4.7 正弦定理、余弦定理-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮讲义（人教A版2019）

[多选]筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具, 因其经济又环保,至今还在农业生产中得到使用 (图１),明朝科学家徐光启在«农政全书»中用图画 描绘了筒车的工作原理(图２)．一半径为２米的筒 车水轮如图３所示,水轮圆心O 距离水面１米,已 知水轮每６０秒逆时针匀速转动一圈,如果当水轮 上点P 从水中浮现时(图３中点P０)开始计时,则 下列结论正确的是 (　　) A．点P 再次进入水中时用时３０秒 B．当水轮转动５０秒时,点P 处于最低点 C．当水轮转动１５０秒时,点P 距离水面２米 D．点P 第二次到达距水面(１＋ ３)米时用时２５秒 解析:BCD　[由题意,角速度ω＝２π６０＝ π ３０ (弧度/秒), 又由水轮的半径为２米,且圆心O 距离水面１米, 可知半径OP０ 与水面所成角为 π ６ ,点P 再次进入 水中用时为 π＋２×π６ π ３０ ＝４０(秒),故 A 错误; 当水轮转动５０秒时,半径OP０ 转动了５０× π ３０＝ ５π ３ (弧 度),而５π ３－ π ６＝ ３π ２ ,点P正好处于最低点,故B正确; 建 立 如 图 所 示 的 平 面 直 角 坐 标系, 设点 P 距离水面的高度 H ＝ Asin(ωt＋φ)＋B(A＞０,ω＞０), 由 Hmax＝A＋B＝３, Hmin＝－A＋B＝－１,{ 解得 A＝２, B＝１,{ 又角速 度 ω＝２π６０＝ π ３０ (弧 度/秒),当t＝０ 时, ∠tOP０＝ π ６ ,所以ω＝π３０ ,φ＝－ π ６ , 所以点P 距离水面的高度H＝２sin π３０t－ π ６ æ è ç ö ø ÷＋１, 当水轮转动１５０秒时,将t＝１５０代入,得 H＝２,所 以此时点P 距离水面２米,故C正确; 将 H＝１＋ ３代入 H＝２sin π３０t－ π ６ æ è ç ö ø ÷＋１中, 得π ３０t－ π ６＝２kπ＋ π ３ 或π ３０t－ π ６＝２kπ＋ ２π ３ , 解得t＝６０k＋１５或t＝６０k＋２５(k∈N)． 所以点P 第二次到达距水面(１＋ ３)米时用时２５ 秒,故 D正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 §４．７　正弦定理、余弦定理 ★[考试要求] １．掌握正弦定理、余弦定理及其变形．２．能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题． 　　　　　　　　学生用书　P７７ １．正弦定理与余弦定理 定理 正弦定理 余弦定理 内容 a sinA＝ b sinB ＝ csinC＝２R a２＝b２＋c２－２bccosA; b２＝c２＋a２－２cacosB; c２＝a２＋b２－２abcosC 变形 (１)a＝２RsinA, b＝２RsinB, c＝２RsinC; (２)asinB＝bsinA, bsinC＝csinB, asinC＝csinA cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ; cosB＝c ２＋a２－b２ ２ac ; cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ２．三角形中常用的面积公式 (１)S＝１２aha (ha表示边a 上的高); (２)S＝１２absinC＝ １ ２acsinB＝ １ ２bcsinA ; (３)S＝１２r (a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)． 在△ABC中,常有以下结论: (１)∠A＋∠B＋∠C＝π． (２)任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边． (３)a＞b⇔A＞B⇔sinA＞sinB⇔cosA＜cosB． (４)sin(A＋B)＝sinC;cos(A＋B)＝－cosC;tan(A＋B) ＝－tanC;sinA＋B２ ＝cos C ２ ;cosA＋B２ ＝sin C ２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６１１􀅰 高考总复习　数学 A版 (５)三角形中的射影定理 在△ABC 中,a＝bcosC＋ccosB;b＝acosC＋ ccosA;c＝bcosA＋acosB． １．