第九章 习题课 正弦定理、余弦定理的综合应用-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一数学必修第四册教师用书（人教B版2019）

第九章 <<< 正弦定理、余弦定理的综合应用 习题课 1.理解三角形面积公式的推导过程，掌握三角形的面积公式. 2.了解正弦、余弦定理在平面几何中的应用.3.掌握正弦、余弦定理与三角函数的综合应用. 学习目标 一、正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用 二、正、余弦定理在平面几何中的应用 课时对点练 三、正、余弦定理与三角函数的综合应用 内容索引 随堂演练 一 正、余弦定理与三角形 面积公式的综合应用 (2024·新课标全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab. (1)求B； 例 1 5 由余弦定理得a2+b2-c2=2abcos C， 因为a2+b2-c2=ab， 所以cos C=， 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 从而sin C===， 又因为sin C=cos B， 即cos B=， 又B∈(0，π)，所以B=. 6 (2)若△ABC的面积为3+，求c. 7 由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)， 从而C=，sin A=sin(B+C)=sin=×+×=. 方法一　由正弦定理得=， 从而b=·c=c， 由三角形面积公式可知， △ABC的面积可表示为S△ABC=bcsin A=·c·c·=c2， 由已知△ABC的面积为3+， 可得c2=3+，所以c=2. 8 方法二　记R为△ABC外接圆的半径， 由正弦定理得 S△ABC=absin C=2R2sin Asin Bsin C =2R2··· =·R2=3+. 所以R=2. 所以c=2Rsin C=2×2×=2. 9 反 思 感 悟 求三角形的面积，要充分挖掘题目中的条件，转化为求两边及其夹角的正弦问题，要注意方程思想在解题中的应用. (1)在△ABC中，已知a=5，b=7，B=120°，则△ABC的面积 为　　　　.  跟踪训练 1 由余弦定理，得b2=a2+c2-2accos B， 即c2+5c-24=0，解得c=3或c=-8(舍去). 所以=acsin B=×5×3sin 120°=. 11 (2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin B=2sin A，且 △ABC的面积为a2sin B，则cos B=　　　　.  由sin B=2sin A，得b=2a， 由△ABC的面积为a2sin B， 得acsin B=a2sin B， 由sin B≠0，知c=2a， 故cos B===. 12 二 正、余弦定理在平 面几何中的应用 如图，在△ABC中，AC=2，BC=1，CD是AB边上的中线. (1)求证：sin∠BCD=2sin∠ACD； 例 2 在△DBC中，由正弦定理得，=， 在△ACD中，由正弦定理得，=， 即BCsin∠BCD=BDsin∠CDB，ACsin∠ACD=ADsin∠CDA. ∵sin∠CDA=sin∠CDB， CD是AB边上的中线且AC=2BC， ∴sin∠BCD=2sin∠ACD. 14 (2)若∠ACD=30°，求AB的长. ∵∠ACD=30°，由(1)可得sin∠BCD=2sin∠ACD=1，即∠BCD=90°，∴∠ACB=120°， 由余弦定理得 AB= ==. 15 反 思 感 悟 在平面几何中求边、求角，通常思路是先找所求的边、角所在的三角形，再在三角形中通过余弦、正弦定理求边和角. 如图，在平面四边形ABCD中，D=，CD=，△ACD的面积为. (1)求AC的长； 跟踪训练 2 ∵D=，CD=，△ACD的面积为， ∴S△ACD=AD·CD·sin D=×AD××=， ∴AD=， ∴由余弦定理，得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos D=6+6-2×6×=18， ∴AC=3. 17 (2)若AB⊥AD，B=.求BC的长. 由(1)知，在△ACD中AD=，CD=，D=， ∴∠DAC=， ∵AB⊥AD，∴∠BAC=. 又∵B=，AC=3， ∴在△ABC中，由正弦定理，得=， 即=，∴BC=3. 18 三 正、余弦定理与 三角函数的综合应用 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，b-c=2，cos A=-. (1)求a和sin C的值； 例 3 20 在△ABC中，cos A=-，∵A∈(0，π)， ∴sin A==， 由△ABC的面积为bcsin A=， 可得bc=8. 又b-c=2，解得b=4，c=2或b=-2，c=-4(舍去)， ∴b=4，c=2， 21 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=16+4-2×8×=24， ∴a=2， 又=， 解得sin C=， ∴a=2，sin C=. 22 由(1)知，sin C=，b>c，∴C∈， ∴cos C==， cos 2C=2cos2C-1=， sin 2C=2sin Ccos C=， ∴cos=cos 2Ccos-sin 2Csin=×-×=. (2)求cos的值. 