第2章 6.1 第3课时 用余弦定理、正弦定理解3角形(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

第三课时　用余弦定理、正弦定理解三角形 题型一｜求解平面几何问题 角度1　正、余弦定理在几何问题中的应用 【例1】　在△ABC中，已知B＝30°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6. （1）求∠ADC的大小； 解：在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，由余弦定理得cos∠ADC＝＝＝－，又0°＜∠ADC＜180°， 所以∠ADC＝120°. （2）求AB的长. 解：在△ABD中，AD＝10，B＝30°，由（1）知∠ADB＝60°. 由正弦定理得＝， 所以AB＝＝＝＝10. 通性通法 求几何图形中线段的长度与角度的方法 （1）求几何图形中线段的长度主要是转化为求三角形的边长，解决此类问题要恰当地选择或构造三角形，利用正、余弦定理求解； （2）求角度时，首先选择涉及该角的三角形，选择三角形后根据其余条件利用正、余弦定理求解，有时也需要利用A＋B＋C＝π求解. 【跟踪训练】 如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在边BC上，∠ADC＝45°，求AD的长度. 解：在△ABC中，由余弦定理，有cos C＝＝＝，因为0°＜C＜180°，则C＝30°. 在△ACD中，由正弦定理，有＝， 所以AD＝＝＝，即AD的长度为. 角度2　利用正、余弦定理解三角形 【例2】　△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，sin B－cos C＝. （1）求角A的大小； 解：由sin B－cos C＝得2absin B－2abcos C＝c2－a2， 由余弦定理得2absin B＋c2－a2－b2＝c2－a2， 所以2asin B＝b， 由正弦定理得2sin Asin B＝sin B，B是三角形内角，sin B≠0， 所以sin A＝，又A为锐角，所以A＝. （2）若b＝c，且BC边上的高为2，求△ABC的面积. 解：由（1）及余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝c2＋c2－2×c·c·cos＝c2，a＝c， 所以S△ABC＝bcsin A＝a·2， 即×c2·＝×c·2， 解得c＝4， b＝c＝， 所以S△ABC＝bcsin A＝××4×＝7. 通性通法 　　利用正、余弦定理可以将已知条件中的边、角互化，把条件化为边的关系或化为角的关系.一般地，已知等式中含一个角的正弦与边的一次式，常利用正弦定理化为角，而含有角的正弦的平方式需要利用正弦定理将角的正弦化为边，而已知条件中含边的二次式与角的余弦的形式，常利用余弦定理将角的余弦值化为边. 【跟踪训练】 在△ABC中，已知sin2A＋2sin2B＝sin2C，则该三角形的形状为（　　） A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.无法确定 解析：C　因为sin2A＋2sin2B＝sin2C，所以由正弦定理得a2＋2b2＝c2，由余弦定理得cos C＝＝－＜0.因为0＜C＜π，所以C为钝角，即该三角形的形状为钝角三角形.故选C. 题型二｜正、余弦定理的综合应用 【例3】　已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.向量m＝（cos A，cos B），n＝（b－2c，a），且m⊥n. （1）求角A； 解：因为m⊥n，所以m·n＝0， 所以（b－2c）cos A＋acos B＝0. 即bcos A＋acos B＝2ccos A， 由余弦定理得b·＋a·＝2ccos A， 即c＝2ccos A，所以cos A＝， 又A∈（0，π），所以A＝. （2）若a＝2，①求的值； ②求△ABC面积的最大值； ③求△ABC周长的范围. 解：①由正弦定理得 ＝＝＝＝. 所以＝. ②由余弦定理得4＝b2＋c2－2bccos ≥2bc－bc＝bc，即bc≤4，当且仅当b＝c时取等号. 所以S△ABC＝bcsin A≤×4×＝. 即△ABC面积的最大值为. ③由②知4＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc， 所以bc＝. 又b＋c≥2，所以（b＋c）2≥4·， 即（b＋c）2≤16，所以－4≤b＋c≤4. 又b＋c＞a＝2，所以2＜b＋c≤4. 故4＜a＋b＋c≤6， 即△ABC周长的范围为（4，6]. 通性通法 解三角形综合问题的方法 （1）三角形中的综合问题常常把正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等知识联系在一起，要注意选择合适的方法、知识进行求解； （2）解三角形常与向量、三角函数知识综合考查，解答此类题目，首先要正确应用所学知识“翻译”题目条件，然后根据题目条件和要求选择正弦或余弦定理求解. 