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (１)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比． (×) (２)在△ABC中,若sinA＞sinB,则A＞B． (√) (３)在△ABC的六个元素中,已知任意三个元素可求 其他元素． (×) (４)当b２＋c２－a２＞０时,△ABC为锐角三角形．(×) ２．在△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且 ２c２＝２a２＋２b２＋ab,则△ABC是 (　　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形 解析:A　[∵２c２＝２a２＋２b２＋ab,∴a２＋b２－c２＝ －１２ab ,∴cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝－ １ ４＜０ , 即９０°＜C＜１８０°．∴△ABC 是钝角三角形．] ３．[多选]设△ABC的内角A,B,C 的对边分别为a, b,c．若c＝ ２b,B＝３０°,则角A 可能为 (　　) A．１３５° B．１０５° C．４５° D．１５° 解析:BD　[由正弦定理得 csinC＝ b sinB ,又c＝ ２b, B＝３０°,sinC＝ ２２ ,c＞b,则C＞B,０°＜C＜１８０°,故 C＝４５°或１３５°,A＝１０５°或１５°,] ４．在△ABC中,a＝２,b＝３,C＝６０°,则c＝　　　　, △ABC的面积＝　　　　． 解析:易知c＝ ４＋９－２×２×３×１２＝ ７ ,△ABC 的面积等于１ ２×２×３× ３ ２＝ ３ ３ ２ ． 答案:７　３ ３２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　　　　　　　学生用书　P７７ 　　　利用正弦定理、余弦定理解三角形 [例１]　(１)在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为 a、b、c．已知２bsinA－ ３a＝０,且B 为锐角,若３c＝ ３a＋ ３b,则A＝ (　　) A．π６ B． π ４ C． π ３ D． π ２ [解析]　由正弦定理可知,asinA＝ b sinB , ∵２bsinA－ ３a＝０,∴２sinBsinA＝ ３sinA, 又在△ABC中,sinA＞０,∴２sinB＝３,即sinB＝ ３２ , ∵B 为锐角,∴B＝π３ , ∵３c＝３a＋ ３b, ∴由正弦定理得:sinC＝sinA＋ ３３sinB＝sinA＋ １ ２ , 又C＝π－(B＋A),∴sin π３＋A æ è ç ö ø ÷ ＝ ３２cosA＋ １ ２sinA＝sinA＋ １ ２ , 即 ３ ２cosA－ １ ２sinA＝ １ ２ ,∴sin π３－A æ è ç ö ø ÷＝１２ , ∵A∈ ０,２π３ æ è ç ö ø ÷,∴π３－A∈ － π ３ ,π ３ æ è ç ö ø ÷, 故可得π ３－A＝ π ６ ,即A＝π６． [答案]　A (２)在△ABC中,内角A,B,C 所对的边分别为a, b,c．已知(３b－c)(b２ ＋c２ －a２)＝２abccosC．则 tanA＝ (　　) A．２ B．２ ２ C．３ D．２ ３ [解析]　因为cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ,得b２＋c２－a２＝ ２bccosA, 又因为(３b－c)(b２＋c２－a２)＝２abccosC, 得(３b－c)２bccosA＝２abccosC, 整理得(３b－c)cosA＝acosC． 由正弦定理可得３sinBcosA－sinCcosA＝sinAcosC, 得３sinBcosA＝sinCcosA＋sinAcosC, 得３sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB,因为sinB≠０, 所以cosA＝１３ , 所以tanA＝sinAcosA＝ １－cos２A cosA ＝２ ２． [答案]　B 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 用正、余弦定理求解三角形基本量的方法 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７１１􀅰 第四章　三角函数与解三角形 记△ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已 知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)． (１)证明:２a２＝b２＋c２; (２)若a＝５,cosA＝２５３１ ,求△ABC 的周长． 