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第25讲　正弦定理与余弦定理
[课标要求]　掌握正弦定理、余弦定理，并能解一些简单的三角形度量问题．
1．正弦定理与余弦定理
(1)正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的__正弦的比__相等，并且都等于__外接圆的直径__，即__＝＝＝2R__．
(2)余弦定理：三角形中任何一边的平方，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：
a2＝__b2＋c2－2bc_cos_A__；
b2＝__a2＋c2－2ac_cos_B__；
c2＝__a2＋b2－2ab_cos_C__．
由余弦定理，可以得到如下推论：
cos A＝____；
cos B＝____；
cos C＝____．
2．三角形常用面积公式
(1)S△ABC＝aha(其中ha表示边a上的高)；
(2)S△ABC＝ab sin C＝__bc_sin_A__＝__ac_sin_B__；
(3)S△ABC＝(a＋b＋c)r(r为三角形内切圆的半径).
1．三角形边角关系
(1)三角形三边的关系：①三角形任何两边之和大于第三边；②三角形任何两边之差小于第三边．
(2)三角形边角关系：①三角形中，大边对大角；②三角形中，大角对大边．
(3)三角形三角关系：A＋B＋C＝π.
2．三角形中的三角函数关系
(1)sin (A＋B)＝sin C；
(2)cos (A＋B)＝－cos C；
(3)sin ＝cos ；
(4)cos ＝sin .
3．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；
b＝acos C＋c cos A；c＝bcos A＋acos B.
4．解三角形的四种基本类型
(1)已知两角及任一边，求另一角和两边；
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边及另两角；
(3)已知两边和它们的夹角，求另一边及另两角；
(4)已知三边，求三角．
1．在△ABC中，“sin A＝”是“A＝”的(　　)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
解析：C　在△ABC中，若sin A＝，
则A＝或，因为{，}?{}，
所以“sin A＝”是“A＝”的必要不充分条件．故选C.
2．(2024·高三江苏泰州期中)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，A＝，cos B＝，则b＝(　　)
A． B．1
C．2 D．2
解析：B　因为cos B＝，B∈(0，π)，所以sin B＝＝，
由正弦定理＝，即＝，解得b＝1.故选B.
3．(教材母题必修6.4.3练习T1)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b＝1，c＝3，cos A＝，则a＝(　　)
A． B．2
C．2 D．
解析：A　在△ABC中，b＝1，c＝3，cos A＝，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝1＋9－2×1×3×＝6，
所以a＝.故选A.
4．(2024·广东茂名模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋c2－b2＝ac，ac＝4，则·＝(　　)
A． B．－
C．2 D．－2
解析：D　由余弦定理得cos B＝＝.又因为B∈(0，π)，所以B＝，
故·＝ac cos (π－B)＝－2.故选D.
5．(2024·山西晋城三模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝30°，b2＋c2－a2＝4，则△ABC的面积为________．
解析：1　因为A＝30°，b2＋c2－a2＝4，所以2bc cos A＝bc＝4，所以bc＝4，
所以△ABC的面积为bc sin A＝1.
探究点1　正弦定理和余弦定理
【例1】 (1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B，则B等于(　　)
A． B．
C． D．
(2)(2024·重庆模拟预测)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝，b＝6，a2＋c2＝3ac，则△ABC的面积为(　　)
A． B．
C． D．
解析：(1)B　由已知a＝bcos C＋csin B及正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B，
又sin A＝sin (B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bcos C＋sin Csin B，
化简可得sin B＝cos B，即tan B＝1.
因为B为三角形的内角，所以B＝.故选B.
(2)A　由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B，
即36＝a2＋c2＋ac＝3ac＋ac＝4ac，
解得ac＝9，
所以△ABC的面积为ac sin B＝×9×＝.故选A.
(1)解三角形的基本类型有四类，已知△ABC中的边、角的某三个(至少包括一边)，就可求出此三角形的其他边和角．
(2)已知两边和其中一边的对角(如b，c，B)应用正弦定理时，有一解、两解和无解的情况，可根据三角函数的有界性、三角形内角和定理或“三角形中大边对大角”来判断解的情况，做出正确取舍．
(3)已知两边和其中一边的对角，求另一条边时，常采用余弦定理．
变式探究
1．(2024·吉林模拟预测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，“a cos B＝b cos A”是“A＝B”(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：C　由a cos B＝b cos A，根据正弦定理得sin A cos B＝sin B cos A，显然A，B≠，则tan A＝tan B，因为A，B为三角形内角，则A＝B，则充分性成立；
当A＝B时，因为A，B为三角形内角，则不会存在A＝B＝的情况，则A，B≠，则tan A＝tan B，则sin A cos B＝sin B cos A，根据正弦定理得a cos B＝b cos A，故必要性成立．
故“a cos B＝b cos A”是“A＝B”的充要条件．故选C.
2．(2024·山东烟台段考)在斜三角形ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，4asin 2C＝3(a2＋b2－c2)sin B，b＝4，点D为BC边的中点，点O为AD的中点，且cos ∠CAO＝，则△ABC的面积为________．
解析：2　因为4asin 2C＝3(a2＋b2－c2)sin B，
由余弦定理得8asin Ccos C＝6abcos C·sin B，
又因为△ABC是斜三角形，所以cos C≠0，
所以4sin C＝3bsin B，
由正弦定理得4c＝3b2，
所以c＝＝2.
因为点D为BC边的中点，点O为AD的中点，如图所示，
所以＋＝2＝4，
即＝4－，
则2＝162＋2－2×4·，
所以24＝162＋16－2×4×4×||×，
即2||2－||－1＝0，
解得||＝1或－(舍去)，
所以S△AOC＝·AO·AC·sin ∠CAO＝×1×4×＝，
所以S△ABC＝2S△ACD＝4S△AOC＝4×＝2.
探究点2　正弦定理和余弦定理的应用
【例2】 (2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3＋，求c.
解析：(1)由已知a2＋b2－c2＝ab，
可得cos C＝＝＝，
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C＝＝＝，
又因为sinC＝cos B，所以cos B＝，
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由(1)可得B＝，cos C＝，C∈(0，π)，
从而C＝，A＝π－－＝，
而sin A＝sin ＝sin (＋)＝×＋×＝，
由正弦定理有＝＝，
从而a＝·c＝c，b＝·c＝c，
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为
S△ABC＝ab sin C＝·c·c·＝c2，
已知△ABC的面积为3＋，可得c2＝3＋，所以c＝2.
利用正、余弦定理求边和角的方法
(1)根据题目给出的条件(即边和角)作出相应的图形，并在图形中标出相关的位置．
(2)选择正弦定理或余弦定理或两者结合求出待解问题．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
变式探究
3．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcos A＝2ccos C－acos B.
(1)求角C的大小：
(2)若c＝2，b2＋c2＝a2＋4accos A，求△ABC的面积．
解析：(1)由bcos A＝2ccos C－acos B，
得sin Bcos A＝2sin Ccos C－sin Acos B，
即sin Bcos A＋sin Acos B＝2sin Ccos C，
得sin (A＋B)＝2sin Ccos C，
即sin C＝2sin Ccos C.
又C∈(0，π)，sin C>0，
所以1＝2cos C，即cos C＝，
又0(2)由b2＋c2＝a2＋4accos A，得b2＋c2－a2＝4accos A，
由余弦定理得cos A＝，
得b2＋c2－a2＝2bc cos A，
所以4ac cos A＝2bc cos A，
又cos A≠0，所以b＝2a.
由(1)知，C＝，
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋4a2－4a2·＝3a2，
又c＝2，所以3a2＝4，由a>0，解得a＝，
所以b＝，
故S△ABC＝ab sin C＝×××＝.
探究点3　“爪形”三角形问题
【例3】 (2024·江苏南通月考)如图，在△ABC中，AB＝，CD＝5，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°.
(1)求AD的长；
(2)求△ABC的面积S△ABC.
解析：(1)如图，过点A作AE⊥BC，垂足为E.
因为AB＝，CD＝5，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°，
在Rt△AEB中，AE＝ABsin B＝×＝，
在Rt△AEC中，AC＝＝＝3，
由余弦定理可得
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD cos∠ACD
＝9＋25－2×3×5×(－)
＝49，
所以AD＝7.
