平面向量的应用（教师卷）

第09讲平面向量的应用【学习目标】1、学会运用向量方法解决平面几何和物理中的问题．2、把解直角三角形问题拓展到解任意三角形问题．【考点目录】考点一：向量在平面几何中的应用考点二：向量在解析几何中的应用考点三：向量在物理学的应用考点四：余弦定理的应用考点五：正弦定理的应用考点六：利用正余弦定理判断三角形的形状考点七：正余弦定理举例应用考点八：解三角形范围与最值问题【基础知识】知识点一：向量在平面几何中的应用向量在平面几何中的应用主要有以下几个方面：（1）证明线段相等、平行，常运用向量加法的三角形法则、平行四边形法则，有时用到向量减法的意义．（2）证明线段平行、三角形相似，判断两直线（或线段）是否平行，常运用向量平行（共线）的条件：ab//=ab（或xyxy－=0）．1221（3）证明线段的垂直问题，如证明四边形是矩形、正方形，判断两直线（线段）是否垂直等，常运用向量垂直的条件：a⊥b=ab0（或xx+=yy0）．1212ab（4）求与夹角相关的问题，往往利用向量的夹角公式cos=．||||ab（5）向量的坐标法，对于有些平面几何问题，如长方形、正方形、直角三角形等，建立直角坐标系，把向量用坐标表示，通过代数运算解决几何问题．知识点诠释：用向量知识证明平面几何问题是向量应用的一个方面，解决这类题的关键是正确选择基底，表示出相关 向量，这样平面图形的许多性质，如长度、夹角等都可以通过向量的线性运算及数量积表示出来，从而把几何问题转化成向量问题，再通过向量的运算法则运算就可以达到解决几何问题的目的了．知识点二：向量在解析几何中的应用在平面直角坐标系中，有序实数对（x，y）既可以表示一个固定的点，又可以表示一个向量，使向量与解析几何有了密切的联系，特别是有关直线的平行、垂直问题，可以用向量方法解决．常见解析几何问题及应对方法：（1）斜率相等问题：常用向量平行的性质．（2）垂直条件运用：转化为向量垂直，然后构造向量数量积为零的等式，最终转换出关于点的坐标的方程．（3）定比分点问题：转化为三点共线及向量共线的等式条件．ab（4）夹角问题：利用公式cos=．||||ab知识点三：向量在物理中的应用（1）利用向量知识来确定物理问题，应注意两方面：一方面是如何把物理问题转化成数学问题，即将物理问题抽象成数学模型；另一方面是如何利用建立起来的数学模型解释相关物理现象．（2）明确用向量研究物理问题的相关知识：①力、速度、位移都是向量；②力、速度、位移的合成与分解就是向量的加减法；③动量mv是数乘向量；④功即是力F与所产生位移s的数量积．（3）用向量方法解决物理问题的步骤：一是把物理问题中的相关量用向量表示；二是转化为向量问题的模型，通过向量运算解决问题；三是把结果还原为物理结论．知识点四、余弦定理三角形任意一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．即：222a=b+c−2bccosA222b=a+c−2accosB222c=a+b−2abcosC余弦定理的变形公式：222222222b+c−+aa−+c−babccos,cosAB=C=,cos=2bc22acab知识点五、利用余弦定理解三角形利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题：①已知三角形的两条边及夹角，求第三条边及其他两个角；②已知三角形的三条边，求其三个角．知识点诠释：在余弦定理中，每一个等式均含有四个量，利用方程的观点，可以知三求一． 知识点六、正弦定理abc正弦定理：在一个三角形中各边和它所对角的正弦比相等，即：==sinsinABsinC知识点诠释：（1）正弦定理适合于任何三角形；abc（2）可以证明===2R（R为ABC的外接圆半径）；sinsinABsinC（3）每个等式可视为一个方程：知三求一．（4）利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题：①已知两个角及任意—边，求其他两边和另一角；②已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边．知识点七、解三角形的概念一般地，我们把三角形的各内角以及它们所对的边叫做三角形的几何元素．任何一个三角形都有六个元素：三边、和三角．在三角形中，由已知三角形的某些边和角，求其他的边和角的过程叫作解三角形．有了关于解三角形的有关定理（如勾股定理、三角形的内角和定理、正弦定理，还有即将学习的余弦定理等），三角学特别是测量学得到了一次飞跃，它可以由已知的三角形的边和角来推断未知的边和角．知识点八、正弦定理在解三角形中的应用利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题：（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；知识点九：利用正、余弦定理解三角形已知两边和一边的对角或已知两角及一边时，通常选择正弦定理来解三角形；已知两边及夹角或已知三边时，通常选择余弦定理来解三角形．特别是求角时尽量用余弦定理来求，尽量避免分类讨论．在ABC中，已知ab,和A时，解的情况主要有以下几类：absinA无解a=bsinA()一解直角①若A为锐角时：bsinAab()二解一锐，一钝ab()一解锐角a=bsinAab一解一解 bsinAababsinA两解无解ab无解②若A为直角或钝角时：ab()一解锐角知识点十：三角形的形状的判定特殊三角形的判定：（1）直角三角形222勾股定理：abc+=，0互余关系：AB+=90，cos0C=，sinC=1；（2）等腰三角形ab=，AB=；用余弦定理判定三角形的形状（最大角A的余弦值的符号）22200222bca+−（1）在ABC中，090cosAA0b=ca+；2bc2220222bca+−（2）在ABC中，AA=b90ca=cos=0+=；2bc2220b+−ca222（3）在ABC中，90AcosA=0b+ca；2bc知识点十一、解三角形应用题的步骤解三角形在实际中应用非常广泛，如测量、航海、几何、物理等方面都要用到解三角形的知识，解题时应认真分析题意，并做到算法简练，算式工整，计算正确．