23 反 思 感 悟 正弦、余弦定理与三角函数相结合，常见两种考查方式：一是先由正弦、余弦定理求出内角正弦值、余弦值，再结合和、差、倍、半角公式可以求解问题中出现的三角函数值；二是先利用函数的性质，再利用函数求角，解与三角形有关的问题. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a-b)cos C=ccos B，△ABC的面积S=10，c=7. (1)求角C； 跟踪训练 3 25 因为(2a-b)cos C=ccos B， 所以由正弦定理得(2sin A-sin B)cos C=sin Ccos B， 2sin Acos C-sin Bcos C=cos Bsin C， 即2sin Acos C=sin(B+C)， 所以2sin Acos C=sin A. 因为A∈(0，π)，所以sin A≠0， 所以cos C=. 又因为C∈(0，π)， 所以C=. 26 由S=absin C=10，C=， 得ab=40. ① 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C， 即c2=(a+b)2-2ab， 所以72=(a+b)2-2×40×. 所以a+b=13. ② 由①②得a=8，b=5或a=5，b=8. (2)求a，b的值. 27 1.知识清单： (1)正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用. (2)利用正、余弦定理解决平面几何问题. (3)正、余弦定理与三角函数的综合应用. 2.方法归纳：化归转化、数形结合. 3.常见误区：利用余弦、正弦定理求值时会出现增根，易忽略检验. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a+b)2-c2=4，C=120°，则△ABC的面积为 A. B. C. D.2 √ 将c2=a2+b2-2abcos C与(a+b)2-c2=4联立， 解得ab=4，所以S△ABC=absin C=. 1 2 3 4 2.如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠ADC=60°，CD=AD=2，BD=4，则sin B的值为 A. B. C. D. √ 由题意，得△ADC为等边三角形，则∠ADB=120°，AC=2，由余弦定理，得AB2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB，即AB=2 =，则sin B==. 3.在△ABC中，已知BC=5，外接圆半径为5.若·=，则△ABC的周长为 A.11 B.9 C.7 D.5 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 设角A，B，C的对边分别为a，b，c， 由正弦定理得=2×5， ∴sin A=， ∴A=60°或120°.∵·=， ∴A=60°，bccos 60°=， ∴bc=11. 1 2 3 4 ∵a2=b2+c2-2bccos 60°=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=75， ∴(b+c)2=108，b+c=6， ∴a+b+c=5+6=11. 1 2 3 4 4.在△ABC中，A=60°，4sin B=5sin C，S△ABC=20，则其周长为　　　　　.  1 2 3 4 由正弦定理=， 且4sin B=5sin C，得4b=5c，即b=c， 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=c2+c2-c2=c2， ∵S△ABC=bcsin A=×c2=c2=20， ∴c2=64，∴c=8，b=10. ∴a=2， ∴△ABC的周长为18+2. 课时对点练 五 答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C B A C D BCD 题号 8 11 12 13 14 　15 答案 A C - 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. (1)在△ABD中，∵tan∠ABD=3，∠ABD∈(0，π)， ∴sin∠ABD=. 根据正弦定理=及AD=6，A=，得BD=2. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. (2)在△BCD中，根据余弦定理cos C=及BC=2，CD=4，BD=2， 得cos C=-. ∵C∈(0，π)，∴C=，∴A+C=π， ∴∠ABC+∠ADC=π. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10. (1)∵∠ADC+∠ADB=π，且cos∠ADC=， ∴cos∠ADB=-， ∴sin∠ADB==， 由B+∠ADB+∠BAD=π得， sin∠BAD=sin(B+∠ADB)=sin Bcos∠ADB+cos Bsin∠ADB =×+×=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10. (2)在△ABD中，由正弦定理得=， ∴BD===2， ∴BC=5， 在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B =32+25-2×4×5×=17， ∴AC=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16. (1)由∠CBD=θ，且tan θ=，θ∈， 所以sin θ=cos θ，sin2θ+cos2θ=cos2θ+cos2θ=cos2θ=1， 所以cos θ=，sin θ=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16. 