正弦定理和余弦定理

突破点(一) 利用正、余弦定理解三角形 利用正弦定理解三角形 利用正弦定理可以解决的两类问题:(1)已知两角和任一边，求其他两边和一角．(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角，从而进一步求出其他的边和角．由于三角形的形状不能唯一确定，会出现两解、一解和无解三种情况.

1

[例1] (1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，且

2

ππ2π5π

a>b，则B＝( ) A. B. C. D.

6336

1π

(2)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3，sin B＝，C＝，则b＝________.

26[解析] (1)利用正弦定理的变形，得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，代入asin Bcos C＋csin Bcos

111A＝b中，得2Rsin A·sin Bcos C＋2Rsin Csin Bcos A＝×2Rsin B，所以sin Acos C＋sin Ccos A＝，即sin(A

22211π＋C)＝，所以sin B＝.已知a>b，所以B不是最大角，所以B＝.

226

1π5πππ

(2)在△ABC中，∵sin B＝，026666abasin Bππ2π

∴A＝π－－＝.∵＝，∴b＝＝1.[答案] (1)A (2)1

663sin Asin Bsin A

[易错提醒] (1)应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的条件合理取舍． (2)求角时易忽略角的范围而导致错误，需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图帮助判断． 利用余弦定理解三角形 利用余弦定理可以解决的两类问题：(1)已知两边及夹角，先求第三边，再求其余两个角．(2)已知三边，求三个内角．

[例2] (1)在△ABC中，已知a－b＝4，a＋c＝2b，且最大角为120°，则这个三角形的最大边等于( ) A．4 B．14 C．4或14 D．24

3

(2)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acos C＋c＝b，则A＝________.

2

[解析] (1)因为a－b＝4，所以b＝a－4且a>b.又a＋c＝2b，所以c＝a－8，所以a大于c，则A＝120°.

－1，所以a2－18a＋56＝0. 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(a－4)2＋(a－8)2－2(a－4)·(a－8)·2所以a＝14或a＝4(舍去)．故选B.

a2＋b2－c2a2＋b2－c233

(2)由余弦定理得cos C＝，将其代入acos C＋c＝b中得，a×＋c＝b，化简

2ab22ab2

b2＋c2－a23ππ222整理得b＋c－a＝3bc，于是cos A＝＝，所以A＝.[答案] (1)B (2) 2bc266

利用正、余弦定理解三角形 [例3] 设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B.

π

A＋的值． (1)求a的值；(2)求sin4

a2＋c2－b2

[解] (1)因为A＝2B，所以sin A＝sin 2B＝2sin Bcos B.由正、余弦定理，得a＝2b·.因为b

2ac＝3，c＝1，所以a2＝12，a＝23. b2＋c2－a29＋1－121

(2)由余弦定理，得cos A＝＝＝－.因为01－cos2A＝

1

1－9

＝

π22ππ4－2A＋＝sin Acos＋cos Asin＝.故sin. 43446

[方法技巧]

正、余弦定理的运用技巧

解三角形时，一般是根据正弦定理求边或列等式，若式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；余弦定

理揭示的是三角形的三条边与其中一个角之间的关系，若式子中含有角的余弦或边的二次式，则考虑用余弦定理；若以上特征都不明显，则要考虑两个定理都有可能用到．

突破点(二) 利用正、余弦定理判断三角形的形状

1．应用余弦定理判断三角形形状的方法：在△ABC中，c是最大的边，若c2a2＋b2，则△ABC是钝角三角形．

2．判断三角形形状的常用技巧：若已知条件中既有边又有角，则：(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. 利用正、余弦定理判断三角形的形状 c[典例] (1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b

A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形

Ba＋c

(2)(2017·锦州模拟)在△ABC中，cos2＝(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状

22c

为( )

A．等边三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形

csin C

[解析] (1)已知bsin BA，即sin B·cos A＋cos Bsin A－sin Bcos A<0，所以cos Bsin A<0.又sin A>0，于是有cos B<0，则B为钝角，所以△ABC是钝角三角形．

a＋c1＋cos Ba＋ca＋ca2＋c2－b2a＋cB

(2)∵cos2＝，∴＝，即1＋cos B＝.由余弦定理得1＋＝.整理得c2

cc22c22c2ac＝a2＋b2，即△ABC为直角三角形．[答案] (1)A (2)B

[易错提醒]

在判断三角形的形状时一定要注意解是否唯一，并注重挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响，在等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．