其解题的一般步骤是：（1）准确理解题意，尤其要理解应用题中的有关名词和术语；明确已知和所求，理清量与量之间的关系；（2）根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出，将实际问题抽象成解三角形模型；（3）分析与所研究的问题有关的一个或几个三角形，正确运用正弦定理和余弦定理，有顺序的求解；（4）将三角形的解还原为实际问题，注意实际问题中的单位及近似计算要求，回答实际问题．知识点十二、解三角形应用题的基本思路实际问题画图数学问题解三角形数学问题的解检验实际问题的解【考点剖析】 考点一：向量在平面几何中的应用例1．（2023·全国·高一课时练习）用向量方法证明：菱形对角线互相垂直．已知四边形ABCD是菱形，AC，BD是其对角线．求证：AC⊥BD．【解析】证明：设ABa=，ADb=．因为四边形ABCD为菱形，所以ab＝，又ACabB=+AB=−ADAAB+=,DbaD=−2222则ACBD=+−ab=−(=−b=aba)·(ba)0，故ACBD⊥．所以AC⊥BD.例2．（2023·全国·高一课时练习）在平面直角坐标系中，已知A(3，4)，B(5，12)，O为坐标原点，AOB的平分线交线段AB于点D，求点D的坐标．【解析】由题设，OAOB==(3,4),(5,12)，若Dxy(,)，则ADx=y−(3,−4)，DBx=y−(5−,12)，∵AOB的平分线交线段AB于点D，且||5,|OAOB==|13，32x=13(xx−3)=5(5−)9∴135ADDB=，即，解得.13(yy−4)=5(12−)56y=93256∴D(,).99考点二：向量在解析几何中的应用例3．（2023·全国·高一课时练习）已知点A(−35,,)B(1,10),(2,1)C.求：（1）CACB的值；（2）ACB的大小；（3）点A到直线BC的距离.【详解】解：（1）因为AB(−C35,,(1,10),(2,1))，所以CACB=−(5,4),=−(1,9)，所以CACB=−−+=5(1)4941； CACB41412（2）cosACB====，CACB(5)−+−422(1)+2294122因为ACB(0,)，所以=ACB；422（3）因为BA=−−(4,5)，所以BA=−+−(4)=(5)41，因为BC=−(1,9)，所以BA在BC方向上的投影为BABC−+−−BABC41(5)(9)4182dBA=====，BABCBC122(9)+−822228282所以点A到直线BC的距离为BAd−=−=41.42考点三：向量在物理学的应用例4．（2023·全国·高一课时练习）两个力F1=+ij，F2=−45ij作用于同一质点，使该质点从点A(20,15)移动到点B(7,0)（其中i、j分别是x轴正方向、y轴正方向上的单位向量，力的单位：N，位移的单位：m）.求：（1）F1，F2分别对该质点做的功；（2）F1，F2的合力F对该质点做的功.【解析】（1）根据题意，F1ij=+=(1,1)，F2ij=−4=5−4,5()，AB=−(13,15−)，故F对该质点做的功WFAB==−−=−131528（Nm）；111F2对该质点做的功W22FAB==−−−13415=523()（Nm）.（2）根据题意，F1，F2的合力FF=F+=12−(5,4)，故F，F的合力F对该质点做的功W=FAB=−5(13)−−4(15)=−5（Nm）.12考点四：余弦定理的应用例5．（2023·海南华侨中学高二期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(ab+)(sinA−sinB)=(cb−)sinC，（1）求角A； （2）如果bc+=6，a=26，求△ABC的面积.【解析】解：（1）因为(ab+−=A)−(BsincbsinCsin)()由正弦定理得(abab+−=)−(cbc)()，222即bca+bc−=，222bca+−bc1所以cosA===，2bc22bcA(0,)，所以A=.32222（2）又a=b+c−bc=(bc+)−3bc，a=26，bc+=6所以bc=4，11所以SbcABCA==sin=4sin3.223例6．（2023·广东罗湖·高三期末）设ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且ac−BsincosC=．b（1）求角B的大小；c（2）若边AB上的高为，求cosC．4【解析】222abc+ac−−Bsin222（1）解：由余弦定理，得=，所以，abc+aac−=−B2sin()，2abb222所以，b=a+c−2acsinB，222又因为b=a+c−2accosB，所以，sincosBB=，则tan1B=，B(0,)，因此，B=.4212c2（2）解：因为ABC的面积Sac==B=acsin，则ac=，24842222222252由余弦定理，得b=a+c−2accosB=c+c−2cc=c，442822cc−10ac−sinB425所以，bc=，所以，cosC===−.4b105c4例7．（2023·黑龙江·建三江分局第一中学高一期中）已知ABC的三内角A,B,C所对的边分别为abc,,，且(2ba−=)cosCccosA (1)求角C﹔2(2)若cab=9，ab+=4,求c的值；【解析】（1）由(2ba)cos−=cosCcA得2cosbCcAacos=+cosC,2222222bca+a−b+c−b2因为cAacoscosC+c=ab+==,2bc22abb1所以2cosbCb=,因为b0,所以cosC=,2π因为C(0,π),所以C=.3222222（2）由余弦定理得c=a+b−2abcosC=a+b−ab=(ab+)−3ab，22所以cab+ab=3+()=16，212因为cab=9，所以abc=，942所以c=16，解得c=23.3考点五：正弦定理的应用例8．（2023·贵州金沙·高二期中）已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=6．（1）若a=4，c=8，求ABC外接圆的半径；1（2）若ABC的周长为16，cosC=，求a．6【解析】222bca+−7（1）因为a=4，b=6，c=8，所以cosA==，28bc215a3215因为sinA=1cos−A=(A(0,))，所以=，8sin15A1615所以ABC外接圆的半径为；15（2）因为ABC的周长为16，b=6，所以ac+=10，1222221因为cosC=，所以c=a+bab−=2Ccos+3612aa−aa=2−36+，662232因为ca=−10，所以(10−a)=a−2a+36，解得a=．