第四章 课时8 正弦定理与余弦定理(2)讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦正弦定理与余弦定理综合应用，涵盖平面几何、向量交汇、三角函数交汇及三角形最值等核心考点，按知识梳理、基础回顾、考点扫描（例析+规律方法+对点训练）、拓展延伸的逻辑架构，通过分层突破帮助学生构建解题体系，突破难点。 资料以真题为载体（2025年各地模拟题），采用“考点-方法-训练”三步教学法，如在最值问题中结合基本不等式与函数思想，培养学生数学思维与模型构建能力。设置基础巩固、能力提升、综合应用分层练习，配合即时反馈，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

课时8 正弦定理与余弦定理（2） 一、课标要求 综合运用余弦定理、正弦定理解决相应问题． 二、知识梳理 1． (1) 在△ABC中，，，． (2) 在△ABC中，， ；， ． (3) 在△ABC中，最大内角的取值范围是，最小内角的取值范围是． (4) 在锐角三角形ABC中，，，． 2． 射影定理：在△ABC中，， ， ． 3．在斜三角形ABC中，． 三、基础回顾 1．判断正误.(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．(　　) (2)若△ABC为锐角三角形，且A＝，则角B的取值范围是. (　　) (3)在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．(　　) (4)△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若acosA＝bcosB，则该三角形的形状为等腰三角形或直角三角形．(　　) 2．在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c.已知a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，则该三角形的形状是(　　) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 3．(多选题)在锐角三角形ABC中，边长a＝1，b＝2，则边长c可能的取值是(　　) A. B．2 C．2 D. 4．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b＝3，a－c＝2，A＝，则△ABC的面积为 ． 四、考点扫描 考点一 运用正弦、余弦定理解决平面几何问题 例1 （2025·山东聊城市统考）如图，在△ABC中，A＝，AC＝，CD平分∠ACB，交边AB于点D，且CD＝.求： (1)∠ADC的大小； (2)△BCD的面积. 例2 （2025·江苏扬州中学月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，BD＝BC，∠DBC＝，∠DAB＝θ，sin θ＋cos θ＝.求： (1)△ABD的面积； (2)线段AC的长度. 规律方法： 对点训练 (2025·山东潍坊市模拟)如图，平面四边形ABCD的内角B＋D＝π，AB＝6，DA＝2，BC＝CD，且AC＝2，则角B=(　　) A. B. C. D. 考点二 解三角形与向量交汇 例3（2025·广东佛山市高三质量检测）如图，在中，已知，，，边的中点为，是边上的动点（不含端点），，交于点．求： (1)的正弦值； (2)当为中点时，的余弦值． 对点训练 （2025·山东济南市统考）在△ABC中，若，则△ABC面积的最大值为（    ） A． B． C．1 D． 考点三 三角函数与解三角形的交汇问题 例4 已知函数f(x)＝sinx(cosx－sinx)＋. (1) 求函数f(x)的单调递减区间； (2) 在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足acos 2B＝acos B－bsin A，求f(A)的取值范围. 对点训练 (2025·江苏南京市质检)已知函数. (1) 求函数的最值； (2) 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且，求△ABC的面积． 拓展与延伸11 三角形中的最值与范围问题 一、考情分析 解三角形中的最值或范围问题，通常涉及与边长、周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，一直是高考的热点与重点，主要是利用三角函数、正余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等工具研究三角形问题，解决此类问题的关键是建立起角与边的数量关系． 二、知识梳理 解三角形中的最值与范围问题，通常涉及与边长、周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，一直是高考的热点与重点，主要是利用三角函数、正余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等工具研究三角形问题，解决此类问题的关键是建立起角与边的数量关系. 