突破点(三) 正、余弦定理的综合应用 三角形面积问题 三角形的面积是与解三角形息息相关的内容，经常出现在高考题中，难度不大．解题的前提条件是熟练掌握三角形面积公式，具体的题型及解题策略为：(1)利用正弦定理、余弦定理解三角形，求出三角形的有关元素之后，直接求三角形的面积，或求出两边之积及夹角正弦，再求解．(2)把面积作为已知条件之一，与正弦定理、余弦定理结合求出三角形的其他各量．面积公式中涉及面积、两边及两边夹角正弦四个量，结合已知条件列方程求解．

[例1] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b－c)cos A＝acos C. (1)求角A的大小；(2)若a＝3，b＝2c，求△ABC的面积．

[解] (1)根据正弦定理，由(2b－c)cos A＝acos C，得2sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A， 即2sin Bcos A＝sin(A＋C)，所以2sin Bcos A＝sin B，因为01π

所以cos A＝，因为023b2＋c2－a24c2＋c2－91π

(2)因为a＝3，b＝2c，由(1)得A＝，所以cos A＝＝＝，

32bc4c22

11333

解得c＝3，所以b＝23.所以S△ABC＝bcsin A＝×23×3×＝.

2222

[方法技巧]

三角形面积公式的应用原则

111

(1)对于面积公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．

222(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．

三角形中的范围问题 解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路是：要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将

原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围，以及三角形自身范围，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．

[例2] 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btan A，且B为钝角．

π

(1)证明：B－A＝；(2)求sin A＋sin C的取值范围．

2

πsin Aasin A[解] (1)证明：由a＝btan A及正弦定理，得＝＝，所以sin B＝cos A，即sin B＝sin2＋A. cos Absin B

ππππ，π，则B＝＋A，即B－A＝. 因为B为钝角，所以A为锐角，所以＋A∈2222

πππ

2A＋＝－2A>0，所以A∈0，.于是sin A＋sin C＝sin A＋(2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－224

π19π2－2A＝sin A＋cos 2A＝－2sin2A＋sin A＋1＝－2sin A－2＋.因为0129929

sin A－2＋≤.由此可知sin A＋sin C的取值范围是，. 因此<－2488228

[易错提醒]

涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解，已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．

正、余弦定理在平面几何中的应用

在平面几何图形中考查正弦定理、余弦定理是近几年高考的热点，解决这类问题既要抓住平面图形的几何性质，也要灵活选择正弦定理、余弦定理、三角恒等变换公式．

此类题目求解时，一般有如下思路：

(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．

做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．

[例3] (2017·广东茂名模拟)如图，已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别

π

为a，b，c.若B＝，b＝7，c＝2，D为BC的中点．

3

(1)求cos∠BAC的值；(2)求AD的值．

c233

[解] (1)法一：由正弦定理得sin C＝sin B＝×＝.又∵在△ABC中，b>c，

b727

π

∴C3

32

∴cos C＝1－sin2C＝ 1－＝，∴cos∠BAC＝cos(π－B－C)＝－cos(B＋C)

77

33127

＝－(cos Bcos C－sin Bsin C)＝sin Bsin C－cos Bcos C＝×－×＝.

272714

1

法二：在△ABC中，由余弦定理得b2＝c2＋a2－2c·acos B，∴7＝4＋a2－2×2×a×，

2

c2＋b2－a24＋7－97

即(a－3)(a＋1)＝0，解得a＝3(a＝－1舍去)，∴cos∠BAC＝＝＝. 2cb2×2×714(2)法一：在△ABC中，由余弦定理得a2＝c2＋b2－2c·bcos∠BAC＝4＋7－2×2×7×3

∴a＝3，∴BD＝.

2

9311313

在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos B＝4＋－2×2××＝.∴AD＝.

42242法二：如图，取AC的中点E，连接DE，

117

则DE＝AB＝1，AE＝AC＝，cos∠AED＝－cos∠BAC.

222

77

在△ADE中，由余弦定理得AD2＝AE2＋DE2－2AE·DE·cos∠AED＝＋1－2×42

7＝13. ×1×－144

13

∴AD＝.

2

[检验高考能力]

一、选择题

sin C5

1．在△ABC中，若＝3，b2－a2＝ac，则cos B的值为( )

sin A2

1111A. B. C. D. 3254

515c2－ac9a2－a2

2251

解析：选D 由题意知，c＝3a，b2－a2＝ac＝c2－2accos B，所以cos B＝＝＝. 22ac6a24

2．在△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，若S＋a2＝(b＋c)2，则cos A等于( )

441515A. B．－ C. D．－ 551717

11

解析：选D 由S＋a2＝(b＋c)2，得a2＝b2＋c2－2bc(sin A－1)，由余弦定理可得sin A－1＝cos A，

44

15

结合sin2A＋cos2A＝1，可得cos A＝－或cos A＝－1(舍去)．

17

3．在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是( ) A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定

340×

2bcbsin C

解析：选C 由正弦定理得＝，∴sin B＝c＝＝3>1. sin Bsin C20

∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．

π

4．已知△ABC中，内角A，B，C所对边长分别为a，b，c，若A＝，b＝2acos B，c＝1，则△ABC

3

的面积等于( )

3333A. B. C. D. 2468

解析：选B 由正弦定理得sin B＝2sin Acos B，

ππ

故tan B＝2sin A＝2sin＝3，又B∈(0，π)，所以B＝，

33

π又A＝＝B，则△ABC是正三角形，

3

1133

所以S△ABC＝bcsin A＝×1×1×＝.