9例9．（2023·四川·乐山市教育科学研究所一模（理））已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，22b，c，且满足()bc−=a−bc.（1）求角A的大小； 33（2）若a=7，S=，求ABC的周长.△ABC2【解析】()bc−=−a22bc，所以222（1）因为bca+bc−=，222bca+−bc1由余弦定理可得：cosA===，2bc22bcπ又因为A(0,π)，所以A=.311333（2）由已知SbcAbc===sin所以bc=6，ABC2222222222由已知及余弦定理得abc=bc+−Ab=+−c=bc+2−bccos()bc3，22即7(=)36+bc−，所以(bc)25+=，解得：bc+=5或bc+=−5（舍），所以ABC的周长为abc++=+57.考点六：利用正余弦定理判断三角形的形状例10．（多选题）（2023·广东·深圳市华美外国语（国际）学校高一期中）在ABC中，角ABC,,所对的边分别为abc,,，下列说法中正确的是（）abA．若AB，则sinsinABB．若=，则ABC为等腰直角三角形coscosBAabc+C．=D．若tan+tan+tan<0ABC，则ABC为钝角三角形sinAsinB+sinC【答案】ACD【解析】对于A，若AB，所以ab，利用正弦定理可得2sinRA2sinRB，所以sinsinAB，故A正确；ab11对于B，由于=，利用正弦定理可得sincosAABBsincos=，整理得sin2=sin2AB，即cosBAcos22πsin2sin2AB=，所以22AB=或22AB+=π，所以AB=或AB+=，所以ABC为等腰三角形或直角三2角形，故B错误；abcbc+2sin+2sinRBRCa对于C，由正弦定理===2R，所以==2=R，故C正确；sinsinABsinCsin+sinBCBCsin+sinAsin对于D，由于tan+tan+tan<0ABC，所以tantanAB+tanC+=ABtan−+A+BC1tan(tan)tan()=tan+tan+tantantan=tantantan<0−CCABCABC，因为0<,,<ABCπ，所以ABC,,中必有一个钝角，故ABC为钝角三角形，故D正确.故选：ACD. 考点七：正余弦定理举例应用例11．（2023·福建三明·高一期末）如图，某景区拟开辟一个平面示意图为五边形ABCDE的观光步行道，BE为电瓶车专用道，BCD==BAE=CDE120，DE=11km，BCCD==5km．(1)求BE的长；53(2)若sin=ABE，求五边形ABCDE的周长．14【解析】（1）由=BCD120，BC==CD5km，可得：BD=53，BDC=30，而CDE=120，故BDE=90，在直角△BDE中DE=11km，则BEBD=+DE=2214km.AEABBE28（2）由（1）知：===，则AE=10km，sinsinABEsinAEBBAE3282814ABAEB==ABE−sinsin(60ABE=−ABE)14cossin，3335311由sin=ABE且ABE(0,60)，则cos=ABE，1414所以AB=6km.所以五边形ABCDE的周长ABBCCDDE++++AE=37km.例12．（2023·山东滨州·高一期末）如图，在圆内接四边形ABCD中，=B120，AB=2，AD=22，ABC的面积为3.(1)求AC；(2)求ACD.1【解析】（1）因为ABC的面积为3，所以ABBCsin=B3.2又因为=B120，AB=2，所以BC=2. 22由余弦定理得，ACAB=BC+−ABBCB2cos，222AC=+2−2222cos120=12，所以AC=23.（2）因为ABCD为圆内接四边形，且=B120，所以=D60.又AD=22，由正弦定理可得，ADACADDsin22sin602=，故sin=ACD==.因为ACAD，所以sinsinACDDAC232060ACD，所以ACD=45.例13．（2023·吉林·东北师大附中高一阶段练习）一艘船向正北方向航行，在点A处看灯塔P在北偏东30的方向上，且距离为(20320+)海里，这艘船航行40海里后到达点B.此时灯塔P在船只北偏东的方向上且距离为a海里，求及a.【解析】在ABP中，ABAP==40,(20320,+=)3BAP0,由余弦定理得：23222BPAB=+−=AP+ABAP2cos3040(2023+020)−2022402=(3+)0，在ABP中，2140由正弦定理得ABBPABsin3022,因为ABAPPABP,故====sinPsinsin30PBP2202=P45,所以=+75PBAP=,故答案为：=75，a=202考点八：解三角形范围与最值问题例14．（2023·湖南·长郡中学高一期末）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若222_____________．（请从①sinA+sinB−sinC=sinsinAB；②23sinac=+AacosC；③(2sinsin)ABa−=+2sinc−CABb(sin2sin)这三个条件中任选一个填入上空）(1)求角C；(2)若c=6时，求ABC周长的最大值．【解析】（1）若选①， 222因为sinsinAsinB+C−sinsin=AB，222abc+−1222所以abc+ab−=，cosC==，22ab因为0C，所以C=.3若选②，因为23sinac=+AacosC，所以2sin3sinAC=+AsinACsincos，因为sin0A，所以3sinC+cosC=2sinC+=2，即sinC+=1.667因为+C，所以C+=，即C=.666623若选③，因为(2sinsinABa−2sin=+c−CsinA)Bb2sin()，222222所以22a2ab−c=ab+−b，即abc+ab−=，222abc+−1所以cosC==，0C，所以C=.22ab3（2）由①②③可得C=，3222由余弦定理：362=cos+a−bab，即(ab+−=ab)336，3223()ab+所以(ab+−)36，解得ab+12，4当且仅当ab==6时取等号.所以ABC周长的最大值是18.例15．（2023·江苏宿迁·高一期末）在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，在①πasinC=−ccosA；②()(abcbca)3+++−=bc.