则sin∠ABC=sin 2θ=2sin θ·cos θ=2××=， 所以cos∠ABC=cos 2θ=2cos2θ-1=2×-1=， sin A=sin=sin =·cos 2θ+sin 2θ=×=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16. (2)由正弦定理，得==， 所以BC=728AC.① 又·=||||=28， 所以|CB||CA|=282，② 由①②解得AC=4， 又由=，得=，解得AB=5. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 1.在△ABC中，AB=，AC=1，B=30°，S△ABC=，则C等于 A.60°或120° B.30° C.60° D.45° √ 在△ABC中，AB=，AC=1，B=30°， S△ABC=AB·ACsin A=，可得sin A=1， 所以A=90°， 所以C=180°-A-B=60°. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=5，C=60°，且△ABC的面积为5，则△ABC的周长为 A.8+ B.9+ C.10+ D.14 √ 由题意及三角形的面积公式， 得absin C=5a×5×=5，解得a=4， 根据余弦定理，得c2=a2+b2-2abcos C， 即c2=16+25-2×4×5×=21，c=， 所以△ABC的周长为9+. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=2，c=，△ABC的面积S=cos A，则a等于 A.1 B. C. D. √ 因为b=2，c=，S=cos A=bcsin A=sin A，所以sin A=cos A.所以sin2A+cos2A=cos2A+cos2A=cos2A=1.所以cos A=.所以a2=b2+c2-2bccos A=4+5-2×2××=9-8=1，即a=1. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD，则cos∠DAC等于 A. B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图所示，不妨设BC=CD=1，则AB=2，过点D作DE⊥AB，垂足为E.  易知四边形BCDE是正方形，则BE=CD=1， 所以AE=AB-BE=1. 在Rt△ADE中，AD==， 在Rt△ABC中，AC==， 在△ACD中，由余弦定理得cos∠DAC===. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.如图，在△ABC中，B=45°，AC=8，D是BC边上一点，DC=5，DA=7，则AB的长为 A.4 B.4 C.8 D.4 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为DC=5，DA=7，AC=8， 所以cos∠ADC==， 因此cos∠ADB=-，所以sin∠ADB=， 又B=45°，DA=7， 由正弦定理，可得=， 所以AB===4. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b-2a+4asin2=0，则下列结论正确的是 A.角C一定为锐角 B.a2+2b2-c2=0 C.3tan A+tan C=0 D.tan B的最大值为 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 b-2a+4asin2=0可化为b-2a·cos(A+B)=0，即b+2acos C=0， 则cos C<0，故C为钝角，故A错误； 又b+2a×=0，整理得到a2+2b2-c2=0，故B正确； 而b+2acos C=0可化为sin(A+C)+2sin Acos C=0， 所以3sin Acos C+cos Asin C=0， 即3tan A+tan C=0，故C正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又tan B=-tan(A+C)==， 因为C为钝角，故A为锐角， 故tan B==≤， 当且仅当tan A=时，等号成立，故D正确. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.已知在△ABC中，AC=2，AB=3，∠BAC=60°，AD是∠BAC的角 平分线，则AD=　　　　.  如图，∵S△ABC=S△ABD+S△ACD， ∴×3×2×sin 60°=×3AD×sin 30°+×2AD×sin 30°， ∴AD=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.