【跟踪训练】 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2C－sin2B＝sin2A－sin Asin B. （1）求角C； 解：因sin2C－sin2B＝sin2A－sin Asin B. 由正弦定理，得c2－b2＝a2－ab， 即c2＝a2＋b2－ab. 由余弦定理，得cos C＝＝＝. 因为0＜C＜π，所以C＝. （2）若A＝，△ABC的面积为4，M为AB的中点，求CM的长. 解：因为A＝C＝， 所以△ABC为等腰三角形，且顶角B＝. 故S△ABC＝a2sin B＝a2＝4， 所以a＝4. 在△MBC中，由余弦定理，得 CM2＝MB2＋BC2－2MB·BCcos B ＝4＋16＋2×2×4×＝28， 解得CM＝2. 题型三｜正、余弦定理的实际应用 【例4】　（1）如图所示，在一岸边选定两点A，B，望对岸标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则BC为60（－）m；（ 参考数值sin 75°＝） 解析：由题意知，∠ACB＝180°－30°－75°＝75°， 由正弦定理，得BC＝·sin∠CAB＝·sin 30°＝×＝60（－）. （2）A，B两地之间隔着一个山岗，如图，现选择另一点C，测得CA＝7 km，CB＝5 km，C＝60°，则A，B两点之间的距离为km. 解析：由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝72＋52－2×7×5×＝39.∴AB＝. 通性通法 解正、余弦定理应用题的一般步骤 （1）准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关名称和术语； （2）画出示意图，并将已知条件在图形中标出； （3）分析与所研究的问题有关的一个或几个三角形，通过合理运用正弦定理和余弦定理正确求解，并作答. 【跟踪训练】 1.如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是（　　） A.10 m　　　　　　　　　 B.10 m C.10 m D.10 m 解析：D　在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，由正弦定理，得＝，BC＝＝10（m）.在Rt△ABC中，tan 60°＝，AB＝BC×tan 60°＝10（m）. 2.当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2 m的竹竿如图所示放置，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角是（　　） A.15° B.30° C.45° D.60° 解析：B　设竹竿与地面所成的角为α，影子长为x m.由正弦定理，得＝，∴x＝sin（120°－α）.∵30°＜120°－α＜120°，∴当120°－α＝90°，即α＝30°时，x有最大值.即当竹竿与地面所成的角是30°时，影子最长. 1.从地面上观察一建在山顶上的建筑物，测得其视角为α，同时测得建筑物顶部仰角为β，则山顶的仰角为（　　） A.α＋β B.α－β C.β－α D.α 解析：C　如图可知，山顶的仰角为β－α.故选C. 2.若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bsin A·cos A＝asin B，且c＝2b，则＝（　　） A.　 　　B.　 　　C.　 　　D. 解析：D　由2bsin Acos A＝asin B，及正弦定理得2sin Bsin Acos A＝sin Asin B，得cos A＝.又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋4b2－4b2×＝3b2，得＝.故选D. 3.〔多选〕为了测量B，C之间的距离，在河的南岸A，C处测量（测量工具：量角器、卷尺）.如图，下面是四位同学所测得的数据记录，你认为不合理的有（　　） A.c与α B.c与b C.b，c与β D.b，α与γ 解析：ABC　因为A，C在河的同一侧，所以可以测量b，α与γ，故选A、B、C. 4.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为，a＋b＝c，且C＝，则c＝1. 解析：由于△ABC的面积为， 所以S△ABC＝absin C＝·ab·＝， 整理得ab＝； 由于a＋b＝c，且C＝， 利用余弦定理cos C＝＝， 转换为（a＋b）2－2ab－c2＝， 整理得2c2－－c2＝， 则c2＝1，故c＝1（负值舍去）. 1.已知△ABC的周长为20，面积为10 ，A＝60°，则BC边的长为（　　） A.5　　　　　　 　　　B.6 C.7 D.8 解析：C　由题知a＋b＋c＝20，bcsin 60°＝10 .所以bc＝40.a2＝b2＋c2－2bccos 60°＝（b＋c）2－3bc＝（20－a）2－120.所以a＝7.即BC边的长为7. 2.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4 m，A＝30°，则其跨度AB的长为（　　） A.12 m B.8 m C.3 m D.4 m 解析：D　由题意知，A＝B＝30°，所以C＝180°－30°－30°＝120°，由正弦定理，得＝，即AB＝＝＝4（m）. 