两个条件中任选一个，补充在下面问题中（将选的序号6填在横线处），36已知a=，______．2π(1)若=B，求b；4(2)求ABC面积S的最大值．【解析】(1)若选①π31asinC=−ccosA，则asinC=+ccosAsinA622 3113所以sinsinACCsinAA=+cossin，即sinsinACCsincosA=2222由C(0,π)，A(0,π)，得sin0C，cos0A可得tan3A=，所以A=．3若选②()(abcbca)3+++−=bc，则222b+c−a=bc222πbca+−1所以cosA==，由A(0,π)，得A=22bc3362bABC中，由正弦定理=，可得b=3.sinsin34222(2)ABC中，abc=bc+−A2cos，2361222227所以=+b−cbc2，即bcbc+=bc+22242736解得bc，当且仅当bc==取等号．2213273所以面积Sbc==Abcsin，24836273所以当bc==时，面积S取得最大值.28例16．（2023·山西省长治市第二中学校高一期末）ABC的内角ABC,,的对边分别为abc,,.ABC的面积1222为S，且Sa=b+c−().4(1)求角C；acosBb−cosA(2)求的最大值.c11222S=(a+b−c)=absinC【解析】(1)42，222a+−bcsinCC==cos，2ab=tan1C，C(0,)，=C；4(2)由正弦定理得： aBbcoscosA−Asincos−B−BAABsincossin()3===−2sin(2)AcCsin42，23A(0,)，4333−2−(A,)，4443−sin(2−)[1,1]A，4acosBb−cosA−[2,2]，caBbcoscosA−所以的最大值为2.c例17．（2023·湖北·武汉市第四十三中学高一期中）已知abc,,分别为ABC三个内角ABC,,的对边，mabcn=+(=+,,1,cosC)3sinC()，且mn∥，(1)求A；(2)若a=4，求bc+的取值范围.【解析】(1)由题意得：aCcosaCbc3sin+−−=0，由正弦定理得：sincosAC+3sinsinAC−sinB−sinC=0，因为sinsinBAC=sin+=cos+A(CcossinAC)，所以3sinsinACAcossinCC−−=sin0，因为C(0,π)，所以sin0C，所以3sincosAA−=1，ππ1即2sin1A−=，sinA−=662ππ5π因为A(0,π)，所以A−−,，666πππ所以A−=，A=663bca483====(2)因为a=4，所以由正弦定理得：sinsinBCsinA3π，sin38383πbc+=BC+C=+C(sin+sinsinsin)3338331π=cosC+sinC+sinC=8sinC+，3226 2πππ5π因为C0,，所以C+,，3666π所以8sin4,8C+(，bc+的取值范围是(4,86【真题演练】1．（2023·全国·高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB=（）表高表距表高表距A．+表高B．−表高表目距的差表目距的差表高表距表高表距C．+表距D．−表距表目距的差表目距的差【答案】A【解析】如图所示：DEEHFGCG由平面相似可知，==,，而DEFG=，所以ABAHABACDEEHCGCGEHCGEH−−====，而CHCEEH=−=−+CGEHEG，ABAHACACAHCH−CGEH−+EGEGDE表高表距即ABDE=DE=+＝+表高．CGEH−−CGEH表目距的差故选：A.2．（2023·全国·高考真题（文））在ABC中，已知B=120，AC=19，AB=2，则BC=（）A．1B．2C．5D．3【答案】D 【解析】设ABcAC===,,bBCa，2222结合余弦定理：bac=ac+−B2cos可得：1942=+−aaccos120，2即：aa+−2=150，解得：a=3（a=−5舍去），故BC=3.故选：D.3．（2023·浙江·高考真题）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21ca22b+−222Sca=−，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42ab=c==2,3,2，则该三角形的面积S=___________．23【答案】.4221ca22b+−2123423+−22【解析】因为Sca=−，所以S=−=42．4242423故答案为：.414．（2023·天津·高考真题）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知ab=c=A=−6,2,cos.4(1)求c的值；(2)求sinB的值；(3)求sin(2)AB−的值.2226=+b+c22bc1，而bc=2，代入得222【解析】（1）因为abc=bc+−A2cos，即64=++ccc，解2得：c=1．15ab2=，所以（2）由（1）可求出b=2，而0Aπ，所以sin1cosAA=−=，又4sinsinAB152bAsin410．sinB===a641ππ15（3）因为cosA=−，所以Aπ，故0B，又sin1cosAA=−=2，所以42241151521710sin22sinAA=A=−cos2=−，cos22cosAA=−=121−=−，而sinB=，所以448168426cosBB=1sin−=，4 15671010故sin(2)ABsin2cos−=−A=−BABcos2sin+=．848485．（2023·全国·高考真题）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三31个正三角形的面积依次为SSS12,,3，已知S1S2−S3B+==,sin．23(1)求ABC的面积；2(2)若sinsinAC=，求b．3133322322【解析】（1）由题意得SaaS===bS=c,,，则123224443332322SS−Sa+b=c−+=，1234442222acb+−1222sinB=，即acb+−=2，由余弦定理得cosB=，整理得acBcos1=，则cosB0，又2ac3212213212则cos1B=−=，ac==，则SacB==sin；ABC33cos4B28322bacbacac49b3（2）由正弦定理得：==，则2====，则=，sinsinBAsinCsinsinBsinACsinsinAC42sin2B331bB==sin.226．