如图，在四边形ABCD中，B=C=120°，AB=4，BC=CD=2，则该 四边形的面积等于　　　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 连接BD(图略). ∵∠ABC=C=120°，AB=4，BC=CD=2， ∴在△BCD中， BD==2， ∴S△ABD=AB·BDsin(120°-30°)=×4×2=4， S△BCD=BC·CDsin 120°=×2×2×=. ∴四边形的面积S=S△ABD+S△BCD=4+=5. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.如图，在四边形ABCD中，A=，tan∠ABD=3，AD=6，BC=2，CD=4. (1)求BD的长； 在△ABD中，∵tan∠ABD=3，∠ABD∈(0，π)， ∴sin∠ABD=. 根据正弦定理=及AD=6，A=，得BD=2. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求证：∠ABC+∠ADC=π. 在△BCD中，根据余弦定理cos C=及BC=2，CD=4，BD=2， 得cos C=-. ∵C∈(0，π)，∴C=，∴A+C=π， ∴∠ABC+∠ADC=π. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.如图，在△ABC中，B=，AB=4，点D在BC上，且CD=3，cos∠ADC=. (1)求sin∠BAD； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵∠ADC+∠ADB=π， 且cos∠ADC=， ∴cos∠ADB=-， ∴sin∠ADB==， 由B+∠ADB+∠BAD=π得，sin∠BAD=sin(B+∠ADB) =sin Bcos∠ADB+cos Bsin∠ADB=×+×=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ABD中，由正弦定理得=， ∴BD===2， ∴BC=5， 在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B =32+25-2×4×5×=17， ∴AC=. (2)求BD，AC的长. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.已知梯形ABCD的上底AB长为1，下底CD长为4，对角线AC长为，BD长为2，则△ABD的面积为 A.1 B.2 C.3 D.4 √ 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，过点D作DE∥AC，且DE=AC，连接AE，则四边形ACDE为平行四边形，则cos∠EBD==， 所以sin∠EBD=， 故S△ABD=×1×2×sin∠ABD=1. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.在圆O的内接四边形ABCD中，AB=2，BC=6，CD=AD=4，则四边形ABCD的面积S为 A.4 B.6 C.8 D.10 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，连接BD， 由余弦定理，得 在△ABD中，BD2=4+16-2×2×4cos A=20-16cos A， 在△CBD中，BD2=16+36-2×4×6cos C=52-48cos C， ∵A+C=180°， ∴20-16cos A=52+48cos A， 解得cos A=-，∴A=120°，C=60°. S=S△ABD+S△CBD=×2×4×sin 120°+×4×6×sin 60°=8. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.已知△ABC的外接圆半径为2，内切圆半径为1，AB=2，则△ABC的面积为 A.3 B. C.4或 D.3或 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由正弦定理得=2R(R为△ABC的外接圆半径)， 解得sin C=.∵C∈(0，π)，∴C=或C=. ∵S△ABC=(a+b+c)r=absin C(r为△ABC的内切圆半径)， ∴ab=2(a+b+2). ① 当C=时，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C， 即(a+b)2-3ab=12. ② 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由①②整理得∴a=b=2， ∴S△ABC=(a+b+c)r=×(4+2)×1=3. 当C=时，结合图形(图略)可知， 不符合题意，舍去. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若tan Atan B =4(tan A+tan B)tan C，则=　　　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为tan Atan B=4(tan A+tan B)tan C， 所以·=4××=4×× =4××=， 即=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 故原式化为sin Asin B=， 由正弦定理、余弦定理得ab=， 即ab·=4c2，所以a2+b2-c2=8c2， 所以=9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.