3.若△ABC的三个内角满足6sin A＝4sin B＝3sin C，则△ABC是（　　） A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.以上都有可能 解析：C　由题意，利用正弦定理可得6a＝4b＝3c，则可设a＝2k，b＝3k，c＝4k，k＞0，则cos C＝＜0，所以C是钝角，所以△ABC是钝角三角形，故选C. 4.如图，从东到西的公路上有相距80 m的A，B两个观测点，在A点测得某塔在北偏东60°的点D处，在B点测得该塔在北偏西30°，塔顶C的仰角为45°，则塔的高度CD约为（　　） A.40 m B.37 m C.35 m D.23 m 解析：A　如图，依题意，∠CDB＝∠CDA＝90°，∠CBD＝45°，∠BAD＝30°，∠ABD＝60°，于是得∠ADB＝90°，BD＝ABcos∠ABD＝80cos 60°＝40，在Rt△BCD中，CD＝BD＝40，所以塔的高度CD约为40 m. 5.〔多选〕三角形有一个角是60°，这个角的两边长分别为8和5，则（　　） A.三角形另一边长为7 B.三角形的周长为20 C.三角形内切圆周长为3π D.三角形外接圆面积为 解析：ABD　由题意可得另一边长为＝7，三角形的周长为20，则A正确，B正确；设内切圆半径为r，则（8＋7＋5）r＝×8×5sin 60°，则r＝，则内切圆周长为2πr＝2π，则C不正确；设外接圆半径为R，则2R＝，R＝，其面积为πR2＝，则D正确.故选A、B、D. 6.〔多选〕某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°方向上，距离为12n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°方向上，距离8 n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°方向上，则下列说法正确的是（　　） A.A处与D处之间的距离是24 n mile B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile C.灯塔C在D处的西偏南60° D.D在灯塔B的北偏西30° 解析：AC　由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以∠B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12，AC＝8，在△ABD中，由正弦定理得＝，所以AD＝＝24（n mile），故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝，即CD＝＝8（n mile），故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°处，故D错误.故选A、C. 7.（2022·浙江高考11题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白.如果把这个方法写成公式，就是S＝，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积.设某三角形的三边a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝. 解析：因为a＝，b＝，c＝2， 所以S＝＝. 8.台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，B城市处于危险区内的持续时间为1h. 解析：设t h时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得（20t）2＋402－2×20t×40×cos 45°＝302.化简，得4t2－8t＋7＝0，∴t1＋t2＝2，t1·t2＝.从而｜t1－t2｜＝＝1（h）. 9.在△ABC中，B＝，c＝4，只需添加一个条件，即可使△ABC存在且唯一，在条件：①a＝3，②b＝2，③cos C＝－中，所有可以选择的条件的序号为①②. 解析：在△ABC中，B＝，c＝4，若添加条件①，则b2＝a2＋c2－2accos B＝（3）2＋42－2×3×4×＝10，即b＝，故△ABC存在且唯一；若添加条件②，则由b2＝a2＋c2－2accos B，可得（2）2＝a2＋42－2×a×4×，即a2－4a－4＝0，解得a＝2（＋），故△ABC存在且唯一；若添加条件③，则由－＜－，得C＞135°，则B＋C＞45°＋135°＝180°，故△ABC不存在，所以可以选择的条件的序号为①②. 10.在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD的面积是△ADC面积的2倍. （1）求的值； （2）若AD＝1，DC＝，求BD和AC的长. 解：（1）由正弦定理得S△ABD＝AB·ADsin∠BAD， S△ADC＝AC·ADsin∠CAD， 由题意有S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，故有AB＝2AC. 