（2023·北京·高考真题）在ABC中，sin2CC3sin=．(1)求C；(2)若b=6，且ABC的面积为63，求ABC的周长．【解析】（1）因为C(0,)，则sin0C，由已知可得3sin2sinCC=Ccos，3可得cosC=，因此，C=.2613（2）由三角形的面积公式可得SABC=absinC=a=63，解得a=43.222223由余弦定理可得c=a+bab−=2Ccos+48362436−=12，=c23，2所以，ABC的周长为abc++=+636.7．（2023·全国·高考真题（文））记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsin(AB−)=sinsinB(C−A)．(1)若AB=2，求C； 222(2)证明：2a=+bcsinsinCABsinsin(B−C=A−)()sinsinCBsinsinBCA=−()【解析】（1）由AB=2，可得，，而π0B()2，所以sinB0,1，即有sinC=sin(C−A)0，而0Cπ,0C−Aπ，显然C−CA，所5πC=以，CCA+−=π，而AB=2，ABC++=π，所以8．sinsinCABsinsin(B−C=A−)()（2）由可得，sinsinCA(cosBAcossinBBCAC−Asin=−sincoscossin)()，再由正弦定理可得，acBbccoscos−=−AbccoscosAabC，然后根据余弦定理可知，1111222222222222(acb+b−c−a+b−ca=a+)b−c−+(−)()()，化简得：22222222a=+bc，故原等式成立．38．（2023·浙江·高考真题）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知45,cosac==C．5(1)求sinA的值；(2)若b=11，求ABC的面积．34cosC=sinC=【解析】（1）由于5，0Cπ，则5．因为45ac=，55由正弦定理知4sin5sinAC=，则sinsinAC==．4522216a222aa+−121−11abc+−553cosC====（2）因为45ac=，由余弦定理，得222ab2a5a，42sinC=，b=11，即aa+−6=550，解得a=5，而5114所以ABC的面积Sab==Csin=51122．2259．（2023·天津·高考真题）在ABC，角,,ABC所对的边分别为abc,,，已知sinA:sinB:sinC=2:1:2，b=2．（I）求a的值；（II）求cosC的值；（III）求sin2C−的值．6【解析】（I）因为sinA:sinB:sinC=2:1:2，由正弦定理可得abc::=2:1:2，b=2，=ac22,=2； 222abc+−+−8243（II）由余弦定理可得cosC===；24ab222237cosC=，2（III）=sin−=1cosCC，447337291sin2C=2sinCcosC=2=，cos2CC2cos=−=121−=，448168373113211−所以sin2Csin2cosC−C=−cos2sin=−=.66682821610．（2023·全国·高考真题）在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，ba=+1，ca=+2.．（1）若2sin3sinCA=，求ABC的面积；（2）是否存在正整数a，使得ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）因为2sinCA=3sin，则22ca2=a3+=()，则a=4，故b=5，c=6，222abc1237cosC，所以，C为锐角，则sin1cosCC=−=，28ab81137157因此，SabC==sin45=；△ABC2284（2）显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，2222222abc+a−a−−aaa++(−+12)()23由余弦定理可得cos0C===，22ab12aa1aa(++)()解得−13a，则0<<3a，由三角形三边关系可得aa+++a12，可得a1，aZ，故a=2.211．（2023·北京·高考真题）在ABC中，cb=B2cos，C=．3（1）求B；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，求BC边上中线的长．条件①：cb=2；条件②：ABC的周长为423+；33条件③：ABC的面积为；4【解析】（1）c=2cosbB，则由正弦定理可得sin2sincosCB=B，2322sin2B=sin=，C=，B0,，2B0,，32333=2B，解得B=；36 3cCsin2（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得===3，bBsin12与cb=2矛盾，故这样的ABC不存在；若选择②：由（1）可得A=，6设ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得ab==RR=2sin，62cR==R2sin3，3则周长abc++=RR+2=+3423，解得R=2，则ac==2,23，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：22(231)2231cos+−=7；6若选择③：由（1）可得A=，即ab=，6113332则SabCa===sin，解得a=3，ABC2224则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：22aa23321bb+−2cos=++33=.22342212．