如图，已知圆内接四边形ABCD中，AB=1，BC=3，AD=CD=2， C=，则·=　　　　.  拓广探究 - 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　如图，延长BA，CD交于点E，连接BD，设∠BDC=α，∠ABD=β，则E=α-β，在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=7，所以cos α===， sin α=， 在△ABD中，cos β===，sin β=， 所以cos E=cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=. 所以·=1×2cos(π-E)=-2×=-. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　连接AC(图略)，在△ABC和△ACD中，分别由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B=AD2+CD2-2AD·CDcos D，且B+D=π，则12+32-2×1×3cos B=22+22-2×2×2cos(π-B)，所以cos B=·=(++)·=·+·+·=2×2×-4+3×2×=-. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.如图，在△ABC中，C=，角B的平分线BD交AC于点D，设∠CBD=θ，其中tan θ=. (1)求sin A； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由∠CBD=θ，且tan θ=，θ∈， 所以sin θ=cos θ，sin2θ+cos2θ=cos2θ+cos2θ=cos2θ=1， 所以cos θ=，sin θ=. 则sin∠ABC=sin 2θ=2sin θ·cos θ=2××=， 所以cos∠ABC=cos 2θ=2cos2θ-1=2×-1=，sin A= sin=sin=·cos 2θ+sin 2θ=×=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若·=28，求AB的长. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由正弦定理，得==， 所以BC=AC. ① 又·=||||=28， 所以||||=28， ② 由①②解得AC=4， 又由=， 得=，解得AB=5. 第一章 <<< $$ 习题课　正弦定理、余弦定理的综合应用 [学习目标]　1.理解三角形面积公式的推导过程，掌握三角形的面积公式.2.了解正弦、余弦定理在平面几何中的应用.3.掌握正弦、余弦定理与三角函数的综合应用. 一、正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用 例1　(2024·新课标全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3+，求c. 解　(1)由余弦定理得a2+b2-c2=2abcos C， 因为a2+b2-c2=ab， 所以cos C=， 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 从而sin C===， 又因为sin C=cos B， 即cos B=， 又B∈(0，π)，所以B=. (2)由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)， 从而C=，sin A=sin(B+C)=sin =×+×=. 方法一　由正弦定理得=， 从而b=·c=c， 由三角形面积公式可知， △ABC的面积可表示为S△ABC=bcsin A =·c·c·=c2， 由已知△ABC的面积为3+， 可得c2=3+，所以c=2. 方法二　记R为△ABC外接圆的半径， 由正弦定理得 S△ABC=absin C=2R2sin Asin Bsin C =2R2··· =·R2=3+. 所以R=2. 所以c=2Rsin C=2×2×=2. 反思感悟　求三角形的面积，要充分挖掘题目中的条件，转化为求两边及其夹角的正弦问题，要注意方程思想在解题中的应用. 跟踪训练1　(1)在△ABC中，已知a=5，b=7，B=120°，则△ABC的面积为　　　　.  答案　 解析　由余弦定理，得b2=a2+c2-2accos B， 即c2+5c-24=0，解得c=3或c=-8(舍去). 所以=acsin B=×5×3sin 120°=. (2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin B=2sin A，且△ABC的面积为a2sin B，则cos B=　　　　.  答案　 解析　由sin B=2sin A，得b=2a， 由△ABC的面积为a2sin B， 得acsin B=a2sin B， 由sin B≠0，知c=2a， 故cos B===. 