解:(１)证明:因为sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A), 所以sinCsinAcosB－sinCsinBcosA＝ sinBsinCcosA－sinBsinAcosC, 所以ac􀅰a ２＋c２－b２ ２ac －２bc 􀅰b ２＋c２－a２ ２bc ＝－ab􀅰a ２＋b２－c２ ２ab , 即a ２＋c２－b２ ２ － (b２＋c２－a２)＝－a ２＋b２－c２ ２ , 所以２a２＝b２＋c２; (２)因为a＝５,cosA＝２５３１ , 由(１)得b２＋c２＝５０, 由余弦定理可得a２＝b２＋c２－２bccosA, 则５０－５０３１bc＝２５ , 所以bc＝３１２ , 故(b＋c)２＝b２＋c２＋２bc＝５０＋３１＝８１, 所以b＋c＝９, 所以△ABC 的周长为a＋b＋c＝１４． 　　　正弦定理、余弦定理的简单应用 ▶[角度１]　三角形的形状判断 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 [例２－１]　(２０２５􀅰开封调研)已知△ABC 中,角A, B,C的对边分别为a,b,c,若(a２＋b２)sin(A－B)＝ (a２－b２)􀅰sin(A＋B),则△ABC的形状是 (　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 [解析]　解法一(转化为三角函数):已知等式可化 为a２[sin(A－B)－sin(A＋B)]＝b２[－sin(A＋B) －sin(A－B)], ∴２a２cosAsinB＝２b２cosBsinA． 由 正 弦 定 理 知 上 式 可 化 为 sin２AcosAsinB＝ sin２BcosBsinA, ∴sin２A＝sin２B,由０＜２A＜２π,０＜２B＜２π, 得２A＝２B 或２A＝π－２B,即A＝B 或A＝π２－B , ∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形． 解法二(转化为边):同解法一可得 ２a２cosAsinB＝２b２sinAcosB． a２b􀅰c ２＋b２－a２ ２bc ＝b ２a􀅰a ２＋c２－b２ ２ac , ∴a２(b２＋c２－a２)＝b２(a２＋c２－b２), 即(a２－b２)(a２＋b２－c２)＝０,∴a＝b 或a２＋b２ ＝c２, ∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形． [答案]　D ▶[角度２]　三角形的面积 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 [例２－２]　记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为 a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面 积依次为S１,S２,S３．已知S１－S２＋S３＝ ３ ２ ,sinB ＝１３． (１)求△ABC的面积; (２)若sinAsinC＝ ２３ ,求b． [解]　(１)由S１－S２＋S３＝ ３ ２ ,得 ３ ４ (a２－b２＋c２) ＝ ３２ ,即a２－b２＋c２＝２, 又a２－b２＋c２＝２accosB,所以accosB＝１． 由sinB＝１３ ,得cosB＝２ ２３ 或cosB＝－２ ２３ (舍 去),所以ac＝ ３ ２ ２ ＝３ ２４ , 则△ABC 的面积S＝１２acsinB＝ １ ２× ３ ２ ４ × １ ３ ＝ ２８． (２)由 sinAsinC＝ ２３ ,ac＝３ ２４ 及 正 弦 定 理 知 b２ sin２B ＝ acsinAsinC＝ ３ ２ ４ ２ ３ ＝９４ , 即b２＝９４× １ ９＝ １ ４ ,得b＝１２． ▶[角度３]　与平面几何有关的问题 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 [例２－３]　(２０２５􀅰梅州模拟)△ABC 的内角A,B, C的对边分别为a,b,c,已知２a＋b＝２ccosB． (１)求角C; (２)若CD 是角C 的平分线,AD＝２ ７,DB＝ ７, 求CD 的长． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８１１􀅰 高考总复习　数学 A版 [解]　(１)由２a＋b＝２ccosB, 根据正弦定理可得２sinA＋sinB＝２sinCcosB, 则２sin(B＋C)＋sinB＝２sinCcosB, 所以２sinBcosC＋２cosBsinC＋sinB＝２sinCcosB, 整理得(２cosC＋１)sinB＝０, 因为B,C 均为三角形内角, 所以B,C∈(０,π),sinB≠０, 因此cosC＝－１２ ,所以C＝２π３． (２)因 为 CD 是 角C 的 平 分 线,AD＝２ ７,DB ＝ ７, 所以 在 △ACD 和 △BCD 中,由 正 弦 定 理 可 得, AD sinπ３ ＝ CDsinA ,BD sinπ３ ＝ CDsinB , 因此AD BD＝ sinB sinA＝２ ,即sinB＝２sinA, 所以b＝２a, 又由余弦定理可得c２＝a２＋b２－２abcosC, 即(３ ７)２＝a２＋４a２＋２a２, 解得a＝３,所以b＝６, 又S△ABC＝S△ACD＋S△BCD, 即１ ２absin∠ACB＝ １ ２b 􀅰CD􀅰sin∠ACD＋１２a 􀅰 CD􀅰sin∠BCD,即１８＝９CD,所以CD＝２． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 １．判断三角形形状的两种思路 (１)化边:通过因式分解、配方等得出边的相应关 系,从而判断三角形的形状． (２)化角:通过三角恒等变换,得出内角的关系,从 而判断三角形的形状．此时要注意应用A＋B ＋C＝π这个结论． ２．与三角形面积有关问题的解题策略 (１)利用正弦、余弦定理解三角形,求出三角形的相 关边、角之后,直接求三角形的面积． (２)把面积作为已知条件之一,与正弦、余弦定理结 合求出三角形的其他量． １．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的 对边分别为a,b,c．已知sinC＝ ２cosB,a２＋b２－ c２＝ ２ab． (１)求B; (２)若△ABC的面积为３＋ ３,求c． 解:(１)由余弦定理可得,cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ２ ２ , 因为C∈(０,π),所以C＝π４ , 所以 ２cosB＝sinC＝ ２２ ,即cosB＝１２ , 因为B∈(０,π),所以B＝π３． (２)由(１)可得A＝π－B－C＝５π１２ , 设△ABC 外接圆的半径为R, 由正弦定理可得:a sinA＝ b sinB＝ c sinC＝２R , 所以b＝ ３R,c＝ ２R,sinA＝sin(B＋C) ＝sinBcosC＋cosBsinC＝ ６＋ ２４ , 所以S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ １ ２ 􀅰 ３R􀅰 ２R􀅰 ６＋ ２４ ＝３＋ ３,解得R＝２, 所以c＝２ ２． ２．(２０２５􀅰宝鸡统考)在△ABC 中,AB＝５,AC＝７,D 为BC 的中点,AD＝５,则BC等于 (　　) A．２ ３ B．４ ３ C．２ ２ D．４ ２ 解析:B　[方法一　设BC＝２x, 则BD＝CD＝x． 在△ACD 中,由 余 弦 定 理 的 推 论可得, cos∠ADC＝AD ２＋CD２－AC２ ２AD􀅰CD ＝２５＋x ２－４９ １０x ． 在△ABD 中,由余弦定理的推论可得, cos∠ADB＝AD ２＋BD２－AB２ ２AD􀅰BD ＝ ２５＋x２－２５ １０x ． 又∠ADC＋∠ADB＝π, 所以cos∠ADC＝－cos∠ADB, 所以有２５＋x ２－４９ １０x ＝－ ２５＋x２－２５ １０x , 整理可得x２＝１２,解得x＝２ ３, 所以BC＝４ ３． 方法二　AD → ＝１２ (AB → ＋AC →), 则AD →２ ＝１４ (AB →２ ＋AC →２ ＋２AB →􀅰AC →), 即２５＝１４ (２５＋４９＋２×５×７×cos∠BAC), 解得cos∠BAC＝１３３５ , 所以BC２＝AB２＋AC２－２AB􀅰AC􀅰cos∠BAC ＝２５＋４９－２×５×７×１３３５＝４８ , 所以BC＝４ ３．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９１１􀅰 第四章　三角函数与解三角形