2013届高考数学一轮复习讲义第四章 48 正弦定理和余

一轮复习讲义正弦定理和余弦定理1．正弦定理：＝＝＝2R，其中R是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形为：(1)a∶b∶c＝；(2)a＝，b＝，c=；(3)sinA＝，sinB＝，sinC＝等形式，以解决不同的三角形问题．忆一忆知识要点sinA∶sinB∶sinC2RsinA2RsinB2RsinCa2Rb2Rc2RbsinBasinAcsinC要点梳理2．余弦定理：a2＝，b2＝，c2＝．余弦定理可以变形为：cosA＝，cosB＝，cosC＝.忆一忆知识要点b2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosCb2＋c2－a22bca2＋c2－b22aca2＋b2－c22ab要点梳理3．S△ABC＝12absinC＝12bcsinA＝12acsinB＝abc4R＝12(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R、r.4．在解三角形时，正弦定理可解决两类问题：(1)已知两角及任一边，求其它边或角；(2)已知两边及一边的对角，求其它边或角．情况(2)中结果可能有一解、二解、无解，应注意区分．余弦定理可解决两类问题：(1)已知两边及夹角或两边及一边对角的问题；(2)已知三边问题．忆一忆知识要点要点梳理[难点正本疑点清源]解三角形时，三角形解的个数的判断在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况如下：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinAaba≥bab解的个数一解两解一解一解例1在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝45°.求角A、C和边c.已知两边及一边对角或已知两角及一边，可利用正弦定理解这个三角形，但要注意解的判断．利用正弦定理求解三角形解由正弦定理得asinA＝bsinB，3sinA＝2sin45°，∴sinA＝32.∵ab，∴A＝60°或A＝120°.当A＝60°时，C＝180°－45°－60°＝75°，c＝bsinCsinB＝6＋22；当A＝120°时，C＝180°－45°－120°＝15°，c＝bsinCsinB＝6－22.(1)已知两角一边可求第三角，解这样的三角形只需直接用正弦定理代入求解即可．(2)已知两边和一边对角，解三角形时，利用正弦定理求另一边的对角时要注意讨论该角，这是解题的难点，应引起注意．探究提高已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝3，A＋C＝2B，则角A的大小为________．变式训练1∵A＋C＝2B且A＋B＋C＝π，∴B＝π3.由正弦定理知：sinA＝asinBb＝12，又ab，∴AB，∴A＝π6.π6例2在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且cosBcosC＝－b2a＋c.(1)求角B的大小；(2)若b＝13，a＋c＝4，求△ABC的面积．利用余弦定理求解三角形由cosBcosC＝－b2a＋c，利用余弦定理转化为边的关系求解．解(1)由余弦定理知：cosB＝a2＋c2－b22ac，cosC＝a2＋b2－c22ab.将上式代入cosBcosC＝－b2a＋c得：a2＋c2－b22ac·2aba2＋b2－c2＝－b2a＋c，整理得：a2＋c2－b2＝－ac.∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝－ac2ac＝－12.∵B为三角形的内角，∴B＝23π.(2)将b＝13，a＋c＝4，B＝23π代入b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac－2accosB，∴13＝16－2ac1－12，∴ac＝3.∴S△ABC＝12acsinB＝334.(1)根据所给等式的结构特点利用余弦定理将角化边进行变形是迅速解答本题的关键．(2)熟练运用余弦定理及其推论，同时还要注意整体思想、方程思想在解题过程中的运用．探究提高在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cosA2＝255，AB→·AC→＝3.(1)求△ABC的面积；(2)若b＋c＝6，求a的值．变式训练2解(1)因为cosA2＝255，所以cosA＝2cos2A2－1＝35，∴sinA＝45.又AB→·AC→＝3，所以bccosA＝3，∴bc＝5.∴S△ABC＝12bcsinA＝12×5×45＝2.(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，根据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc－2bccosA＝36－10－10×35＝20，∴a＝25.例3(2011·浙江)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sinA＋sinC＝psinB(p∈R)，且ac＝14b2.(1)当p＝54，b＝1时，求a，c的值；(2)若角B为锐角，求p的取值范围．正、余弦定理的综合应用(1)利用正弦定理建立以a、c为未知数的方程组求解．(2)利用余弦定理建立p2的函数式．解(1)由题设并由正弦定理，得a＋c＝54，ac＝14，解得a＝1，c＝14或a＝14，c＝1.(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB＝p2b2－12b2－12b2cosB，即p2＝32＋12cosB.因为0cosB1，所以p2∈32，2，由题设知p0，所以62p2.在已知关系式中，若既含有边又含有角．通常的思路是：将角都化成边或将边都化成角，再结合正、余弦定理即可求角．探究提高在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别是a，b，c.(1)若c＝2，C＝π3，且△ABC的面积为3，求a，b的值；(2)若sinC＋sin(B－A)＝sin2A，试判断△ABC的形状．