二、正、余弦定理在平面几何中的应用 例2　如图，在△ABC中，AC=2，BC=1，CD是AB边上的中线. (1)求证：sin∠BCD=2sin∠ACD； (2)若∠ACD=30°，求AB的长. (1)证明　在△DBC中，由正弦定理得， =， 在△ACD中，由正弦定理得， =， 即BCsin∠BCD=BDsin∠CDB， ACsin∠ACD=ADsin∠CDA. ∵sin∠CDA=sin∠CDB， CD是AB边上的中线且AC=2BC， ∴sin∠BCD=2sin∠ACD. (2)解　∵∠ACD=30°，由(1)可得sin∠BCD=2sin∠ACD=1，即∠BCD=90°，∴∠ACB=120°， 由余弦定理得 AB= ==. 反思感悟　在平面几何中求边、求角，通常思路是先找所求的边、角所在的三角形，再在三角形中通过余弦、正弦定理求边和角. 跟踪训练2　如图，在平面四边形ABCD中，D=，CD=，△ACD的面积为. (1)求AC的长； (2)若AB⊥AD，B=.求BC的长. 解　(1)∵D=，CD=，△ACD的面积为， ∴S△ACD=AD·CD·sin D=×AD××=， ∴AD=， ∴由余弦定理，得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos D=6+6-2×6×=18， ∴AC=3. (2)由(1)知，在△ACD中AD=，CD=， D=， ∴∠DAC=， ∵AB⊥AD，∴∠BAC=. 又∵B=，AC=3， ∴在△ABC中，由正弦定理，得=， 即=，∴BC=3. 三、正、余弦定理与三角函数的综合应用 例3　在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，b-c=2，cos A=-. (1)求a和sin C的值； (2)求cos的值. 解　(1)在△ABC中，cos A=-，∵A∈(0，π)， ∴sin A==， 由△ABC的面积为，可得bcsin A=， 可得bc=8. 又b-c=2，解得b=4，c=2或b=-2，c=-4(舍去)， ∴b=4，c=2， 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=16+4-2×8×=24， ∴a=2， 又=， 解得sin C=， ∴a=2，sin C=. (2)由(1)知，sin C=，b>c，∴C∈， ∴cos C==， cos 2C=2cos2C-1=， sin 2C=2sin Ccos C=， ∴cos=cos 2Ccos-sin 2Csin=×-×=. 反思感悟　正弦、余弦定理与三角函数相结合，常见两种考查方式：一是先由正弦、余弦定理求出内角正弦值、余弦值，再结合和、差、倍、半角公式可以求解问题中出现的三角函数值；二是先利用函数的性质，再利用函数求角，解与三角形有关的问题. 跟踪训练3　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a-b)cos C=ccos B，△ABC的面积S=10，c=7. (1)求角C； (2)求a，b的值. 解　(1)因为(2a-b)cos C=ccos B， 所以由正弦定理得(2sin A-sin B)cos C=sin Ccos B， 2sin Acos C-sin Bcos C=cos Bsin C， 即2sin Acos C=sin(B+C)， 所以2sin Acos C=sin A. 因为A∈(0，π)，所以sin A≠0， 所以cos C=. 又因为C∈(0，π)， 所以C=. (2)由S=absin C=10，C=， 得ab=40.① 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C， 即c2=(a+b)2-2ab， 所以72=(a+b)2-2×40×. 所以a+b=13.② 由①②得a=8，b=5或a=5，b=8. 1.知识清单： (1)正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用. (2)利用正、余弦定理解决平面几何问题. (3)正、余弦定理与三角函数的综合应用. 2.方法归纳：化归转化、数形结合. 3.常见误区：利用余弦、正弦定理求值时会出现增根，易忽略检验. 1.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a+b)2-c2=4，C=120°，则△ABC的面积为(　　) A. B. C. D.2 答案　C 解析　将c2=a2+b2-2abcos C与(a+b)2-c2=4联立， 解得ab=4，所以S△ABC=absin C=. 2.如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠ADC=60°，CD=AD=2，BD=4，则sin B的值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意，得△ADC为等边三角形，则∠ADB=120°，AC=2，由余弦定理，得AB2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB，即AB=2，由正弦定理，得=，则sin B==. 3.在△ABC中，已知BC=5，外接圆半径为5.若·=，则△ABC的周长为(　　) A.11 B.9 C.7 D.5 答案　A 解析　设角A，B，C的对边分别为a，b，c， 由正弦定理得=2×5， ∴sin A=， ∴A=60°或120°.