三、考点扫描 考点一 利用基本不等式求最值或范围 例1 (2025·安徽皖北协作区联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a－b＝2ccos B. (1)求角C的大小； (2)若c＝，求△ABC周长的取值范围. 例2 （2025·福建宁德市高三阶段练习）在△ABC中，已知点D在边BC上，且，则当取得最小值时，________． 规律方法： 对点训练 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝. (1)若C＝，求B的大小； (2)求的最小值． 考点二 函数思想求最值或范围 考向1 转化为三角函数 例3 (2025·广东佛山市模拟)已知△ABC为锐角三角形，且cos A＋sin B＝(sin A＋cos B)． (1)若C＝，求A的大小； (2)已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD长的取值范围． 规律方法： 对点训练 (2025·广东广州市调研)如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC＝，AD＝1，∠ACD＝. (1)求CD的长； (2)若△ABC为锐角三角形，求BC长的取值范围. 考向2 转化为其他函数 例4 （2025·江苏盐城市期末）在△ABC中,为△ABC的角平分线,且. (1)若,,求△ABC的面积; (2)若,求边长的取值范围. 规律方法： 对点训练 在锐角△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)若A＝，求B的大小； (2)若asin C＝1，求＋的最大值． 三、巩固提升 1．(2025·湖北襄阳市模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若ccosA＋acosC＝2，边AC上的高为，则∠ABC的最大值为(　　) A. B. C. D. 2. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S.若c2＝6S，则的最小值为(　　) A. B. 1 C． D.－3 3. （多选题）(2025·江西南昌市调研)已知a，b，c分别是锐角三角形ABC三个内角A，B，C的对边.若(c－2asin B)sin C＝(bsin B－asin A)，则下列结论正确的有(　　) A．B＝ B．cos Acos C的取值范围是 C. 的取值范围是 D．若BD平分∠ABC，交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为3 4．(2025·浙江嘉兴市统考)如图，△ABC为等腰直角三角形，A＝，D是△ABC外一点，且DB＝2，DC＝1，则四边形ABDC的面积的最大值为________． 5.（2025春·上海高考）在△中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）若，，求a的长； （2）若，求△的面积的最大值． 课时8 正弦定理与余弦定理（2）参考答案 二、知识梳理 1.（2） 2． 三、基础回顾 1．（1）× 【解析】三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比. (2) × 【解析】△ABC为锐角三角形指三个内角均为锐角，则角B的取值范围是. (3)× 【解析】在△ABC的六个元素中，已知三个角，或两边及一边对角时，不能解三角形． (4)√ 【解析】△ABC中，若acos A＝bcos B，则，则或，即或，则这个三角形的形状为等腰三角形或直角三角形． 2．C【解析】因为a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝＝.又C∈(0，π)，所以C＝. 由2cos Asin B＝sin C，得cos A＝＝＝，所以b2＝a2，即b＝a.又C＝，故三角形为等边三角形．故选C. 3．BD 【解析】　若边c为最大边，则cos C>0，所以>0，所以c<.若边b为最大边，则cos B>0，所以>0，所以c>，所以<c<，所以边长c可能的取值是2，.故选BD. 4．【解析】　由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A，因为b＝3，a－c＝2，A＝，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3c×，解得c＝5，则△ABC的面积为S＝bcsin A＝×3×5×＝. 四、考点扫描 例1 【解】　(1)在△ADC中，由正弦定理，得＝， 所以sin ∠ADC＝＝＝. 因为0<∠ADC<，所以∠ADC＝. (2)由(1)得∠ACD＝∠BCD＝π－－＝. 由题设，B＝∠ACB＝，即△ABC为等腰三角形， 所以BC＝2×AC×cos ＝， sin ∠BCD＝sin ＝sin＝×－×＝， 所以△BCD的面积S△BCD＝BC×CD×sin ∠BCD＝××sin ＝. 例2 【解】　(1) 因为sin θ＋cos θ＝ ①， 所以(sin θ＋cos θ)2＝，所以2sin θcos θ＝－<0. 