（2023·浙江·高考真题）在ABC中，=BAB60,=2，M是BC的中点，AM=23，则AC=___________，cos=MAC___________.239【答案】21313【解析】由题意作出图形，如图，222在ABM中，由余弦定理得AM=AB+BM−2BMBAcosB， 21即124=+22−BMBM，解得BM=4（负值舍去），2所以BCBM=2=2CM=8，2221在ABC中，由余弦定理得ACAB=BC+−ABBC=+−B2cos464228=52，2所以AC=213；222AC+AM−MC521216+−239在AMC中，由余弦定理得cosMAC===.2AMAC22321313239故答案为：213；.13【过关检测】一、单选题1．（2023·全国·高一课时练习）在ABC中，abc::3:2:4=，则cosC的值为（）2211A．B．－C．－D．3344【答案】C【解析】因为abc::3:2:4=，所以设amb==3,=mc2,mm4,0，222222a+b−c(3)m+(2)m−(4)m1由余弦定理可得cosC===−.2ab2(3)(2)mm4故选：C.2．（2023·黑龙江·齐齐哈尔三立高级中学有限公司高一阶段练习）如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A、B两点，从A、B两点分别测得树尖的仰角为30、45，且A、B两点之间的距离为60m，则树的高度为（）A．(30303m+)B．(30153m+)C．(15303m+)D．(15153m+)【答案】A 【解析】在PAB，PAB=30，APB=45−30=15，AB=60，又sin15=sin(45−=30)sin45cos30−cos45sin30232162−=−=，22224PBAB由正弦定理得：=，sin30sin151602PB==30(6+2)，62−42树的高度为PBsin45=30(6+2)=(30303)+(m).2故选：A．3．（2023·全国·高一课时练习）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列四个条件中能够使角A被唯一确定的是（）331①sinA=；②cosA=−；③cosB=−，ba=3；④=C45，b＝2，c=3．222A．①②B．②③C．②④D．②③④【答案】B3235【解析】对于①sinA=，则A=或，故①不满足题意；对于②cosA=−，则A=，故②满足23326123题意；对于③cosB=−，ba=3，则B=，A0,，sinB=，∵ba=3，∴sinBA3sin=，∴2322sin3BsinA==，则角A被唯一确定，故③满足题意；对于④=C45，b=2，c=3，∵36bCsincb2=，∴如图所示，角A不唯一，故④不满足题意．故选：B．14．（2023·全国·高一课时练习）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA=，3a=22，b=3，则sinB=（）．22222A．B．C．D．3423 【答案】B1【解析】因为sinA=，a=22，b=3，31ab3由正弦定理=得bAsin23.sinABsinsinB===a224故选：B.5．（2023·全国·高一课时练习）在△ABC中，内角ABC,,的对边分别是abc,,，且a=3,c==1,B2C，3sinC则等于（）sin3CA．1B．3C．3D．33【答案】A3sinC3sinCC3sinC3sin【解析】在三角形ABC中，===sin3Csin2CCsinBC(sin++A)()3sinCc3由正弦定理可得：==1.sinAa故选：A.6．（2023·全国·高一课时练习）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosCccosB+=sinaA，则角A的值为（）ππππA．B．C．D．3642【答案】D【解析】在ABC中，bCccoscosB+=asinA，2由正弦定理可得sincosBCCBsincosA+=sin，sinsinBC+=A2，即2所以()sinsinAA=，π因为sin0A，所以sinA=1，因为A(0,π)，所以A=.2故选：D.7．（2023·浙江·高一期中）一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东35的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东65，在B处观察灯塔，其方向是北偏东70，那么B，C两点间的距离是（）A．105海里B．203海里C．102海里D．202海里【答案】C【解析】如图，作出ABC，由题意可知，AB=20海里，AB=30,=105，则C=45， ABBC因为=，sinsinCA1202所以BC==102海里，22即B，C两点间的距离是102海里.故选：C.8．（2023·湖北·丹江口市第一中学高一阶段练习）ABC的内角ABC､､的对边分别为abc､､，则下列说法不正确的是（）A．若AB，则sinABsinB．若Ab=a=30,=4,3，则ABC有两解C．若ABC为钝角三角形，则222a+bcD．若三角形ABC为斜三角形，则tanAtanB+tanC+=AtantantanBC【答案】C【解析】对于A选项，若AB，则ab，由正弦定理可得2sinRA2sinRB，所以，sinsinAB，故A选项正确；对于B选项，bAsin==4sin302，则bAabsin，如图：所以ABC有两解，B选项正确；222abc+−222对于C选项，若ABC为钝角三角形且C为钝角，则cos0C=，可得abc+，C选项错2ab误；tanBC+tan对于D，因为tan(BC+=)，1tan−BCtan所以tanB+tanC=tan(BC+)(1tantan)−BC因为tan(BC+)=tan(π−A)=−tanA，所以tanB+tanC=tan(BC+)(1tantan)−BC=tantantanABC−tanA， 所以tantanAB+tanC+=AtantantanBC，所以D正确.故选：C.二、多选题9．（2023·浙江·良渚高级中学高一阶段练习）在ABC中，内角ABC,,所对的边分别为abc,,，下列各组条件中使得ABC有两个解的是（）113A．a=23，b=4，cosA=B．a=23，b=8，cosA=44ππC．a=15，b=4，A=D．a=23，b=4，A=36【答案】CD215【解析】A项：因为sinA0，所以sin1cosAA=−=.415ab4由正弦定理=可得，bAsin54，B无解，A错误；sinsinABsin1B===a23223B项：因为sinA0，所以sin1cosAA=−=.43ab8π由正弦定理=可得，bAsin4，B=只有一个解，B错误；sinsinABsin1B===2a233π3ab4C项：因为sinsinA==，由正弦定理=可得，bAsin252.32sinABsinsin1B===a155又ba，所以BA，此时B有两个解，即ABC有两个解，C正确；1π1ab4D项：因为sinsinA==，由正弦定理=可得，bAsin32.62sinsinABsin1B===a233又ba，所以BA，此时B有两个解，即ABC有两个解，D正确.故选：CD.10．（2023·黑龙江·哈九中高一期中）在ABC中，角ABC,,所对的边分别为abc,,，已知Bb=60,=4，则下列判断中正确的是（）π469A．若A=，则a=B．若a=，则该三角形有两解432C．ABC周长有最大值12D．ABC面积有最小值43【答案】ABCπba【解析】对于A，Bb=60,=4，A=，由正弦定理得=4sinBAsin 24bAsin246所以a===，故A正确；sinB33293ba对于B，由正弦定理得=得，所以aBsin2293，sinsinBAsinA====1b416因为abABA,有两个解，所以该三角形有两解，故B正确；222对于C，由b=a+c−2accosB，得2222223116(=)3+a(−c)(=ac)+()ac−+−ac+ac=+acac，44所以ac+8，当且仅当ac=时取等号，此时三角形周长最大为等边三角形，周长为12，故C对；4bac===88对于D，由3sinsinBAsinC得aAc==Csin,sin,3321364故SacBA=C=sinsinsinABC243163=−sinsin(120AA)316331=+sin(AAcosAsin)32216331=+−sin2(1cos2)AA34416311=−cos(2A+60)322831=−+cos(2120)A321由于A(0,120),2A−120(120,120),cos(2−A−120)−,1，2无最小值，所以ABC面积无最小值，有最大值为43，故D错误.故选：ABC11．（2023·福建福州·高一期末）在锐角ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知ab=B2cos，且bc，则（）πA．AB=2B．角B的取值范围是0,4 3aC．cosA的取值范围是0,D．的取值范围是(2,3)2b【答案】AD【解析】因为ab=B2cos，所以sin2sincosAB==BBsin2，ππ0A，0B，则02Bπ，所以AB=2或AB+=2π．22因为bc，所以BC，所以AB+ABC2++=π，则AB=2，故A正确；因为ABC++=π，所以CAB=−−πB=−π3．ππ0A02B22ππππ因为ABC是锐角三角形，所以0B，即0B，解得B，2264ππ0C0−π3B2223aABsinsin2所以cosB，则===2cos2,3B()，故B错误，D正确；22bBBsinsinππ1因为AB=2，所以A，所以0cosA，则C错误．322故选：AD三、填空题π12．（2023·上海·华东师范大学第三附属中学高一阶段练习）在ABC中，若b=1，c=3，=B，则6=C_____．π2π【答案】或33bc【解析】由正弦定理可知，=，sinsinBC13=3即πsinC，解得sinC=，sin26cb，π2π=C或C=，33π2π故答案为：或33π13．（2023·上海市曹杨中学高一期末）在ABC中，Aa==,3，则ABC的外接圆半径为______．3【答案】1【解析】如图，设ABC外接圆圆心为O，半径为r.BC==a3.延长BO交外接圆于A1，连接AC1.则 ππBAC==BAC=ACB,.1132BC33故sinBAC===，得r=1.1AB22r1故答案为：1.14．（2023·辽宁·沈阳市第四十中学高一阶段练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2sintanCA=−12cosC()，cb=2，则cosB的值为___________.7【答案】8sinA【解析】依题意，2sintanCA=−12cosC()，2sin12cosCC=−()，cosA2cossinACAsinAC=2sinA−C+A=CAcos,2cossin(sincossin)，2sin2sin(AC+sin==B)A，由正弦定理得ab=2，222222acb+b−b+b−447所以cosB===.222acbb287故答案为：815．（2023·山东省莒南第一中学高一阶段练习）在ABC中，角ABC,,所对的边分别为abc,,，①若sinsinAB，则AB；②若sin2sin2AB=，则ABC一定为等腰三角形；③若cos2A+cos2B−cos2C=1，则ABC为直角三角形；④若ABC为锐角三角形，则sincosAB.以上结论中正确的有___________.（填正确结论的序号）【答案】①③【解析】①因为sinsinAB，由正弦定理得ab，所以AB，正确；②因为sin2AB=sin2，且在ABC中，22AB(0,2)+，所以22AB=或22AB=−，即AB=或AB+=，故ABC为等腰三角形或直角三角形，错误；2222222③由二倍角公式得12sin−A+−12sinB−+12sinC=1，化简得sinA+=sinBsinC，由正弦定理得222a+=bc，所以ABC为直角三角形，正确； ④若ABC为锐角三角形，则0A，0−B，当sincosAB时得sinsin(AB−)，由正弦函2222数的单调性得AB−，则AB+，C与ABC为锐角三角形矛盾，错误.222故答案为：①③.四、解答题16．（2023·安徽·合肥世界外国语学校高一期末）已知ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若1cosB=，b=2，ca=2.4(1)求a；(2)求ABC的面积.1【解析】（1）在ABC中，cosB=，b=2，ca=2，4222=+a−a22a2=a4=a22441，由余弦定理得：bac=ac+−B2cos4解得a=1或a=−1（不合题意，舍去）.所以，a=1.（2）由（1）知ca=2，所以c=2，1又cosB=，0Bπ，所以sin0B，422115所以sin1cosBB=−=1−=.44111515所以ABC的面积为S=acsinB=12=.224417．