(2)因为sin∠BAC＝sin (∠ABC＋∠ACB)
＝sin∠ABCcos∠ACB＋cos∠ABCsin∠ACB
＝×＋×
＝，
所以S△ABC＝AB·AC sin∠BAC＝××3×＝.
爪形三角形问题的题设情境是三角形的某顶点与其对边(或延长线)上一点将该三角形分割为两个三角形，题设条件与待求量分布在不同三角形内，求解策略是利用分界线两侧的两内角的互补关系，应用余弦定理求解或应用向量工具求解．
变式探究
4．(2024·四川绵阳模拟预测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝.
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的面积等于，D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AC边的长．
解析：(1)在△ABC中，由＝及正弦定理得，sin Bsin A＝sin A－sin A·cos B．
因为A∈(0，π)，sin A≠0，
所以sin B＝1－cos B，
所以sin B＋cos B＝2sin (B＋)＝1，
即sin (B＋)＝，
又B∈(0，π)，则B＋＝，所以B＝.
(2)由(1)得S△ABC＝acsin ＝ac＝，所以ac＝4.
如图所示，在△ABD中，由余弦定理可得
AD2＝c2＋()2－2c· ·cos ＝c2＋()2＋≥＝6，
当且仅当c＝，即a＝2，c＝时，等号成立，
此时AC2＝a2＋c2－2ac cos ＝8＋2－2×2××(－)＝14，故AC＝.
1．在△ABC中，a＝3，b＝2，cos C＝，则△ABC的面积为（　　）
A． B．2
C．3 D．4
解析：D　因为C为三角形的内角，
所以sin C＝＝，
所以S＝ab sinC＝×3×2×＝4.故选D.
2．在△ABC中，若AB＝，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝（　　）
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：A　由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C，即13＝AC2＋9－2AC×3×cos 120°，化简得AC2＋3AC－4＝0，解得AC＝1或AC＝－4(舍去).故选A.
3．(2024·江西九江三模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2c－a＝2b cos A，则B＝（　　）
A． B．
C． D．
解析：B　因为2c－a＝2b cos A，
由正弦定理，得2sin C－sin A＝2sin B cos A，
因为A＋B＋C＝π，
所以2sin (A＋B)－2sin B cos A＝sin A，
展开化简得2sin A cos B＝sin A.
因为sin A>0，所以cos B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝.故选B.
4．(多选)不解三角形，则下列对三角形解的个数的判断中正确的是（　　）
A．a＝30，b＝25，A＝150°，有一解
B．a＝7，b＝14，A＝30°，有两解
C．a＝6，b＝9，A＝45°，有两解
D．a＝，b＝，A＝60°，无解
解析：AD　对于A，由正弦定理得sin B＝＝，又0对于B，由正弦定理得sin B＝＝1，又0对于C，由正弦定理得sin B＝＝>1，显然B无解，错误；
对于D，由正弦定理得sin B＝＝>1，显然B无解，正确．故选AD.
5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝2a，2a2＋b2＝c2，则sin B＝（　　）
A． B．
C． D．
解析：C　由b＝2a，2a2＋b2＝c2，得2a2＋b2＝6a2＝c2，
所以cos B＝＝＝，
又B∈(0，π)，所以sin B＝＝.故选C.
6．在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cos∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC.
解析：(1)在△ABD中，
由正弦定理得＝，
即＝，
所以sin ∠ADB＝.
由题设知，∠ADB<90°，
所以cos ∠ADB＝ ＝.
(2)由题设及(1)知，
cos ∠BDC＝sin ∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos ∠BDC
＝25＋8－2×5×2×＝25，
所以BC＝5.
7．(2024·天津红桥一模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b sin A＝a cos (B－).
(1)求角B的大小；
(2)若a＝2，c＝3，求sin (2A－B)的值．
解析：(1)在△ABC中，由正弦定理得
sin B sin A＝sin A cos (B－)，
因为sin A>0，所以sin B＝cos (B－)，
可得sin B＝cos B＋sin B，
即sin B＝cos B，tan B＝.
又B∈(0，π)，可得B＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝7，即b＝，
由b sin A＝a cos (B－)，以及B＝，可得sin A＝，
因为a因此sin 2A＝2sin A cos A＝，cos 2A＝2cos2A－1＝，
所以sin(2A－B)＝sin 2A cos B－cos 2A sin B＝×－×＝.
8．(2025·广东广州期中)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若＝，则△ABC的形状是（　　）
A．等腰三角形
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
解析：C　由正弦定理得＝，
而sin A>0，sin B>0，
整理得sin B cos B＝sin C cos C，
即sin 2B＝sin 2C，
而0则0<2B<2π，0<2C<2π，
因此2B＝2C或2B＋2C＝π，
即B＝C或B＋C＝，
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形．故选C.
9．(2024·四川绵阳模拟预测)在①向量m＝(b，a)，n＝(sin A，－cos B)，且m⊥n，②＝，③a2＋c2－b2＋2ac＝2bc sin A这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答．
已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，________．
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，a－c＝2，求△ABC的面积．
解析：(1)若选条件①，则m·n＝b sin A－a cos B＝0，
根据正弦定理得sin B sin A＝sin A cos B，因为sin A≠0，
所以sin B＝cos B，tan B＝，
因为0若选条件②，根据正弦定理得＝＝1，tan B＝，
因为0若选条件③，因为a2＋c2－b2＝2ac cos B，所以2ac cos B＋2ac＝2bc sin A，
所以a cos B＋a＝b sin A，
根据正弦定理得sin A cos B＋sin A＝sin B sin A，
因为sin A≠0，所以cos B＋1＝sin B，sin (B－)＝，
因为0(2)根据余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2－ac＝(a－c)2＋ac，
所以9＝4＋ac，所以ac＝5，
所以△ABC的面积为ac sin B＝×5×＝.
10．已知△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2a sin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C.
(1)求角A的大小；
(2)设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且AD＝2，b＝3，求△ABC的面积．
解析：(1)在△ABC中，由正弦定理及2a sin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即b2＋c2－a2＝－bc，
由余弦定理得cos A＝＝－，
又0(2)AD是△ABC的角平分线，∠BAD＝∠DAC＝，
由S△ABC＝S△ABD＋S△CAD可得
bc sin ＝c×AD×sin ＋b×AD×sin ，
因为b＝3，AD＝2，即有3c＝2c＋6，c＝6，
故S△ABC＝bc sin A＝×3×6×＝.
11．秦九韶是我国南宋时期的著名数学家，他在著作《数书九章》中提出，已知三角形三边长计算三角形面积的一种方法“三斜求积术”，其公式为：
S△ABC＝
＝
＝.
若ac＝2，cos B＝，a>b>c，则利用“三斜求积术”求△ABC的面积为（　　）
A． B．
C． D．
解析：D　因为cos B＝＝，ac＝2，
所以a2＋c2－b2＝4×＝，
则S△ABC＝
＝＝，故选D.
12．(2024·天津河西一模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a(1＋cos B)＝b sin A.
(1)求角B的大小．
(2)设b＝2，a－c＝2.
(ⅰ)求a的值；
(ⅱ)求sin (2A＋B)的值．
解析：(1)由正弦定理可得
sin A(1＋cos B)＝sin B sin A，
因为sin A≠0，所以1＋cos B＝sin B，
则sin B－cos B＝2sin (B－)＝1，
所以sin (B－)＝，
因为0(2)(ⅰ)由余弦定理得cos B＝，
由b＝2，B＝，a－c＝2，
得(a－c)2＋2ac－b2＝2ac cos B，
所以ac＝24，
解得a＝6，c＝4.
(ⅱ)由余弦定理得
cos A＝＝，
sin A＝＝，
所以sin2A＝2sin A cos A＝，
cos 2A＝2cos2A－1＝－，
所以sin(2A＋B)＝sin (2A＋)
＝sin 2A cos ＋cos 2A sin ＝－.