因为θ为△ABD的内角，所以sin θ>0，cos θ<0.所以(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝， 所以sin θ－cos θ＝ ②. 联立①②，得sin θ＝，cos θ＝， 所以S△ABD＝AB×AD×sin θ＝×2×4×＝. (2)由(1)知cos θ＝，sin θ＝，由余弦定理，得 BC2＝BD2＝AD2＋AB2－2AD×AB×cos θ＝22＋42－2×2×4×＝30－2. 设∠ABD＝α.由正弦定理，得＝，所以sin α＝， 所以cos ∠ABC＝cos＝－sin α＝－. 在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC ＝16＋30－2－2·4·BD·＝46－2＋16sin θ＝46－2＋16×＝56， 所以AC＝2. 对点训练 C 【解析】设BC＝CD＝x>0.在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝36＋x2－2×6xcos B＝28， 即x2＋8＝12xcos B ①. 又在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝4＋x2－2×2xcos D＝28， 即x2－24＝4xcos D ②. 因为B＋D＝π，则cos D＝cos(π－B)＝－cos B，联立①②可得x＝4，cos B＝， 因为B∈(0，π)，所以B＝.故选C. 例3 【解】（1）由余弦定理得， 即，所以， 所以. 在中，由余弦定理，得， 在中，由余弦定理，得. 因为∠BMA与互补，所以，解得. 在中，由余弦定理，得. 因为，所以． （2）在中，由余弦定理，得，所以， 由，分别为边，的中线可知为重心， 可得，. 在中，由余弦定理，得， 又由，所以． 对点训练 C 【解析】如图，延长至点，使得，延长至点，使得， 若，则， ， 所以 则△面积的最大值为1 .故选C. 例4 【解】　(1)由题意，得f(x)＝sin 2x－(1－cos 2x)＋＝(sin 2x＋cos 2x)＝sin. 由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z. 所以函数f(x)的单调递减区间为，k∈Z. (2)由正弦定理，得sin Acos 2B＝sin Acos B－sin Bsin A. 因为0＜A＜，所以sin A≠0，所以cos 2B＝cos B－sin B， 即(cos B－sin B)(cos B＋sin B)＝cos B－sin B，所以(cos B－sin B)(cos B＋sin B－1)＝0， 故cos B－sin B＝0或cos B＋sin B＝1. 因为B为锐角三角形的内角，所以B＝，所以A＋C＝，所以 解得＜A＜.所以＜2A＋＜，所以－＜sin＜， 所以f(A)的取值范围是. 对点训练 【解】（1）因为 ， 所以的最大值为2，最小值为． （2）结合(1)，可知，所以．因为，所以，则．由余弦定理，得，化简得 ①． 又，由正弦定理，可得，即 ②． 结合①②，得或． 当时，；当时，． 综上，△的面积为或． 拓展与延伸11 三角形中的最值与范围问题 三、考点扫描 例1 【解】　(1)由正弦定理及2a－b＝2ccos B，得2sin A－sin B＝2sin Ccos B， 又因为sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，所以2sin Bcos C＝sin B. 因为sin B≠0，所以cos C＝.又因为C∈(0，π)，所以C＝. (2)由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab. 因为≥，所以ab≤，当且仅当a＝b时等号成立. 所以3ab＝(a＋b)2－3≤(a＋b)2，所以0＜a＋b≤2，当且仅当a＝b＝时等号成立. 所以a＋b＋c≤2＋＝3. 又因为a＋b＞c，所以a＋b＋c＞2c＝2. 所以△ABC周长的取值范围是(2，3]. 例2 【解析】 方法一： 设. 在中，由余弦定理，得. 在中，， 所以 (当且仅当即时，等号成立). 所以当取最小值时，. 方法二（建系法）：令 BD=t，以D为坐标原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系. 则C（2t,0），A（1，），B（－t,0）.所以（当且仅当即时等号成立). 对点训练 【解】(1)因为＝，所以＝， 所以＝， 所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，所以cos(A＋B)＝sin B， 所以sin B＝－cos C＝－cos ＝. 因为B∈，所以B＝. (2)由(1)得cos(A＋B)＝sin B，所以sin＝sin B，且0<A＋B<， 所以0<B<，0<－(A＋B)<，所以－(A＋B)＝B，解得A＝－2B. 由正弦定理得＝＝＝ ＝＝ ＝＝4cos2B＋－5≥2－5＝4－5， 当且仅当cos2B＝时取等号，所以的最小值为4－5. 例3 【解】　(1)因为cos A＋sin B＝(sin A＋cos B)，所以cos A－sin A＝cos B－sin B， 即cos＝cos. 