（2023·黑龙江·建三江分局第一中学高一期末）在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，222b=23，sinsinAsinsinC++A=CBsin，(1)求角B的大小；(2)若AD是BAC的内角平分线，当ABC面积最大时，求AD的长．222222【解析】（1）因为sinsinAsinsinC++A=CBsin，由正弦定理可得a+c−b=−ac，222a+−cb12π由余弦定理得cosB==−，又B(0,π)，所以B=．22ac3222（2）在ABC中，由余弦定理得bac=ac+−B2cos，22222则12=a+c−2accosπ，即a+c+ac=12.322∵a0，c0，∴acac++ac=ac1234，当且仅当ac==2时，(ac)=4，max 112π所以(S△acABCB)max===sin4sin3.22312π此时，BAC==C−=ππ.236πππ在△ABD中，ADB=+=，612432AD22由正弦定理得===AD6.2ππ2sinsin34218．（2023·福建·石狮市第八中学高一阶段练习）如图，在四边形ABCD中，=ABD45，=ADB30，1BC=1，DC=2，cos=BCD，求：4(1)BD的长度；(2)AB的长度.【解析】（1）在△BCD中，由余弦定理可得：2221BDBC=+CD−BCCD=+−BCD2cos14212=4，4则BD=2.（2）在△ABD中，BAD=−ADB−180=ABD−180−=3045105，sin=sin105BAD=+=+sin4560sin45cos60(cos45sin60)21232+6=+=，22224由正弦定理可得：ABBD=，sinsinADBBAD12BDADBsinsin30BD2即AB====−62.sinsin105BAD26+419．（2023·上海市金山中学高一期末）记ABC的内角ABC,,的对边分别为abc,,，已知bsinBc+sinC=bsinCa+sinA．(1)求角A的大小； (2)若ac+=1，b2，当ABC的周长最小时，求b的值．222【解析】（1）由正弦定理，得bcbca+=+，222bca+−bc11所以==，即cosA=，2bc22bc2π又A(0,π)，所以A=.32bb−+1222（2）由余弦定理得abc=bc+−，把ac+=1代入，整理得a=，b−222bb22−+因为b2，所以ABC的周长为labc=++=b++1b−26=−3(+b2)+962+9，b−26当且仅当3(b2)−=，即b=+22时取等号，b−2所以当ABC的周长最小时，b=+22．20．（2023·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校高一期中）将函数fx(x)x=+sin3cos图象上所有点向右1平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数gx()的图象.62(1)求函数gx()的解析式及单调递增区间；(2)在锐角ABC中，内角ABC,,的对边分别为abc,,，若Cc==g,，求ab+的取值范围.36【解析】（1）fx(x)x=x+sin=+3cos2sin，3将函数fx()图象上所有点向右平移个单位长度，6得y=2sinx−+=2sinx+，6361然后横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得2gx()x2sin2=+，6由2k−2x+2k+,kZ，262得k−xk+,Zk，36所以gx()的单调递增区间为k−,k+(kZ)；36（2）cg==2sin2+=2，666 因为=C，3abc24====所以由正弦定理得sinAsinBsinC3，sin344所以a==sin,AbsinB，334所以ab+=AB+(sinsin)，322因为=C，所以AB+=，所以BA=−，33342所以ab+=AA+−sinsin33422=+−sinsinAAcosAcossin333433=+sincosAA32231=+4sincosAA22=+4sinA，6因为ABC为锐角三角形，0A2所以，解得A，0−2A62322所以+A，3633所以+sin1A，26所以234sin+4A，6所以ab+的取值范围为(23,4].21．（2023·浙江·高一期中）在△ABC中，内角ABC,,对应的边分别为abc,,，请在①222(2bcb)(−)−+2=cosacabcC；②btanA=−(2cb)tanB；③2cb(3sin−=aC−cos)C这三个条件中任选一个，完成下列问题：(1)求角A的大小； (2)已知a=7，b=1，设D为BC边上一点，且AD为角A的平分线，求△ABC的面积.222【解析】（1）选①，因为(2bcb)(−)2−cos+=acabcC，所以(2bcbc−=)2cosA2abccosC，得(2bc)cos−=cosAaC，即2cosbAacosCc=+cosA，由正弦定理得：2sincosBAACsincosC=A+B=sincossin，1因为sin0B，所以cosA=(0A)，所以A=．23sinsinAB选②，因为btanA=−(2cb)tanB，所以sin(2sinBCBsin)=−，(sin0B)coscosABsin1A得=−(2sinsin)CB，coscosAB即sincosABCB(2sinA=C−Asin)cos=B−A2sincossincos，sincosABBAsincosC+A=C=C2sincossin(sin0)，1所以cosA=(0A)，所以A=．23选③，因为2cb(3sin−=aC−cos)C，所以2sinsinCB−sin(3sinA=C−Ccos)，2sinsin(CAC−)sin(3sin+=−ACCcos)，2sinsincosCA−C−A=−CAcossinCAC3sinsinsincos，2sincossinCA−=CAC3sinsin，sin0C，2=+3sinAAcos23sin=+=cos+2sin(AAA)，即sin()1A+=，66因为0A，所以A+=，所以A=．62321（2）在△ABC中，由余弦定理712=+−cc，则(cc−3)(+2)=0，那么c=3；2ABBD1由角平分线定理==3,则DCBC=,ACCD4113bc那么SSADCAABC===sin3.44216