∵·=， ∴A=60°，bccos 60°=， ∴bc=11. ∵a2=b2+c2-2bccos 60°=b2+c2-bc= (b+c)2-3bc=75， ∴(b+c)2=108，b+c=6， ∴a+b+c=5+6=11. 4.在△ABC中，A=60°，4sin B=5sin C，S△ABC=20，则其周长为　　　　.  答案　18+2 解析　由正弦定理=， 且4sin B=5sin C，得4b=5c，即b=c， 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=c2+c2-c2=c2， ∵S△ABC=bcsin A=×c2=c2=20， ∴c2=64，∴c=8，b=10. ∴a=2， ∴△ABC的周长为18+2. 课时对点练　[分值：100分] 单选题每小题5分，共40分；多选题每小题6分，共6分 1.在△ABC中，AB=，AC=1，B=30°，S△ABC=，则C等于(　　) A.60°或120° B.30° C.60° D.45° 答案　C 解析　在△ABC中，AB=，AC=1，B=30°， S△ABC=AB·ACsin A=，可得sin A=1， 所以A=90°， 所以C=180°-A-B=60°. 2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=5，C=60°，且△ABC的面积为5，则△ABC的周长为(　　) A.8+ B.9+ C.10+ D.14 答案　B 解析　由题意及三角形的面积公式， 得absin C=5，即a×5×=5，解得a=4， 根据余弦定理，得c2=a2+b2-2abcos C， 即c2=16+25-2×4×5×=21，c=， 所以△ABC的周长为9+. 3.若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=2，c=，△ABC的面积S=cos A，则a等于(　　) A.1 B. C. D. 答案　A 解析　因为b=2，c=，S=cos A=bcsin A=sin A，所以sin A=cos A.所以sin2A+cos2A=cos2A+cos2A=cos2A=1.所以cos A=.所以a2=b2+c2-2bccos A=4+5-2×2××=9-8=1，即a=1. 4.在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD，则cos∠DAC等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如图所示，不妨设BC=CD=1，则AB=2，过点D作DE⊥AB，垂足为E. 易知四边形BCDE是正方形，则BE=CD=1， 所以AE=AB-BE=1. 在Rt△ADE中，AD==， 在Rt△ABC中，AC==， 在△ACD中，由余弦定理得cos∠DAC===. 5.如图，在△ABC中，B=45°，AC=8，D是BC边上一点，DC=5，DA=7，则AB的长为(　　) A.4 B.4 C.8 D.4 答案　D 解析　因为DC=5，DA=7，AC=8， 所以cos∠ADC==， 因此cos∠ADB=-，所以sin∠ADB=， 又B=45°，DA=7， 由正弦定理，可得=， 所以AB===4. 6.(多选)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b-2a+4asin2=0，则下列结论正确的是(　　) A.角C一定为锐角 B.a2+2b2-c2=0 C.3tan A+tan C=0 D.tan B的最大值为 答案　BCD 解析　b-2a+4asin2=0可化为b-2a·cos(A+B)=0，即b+2acos C=0，则cos C<0，故C为钝角，故A错误； 又b+2a×=0，整理得到a2+2b2-c2=0，故B正确； 而b+2acos C=0可化为sin(A+C)+2sin Acos C=0， 所以3sin Acos C+cos Asin C=0， 即3tan A+tan C=0，故C正确； 又tan B=-tan(A+C) ==， 因为C为钝角，故A为锐角， 故tan B==≤， 当且仅当tan A=时，等号成立，故D正确. 7.(5分)已知在△ABC中，AC=2，AB=3，∠BAC=60°，AD是∠BAC的角平分线，则AD=　　　　.  答案　 解析　如图，∵S△ABC= S△ABD+S△ACD， ∴×3×2×sin 60°=×3AD×sin 30°+×2AD×sin 30°， ∴AD=. 8.(5分)如图，在四边形ABCD中，B=C=120°，AB=4，BC=CD=2，则该四边形的面积等于　　　　.  答案　5 解析　连接BD(图略). ∵∠ABC=C=120°，AB=4，BC=CD=2， ∴在△BCD中， BD==2， ∴S△ABD=AB·BDsin(120°-30°)=×4×2=4， S△BCD=BC·CDsin 120°=×2×2×=. ∴四边形的面积S=S△ABD+S△BCD=4+=5. 9.(10分)如图，在四边形ABCD中，A=，tan∠ABD=3，AD=6，BC=2，CD=4. (1)求BD的长；(4分) (2)求证：∠ABC+∠ADC=π.(6分) (1)解　在△ABD中，∵tan∠ABD=3， ∠ABD∈(0，π)， ∴sin∠ABD=. 