第26讲　正、余弦定理在解三角形中的综合应用
[课标要求]　1.进一步掌握正弦定理、余弦定理的应用.2.能利用正弦定理、余弦定理解决有关实际应用问题.3.能利用正弦定理、余弦定理解决与面积、三角恒等变换相关的三角形问题．
1．判断三角形的形状特征
必须从研究三角形的边角关系入手，充分利用正、余弦定理进行转化，即化边为角或化角为边，边角统一．
在△ABC中，设A为最大角，则：
(1)等腰三角形：b＝c或B＝C.
(2)直角三角形：__b2＋c2＝a2__或__A＝90°__．
(3)钝角三角形：__a2>b2＋c2__或__90°(4)锐角三角形：__a22．在△ABC中，常用的一些基本关系式
(1)A＋B＋C＝__π__；
(2)sin (B＋C)＝__sin_A__，cos (B＋C)＝__－cos_A__，tan (B＋C)＝__－tan_A__；
(3)sin ＝__cos___；
(4)cos ＝__sin___；
(5)tan A＋tan B＋tan C＝__tan_Atan_Btan_C__．
3．解三角形在实际应用中的相关角的概念
(1)仰角和俯角
与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和__目标__视线的夹角，目标视线在水平视线__上方__时叫做仰角，目标视线在水平视线__下方__时叫做俯角(如图1所示).
(2)方位角
从某点的指北方向线起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．如B点的方位角为α(如图2所示).
(3)方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)××度．
4．解三角形在实际问题中的应用
(1)三角形的实际应用题实质还是求解三角形，应掌握实际问题中常用角(方向角、方位角、仰角、俯角等)的概念，并掌握求解实际问题的一般步骤和方法．
(2)用正、余弦定理解决实际问题的一般步骤
①审题：理解题意，分清已知和未知，画出示意图．
②建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与未知量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的数学模型．
③求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解．
④检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．
5．三角形条件下有关最值的解决策略
首先建立目标函数(可能是一元，也可能是二元)，然后根据目标函数的特点选择适当的方法求出最值．
1．(2024·江苏连云港模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，bcos A＝1＋cos B，则边b的取值范围为(　　)
A．(0，1) B．(1，2)
C．(0，2) D．(2，3)
解析：B　由a＝1，bcos A＝1＋cos B得，bcos A＝a＋acos B，
由正弦定理可得
sin Bcos A＝sin A＋sin Acos B，
即sin Bcos A－sin Acos B＝sin A，
所以sin (B－A)＝sin A，
所以B－A＝A或B－A＋A＝π(舍去)，
所以B＝2A.
由正弦定理得b＝＝＝2cos A，
而0所以0所以b＝2cos A∈(1，2)，所以b的取值范围为(1，2).故选B.
2．(教材母题必修6.4例10改编)在100 m高的楼顶A处，测得正西方向地面上B，C两点(B，C与楼底在同一水平面上)的俯角分别是75°和15°，则B，C两点之间的距离为(　　)
A．200 m B．240 m
C．180 m D．200 m
解析：D　由题意，BC＝－
＝100×
＝100×，
而tan 15°tan 75°＝·
＝·＝1，
所以BC＝100×2＝200(m).故选D.
3．如图，A点正北方向的C市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24 n mile/h的速度向正北航行，在A处看到S岛在船的北偏东15°方向，船航行 h后到达B处，在B处看到S岛在船的北偏东45°方向．此船从A点到C市航行过程中距离S岛的最近距离为(　　)
A．9 n mile B．9(－1)n mile
C．9(－1)n mile D．9(－)n mile
解析：C　如图，过点S作SE⊥AB于点E.
在△ASB中，∠ABS＝135°，AB＝24×＝18，∠BAS＝15°，∠ASB＝180°－∠ABS－∠SAB＝30°，
由正弦定理得＝，
所以AS＝＝18(n mile)，
所以船与S岛的最近距离
SE＝SA·sin∠SAB＝18sin 15°＝18×＝9(－1)(n mile).故选C.
4．滕王阁位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12 m，在地面上的点M(B，M，D三点共线)测得楼顶A、滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为30°，则小明估算滕王阁的高度为(精确到1 m)(　　)
　
A．42 m B．45 m
C．51 m D．57 m
解析：D　由题意得，在Rt△ABM中，
AM＝，
在△ACM中，∠CAM＝30°＋15°＝45°，
∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，
所以∠ACM＝30°，
由正弦定理＝，
得CM＝·AM＝，
又sin 15°＝sin (45°－30°)＝×－×＝，
在Rt△CDM中，CD＝CM sin 60°＝＝＝36＋12≈57.故选D.
5．托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，BD＝8，且△ACD为正三角形，则四边形ABCD的面积为__________.
解析：16　如图，设AD＝DC＝AC＝a，由托勒密定理知，AB·a＋a·BC＝a·BD，
所以AB＋BC＝BD＝8.
又因为∠ABD＝∠ACD＝，∠CBD＝∠CAD＝，
所以四边形ABCD的面积为
S＝S△ABD＋S△BCD
＝AB·BDsin ＋BC·BDsin
＝(AB＋BC)·BD＝16.
探究点1　三角形中的三角函数问题
【例1】 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
解析：(1)因为＝＝＝，
所以sin B＝cos Acos B－sin Asin B＝cos(A＋B)＝－cos C＝－cos ＝，
而0(2)由(1)知，sin B＝－cos C>0，所以而sin B＝－cos C＝sin (C－)，
所以B＝C－，C＝＋B，A＝π－B－C＝－2B.
所以＝
＝
＝
＝4cos2B＋－5
≥2－5＝4－5.
当且仅当cos2B＝时取等号，
所以的最小值为4－5.
解三角形问题中涉及求与三角形内角相关的三角函数值时，一方面要准确选用三角函数公式进行合理的三角恒等变换，另一方面要充分运用三角形内角的取值范围和三内角和为180°，及在此锐(钝)角三角形中内角的取值范围探究．注意：在锐角三角形中，任意两内角的和大于90°，在钝角三角形中，两锐角的和小于90°.
变式探究
1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足＝1＋.
(1)求角A；
(2)若BC边上的中线长为，且a＝2，求△ABC的面积．
解析：(1)因为＝1＋，
所以＝1＋，
化简得2sin C cos A＝sin (A＋B)＝sin C，
因为sin C>0，所以cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)如图，设BC边上的中线交BC于D，
则∠ADB＝π－∠ADC，
由余弦定理得＝－，
即＝－，化简得b2＋c2＝8.
因为cos A＝＝，所以bc＝4，
所以S△ABC＝bc sin A＝×4×＝.
探究点2　
【例2】 目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影．如图1，某同学在一条水平公路上观测对面山顶上的一座5G基站AB，已知基站高AB＝50 m，该同学眼高1.5 m(眼睛到地面的距离)，该同学在初始位置C处(眼睛所在位置)测得基站底部B的仰角为37°，测得基站顶端A的仰角为45°.
(1)求出山高BE(结果保留一位小数).
(2)如图2，当该同学面向基站AB前行时(保持在同一铅垂面内)，记该同学所在位置M处(眼睛所在位置)到基站AB所在直线的距离MD＝x m，且记在M处观测基站底部B的仰角为α，观测基站顶端A的仰角为β.试问：当x多大时，观测基站的视角∠AMB最大？
参考数据：sin 8°≈0.14，sin 37°≈0.6，sin 45°≈0.7，sin 127°≈0.8.
解析：(1)由题意可知，∠BCD＝37°，∠ACD＝45°，∠ACB＝8°，A＝45°，
在△ABC中，＝，
所以BC≈＝250(m)，
在Rt△BCD中，BD＝BC·sin∠BCD≈250×0.6＝150(m)，
所以山高BE＝BD＋DE≈150＋1.5＝151.5(m).
(2)由题意知∠AMD＝β，∠BMD＝α，且0<α<β<，则0<β－α<，
在Rt△BMD中，tan α＝≈，
在Rt△AMD中，tan β＝≈，
则tan∠AMB＝tan (β－α)
＝≈
＝＝
≤＝，
当且仅当x＝，即x＝100时，取等号，
又因为0<∠AMB<，所以此时∠AMB最大，
所以当x＝100 m时，∠AMB最大．
(1)解决实际应用问题的基本方法是充分理解题意，正确作出图形，把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边、角，通过建立数学模型求解．
(2)转化为解三角形模型后，通常会遇到如下两种情况：①已知量与未知量全部集中在某一个三角形中，此时直接利用正弦定理或余弦定理；②已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择满足条件足够的三角形优先研究，再逐步在其余三角形中求出问题的解．
变式探究
2．如图，甲船从A处以每小时30海里的速度沿正北方向航行，乙船在B处沿固定方向匀速航行，B在A北偏西105°方向且与A相距10海里处．当甲船航行20分钟到达C处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的D处，此时两船相距10海里．
(1)乙船每小时航行多少海里？
(2)在C处北偏西30°方向且与C相距海里处有一个暗礁E，暗礁E周围海里范围内为航行危险区域．问：甲、乙两船按原航向和速度航行有无危险？如有危险，计算从有危险开始多少小时后能脱离危险；如无危险，请说明理由．
解析：(1)如图，连接AD.
由题知CD＝10海里，AC＝×30＝10海里，∠ACD＝60°，
所以△ACD是等边三角形，所以AD＝10海里．
又∠DAB＝105°－60°＝45°，
在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AD2＋AB2－2AB×ADcos 45°＝102＋(10)2－2×10×10×＝100，
所以BD＝10海里，v＝10÷＝30(海里/小时).
故乙船的速度为每小时30海里．
(2)在海平面内，以B点为原点，以东西方向作x轴，以南北方向作y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
危险区域在以E为圆心，半径为r＝的圆内．
因为∠BAC＝105°，所以∠ABx＝15°.
又因为∠DAB＝∠DBA＝45°，
故直线BD的方程为y＝tan 60°x＝x，
所以E的横坐标为ABcos 15°－CEsin 30°，纵坐标为ABsin 15°＋CEcos 30°＋AC，
故A(5＋5，5－5)，C(5＋5，5＋5)，E(5＋，9＋5).
点E到直线BD的距离为d1＝＝1<，故乙船有危险；
点E到直线AC的距离为d2＝>，故甲船没有危险．
以E为圆心，半径为的圆截直线BD所得的弦长l＝2＝2，
所以乙船遭遇危险的持续时间为t＝＝(小时).
故甲船没有危险，乙船有危险，且在遭遇危险开始持续小时后脱险．
探究点3　
【例3】 (2024·安徽合肥模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin C＋cos C＝a，b＝.
(1)求角B；
(2)若a＋c＝2，求边AC上的角平分线BD的长；
(3)若△ABC为锐角三角形，求边AC上的中线BE的取值范围．
解析：(1)由sin C＋cos C＝a及正弦定理得sin C＋cos C＝sin A，
即sin Bsin C＋sin Bcos C＝sin A，
即sin Bsin C＋sin Bcos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以sin Bsin C＝cos Bsin C，
因为sin C≠0，所以tan B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由B＝及余弦定理得3＝c2＋a2－ac＝(c＋a)2－3ac，
又a＋c＝2，所以ac＝，
由S△ABC＝S△ABD＋S△BDC得
acsin B＝c·BD·sin ＋a·BD·sin ，
所以acsin ＝BD·(c＋a)sin ，
所以×＝BD×2×，解得BD＝.
(3)因为E为AC的中点，
所以＝(＋)，
则2＝(＋)2＝(c2＋a2＋2ca·cos B)＝(3＋ca＋ca)＝，
由正弦定理得
ac＝sin A·sin C
＝4sin A·sin C＝4sin A·sin (－A)
＝4sin A·(cos A＋sin A)
＝2sin Acos A＋2sin2A
＝sin 2A＋1－cos 2A
＝2sin(2A－)＋1，
因为△ABC为锐角三角形，
所以所以所以<2A－<，
所以所以2＝(3＋2ca)∈(，]，
所以BE∈(，]，
即边AC上的中线BE的取值范围为(，].
(1)三角形条件下的最值问题处理的一般思路是：
①建立目标函数；②根据目标函数的特点求最值．
(2)基本方法：
①化为只含一角、一函数的形式，利用三角函数的值域求最值；
②化为含三角形一边或两边的表达形式，利用基本不等式求最值．
变式探究
3．(2024·重庆渝中模拟预测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足－sin B＝tan Acos B.
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形且a＝2，求△ABC面积的取值范围．
解析：(1)由正弦定理得，
－sin B＝tan Acos B，
所以－＝，
即＝＋
＝
＝＝，
化简得＝，即tan A＝，
又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)由正弦定理得＝＝＝＝4，
所以b＝4sin B，c＝4sin C，
所以S△ABC＝bc sin A＝8sin Bsin C
＝8sin Bsin (－B)
＝8sin B(cos B＋sin B)
＝12sin Bcos B＋4sin2B
＝6sin 2B－2cos 2B＋2
＝4(sin 2B－cos 2B)＋2
＝4sin (2B－)＋2，
因为△ABC是锐角三角形，
所以解得所以2B－∈(，)，
所以sin (2B－)∈(，1]，
所以S△ABC＝4sin (2B－)＋2∈(4，6].
探究点4　
【例4】 已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求tan A的值；
(2)若b＝4，D为△ABC外一点，如图所示，且D＝2A，DC＝2，△BCD的面积为4，求边c的大小．
解析：(1)因为A＋B＝π－C，
所以sin (A＋B)＝sin (π－C)＝sin C，
已知＝，
根据正弦定理得＝，
即c(bsin A－c)＝(b－a)(b＋a)，
整理得bc sin A＝b2＋c2－a2，
即sin A＝＝cos A，
所以sin A＝cos A，即tan A＝.
(2)因为A∈(0，π)，所以sin A>0，
由(1)知且D＝2A，
所以sin D＝sin 2A＝2sin Acos A＝2××＝，
故△BCD的面积S＝CD·BDsin D＝×2×BD×＝4，解得BD＝6，
又由cos D＝cos 2A＝2cos2A－1＝2×()2－1＝－，
在△BCD中，由余弦定理可得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcosD＝62＋22－2×6×2×(－)＝48，
所以a＝BC＝4.
在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
可得48＝(4)2＋c2－2×4c×，解得c＝8.
综合运用正弦定理、余弦定理、三角恒等变换及平面几何性质问题的求解，要求考生具有良好的数学运算能力和化归与转化数学思想．求解此类问题的突破口是：(1)正确分析已知等式中边角关系，合理地设计“边往角化”或“角往边化”，活用正弦定理和余弦定理；(2)求角的值时，应注意三角形对角的取值范围的限制；(3)熟记两角和、差的有关公式，注意三角恒等变换的常用方法与技巧的运用．
变式探究
4．(2024·山东聊城一模)在梯形ABCD中，AD∥BC，设∠BAD＝α，∠ABD＝β，已知cos (α－β)＝2sin (α＋)sin (β＋).
(1)求∠ADB；
(2)若CD＝2，AD＝3，BC＝4，求AB.
解析：(1)因为cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β，
2sin (α＋)sin (β＋)
＝2(sin α＋cos α)(sin β＋cos β)
＝2(sin αsin β＋sin αcos β＋sin βcos α＋cos αcos β)，
所以2cos αcos β＋2sin αsin β＝sin αsin β＋sin αcos β＋sin βcos α＋3cos αcos β，
即sin αsin β－cos αcos β＝(sin αcos β＋sin βcos α)，
即－cos (α＋β)＝sin (α＋β)，
即tan (α＋β)＝－，
又α＋β＝π－∠ADB，
故tan (π－∠ADB)＝－，
即tan ∠ADB＝，又∠ADB∈(0，π)，故∠ADB＝.
(2)由AD∥BC，故∠DBC＝∠ADB＝，
由正弦定理可得＝，
即sin ∠BDC＝＝＝1，
故∠BDC＝，
则BD＝＝＝2.
由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝9＋12－18＝3，
故AB＝.
1．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinB sin C，则A的取值范围是（　　）
A．(0，] B．[，π)
C．(0，] D．[，π)
解析：C　由于sin2A≤sin2B＋sin2C－sinB sin C，根据正弦定理可知a2≤b2＋c2－bc，故cos A＝≥.又A∈(0，π)，则A的取值范围为(0，].故选C.
2．(多选)在△ABC中，AB＝，B＝60°，若满足条件的三角形有两个，则AC边的取值可能是（　　）
A．1.5 B．1.6
C．1.7 D．1.8
解析：BC　根据题意可知满足条件的△ABC有两个，可得AB×sin B3．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC是（　　）
A．240(－1) m B．180(－1) m
C．120(－1) m D．30(＋1) m
解析：C　如图，∠ACD＝30°，∠ABD＝75°，AD＝60 m，
在Rt△ACD中，
CD＝＝＝60(m)，
在Rt△ABD中，
BD＝＝＝＝60(2－)(m)，
所以BC＝CD－BD＝60－60(2－)
＝120(－1)(m).故选C.
4．济南泉城广场上的泉标是篆书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征．李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2 m，到达B点，又测得泉标顶部仰角为80°.则李明同学求出泉标的高度为(sin 20°≈0.3420，sin 80°≈0.9848，结果精确到1 m)（　　）
A．38 m B．50 m
C．66 m D．72 m
解析：A　如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端．
依题意，∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，AB＝15.2 m，则∠ABD＝100°，
故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°.
在△ABD中，根据正弦定理，得
＝，
所以BD＝＝≈38.5(m).
在Rt△BCD中，
CD＝BD sin ∠CBD≈38.5×sin 80°≈38(m)，
即李明同学求出的泉标的高约为38 m．故选A.
5．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a cos B＋b cos A＝－2c cos C，sin (2A＋)＝，则cos (A－B)＝_______________________.
解析：　由正弦定理可得
sin A cos B＋sin B cos A＝－2sin C cos C，
即sin (A＋B)＝－2sin C cos C，
所以sin (π－C)＝－2sin C cos C，
即sin C＝－2sin C cos C，
因为sin C>0，所以cos C＝－，
因为0所以cos (A－B)＝cos (2A－)＝cos (2A＋－)＝sin (2A＋)＝.
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＋4b sin B cos C＝4a sin B，且A为钝角.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝－，c＝，求sin C的值．
解析：(1)因为c＋4b sin B cos C＝4a sin B，
由正弦定理可得
sin C＋4sin2B cosC＝4sin A sin B，
所以sin C＋4sin2B cosC＝4sin A sin B
＝4sin (B＋C)sin B
＝4sin2B cosC＋4sin B cos B sin C，
即sin C＝4sin B cos B sin C＝2sin 2B sin C.
在△ABC中，由于角A为钝角，则B，C均为锐角，可得sin C>0，所以sin 2B＝，
因为0因此，B＝或.
(2)因为b＝－，c＝，则b所以Bsin B＝sin ＝sin (－)＝sin cos －cos sin ＝.
由正弦定理可得＝，
所以sin C＝＝＝.
7．某临海地区为保障游客安全修建了海上救生栈道，如图，线段BC，CD是救生栈道的一部分，其中BC＝300 m，CD＝800 m，B在A的北偏东30°方向，C在A的正北方向，D在A的北偏西80°方向，且∠B＝90°.
(1)求AC；
(2)若救生艇在A处载上遇险游客需要尽快抵达救生栈道B－C－D，求最短距离(结果精确到1 m).参考数据：sin 80°≈0.98，cos 80°≈0.17，≈0.68.
解析：(1)作AE⊥CD交CD于E，如图．
在△ABC中，∠B＝90°，∠CAB＝30°，BC＝300 m，
所以AB＝＝＝300(m)，
AC＝＝600(m).
(2)在△ADC中，由正弦定理可得
＝sin D＝，
所以cos ∠EAD＝≈0.735，
所以sin ∠EAD≈0.68，
cos ∠CAE＝cos (80°－∠EAD)≈0.17×0.735＋0.98×0.68＝0.79135，
在Rt△ACE中，AE＝AC·cos ∠CAE＝600×0.79135≈475(m).
所以最短距离为475 m.
8．(多选)(2024·吉林白山阶段练习)湖光岩玛珥湖，位于广东省湛江市麻章区湖光镇，是中国乃至世界最大的湿玛珥湖，是中国玛珥湖研究的始发点，也是世界玛珥湖研究的关键点．某小组计划测量如图所示的湖光岩玛珥湖的东西方向的总湖长，即测量湖光岩玛珥湖湖岸的两个测量基点P，Q之间的距离，现在湖光岩玛珥湖的湖岸取另外两个测量基点M，N，测得MN＝380 m，∠PMQ＝，∠QMN＝∠PNM＝，∠PNQ＝，则（　　）
A．MQ＝380 m B．PM＝380 m
C．PN＝380 m D．PQ＝1900 m
解析：ABD　在△MNQ中，∠MNQ＝＋＝，
又∠QMN＝，则∠MQN＝，
由正弦定理可得＝，
即＝，
解得MQ＝380(m)，A正确；
在△PMN中，∠PMN＝＋＝，∠PNM＝∠MPN＝，
则PM＝MN＝380(m)，B正确；
在△PMN中，同理可得PN＝＝(190＋190)(m)，C错误；
在△PMQ中，由余弦定理得
PQ2＝(380)2＋(380)2－2×380×380×(－)＝5×(380)2，
所以PQ＝380×5＝1900(m)，D正确．故选ABD.
9．(2024·河南模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c cos B＋2a cos A＋b cos C＝0.
(1)求A；
(2)如图所示，D为平面上一点，与△ABC构成一个四边形ABDC，且∠BDC＝，若c＝2b＝2，求AD的最大值．
解析：(1)因为c cos B＋2a cos A＋b cos C＝0，
由正弦定理得sin C cos B＋2sin A cos A＋sin B cos C＝0，
所以2sin A cos A＋sin (B＋C)＝0，
所以2sin A cos A＋sin A＝0，
因为sin A≠0，所以cos A＝－，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理得
a＝
＝＝.
因为∠BAC＋∠BDC＝＋＝π，
所以四边形ABDC存在一个外接圆O，
所以圆O的直径为
2R＝＝＝，
因为AD≤2R，即AD≤，当AD为圆O直径时取等号，
故AD的最大值为.
10．如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AD＝2，AC＝3，sin ∠ADC＝.
(1)求∠ACD；
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围．
解析：(1)由正弦定理得
＝，
又AD＝2，AC＝3，sin ∠ADC＝，
所以sin ∠ACD＝＝＝，
又BC⊥CD，所以∠ACD＝30°.
(2)由BC⊥CD，∠ACD＝30°可得∠ACB＝60°，
在△ABC中，S△ABC＝·AC·BC·sin ∠ACB＝×3×BC×＝·BC，
由正弦定理得＝，
所以BC＝＝＝3(＋).
因为△ABC为锐角三角形，
所以∠BAC＝120°－B<90°，0°所以30°，
所以0<<，<＋<2，
所以11．(2024·陕西西安模拟预测)如图，在平面四边形ABCD中，AB∥CD，AD·
sin D＝AC·cos ∠ACD，∠BAC的平分线与BC相交于点E，且AE＝1，AB＝.
(1)求∠ACD的大小；
(2)求BC的值．
解析：(1)在△ACD中，由正弦定理得＝，
所以AD·sin D＝AC·sin ∠ACD，
又AD·sin D＝AC·cos ∠ACD，
所以AC·sin ∠ACD＝AC·cos ∠ACD，
因为cos ∠ACD≠0，所以tan ∠ACD＝.
因为0<∠ACD<π，所以∠ACD＝.
(2)因为AB∥CD，
所以∠BAC＝∠ACD＝.
因为AE平分∠BAC，
所以∠BAE＝∠CAE＝.
因为S△BAE＋S△CAE＝S△BAC，
所以AB·AE·sin ＋AC·AE·sin ＝AB·AC·sin ，
又AB＝，AE＝1，
所以××1×＋AC×1×＝×AC×，
解得AC＝，
因为∠BAC＝，
所以BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC cos ∠BAC
＝()2＋()2－2×××＝，
所以BC＝.
12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin B＋sin C＝2sin A，3b sin C＝4c sin A，点D在射线AC上，满足cos ∠ABD＝2cos B.
(1)求∠ABD.
(2)设∠ABD的平分线与直线AC交于点E，求证：＋＝.
解析：(1)因为sin B＋sin C＝2sin A，
由正弦定理得b＋c＝2a，
因为3b sin C＝4c sin A，
由正弦定理得3bc＝4ca，即a＝，
则c＝2a－b＝.
在△ABC中，由余弦定理得
cos B＝＝＝－，
则cos ∠ABD＝2cos B＝－，
因为∠ABD∈(0，π)，
所以∠ABD＝.
(2)证明：如图，∠ABE＝∠DBE＝，
在△ABE中，＝，
所以＝，
在△BDE中，＝，
则＝.
因为∠AEB＋∠BED＝π，
所以sin ∠AEB＝sin ∠BED，
所以＋＝＋＝·，
sin A＋sin D＝sin A＋sin (A＋)
＝sin A＋[sin A·(－)＋cos A·]
＝sin A＋cos A
＝sin (A＋)，
又sin ∠AEB＝sin (A＋)，
所以＋＝·
＝·＝.
第27讲　复数及其运算
[课标要求]　1.理解复数的基本概念，理解复数相等的充要条件.2.了解复数的代数表示法及其几何意义.3.会进行复数代数形式的四则运算，了解复数代数形式的加、减运算的几何意义．
1．复数的有关概念
(1)复数的概念：形如__a＋bi__的数叫做复数，其中__a__为实部，__b__为虚部，i是__虚数__单位，且满足i2＝__－1__，全体复数组成的集合C叫做__复数集__．
(2)复数的分类：
①a＋bi(a，b∈R)为实数 __b＝0__；
②a＋bi(a，b∈R)为虚数 __b≠0__；
③a＋bi(a，b∈R)为纯虚数 __a＝0，且b≠0__．
(3)复数相等的充要条件：
a＋bi＝c＋di __a＝c且b＝d__(a，b，c，d∈R).
特别地，a＋bi＝0 __a＝b＝0__(a，b∈R).
2．复数的几何意义
(1)复平面：建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫做__实__轴，y轴叫做__虚__轴．
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)与复平面上的点__Z(a，b)__及平面向量＝__(a，b)__是一一对应关系．
(3)复数的模：对应复数z的向量的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|.
|z|＝|a＋bi|＝____．
3．共轭复数
(1)定义：当两个复数实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为__共轭复数__，复数z的共轭复数用____表示．
(2)代数形式：a＋bi与a－bi互为共轭复数(a，b∈R)，即z＝a＋bi ＝__a－bi__．
(3)几何意义：非零复数z1，z2互为共轭复数 它们的对应点Z1，Z2(或向量，)关于__实轴__对称．
4．复数的运算
(1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R).
运　算 运算法则
加减法 z1±z2＝(a＋bi)±(c＋di) ＝__(a±c)＋(b±d)i__
乘　法 z1z2＝(a＋bi)(c＋di) ＝__(ac－bd)＋(ad＋bc)i__
除　法 ＝＝__＋i__
(2)复数加、减法的几何意义
①复数加法的几何意义
若复数z1，z2对应的向量，不共线，则复数z1＋z2是以，为两邻边的平行四边形的__对角线__所对应的复数．
②复数减法的几何意义
复数z1－z2是连接，的__终点__所对应的向量，并指向__被减数z1所对应的点Z1__所对应的复数．
③复平面内的两点间的距离公式d＝__|z1－z2|__．
其中z1，z2是复平面内的两点Z1和Z2所对应的复数，d为点Z1与Z2的距离．
复数的三角形式
(1)任何一个复数z＝a＋bi(a，b∈R)都可以表示成z＝r(cos θ＋isin θ)的形式，其中r＝，cos θ＝，sin θ＝，tan θ＝(a≠0)，我们把z＝r(cos θ＋isin θ)叫复数的三角形式．
(2)复数乘、除运算的三角表示：
已知复数z1＝r1(cos θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cos θ2＋isin θ2)，则z1z2＝r1r2[cos (θ1＋θ2)＋isin (θ1＋θ2)]，＝[cos (θ1－θ2)＋isin (θ1－θ2)].
1．(教材母题必修7.1.2练习T2)复数z＝－2＋i所对应的点位于复平面的(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：B　z＝－2＋i的实部为－2、虚部为1，在复平面上对应点的坐标为(－2，1)，位于第二象限．故选B.
2．(教材母题必修习题7.1T2)已知m∈R，若复数z＝m2＋m－2－(m－1)i(i为虚数单位)是纯虚数，则m＝(　　)
A．1 B．－2
C．1或－2 D．2
解析：B　已知复数z＝m2＋m－2－(m－1)i是纯虚数，则m2＋m－2＝0且m－1≠0，得m＝－2.故选B.
3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知z＝－1－i，则|z|＝(　　)
A．0 B．1
C． D．2
解析：C　若z＝－1－i，则|z|＝＝.故选C.
4．(2023·全国甲卷)设a∈R，(a＋i)(1－ai)＝2，则a＝(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：C　因为(a＋i)(1－ai)＝a－a2i＋i＋a＝2a＋(1－a2)i＝2，所以解得a＝1.故选C.
5．(2023·新课标Ⅰ卷)若＝1＋i，则z＝(　　)
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
解析：C　因为＝＝1＋＝1＋i，所以z＝1＋＝1－i.故选C.
探究点1　复数的概念
【例1】 (1)已知a∈R，若复数z＝a2－1＋(a＋1)i为纯虚数，则复数a－i在复平面内对应的点所在的象限为(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
(2)(2024·江苏苏州模拟预测)设z＝a＋bi(a，b∈R)(i为虚数单位)为复数，则下列说法正确的是(　　)
A．若z是纯虚数，则a＝0或b≠0
B．复数z模长的平方值等于复数z的平方值
C．若z的模长为1，则|z＋i|的最大值为2
D．若|z－1|＝1，则0<|z|≤2
解析：(1)D　因为z＝(a2－1)＋(a＋1)i为纯虚数，
所以解得a＝1，
所以复数a－i＝1－i，其在复平面内对应的点(1，－1)在第四象限，故选D.
(2)C　对于A，若z是纯虚数，则a＝0且b≠0，A错误；
对于B，取z＝1＋i，则|z|2＝1＋1＝2，z2＝(1＋i)2＝2i，则|z|2≠z2，B错误；
对于C，因为|z|＝1，则|z＋i|≤|z|＋|i|＝2，当且仅当z＝i时，等号成立，即|z＋i|的最大值为2，C正确；
对于D，因为|z－1|＝1，设z－1＝cos θ＋isin θ，则z＝1＋cos θ＋isin θ，所以|z|＝＝∈[0，2]，D错误．故选C.
(1)本题主要考查了复数的实部、虚部，复数的模，共轭复数等概念，考查了复数的基本运算．
(2)处理复数的基本概念问题，常常要结合复数的运算把复数化为a＋bi的形式，然后从定义出发，把复数问题转化为实数问题来处理．
(3)判断一个与复数有关的命题为真，需要利用复数相关的知识进行证明，而要判断为假时，只需要举出反例即可．
变式探究
1．已知复数z＝(a－3i)(3＋2i)(a∈R)的实部与虚部的和为7，则实数a的值为(　　)
A．1 B．0
C．2 D．－2
解析：C　z＝(a－3i)(3＋2i)＝3a＋2ai－9i－6i2＝3a＋6＋(2a－9)i，所以复数z的实部与虚部分别为3a＋6，2a－9，于是3a＋6＋2a－9＝7，解得a＝2，故选C.
2．设2(z＋)＋3(z－)＝4＋6i，则z＝(　　)
A．1－2i B．1＋2i
C．1＋i D．1－i
解析：C　设z＝a＋bi，则＝a－bi，
则2(z＋)＋3(z－)＝4a＋6bi＝4＋6i，
所以解得a＝b＝1，因此z＝1＋i.故选C.
3．(2024·湖南衡阳三模)已知1－2i是关于x的方程x2＋px＋q＝0(其中p，q为实数)的一个根，则p－q的值为________．
解析：－7　(方法1)由已知可得(1－2i)2＋p(1－2i)＋q＝0，即(p＋q－3)－(4＋2p)i＝0，
所以解得所以p－q＝－7.
(方法2)因为1－2i是关于x的方程x2＋px＋q＝0(其中p，q为实数)的一个根，
所以1＋2i也是该方程的一个根，
由韦达定理得
解得所以p－q＝－7.
探究点2　复数的四则运算
【例2】 (1)(2024·江西赣州一模)已知i为虚数单位，＝2＋bi(a，b∈R)，则|a＋bi|＝(　　)
A．1 B．
C．2 D．4
(2)(2025·广东茂名期中)已知复数z满足z(1－i)＝2，则|z|·＝(　　)
A．＋ B．－i
C．－i D．＋i
(3)若复数z＝，则z＋z2＋z3＋…＋z99＝(　　)
A．－1 B．1
C．－1＋i D．1－i
解析：(1)B　由＝2＋bi可得3＋ai＝(2＋bi)(1－i)＝(2＋b)＋(b－2)i，
则解得
则|a＋bi|＝|－1＋i|＝.故选B.
(2)C　因为复数z满足z(1－i)＝2，
所以z＝＝＝＋i，所以|z|＝＝1，＝－i，则|z|·＝－i.故选C.
(3)A　因为z＝＝
＝＝i，
又i＋i2＋i3＋i4＝0，
所以z＋z2＋z3＋…＋z99
＝i＋i2＋i3＋i4＋…＋i93＋i94＋i95＋i96＋i97＋i98＋i99
＝(i＋i2＋i3＋i4)＋…＋(i93＋i94＋i95＋i96)＋i97＋i98＋i99
＝i97＋i98＋i99
＝i＋i2＋i3＝－1.故选A.
(1)复数的四则运算的解题策略
①复数的加减乘法可类比多项式的运算，除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数．
②复数的乘、除运算可以互相转化，运算时，要根据题目特点合理转化．
(2)几个常用结论
在进行复数的运算时，掌握以下结论，可提高计算速度．
①(1±i)2＝±2i；＝i，＝－i.
②i(a＋bi)＝－b＋ai.
③i2＝－1，i4n＝1，i4n+1＝i，i4n+2＝－1，i4n+3＝－i，i4n＋i4n+1＋i4n+2＋i4n+3＝0，n∈N*.
变式探究
4．已知i为虚数单位，复数z满足(3＋4i)z＝25，则z在复平面内对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：D　已知(3＋4i)z＝25，
则z＝＝＝3－4i.
故z在复平面内对应的点为(3，－4)，位于第四象限，故选D.
5．已知复数z满足(z＋i)(1＋i)＝2－i，其中i为虚数单位，则z＝______，|z|＝______.
解析：－i　　由题意得z＝－i＝－i＝－i－i＝－i，
所以|z|＝＝.
6．(2024·广东广州模拟)已知(1＋i)z＝4i，z是关于x的实系数方程x2＋mx＋n＝0(其中m，n为实数)的一个根，则mn＝________．
解析：－32　由题意得
z＝＝＝2＋2i，＝2－2i.
(方法1)将z代入方程有(2＋2i)2＋m(2＋2i)＋n＝0，化简得2m＋n＋(8＋2m)i＝0.
所以解得所以mn＝－32.
(方法2)因为z，都是方程的根，由韦达定理有m＝－(z＋)＝－4，n＝z＝8，
所以mn＝－32.
探究点3　复数的几何意义
【例3】 (1)复平面内A，B，C三点所对应的复数分别为1－i，2－i，3＋i，若四边形ABCD为平行四边形，则点D对应的复数为(　　)
A．2 B．2＋i
C．1 D．1＋i
(2)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝＋i，则|z1－z2|＝________.
(3)(多选)已知复数z1对应的向量为，复数z2对应的向量为，则(　　)
A．若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则⊥
B．若(＋)⊥(－)，则|z1|＝|z2|
C．若z1与z2在复平面上对应的点关于实轴对称，则z1z2＝|z1z2|
D．若|z1|＝|z2|，则z＝z
解析：(1)B　由题意知A，B，C三点的坐标为A(1，－1)，B(2，－1)，C(3，1)，设复平面内点D(x，y)，则＝(1，0)，＝(3－x，1－y)，又四边形ABCD是复平面内的平行四边形，则＝，则解得则D(2，1).故选B.
(2)2　设z1，z2在复平面内对应的向量分别为，.
由题意知||＝||＝2，|＋|＝|＋i|＝2，
则以，为邻边的平行四边形为菱形，且∠Z2OZ1＝120°，如图所示，
则|z1－z2|＝|－|＝2.
(3)ABC　因为 |z1＋z2|＝|z1－z2|，
所|＋|＝|－|，
则|＋|2＝|－|2，
即4·＝0，则⊥，A正确；
因为(＋)⊥(－)，
所以(＋)·(－)＝0，
即2＝2，则|z1|＝|z2|，B正确；
设z1＝a＋bi(a，b∈R)，
因为z1与z2在复平面上对应的点关于实轴对称，则z2＝a－bi(a，b∈R)，
所以z1z2＝a2＋b2，|z1z2|＝a2＋b2，则z1z2＝|z1z2|，C正确；
设z1＝1＋i，z2＝1－i满足|z1|＝|z2|，而z≠z，D错误．
(1)复平面内的点、向量与复数之间可以建立一一对应关系，这是复数的几何意义．
(2)复数加、减法的几何意义就是对应的向量加、减法的平行四边形法则(或三角形法则).在解题时，要充分理解几何意义的本质，明确向量对应的复数与某一点对应的复数的异同．
变式探究
7．设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝1，z1－z2＝－＋i，则|z1＋z2|＝(　　)
A．1 B．
C． D．
解析：D　由题设，|z1－z2|2＝(z1－z2)·(1－2)＝z11－z21－z12＋z22＝1，
又|z1|＝|z2|＝1，所以z21＋z12＝1，
而|z1＋z2|2＝(z1＋z2)(1＋2)＝z11＋z21＋z12＋z22，所以|z1＋z2|2＝3，
故|z1＋z2|＝.故选D.
8．已知z1，z2∈C，且|z1|＝1，若z1＋z2＝2i，则|z1－z2|的最大值是(　　)
A．6 B．5
C．4 D．3
解析：C　设z1＝a＋bi(a，b∈R)，|z1|＝1，
故a2＋b2＝1，z1＋z2＝2i，则z2＝－a＋(2－b)i，
|z1－z2|＝|2a＋(2b－2)i|
＝
＝＝，
由b∈[－1，1]，当b＝－1时，|z1－z2|有最大值4.故选C.
9．(多选)已知z1，z2∈C，且|z1|＝，|z1＋z2|＝10，则(　　)
A．当z1＝1－i，z2＝x＋yi(x，y∈R)时，必有(x＋1)2＋(y－1)2＝10
B．复数z1在复平面内所对应的点的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆
C．|z1－i|min＝1＋
D．||max＝1＋5
解析：BD　|z1＋z2|＝10?(x＋1)2＋(y－1)2＝100，A错误；
因为|z1|＝，故B正确；
|z1－i|≥||z1|－|i||＝－1，当z1与i对应的向量同向时取等号，C错误；
||＝＝
≤＝＝1＋5，
当z1＋z2与z1对应的向量反向时取等号，D正确．故选BD.
探究点4　复数三角形式及应用
【例4】 (1)在复平面内，O为坐标原点，复数z对应的点为Z(1，0)，将向量按逆时针方向旋转30°得到，则对应的复数z′为(　　)
A．＋i B．＋i
C．－i D．－i
(2)4(cos π＋isin π)÷2(cos ＋isin )＝(　　)
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解析：(1)A　设z'＝a＋bi，由题意知，a＝cos 30°＝，b＝sin 30°＝，所以z′＝＋i，故选A.
(2)C　4(cos π＋isin π)÷2(cos ＋isin )＝2[cos (π－)＋isin (π－)]＝2(cos ＋isin )＝－1＋i，故选C.
复数三角形式的乘、除运算一般步骤：
(1)化(确认)复数表示的形式为“标准式”z＝r(cos θ＋isin θ)(r≥0)；
(2)依据复数三角形式的乘、除运算的运算法则进行计算；
(3)整理化简．
变式探究
10．将复数3(cos ＋isin )化为代数形式为________________.
解析：－＋i　由题得3(cos ＋isin )＝3(－＋i)＝－＋i.
11．(cos 75°＋isin 75°)×(－i)9＝(　　)
A．＋i B．－i
C．＋i D．－i
解析：A　(－i)9
＝[(－i)2×(－i)2]2×(－i)
＝[(－i－)×(－i－)]2×(－i)
＝－i，
(cos 75°＋isin 75°)×(－i)
＝(cos 75°＋isin 75°)×(cos 315°＋isin 315°)
＝cos (75°＋315°)＋isin (75°＋315°)
＝cos 390°＋isin 390°＝cos 30°＋isin 30°
＝＋i，故选A.
1．(2025·八省适应性演练)|2－4i|＝（　　）
A．2 B．4
C．2 D．6
解析：C　|2－4i|＝＝2.故选C.
2．(2024·吉林白山一模)复数z＝i＋2i2＋3i3，则z的虚部为（　　）
A．2i B．－2i
C．2 D．－2
解析：D　因为z＝i＋2i2＋3i3＝i－2－3i＝－2－2i，所以z的虚部为－2.故选D.
3．(2024·辽宁大连二模)设x∈R，则“x＝1”是“复数z＝(x2－1)＋(x＋1)i为纯虚数”的（　　）
A．充要条件
B．必要不充分条件
C．充分不必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：A　因为复数z为纯虚数，所以解得x＝1，所以“x＝1”是“复数z为纯虚数”的充要条件．故选A.
4．(2024·四川模拟预测)已知复数z满足z－2＝2－3i，则z＝（　　）
A．－2－i B．2－i
C．－2＋i D．2＋i
解析：A　令复数z＝a＋bi，a∈R，b∈R，则z－2＝a＋bi－2(a－bi)＝－a＋3bi＝2－3i，
根据两个复数相等的条件有解得所以z＝－2－i.故选A.
5．已知复数z满足(z－1)(1－2i)＝5i，则复数在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：C　由(z－1)(1－2i)＝5i，得z－1＝＝＝＝－2＋i，
即z＝－1＋i，所以＝－1－i，故复数在复平面内对应的点(－1，－1)位于第三象限．故选C.
6．(多选)已知复数z满足＝1－i，则（　　）
A．|z|＝
B．＝1－2i
C．＋zi的虚部为1
D．＋zi在复平面内对应的点位于第三象限
解析：ABD　由题意可知
z＝＝＝1＋2i，
所以|z|＝，＝1－2i，所以A，B正确；
＋zi＝(1－2i)＋(1＋2i)·i＝－1－i，
所以＋zi的虚部为－1，C错误；
＋zi在复平面内对应的点为(－1，－1)，位于第三象限，D正确．故选ABD.
7．(2024·辽宁沈阳模拟)若复数z满足(3＋4i)z＝2＋i(i为虚数单位)，则|z|＝________.
解析：　z＝＝－i，
则|z|＝＝.
8．已知＝2－i，x，y∈R，则x＋y＝___________.
解析：4　因为＝2－i，
所以x＋yi＝(1＋i)(2－i)＝3＋i，所以x＝3，y＝1，
所以x＋y＝4.
9．(多选)已知z1，z2是关于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的两个根，其中z1＝1＋i，则（　　）
A．z1＝2 B．z＝z
C．p＝－2 D．q＝2
解析：ACD　因为z1，z2是关于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的两个根且z1＝1＋i，所以z2＝1－i，即z1＝2，A正确；
z＝(1＋i)2＝2i，z＝(1－i)2＝－2i，所以z≠z，B错误；
因为z1＋z2＝(1＋i)＋(1－i)＝2＝－p，所以p＝－2，C正确；
又z1z2＝(1＋i)(1－i)＝12－i2＝2＝q，D正确．故选ACD.
10．(2024·江西鹰潭三模)复数z＝在复平面内对应的点位于（　　）
A．直线2x＋3y＝0上
B．直线2x－3y＝0上
C．直线3x＋2y＝0上
D．直线3x－2y＝0上
解析：B　易知i2024＝(i2)1012＝(－1)1012＝1，
所以z＝＝＝＝＝－3－2i，
可得复数z在复平面内对应点的坐标为(－3，－2)，位于直线2x－3y＝0上．故选B.
11．(多选)(2025·河南期中)下列命题正确的是（　　）
A．若复数z满足z2∈R，则z∈R
B．若复数z满足∈R，则z是纯虚数
C．若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，则z1＝±z2
D．若复数z1，z2满足z1z2＝|z1|2且z1≠0，则|z1|＝|z2|
解析：BD　对于A，令复数z＝i满足z2＝－1∈R，而zR，A错误；
对于B，令复数z＝a＋bi，a，b∈R，a2＋b2≠0，＝＝＝＝＋i，
因为∈R，则＝0，即a＝0，b≠0，所以z是纯虚数，B正确；
对于C，令z1＝2＋i，z2＝2－i满足|z1|＝|z2|＝，显然z1≠z2且z1≠－z2，C错误；
对于D，令复数z1＝c＋di，c，d∈R，c2＋d2≠0，由z1z2＝|z1|2得
z2＝＝＝＝＝c－di，则|z2|＝＝|z1|，D正确．故选BD.
12．若关于x的方程x2－(tan θ＋i)x－(2＋i)＝0有实数根，则锐角θ＝________.
解析：　由x2－(tan θ＋i)x－(2＋i)＝0，得x2－x tan θ－2－(x＋1)i＝0，
若关于x的方程x2－(tan θ＋i)x－(2＋i)＝0有实数根，
则
解得则锐角θ＝.
13．(2024·黑龙江哈尔滨三模)复数z＝a＋bi(a，b∈R，i是虚数单位)在复平面内对应点为Z，设r＝|OZ|，θ是以x轴的非负半轴为始边，以OZ所在的射线为终边的角，则z＝a＋bi＝r(cos θ＋isin θ)，把r(cos θ＋isin θ)叫做复数a＋bi的三角形式，利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ)(n∈N*)，例如：(－＋i)3＝(cos ＋isin )3＝cos 2π＋isin 2π＝1，(1＋i)4＝[(cos ＋isin )]4＝4(cos π＋isin π)＝－4，复数z满足z3＝1＋i，则z可能取值为（　　）
A．(cos ＋isin )
B．(cos ＋isin )
C．(cos ＋isin )
D．(cos ＋isin )
解析：D　设z＝r(cos θ＋isin θ)，
则z3＝1＋i＝(cos＋isin)
＝r3(cos 3θ＋isin 3θ)，
所以r＝，3θ＝2kπ＋，k∈Z，
即θ＝＋，k∈Z，
所以z＝[cos (＋)＋isin (＋)]，k∈Z，
故k＝2时，θ＝，故z可取(cos ＋isin )，故选D.
14．设z1，z2∈C且z1＝i·2，满足|z1－1|＝1，则|z1－z2|的取值范围为______________.
解析：[0，2＋]　设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，
则2＝c－di，
因为z1＝i·2，
所以a＋bi＝i·(c－di)＝d＋ci，
所以
因为|z1－1|＝|(a－1)＋bi|＝＝1，
所以(a－1)2＋b2＝1，
即z1对应点(a，b)在以(1，0)为圆心，半径为1的圆(x－1)2＋y2＝1上．
z2＝c＋di＝b＋ai，z2对应点为(b，a)，(a，b)与(b，a)关于y＝x对称，
所以点(b，a)在以(0，1)为圆心，半径为1的圆x2＋(y－1)2＝1上，
|z1－z2|表示(a，b)与(b，a)两点间的距离，
圆(x－1)2＋y2＝1与圆x2＋(y－1)2＝1相交，圆心距为，如图所示，
所以|z1－z2|的最小值为0，最大值为＋1＋1＝2＋，
所以|z1－z2|的取值范围为[0，2＋].

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