变式训练3解(1)∵c＝2，C＝π3，∴由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC得a2＋b2－ab＝4.又∵△ABC的面积为3，∴12absinC＝3，ab＝4.联立方程组a2＋b2－ab＝4，ab＝4，解得a＝2，b＝2.(2)由sinC＋sin(B－A)＝sin2A，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sinAcosA，即2sinBcosA＝2sinAcosA，∴cosA·(sinA－sinB)＝0，∴cosA＝0或sinA－sinB＝0，当cosA＝0时，∵0Aπ，∴A＝π2，△ABC为直角三角形；当sinA－sinB＝0时，得sinB＝sinA，由正弦定理得a＝b，即△ABC为等腰三角形．∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．(14分)在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．代数化简或三角运算不当致误易错警示(1)先对等式化简，整理成以单角的形式表示．(2)判断三角形的形状可以根据边的关系判断，也可以根据角的关系判断，所以可以从以下两种不同方式切入：一、根据余弦定理，进行角化边；二、根据正弦定理，进行边化角．审题视角规范解答解∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，∴2sinAcosB·b2＝2cosAsinB·a2，即a2cosAsinB＝b2sinAcosB．[4分]方法一由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB，∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，又sinA·sinB≠0，∴sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B.[8分]在△ABC中，02A2π，02B2π，∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝π2.∴△ABC为等腰或直角三角形．[14分]方法二由正弦定理、余弦定理得：a2bb2＋c2－a22bc＝b2aa2＋c2－b22ac，[6分]∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0.[10分]即a＝b或a2＋b2＝c2.∴△ABC为等腰或直角三角形．[14分]批阅笔记(1)利用正弦、余弦定理判断三角形形状时，对所给的边角关系式一般都要先化为纯粹的边之间的关系或纯粹的角之间的关系，再判断．(2)本题也可分析式子的结构特征，从式子看具有明显的对称性，可判断图形为等腰或直角三角形．(3)易错分析：①方法一中由sin2A＝sin2B直接得到A＝B，其实学生忽略了2A与2B互补的情况，由于计算问题出错而结论错误．方法二中由c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)不少同学直接得到c2＝a2＋b2，其实是学生忽略了a2－b2＝0的情况，由于化简不当致误．②结论表述不规范．正确结论是△ABC为等腰三角形或直角三角形，而不少学生回答为：等腰直角三角形．1．正、余弦定理和三角形面积公式是本节的重点，利用三角形内角和、边、角之间的关系，三角函数的变形公式去判断三角形的形状，求解三角形，以及利用它们解决一些实际问题．2．应熟练掌握和运用内角和定理：A＋B＋C＝π，A2＋B2＋C2＝π2中互补和互余的情况，结合诱导公式可以减少角的种数．3．正、余弦定理的公式应注意灵活运用，如由正、余弦定理结合得sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinB·sinC·cosA，可以进行化简或证明．4．根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：(1)化边为角；(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换．方法与技巧在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，有时可能出现一解、两解或无解，所以要进行分类讨论．失误与防范例1．（本题满分12分）已知函数2()sincos3cos333xxxfx．(1)将()fx写成sin()Axh(0A)的形式，并求其图象对称中心；(2)如果△ABC的三边a,b,c满足2bac,且边b所对的角为x,试求x的取值范围及此时函数()fx的值域.考点一三角函数的最值问题解：（1）3221()sin(1cos)2323xxfx32sin()332x，…3分由2πsin()033x，即231(Z),Z.332xkkkxk得,即对称中心的横坐标为31,Z.2kk其对称中心为331(,),Z.22kk……6分解：（1）3221()sin(1cos)2323xxfx32sin()332x，…3分由2sin()033x，即231(Z),Z.332xkkkxk得,即对称中心的横坐标为31π,Z.2kk其对称中心为331(,),Z.22kk……6分解：（1）3221()sin(1cos)2323xxfx32sin()332x，…3分由2sin()033x，即2π31π(Z)π,Z.332xkkkxk得,即对称中心的横坐标为31,Z.2kk其对称中心为331(,),Z.22kk……6分331(π,),Z.22kk其对称中心为32πsin().332x3221()sin(1cos)2323xxfx解:(1)综上所述,函数f(x)的值域为．2(2)bac由，得222cos2acbxac≤1cos12x.π2πsinsin()1.333x≤332π3sin()1.3322x≤222acacac≥2122acacac，π0,3x≤25.3339x而≤ππππ(0,]3x，3(3,1]2从解：sinlglg2sincosABCsin2sincosABCsin()0BCsin()2sincosBCBCsincoscossin0BCBC,ππBC0,BC.BC2.lgsinlgsinlgcoslg2,△例若则为ABCABC等腰三角形考点二判断三角形的形状.△lglglgsinlg2,ABCacB在中,如果lglglgsinlg2,acB解:由得2sin,2B2.2ac2sin2sin2sin