由正弦定理可得＝＝. （2）因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝. 在△ABD和△ADC中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，　① AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.　② 由①②得AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6. 又由（1）知AB＝2AC，所以AC＝1. 11.在平行四边形ABCD中，AC＝，BD＝，周长为18，则平行四边形的面积是（　　） A.16 B.17.5 C.18 D.18.5 解析：A　设平行四边形的两邻边AD＝b，AB＝a，∠BAD＝α，则a＋b＝9，a2＋b2－2abcos α＝17，a2＋b2－2abcos（180°－α）＝65，解得a＝5，b＝4，cos α＝或a＝4，b＝5，cos α＝，所以S平行四边形ABCD＝absin α＝16. 12.如图，甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距10海里，则乙船每小时航行（　　） A.10 海里 B.20 海里 C.30海里 D.30 海里 解析：D　如图，连接A1B2，在△A1A2B2中，易知∠A1A2B2＝60°，又A1A2＝30×＝10（海里），A2B2＝10海里，∴△A1A2B2为正三角形，∴A1B2＝10海里.在△A1B1B2中，∠B1A1B2＝180°－75°－60°＝45°，A1B1＝20海里，∴B1＝400＋200－2×20×10×＝200，∴B1B2＝10海里，∴乙船每小时航行10÷＝30海里. 13.如图，若圆内接四边形的边长依次为25，39，52和60，则cos A＝0，该圆的直径长度为65. 解析：由余弦定理得BD2＝392＋522－2×39×52cos C，BD2＝252＋602－2×25×60cos A，∵A＋C＝180°，∴cos C＝－cos A，即（392－252）－（602－522）＋2×39×52cos A＋2×25×60cos A＝0，∴cos A＝0.∵0°＜A＜180°，∴A＝90°，∴BD2＝392＋522＝652，∴BD＝65. 14.已知在△ABC中，sin C＝sin 2B，C＝. （1）求B的大小； （2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度. ①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：（1）∵sin C＝sin 2B， ∴sin 2B＝sin＝，∵C＝，∴B∈，2B∈，∴2B＝，解得B＝. （2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得＝＝＝，与c＝b矛盾，故这样的△ABC不存在. 若选择②：由（1）可得A＝，设△ABC的外接圆半径为R， 则由正弦定理可得a＝b＝2Rsin＝R，c＝2Rsin＝R，则周长a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2，解得R＝2，则a＝2，c＝2， 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为＝. 若选择③：由（1）可得A＝，即a＝b， 则S△ABC＝absin C＝a2×＝，解得a＝， 则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为 ＝＝. 15.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin A－sin B＝sin C，3b＝2a，2≤a2＋ac≤18，设△ABC的面积为S，p＝a－S，则p的最小值是（　　） A. B. C. D. 解析：B　由正弦定理得a－b＝c，又3b＝2a，设c＝3k，其中k＞0，则a＝3k，b＝2k.由2≤a2＋ac≤18得，2≤18k2≤18，≤k2≤1，≤k≤1，S＝×2k×＝2k2，p＝3k－2k2＝－2×（k－）2＋（≤k≤1）的最小值是3×－2×（）2＝，故选B. 16.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，＝a. （1）求角C的大小； （2）若△ABC的中线CD的长为，求△ABC的面积的最大值. 解：（1）由正弦定理可得sin A＝，sin B＝， sin C＝， 所以＝a，可化为＝a，所以＝sin C， 在△ABC中，由余弦定理可得cos C＝， 所以cos C＝sin C， 解得tan C＝. 因为0＜C＜π，所以C＝. （2）在△ABC中，若CD是中线， 则＝（＋）， 所以＝（＋＋2·）， 即｜｜2＝（ ｜｜2＋｜｜2＋2｜｜·｜｜·cos ）， 所以3＝（b2＋a2＋ba），所以b2＋a2＋ba＝12， 所以3ba≤12，解得ab≤4. 所以S△ABC＝absin C≤×4×＝， 所以面积的最大值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $