资源简介 第七节 余弦定理和正弦定理的综合应用1.（2025·芜湖联合检测）在△ABC中，A，B，C所对的边分别是a，b，c.（1）请用正弦定理证明：若a＞b，则A＞B；（2）请用余弦定理证明：若A＞B，则a＞b.2.（2025·咸阳模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acos B＋b＝c.（1）求A；（2）若b＝3，c＝，求△ABC中BC边上高线的长.3.（2024·潍坊高考模拟考试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a（sin B＋cos B）＝c.（1）求A；（2）若c＝，a＝，D为BC的中点，求AD.4.（2024·湘豫名校联考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos 2B＋cos 2C＝2cos2A－2sin Bsin C.（1）求A；（2）若∠BAC的平分线交BC于点D，b＝3，c＝4，求AD的长.5.（2024·宜宾模拟）如图，平面四边形ABCD内接于一个圆，且AB＝5，BD＝3，A为钝角，sin A＝.（1）求cos∠ADB；（2）若BC＝5，求△BCD的面积.6.（2025·佛山校联考）记锐角 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2C＋sin2B－sin2A＝sin Bsin C.（1）求A；（2）已知A的角平分线交BC于点D，求的取值范围.第七节 余弦定理和正弦定理的综合应用1.证明：（1）由＝，a＞b得sin A＞sin B.①若A，B∈（0，］，则由y＝sin x在（0，］上单调递增，得A＞B.②若A∈（0，］，B∈（，π），则sin A＞sin B＝sin （π－B），此时π－B∈（0，）.由y＝sin x在（0，］上单调递增，得A＞π－B A＋B＞π，舍去.③若B∈（0，］，A∈（，π），则sin A＝sin（π－A）＞sin B，此时π－A∈（0，），由y＝sin x在（0，］上单调递增，得π－A＞B，A＋B＜π，则A＞B成立.综上，若a＞b，则A＞B.（2）由y＝cos x在（0，π）上单调递减，得cos A＜cos B，则＜，则a（b2＋c2－a2）＜b（a2＋c2－b2），即ab（b－a）＋c2（a－b）＋（b－a）（a2＋b2＋ab）＜0，即（b－a）[（a＋b）2－c2]＝（b－a）（a＋b＋c）（a＋b－c）＜0.而a＋b＋c＞0，a＋b－c＞0，因此a＞b.2.解：（1）因为acos B＋b＝c，由正弦定理可得sin Acos B＋sin B＝sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋sin Bcos A， 所以sin B＝sin Bcos A，又0＜B＜π，所以sin B＞0，所以cos A＝，因为0＜A＜π，所以A＝.（2）由已知及余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝9＋3－2×3××＝3，所以a＝，设△ABC中BC边上的高线长为h，则S△ABC＝bcsin A＝ah，解得h＝.故BC边上高线的长为.3.解：（1）在△ABC中，由正弦定理得，sin A（sin B＋cos B）＝sin C，由A＋B＋C＝π，得sin C＝sin（A＋B），所以sin Asin B＋sin Acos B＝sin Acos B＋sin Bcos A， 得sin Asin B＝sin Bcos A，因为sin B≠0，所以tan A＝1，因为A∈（0，π），所以A＝.（2）在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，得5＝b2＋2－2b××，所以b2－2b－3＝0，又b＞0，所以b＝3.因为D为BC的中点，所以＝（＋），两边同时平方得｜｜2＝（c2＋b2＋2bccos∠BAC）＝，所以｜｜＝，即AD＝.4.解：（1）因为cos 2B＋cos 2C＝2－2sin2A－2sin Bsin C，所以1－2sin2B＋1－2sin2C＝2－2sin2A－2sin Bsin C，即sin2A＝sin2B＋sin2C－sin Bsin C，由正弦定理得a2＝b2＋c2－bc，又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，可得cos A＝，因为A∈（0，π），所以A＝.（2）在△ABC中，A＝，由等面积法得S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即bcsin A＝c·AD·sin＋b·AD·sin，即×3×4×＝×4×AD×＋×3×AD×，所以AD＝.5.解：（1）在△ABD中，AB＝5，BD＝3，sin A＝，由正弦定理可得＝，即＝，解得sin∠ADB＝.又A为钝角，所以∠ADB为锐角，则cos∠ADB＝.（2）由平面四边形ABCD内接于一个圆可得A＋C＝π，所以sin C＝，又A为钝角，所以C为锐角，则cos C＝，在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2×BC×CD×cos C，即（3）2＝52＋CD2－2×5×CD×，整理得CD2－8CD－20＝0，解得CD＝10，则△BCD的面积为S△BCD＝×10×5×＝15.6.解：（1）由sin2C＋sin2B－sin2A＝sin Bsin C，及正弦定理可得c2＋b2－a2＝bc，所以cos A＝＝，又A∈（0，π），所以A＝.（2）由题意得AD是∠BAC的平分线，所以∠BAD＝∠CAD，所以＝＝＝＝＝＝＝＝＋.因为△ABC为锐角三角形，所以解得＜B＜，所以tan B＞，所以＜＋＜2，即的取值范围为（，2）.1 / 1第七节 余弦定理和正弦定理的综合应用重点解读 正弦定理和余弦定理的综合应用是高考命题的热点，主要包括与三角形有关的证明问题、平面图形中的计算问题及三角形中的三线问题等.与三角形有关的证明问题（师生共研过关）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）.（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2＋c2.解题技法证明与三角形有关的等（不等）式的一般思路（1）利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等（不等）式转化为以角为研究对象的三角等（不等）式或以边为研究对象的代数等（不等）式；（2）充分利用三角形中隐含条件：①A＋B＋C＝π；②A＞B sin A＞sin B；③a－b＜c＜a＋b及三角函数的性质、三角恒等变换公式等推导证明.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2（＋A）＋cos A＝.（1）求A；（2）若b－c＝a，证明：△ABC是直角三角形.平面多边形中的计算问题（师生共研过关）如图所示，四边形ABCD为圆O的内接四边形，其中AB＝，BC＝3，CD＝2，DA＝1.（1）求sin D的值；（2）求四边形ABCD的面积及圆O的半径.解题技法利用正、余弦定理解决平面多边形问题的策略（1）将所给平面多边形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理建立边角关系进行求解；（2）注意各个三角形之间的联系，特别是公共边、邻角之间的等量关系，交叉使用公共条件进行求解；（3）注意三角形相似、平行四边形性质等几何结论的应用；（4）注意方程思想的灵活运用，通过设出未知变量，建立方程进行求解.如图，△ABC是边长为3的等边三角形，线段AE交BC于点D，BD＝1.（1）求sin∠ADB；（2）若AD＝3DE，求BE的长.三角形的“三线”问题（定向精析突破）考向1 高线问题（2023·新高考Ⅰ卷17题）已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin（A－C）＝sin B.（1）求sin A；（2）设AB＝5，求AB边上的高.解题技法高线问题的处理策略 如图，在△ABC中，AD⊥BC：（1）等面积法：AD·BC＝AB·AC·sin∠BAC；（2）AD＝AB·sin∠ABD＝AC·sin∠ACD；（3）a＝c·cos B＋b·cos C.考向2 中线问题（2024·福建九地市质量检测）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asin C＝csin B，C＝.（1）求B的大小；（2）若△ABC的面积为，求BC边上中线的长.解题技法中线问题的处理策略（1）可根据两角互补或面积相等用正、余弦定理建立方程求解；（2）采用向量法使问题简化：在△ABC中，若D为边BC上的中点，则＝（＋），两边平方即可得到三角形边长之间的关系.考向3 角平分线问题（2025·东北三省四市联合体模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin B＝－bcos∠BAC，∠BAC的平分线交边BC于点D，且AD＝1.（1）求∠BAC的大小；（2）若a＝2，求△ABC的面积.解题技法角平分线问题的处理策略（1）角平分线定理：已知AD是△ABC的内角∠BAC的平分线，则＝；（2）等面积法：S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即AB×AC×sin∠BAC＝AB×AD×sin＋AC×AD×sin；（3）边与面积的比值：＝.（2025·青岛二中期中）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若2bsin A＋bsin B＝csin 2B.（1）求角C；（2）若点D在边AB上，b＝2，CD＝1，请在下列三个条件中任选一个，求边长AB.①CD为△ABC的一条中线；②CD为△ABC的一条角平分线；③CD为△ABC的一条高线.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.第七节 余弦定理和正弦定理的综合应用【考点·分类突破】考点1【例1】 解：（1）由A＝2B，A＋B＋C＝π，可得A＝.将A＝2B代入sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A），可得sin Csin B＝sin Bsin（C－A）.因为B∈（0，π），所以sin B≠0，所以sin C＝sin（C－A）.又A，C∈（0，π），所以C＋C－A＝π，即A＝2C－π，与A＝联立，解得C＝.（2）证明：法一 由sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A），可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，结合正弦定理可得，accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，即accos B＋abcos C＝2bccos A.（*）由余弦定理得，accos B＝，abcos C＝，2bccos A＝b2＋c2－a2，将上述三式代入（*）式并整理，得2a2＝b2＋c2.法二 因为A＋B＋C＝π，所以sin Csin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sin Bsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A.又sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A），所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.跟踪训练解：（1）由已知得sin2A＋cos A＝，即cos2A－cos A＋＝0.所以（cos A－）2＝0，cos A＝.由于0＜A＜π，故A＝.（2）证明：由正弦定理及已知条件可得sin B－sin C＝sin A.由（1）知B＋C＝，所以sin B－sin（－B）＝sin，即sin B－cos B＝，sin（B－）＝.由于0＜B＜，故B＝.从而△ABC是直角三角形.考点2【例2】 解：（1）连接AC（图略），因为四边形ABCD为圆内接四边形，所以B＋D＝π，所以cos B＝－cos D.在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，可得AC2＝2＋9＋2××3cos D＝11＋6cos D.在△ADC中，由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos D，可得AC2＝1＋8－2×1×2cos D＝9－4cos D.所以11＋6cos D＝9－4 cos D，得cos D＝－，又D∈（0，π），所以sin D＝＝.（2）由（1）知，sin D＝，因为B＋D＝π，所以sin B＝sin D＝，所以S△ABC＝AB·BCsin B＝××3×＝，S△ADC＝AD·DCsin D＝×1×2×＝，所以四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ADC＝＋＝.结合（1）得，AC2＝11＋6 cos D＝11＋6×（－）＝，所以AC＝，设四边形ABCD外接圆的半径为R，可得2R＝＝＝，所以四边形ABCD外接圆的半径为.跟踪训练解：（1）在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD，代入数据可得AD2＝32＋12－2×3×1×＝7，∴AD＝，由正弦定理可得＝，∴sin∠ADB＝＝＝.（2）在△ABD中，由（1）及余弦定理得cos∠ADB＝－，cos∠EDB＝cos（π－∠ADB）＝－cos∠ADB＝，又DE＝＝，∴在△BED中，由余弦定理可得BE2＝BD2＋DE2－2BD×DE×cos∠EDB＝1＋－2×1××＝，故BE＝.考点3【例3】 解：（1）∵A＋B＝3C，A＋B＋C＝π，∴4C＝π，则C＝.∵2sin（A－C）＝sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），∴2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C，则sin Acos C＝3cos Asin C，∴sin A＝3cos A＞0.又sin2A＋cos2A＝1，∴sin A＝.（2）法一 设AB边上的高为h，由（1）易得cos A＝，则sin B＝sin（A＋C）＝sin（＋A）＝cos A＋sin A＝.在△ABC中，由正弦定理＝，得AC＝＝＝2.又S△ABC＝·AC·AB·sin A＝·AB·h，∴h＝ACsin A＝2×＝6.即AB边上的高为6.法二 由（1）得sin A＝3cos A，则A是锐角，cos A＝，sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为ACsin A＝2×＝6.【例4】 解：（1）∵asin C＝csin B，∴由正弦定理，得sin Asin C＝sin Csin B，∵0＜C＜π，∴sin C＞0，∴sin A＝sin B，∵0＜A＜π，0＜B＜π，∴A＝B或A＋B＝π（舍去），∵A＋B＋C＝π，且C＝，∴B＝.（2）依题意得＝absin C，∵A＝B，∴a＝b，∴＝a2sin＝，解得a＝，设边BC的中点为D，则CD＝，在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos C＝3＋－2×××cos＝，∴BC边上中线的长为.【例5】 解：（1）因为asin B＝－bcos∠BAC，所以由正弦定理可得sin∠BACsin B＝－sin B·cos∠BAC，因为sin B≠0，所以sin∠BAC＝－cos∠BAC，故tan∠BAC＝－，又0°＜∠BAC＜180°，所以∠BAC＝120°.（2）由题意可知S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，即csin 60°＋bsin 60°＝bcsin 120°，化简可得b＋c＝bc.在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC＝＝＝－，从而＝－，解得bc＝5或bc＝－4（舍），所以S△ABC＝bcsin∠BAC＝×5×sin 120°＝.跟踪训练解：（1）由2bsin A＋bsin B＝csin 2B及正弦定理得2sin B·sin A＋sin2B＝sin C·2sin Bcos B，因为在△ABC中，sin B＞0，所以2sin A＋sin B＝2sin Ccos B，又sin A＝sin（B＋C），所以2（sin Bcos C＋cos Bsin C）＋sin B＝2sin Ccos B，所以2sin Bcos C＋sin B＝0，所以cos C＝－.因为0＜C＜π，所以C＝.（2）若选①，因为＝（＋），所以＝（＋2·＋），即4＝4＋a2＋2×2×a×（－），化简得a2－2a＝0，解得a＝2或a＝0（舍去）.所以AB＝＝2.若选②，因为S△ABC＝S△CAD＋S△CBD，所以×2×a×sin＝×2×1×sin＋×1×a×sin，解得a＝2.所以AB＝＝2.若选③，由S△ABC＝×2×a×sin＝×AB×1，解得AB＝a.所以AB2＝22＋a2－2×2×a×（－）＝3a2，即a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1（舍去）.所以AB＝2.3 / 3(共45张PPT)第七节 余弦定理和正弦定理的综合应用高中总复习·数学重点解读 正弦定理和余弦定理的综合应用是高考命题的热点，主要包括与三角形有关的证明问题、平面图形中的计算问题及三角形中的三线问题等.目 录CONTENTS考点·分类突破01.课时·跟踪检测02.PART 01考点·分类突破精选考点 | 课堂演练与三角形有关的证明问题（师生共研过关）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 sin C sin（A－B）＝ sin B sin （C－A）.（1）若A＝2B，求C；解： 由A＝2B，A＋B＋C＝π，可得A＝ .将A＝2B代入 sin C sin （A－B）＝ sin B sin （C－A），可得 sin C sin B＝ sin B sin （C－A）.因为B∈（0，π），所以 sin B≠0，所以 sin C＝ sin （C－A）.又A，C∈（0，π），所以C＋C－A＝π，即A＝2C－π，与A＝ 联立，解得C＝ .（2）证明：2a2＝b2＋c2.解： 证明：法一 由 sin C sin （A－B）＝ sin B sin （C－A），可得 sin C sin A cos B－ sin C cos A sin B＝ sin B sin C cos A－ sin B cos C sin A，结合正弦定理可得，ac cos B－bc cos A＝bc cos A－ab cos C，即ac cos B＋ab cos C＝2bc cos A. （*）由余弦定理得，ac cos B＝ ，ab cos C＝ ，2bc cos A＝b2＋c2－a2，将上述三式代入（*）式并整理，得2a2＝b2＋c2.法二 因为A＋B＋C＝π，所以 sin C sin （A－B）＝ sin （A＋B） sin （A－B）＝ sin 2A cos 2B－ cos 2A sin 2B＝ sin 2A（1－ sin 2B）－（1－ sin 2A） sin 2B＝ sin 2A－ sin 2B，同理有 sin B sin （C－A）＝ sin （C＋A） sin （C－A）＝ sin 2C－ sin 2A.又 sin C sin （A－B）＝ sin B sin （C－A），所以 sin 2A－ sin 2B＝ sin 2C－ sin 2A，即2 sin 2A＝ sin 2B＋ sin 2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.解题技法证明与三角形有关的等（不等）式的一般思路（1）利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等（不等）式转化为以角为研究对象的三角等（不等）式或以边为研究对象的代数等（不等）式；（2）充分利用三角形中隐含条件：①A＋B＋C＝π；②A＞B sin A＞sin B；③a－b＜c＜a＋b及三角函数的性质、三角恒等变换公式等推导证明.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 cos 2（ ＋A）＋cos A＝ .（1）求A；解： 由已知得 sin 2A＋ cos A＝ ，即 cos 2A－ cos A＋ ＝0.所以（ cos A－ ）2＝0， cos A＝ .由于0＜A＜π，故A＝ .（2）若b－c＝ a，证明：△ABC是直角三角形.解： 证明：由正弦定理及已知条件可得 sin B－ sin C＝ sin A.由（1）知B＋C＝ ，所以 sin B－ sin （ －B）＝ sin ，即 sin B－ cos B＝ ， sin （B－ ）＝ .由于0＜B＜ ，故B＝ .从而△ABC是直角三角形.平面多边形中的计算问题（师生共研过关）如图所示，四边形ABCD为圆O的内接四边形，其中AB＝ ，BC＝3，CD＝2 ，DA＝1.（1）求 sin D的值；解： 连接AC（图略），因为四边形ABCD为圆内接四边形，所以B＋D＝π，所以 cos B＝－ cos D.在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos B，可得AC2＝2＋9＋2× ×3 cos D＝11＋6 cos D.在△ADC中，由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC cos D，可得AC2＝1＋8－2×1×2 cos D＝9－4 cos D.所以11＋6 cos D＝9－4 cos D，得 cos D＝－ ，又D∈（0，π），所以 sin D＝ ＝ .（2）求四边形ABCD的面积及圆O的半径.解：由（1）知， sin D＝ ，因为B＋D＝π，所以 sin B＝ sin D＝ ，所以S△ABC＝ AB·BC sin B＝ × ×3× ＝ ，S△ADC＝ AD·DC sin D＝ ×1×2 × ＝ ，所以四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ADC＝ ＋ ＝ .结合（1）得，AC2＝11＋6 cos D＝11＋6 ×（－ ）＝ ，所以AC＝ ，设四边形ABCD外接圆的半径为R，可得2R＝ ＝ ＝ ，所以四边形ABCD外接圆的半径为 .