2224

7

＝9. 14

5．(2017·渭南模拟)在△ABC中，若a2－b2＝3bc且

sinA＋B

＝23，则A＝( )

sin B

ππ2π5πA. B. C. D. 6336

sinA＋Bb2＋c2－a212b2－3bcsin C

解析：选A 因为＝23，故＝23，即c＝23b，则cos A＝＝＝

sin Bsin B2bc43b2

6b23π

＝，所以A＝.

3b22

6．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且πππ3π

A. B. C. D. 34

c－babcsin Aa解析：选C 根据正弦定理＝＝＝2R，得＝＝，即a2＋c2－b2＝

sin Asin Bsin Cc－asin C＋sin Bc＋ba2＋c2－b21π

ac，所以cos B＝＝，故B＝.

2ac23

二、填空题

3

7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c＝1，B＝45°，cos A＝，则b＝________.

5

3243

解析：因为cos A＝，所以sin A＝1－cos2A＝1－5＝5，所以sin C＝sin[180°－(A＋B)]＝5

bc43721

sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝cos 45°＋sin 45°＝.由正弦定理＝，得b＝×sin

5510sin Bsin C7210

5545°＝.答案：

77

8．在△ABC中，若b＝2，A＝120°，三角形的面积S＝3，则三角形外接圆的半径为________．

1

解析：由面积公式，得S＝bcsin A，代入数据得c＝2，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝22＋22

2

a23－2×2×2cos 120°＝12，故a＝23，由正弦定理，得2R＝＝，解得R＝2.答案：2

sin A3

2

sin 2A

9．在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则＝________.

sin C

b2＋c2－a2sin Aasin 2A

解析：由正弦定理得＝c，由余弦定理得cos A＝，∵a＝4，b＝5，c＝6，∴＝

sin C2bcsin C

222222

2sin Acos Asin Aab＋c－a45＋6－4

＝2··cos A＝2××＝2××＝1.

csin Csin C2bc62×5×6

答案：1

10．在△ABC中，B＝120°，AB＝2，A的角平分线AD＝3，则AC＝________.

ADAB

解析：如图，在△ABD中，由正弦定理，得＝，

sin Bsin∠ADB

∴sin∠ADB＝2. 2

c－bsin A

＝，则B＝( ) c－asin C＋sin B

由题意知0°<∠ADB<60°，

∴∠ADB＝45°，∴∠BAD＝180°－45°－120°＝15°.

ACBC

∴∠BAC＝30°，C＝30°，∴BC＝AB＝2.在△ABC中，由正弦定理，得＝，∴AC＝6. sin Bsin∠BAC答案：6

三、解答题

πA＋. 11．(2017·河北三市联考)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且asin B＝－bsin3(1)求A；(2)若△ABC的面积S＝π

A＋， 解：(1)∵asin B＝－bsin3π13A＋π，A＋，∴由正弦定理得sin Asin B＝－sin Bsin则sin A＝－sin即sin A＝－sin A－cos A，3322

35π

化简得tan A＝－，∵A∈(0，π)，∴A＝. 365π1113

(2)∵A＝，∴sin A＝，由S＝bcsin A＝bc＝c2，得b＝3c，

62244

csin A7

∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝7c2，则a＝7c，由正弦定理得sin C＝a＝.

14

12．(2017·郑州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos 2C－cos 2A＝ππ－C. ＋C·2sinsin33

(1)求角A的值；(2)若a＝3且b≥a，求2b－c的取值范围．

313π2π

解：(1)由已知得2sin2A－2sin2C＝2(cos2C－sin2C)，化简得sin A＝，故A＝或. 44233

π

(2)由题知，若b≥a，则A＝，又a＝3，

3bca

所以由正弦定理可得＝＝＝2，得b＝2sin B，c＝2sin C，

sin Bsin Csin A

2ππ－B＝3sin B－3cos B＝23sinB－. 故2b－c＝4sin B－2sin C＝4sin B－2sin36π2ππππ因为b≥a，所以≤B＜，≤B－＜，

33662π

B－∈[3，23)．即2b－c的取值范围为[3，23). 所以23sin6

32

c，求sin C的值． 4