根据正弦定理=及AD=6，A=，得BD=2. (2)证明　在△BCD中，根据余弦定理cos C=及BC=2，CD=4，BD=2，得cos C=-. ∵C∈(0，π)，∴C=，∴A+C=π， ∴∠ABC+∠ADC=π. 10.(12分)如图，在△ABC中，B=，AB=4，点D在BC上，且CD=3，cos∠ADC=. (1)求sin∠BAD；(6分) (2)求BD，AC的长.(6分) 解　(1)∵∠ADC+∠ADB=π， 且cos∠ADC=， ∴cos∠ADB=-， ∴sin∠ADB==， 由B+∠ADB+∠BAD=π得，sin∠BAD= sin(B+∠ADB)=sin Bcos∠ADB+cos Bsin∠ADB =×+×=. (2)在△ABD中， 由正弦定理得=， ∴BD===2， ∴BC=5， 在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=32+25-2×4×5×=17， ∴AC=. 11.已知梯形ABCD的上底AB长为1，下底CD长为4，对角线AC长为，BD长为2，则△ABD的面积为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案　A 解析　如图，过点D作DE∥AC，且DE=AC，连接AE，则四边形ACDE为平行四边形，则cos∠EBD==， 所以sin∠EBD=， 故S△ABD=×1×2×sin∠ABD=1. 12.在圆O的内接四边形ABCD中，AB=2，BC=6，CD=AD=4，则四边形ABCD的面积S为(　　) A.4 B.6 C.8 D.10 答案　C 解析　如图，连接BD， 由余弦定理，得 在△ABD中，BD2=4+16-2×2×4cos A=20-16cos A， 在△CBD中，BD2=16+36-2×4×6cos C=52-48cos C， ∵A+C=180°， ∴20-16cos A=52+48cos A， 解得cos A=-，∴A=120°，C=60°. S=S△ABD+S△CBD=×2×4×sin 120°+×4×6×sin 60°=8. 13.已知△ABC的外接圆半径为2，内切圆半径为1，AB=2，则△ABC的面积为(　　) A.3 B. C.4或 D.3或 答案　A 解析　设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由正弦定理得=2R(R为△ABC的外接圆半径)， 解得sin C=.∵C∈(0，π)，∴C=或C=. ∵S△ABC=(a+b+c)r=absin C(r为△ABC的内切圆半径)， ∴ab=2(a+b+2).① 当C=时，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C， 即(a+b)2-3ab=12.② 由①②整理得∴a=b=2， ∴S△ABC=(a+b+c)r=×(4+2)×1=3. 当C=时，结合图形(图略)可知， 不符合题意，舍去. 14.(5分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若tan Atan B=4(tan A+tan B)tan C，则=　　　　.  答案　9 解析　因为tan Atan B=4(tan A+tan B)tan C， 所以·=4××=4×× =4××=， 即=. 故原式化为sin Asin B=， 由正弦定理、余弦定理得ab=， 即ab·=4c2，所以a2+b2-c2=8c2， 所以=9. 15.(5分)如图，已知圆内接四边形ABCD中，AB=1，BC=3，AD=CD=2，C=，则·=　　　　.  答案　- 解析　方法一　如图，延长BA，CD交于点E，连接BD，设∠BDC=α，∠ABD=β，则E=α-β，在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=7，所以cos α===， sin α=， 在△ABD中，cos β= ==，sin β=， 所以cos E=cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=. 所以·=1×2cos(π-E)=-2×=-. 方法二　连接AC(图略)，在△ABC和△ACD中，分别由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B=AD2+CD2-2AD·CDcos D，且B+D=π，则12+32-2×1×3cos B=22+22-2×2×2cos(π-B)，所以cos B=，所以·=(++)·=·+·+·=2×2×-4+3×2×=-. 16.(12分)如图，在△ABC中，C=，角B的平分线BD交AC于点D，设∠CBD=θ，其中tan θ=. (1)求sin A；(5分) (2)若·=28，求AB的长.(7分) 解　(1)由∠CBD=θ，且tan θ=，θ∈， 所以sin θ=cos θ，sin2θ+cos2θ=cos2θ+cos2θ=cos2θ=1， 所以cos θ=，sin θ=. 则sin∠ABC=sin 2θ=2sin θ·cos θ=2××=， 所以cos∠ABC=cos 2θ=2cos2θ-1=2×-1=，sin A=sin=sin=·cos 2θ+sin 2θ=×=. (2)由正弦定理，得=，即=， 所以BC=AC.① 又·=||||=28， 所以||||=28，② 由①②解得AC=4， 又由=， 得=，解得AB=5. 学科网（北京）股份有限公司 $$