解题技法利用正、余弦定理解决平面多边形问题的策略（1）将所给平面多边形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理建立边角关系进行求解；（2）注意各个三角形之间的联系，特别是公共边、邻角之间的等量关系，交叉使用公共条件进行求解；（3）注意三角形相似、平行四边形性质等几何结论的应用；（4）注意方程思想的灵活运用，通过设出未知变量，建立方程进行求解.如图，△ABC是边长为3的等边三角形，线段AE交BC于点D，BD＝1.（1）求 sin ∠ADB；解： 在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos ∠ABD，代入数据可得AD2＝32＋12－2×3×1× ＝7，∴AD＝ ，由正弦定理可得 ＝ ，∴ sin ∠ADB＝ ＝ ＝ .（2）若AD＝3DE，求BE的长.解： 在△ABD中，由（1）及余弦定理得 cos ∠ADB＝－ ，cos ∠EDB＝ cos （π－∠ADB）＝－ cos ∠ADB＝ ，又DE＝ ＝ ，∴在△BED中，由余弦定理可得BE2＝BD2＋DE2－2BD×DE× cos∠EDB＝1＋ －2×1× × ＝ ，故BE＝ .三角形的“三线”问题（定向精析突破）考向1 高线问题（2023·新高考Ⅰ卷17题）已知在△ABC中，A＋B＝3C，2 sin （A－C）＝ sin B.（1）求 sin A；解： ∵A＋B＝3C，A＋B＋C＝π，∴4C＝π，则C＝ .∵2 sin （A－C）＝ sin B＝ sin （π－A－C）＝ sin （A＋C），∴2 sin A cos C－2 cos A sin C＝ sin A cos C＋ cos A sin C，则 sin A cos C＝3 cos A sin C，∴ sin A＝3 cos A＞0.又 sin 2A＋ cos 2A＝1，∴ sin A＝ .（2）设AB＝5，求AB边上的高.解： 法一 设AB边上的高为h，由（1）易得 cos A＝ ，则 sin B＝ sin （A＋C）＝ sin （ ＋A）＝cos A＋ sin A＝ .在△ABC中，由正弦定理 ＝ ，得AC＝ ＝ ＝2 .又S△ABC＝ ·AC·AB· sin A＝ ·AB·h，∴h＝AC sin A＝2 × ＝6.即AB边上的高为6.法二 由（1）得 sin A＝3 cos A，则A是锐角， cos A＝ ，sin B＝ sin （A＋C）＝ sin A cos C＋ cos A sin C＝ × ＋ × ＝.由正弦定理 ＝ ，得AC＝ ＝ ＝2 ，故AB边上的高为AC sin A＝2 × ＝6.解题技法高线问题的处理策略 如图，在△ABC中，AD⊥BC：（1）等面积法：AD·BC＝AB·AC· sin ∠BAC；（2）AD＝AB· sin ∠ABD＝AC· sin ∠ACD；（3）a＝c· cos B＋b· cos C.考向2 中线问题（2024·福建九地市质量检测）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a sin C＝c sin B，C＝ .（1）求B的大小；解： ∵a sin C＝c sin B，∴由正弦定理，得 sin A sin C＝ sin C sin B，∵0＜C＜π，∴ sin C＞0，∴ sin A＝ sin B，∵0＜A＜π，0＜B＜π，∴A＝B或A＋B＝π（舍去），∵A＋B＋C＝π，且C＝ ，∴B＝ .（2）若△ABC的面积为 ，求BC边上中线的长.解： 依题意得 ＝ ab sin C，∵A＝B，∴a＝b，∴ ＝ a2 sin ＝ ，解得a＝ ，设边BC的中点为D，则CD＝ ，在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD· cos C＝3＋ －2× × × cos ＝ ，∴BC边上中线的长为 .解题技法中线问题的处理策略（1）可根据两角互补或面积相等用正、余弦定理建立方程求解；（2）采用向量法使问题简化：在△ABC中，若D为边BC上的中点，则＝ （ ＋ ），两边平方即可得到三角形边长之间的关系.考向3 角平分线问题（2025·东北三省四市联合体模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a sin B＝－ b cos ∠BAC，∠BAC的平分线交边BC于点D，且AD＝1.（1）求∠BAC的大小；解： 因为a sin B＝－ b cos ∠BAC，所以由正弦定理可得 sin ∠BAC sin B＝－ sin B· cos ∠BAC，因为 sin B≠0，所以 sin ∠BAC＝－ cos ∠BAC，故tan∠BAC＝－ ，又0°＜∠BAC＜180°，所以∠BAC＝120°.（2）若a＝2 ，求△ABC的面积.