又A∈，B∈，所以<A＋<，<B＋<，所以A＋＝B＋，即B＝A＋，又A＋B＋C＝π，C＝，所以A＋A＋＋＝π，即A＝. (2)因为AD＝BD＝2，所以∠DBA＝A.又∠ABC＝A＋，可得∠DBC＝， 在△DBC中，＝，所以CD＝＝ . 在△ABC中，sin C＝sin(A＋B)＝sin. 因为△ABC为锐角三角形， 所以解得<A<， 所以<2A＋<，<sin<1，所以∈(1,2)，即CD长的取值范围是(1,2)． 对点训练 【解】　(1) 在△ACD中，AC＝，AD＝1，∠ACD＝， 由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD，即1＝3＋CD2－3CD， 解得CD＝1或CD＝2. (2)因为BC⊥CD，∠ACD＝，所以∠ACB＝. 因为△ABC为锐角三角形，所以解得<B<. 在△ABC中，因为＝， 所以BC＝＝＝＝＋·， 由<B<得tan B∈，所以∈(0，)， 所以BC长的取值范围是. 例4 【解】（1）因为,所以. 所以,解得.所以. （2）设,.由得，,即,所以. 又在中，由余弦定理，得.所以,得. 因为，且,所以.所以,所以,即长的取值范围是. 对点训练 【解】　(1)由题意知， 所以sin(A－B)cos C＝sin(A－C)cos B， 所以sin Acos Bcos C－cos Asin Bcos C＝sin Acos Ccos B－cos Asin Ccos B， 所以cos Asin Bcos C＝cos Asin Ccos B. 因为A＝，所以sin Bcos C＝sin Ccos B，所以tan B＝tan C. 因为B，C∈，所以B＝C，由A＝，所以B＝. (2)由(1)知B＝C，所以sin B＝sin C，b＝c， 因为asin C＝1，所以＝sin C.由正弦定理得asin C＝csin A＝bsin A＝1，所以＝sin A. 因为A＝π－B－C＝π－2C，所以＝sin A＝sin 2C，所以＋＝sin2C＋sin22C＝＋(1－cos22C)＝－cos22C－cos 2C＋. 因为△ABC为锐角三角形，且B＝C，则有<C<，得<2C<π，所以－1<cos 2C<0. 由二次函数的性质可得，当cos 2C＝－时，＋取得最大值，所以＋的最大值为. 四、巩固提升 1.B 【解析】　因为ccos A＋acos C＝2，由余弦定理得c·＋a·＝2，整理可得b＝2.又边AC上的高为，所以×2×＝acsin B，即ac＝. 因为cos B＝≥＝1－，当且仅当a＝c时取等号，所以cos B≥1－sin B， 即sin B＋3cos B≥3，即sin≥，因为B∈(0，π)，所以B＋∈，则B＋∈，所以B∈，故∠ABC的最大值为.故选B. 2.C 【解析】　因为c2＝6S，所以c2＝6×absin C＝3absin C. 由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，得a2＋b2－2abcos C＝3absin C， 即a2＋b2＝2abcos C＋3absin C，两边同除以ab得＋＝2cos C＋3sin C＝sin(C＋φ)≤，其中tan φ＝，设＝x，x>0，即0<x＋≤，所以≤x≤，所以的最小值为.故选C. 3.AC 【解析】对于选项A，由正弦定理得(c－2asin B)c＝(b2－a2)， 所以(a2＋c2－b2)＝2acsin B，所以·＝cos B＝sin B， 所以tan B＝，又B∈，所以B＝，A正确； 对于选项B，cos Acos C＝cos Acos [π－(A＋B)]＝－cos Acos(A＋B)＝－cos Acos ＝－cos A＝sin Acos A－cos2A ＝sin 2A－cos 2A－＝sin－， 因为△ABC为锐角三角形，所以解得<A<， 所以<2A－<，所以<sin≤1，所以0<sin－≤， 即cos Acos C的取值范围是，B错误； 对于选项C，由正弦定理得 ＝＝＝＝＝＋·， 由B知<A<，所以＝＋，又tan A∈，所以∈(0，)，所以＋∈，即∈，C正确； 对于选项D，因为S△ABC＝S△ABD＋S△BDC，所以acsin ＝csin ＋asin ，即ac＝c＋a，所以a＋c＝ac，即＋＝， 所以4a＋c＝(4a＋c)＝≥＝3 (当且仅当＝，即c＝2a时取等号)，当c＝2a时，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝5a2－2a2＝3a2，所以a2＋b2＝c2，即△ABC为直角三角形，不合题意，所以4a＋c>3，D错误．故选AC. 4．＋ 【解析】设∠BDC＝θ，则θ∈(0，π)，所以S△BDC＝·DB·DC·sin θ＝sin θ. 在△BDC中，由余弦定理，得BC2＝DB2＋DC2－2DB·DC·cos θ＝5－4cos θ. 又S△ABC＝·BC·BC＝BC2＝－cos θ，所以S四边形ABDC＝－cos θ＋sin θ＝＋sin，θ∈(0，π)，当θ－＝，即θ＝时，S四边形ABDC的最大值为＋. 5.【解】（1）由，根据正弦定理得，化简得. 因为，，所以，即，解得，. （2）由余弦定理得（当且仅当时，等号成立），将代入，，得，结合，解得． 因为△的面积， 所以当时，△的面积取得最大值． . 学科网（北京）股份有限公司 $