解： 由题意可知S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，即 c sin 60°＋ b sin 60°＝ bc sin 120°，化简可得b＋c＝bc.在△ABC中，由余弦定理得 cos ∠BAC＝ ＝ ＝－ ，从而 ＝－ ，解得bc＝5或bc＝－4（舍），所以S△ABC＝ bc sin ∠BAC＝ ×5× sin 120°＝ .解题技法角平分线问题的处理策略（1）角平分线定理：已知AD是△ABC的内角∠BAC的平分线，则 ＝；（2）等面积法：S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即 AB×AC× sin ∠BAC＝AB×AD× sin ＋ AC×AD× sin ；（3）边与面积的比值： ＝ .（2025·青岛二中期中）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若2b sin A＋b sin B＝c sin 2B.（1）求角C；解： 由2b sin A＋b sin B＝c sin 2B及正弦定理得2 sin B· sin A＋ sin 2B＝ sin C·2 sin B cos B，因为在△ABC中， sin B＞0，所以2 sin A＋ sin B＝2 sin C cos B，又 sin A＝ sin （B＋C），所以2（ sin B cos C＋ cos B sin C）＋ sin B＝2 sin C cos B，所以2 sin B cos C＋ sin B＝0，所以 cos C＝－ .因为0＜C＜π，所以C＝ .（2）若点D在边AB上，b＝2，CD＝1，请在下列三个条件中任选一个，求边长AB.①CD为△ABC的一条中线；②CD为△ABC的一条角平分线；③CD为△ABC的一条高线.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.解： 若选①，因为 ＝ （ ＋ ），所以 ＝ （ ＋2 · ＋ ），即4＝4＋a2＋2×2×a×（－），化简得a2－2a＝0，解得a＝2或a＝0（舍去）.所以AB＝ ＝2 .若选②，因为S△ABC＝S△CAD＋S△CBD，所以 ×2×a× sin ＝ ×2×1× sin ＋ ×1×a× sin ，解得a＝2.所以AB＝ ＝2 .若选③，由S△ABC＝ ×2×a× sin ＝ ×AB×1，解得AB＝ a.所以AB2＝22＋a2－2×2×a×（－ ）＝3a2，即a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1（舍去）.所以AB＝2 .PART 02课时·跟踪检测关键能力 | 课后练习1. （2025·芜湖联合检测）在△ABC中，A，B，C所对的边分别是a，b，c.（1）请用正弦定理证明：若a＞b，则A＞B；12345678910111213141516171819202022232425证明： 由 ＝ ，a＞b得 sin A＞ sin B.①若A，B∈（0， ］，则由y＝ sin x在（0， ］上单调递增，得A＞B.②若A∈（0， ］，B∈（ ，π），则 sin A＞ sin B＝ sin （π－B），此时π－B∈（0， ）.由y＝ sin x在（0， ］上单调递增，得A＞π－B A＋B＞π，舍去.③若B∈（0， ］，A∈（ ，π），则 sin A＝ sin （π－A）＞ sin B，此时π－A∈（0， ），由y＝ sin x在（0， ］上单调递增，得π－A＞B，A＋B＜π，则A＞B成立.综上，若a＞b，则A＞B.（2）请用余弦定理证明：若A＞B，则a＞b.证明： 由y＝ cos x在（0，π）上单调递减，得 cos A＜ cos B，则 ＜ ，则a（b2＋c2－a2）＜b（a2＋c2－b2），即ab（b－a）＋c2（a－b）＋（b－a）（a2＋b2＋ab）＜0，即（b－a）[（a＋b）2－c2]＝（b－a）（a＋b＋c）（a＋b－c）＜0.而a＋b＋c＞0，a＋b－c＞0，因此a＞b.2. （2025·咸阳模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cos B＋ b＝c.（1）求A；解： 因为a cos B＋ b＝c，由正弦定理可得 sin A cos B＋ sin B＝ sin C＝ sin （A＋B）＝ sin A cos B＋ sin B cos A，所以 sin B＝ sin B cos A，又0＜B＜π，所以 sin B＞0，所以 cos A＝ ，因为0＜A＜π，所以A＝ .（2）若b＝3，c＝ ，求△ABC中BC边上高线的长.解： 由已知及余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝9＋3－2×3×× ＝3，所以a＝ ，设△ABC中BC边上的高线长为h，则S△ABC＝ bc sin A＝ ah，解得h＝ .故BC边上高线的长为 .3. （2024·潍坊高考模拟考试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a（ sin B＋ cos B）＝c.（1）求A；解： 在△ABC中，由正弦定理得，sin A（ sin B＋ cos B）＝ sin C，由A＋B＋C＝π，得 sin C＝ sin （A＋B），所以 sin A sin B＋ sin A cos B＝ sin A cos B＋ sin B cos A， 得 sin A sin B＝ sin B cos A，因为 sin B≠0，所以tan A＝1，因为A∈（0，π），所以A＝ .（2）若c＝ ，a＝ ，D为BC的中点，求AD.解： 在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos ∠BAC，得5＝b2＋2－2b× × ，所以b2－2b－3＝0，又b＞0，所以b＝3.因为D为BC的中点，所以 ＝ （ ＋ ），两边同时平方得｜ ｜2＝ （c2＋b2＋2bc cos ∠BAC）＝ ，所以｜ ｜＝ ，即AD＝ .4. （2024·湘豫名校联考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 cos 2B＋ cos 2C＝2 cos 2A－2 sin B sin C.（1）求A；解： 因为 cos 2B＋ cos 2C＝2－2 sin 2A－2 sin B sin C，所以1－2 sin 2B＋1－2 sin 2C＝2－2 sin 2A－2 sin B sin C，即 sin 2A＝ sin 2B＋ sin 2C－ sin B sin C，由正弦定理得a2＝b2＋c2－bc，又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，可得 cos A＝ ，因为A∈（0，π），所以A＝ .（2）若∠BAC的平分线交BC于点D，b＝3，c＝4，求AD的长.解： 在△ABC中，A＝ ，由等面积法得S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即 bc sin A＝ c·AD· sin ＋ b·AD· sin ，即 ×3×4× ＝ ×4×AD× ＋ ×3×AD× ，所以AD＝ .5. （2024·宜宾模拟）如图，平面四边形ABCD内接于一个圆，且AB＝5，BD＝3 ，A为钝角， sin A＝ .（1）求 cos ∠ADB；解： 在△ABD中，AB＝5，BD＝3 ， sin A＝ ，由正弦定理可得 ＝ ，即 ＝ ，解得 sin∠ADB＝ .又A为钝角，所以∠ADB为锐角，则 cos ∠ADB＝ .（2）若BC＝5，求△BCD的面积.解： 由平面四边形ABCD内接于一个圆可得A＋C＝π，所以 sin C＝ ，又A为钝角，所以C为锐角，则 cos C＝ ，在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2×BC×CD× cos C，即（3 ）2＝52＋CD2－2×5×CD× ，整理得CD2－8CD－20＝0，解得CD＝10，则△BCD的面积为S△BCD＝ ×10×5× ＝15.6. （2025·佛山校联考）记锐角 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 sin 2C＋ sin 2B－ sin 2A＝ sin B sin C.（1）求A；解： 由 sin 2C＋ sin 2B－ sin 2A＝ sin B sin C，及正弦定理可得c2＋b2－a2＝bc，所以 cos A＝ ＝ ，又A∈（0，π），所以A＝ .（2）已知A的角平分线交BC于点D，求 的取值范围.解： 由题意得AD是∠BAC的平分线，所以∠BAD＝∠CAD，所以 ＝ ＝ ＝ ＝＝ ＝ ＝ ＝ ＋ .因为△ABC为锐角三角形，所以 解得 ＜B＜ ，所以tan B＞ ，所以 ＜ ＋ ＜2，即 的取值范围为（ ，2）.THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第七节 余弦定理和正弦定理的综合应用.docx 第七节 余弦定理和正弦定理的综合应用.pptx 第七节 余弦定理和正弦定理的综合应用（练习，含解析）.docx
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