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1、2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義 正弦定理和余弦定理教案 新人教A版
自主梳理
1. 正弦定理：____＝______＝___＝2R，其中R是三角形外接圓的半徑.
由正弦定理可以變形為：(1)a∶b∶c＝____ sin A∶sin B∶sin C _____；
(2)a＝___)2Rsin A _____，b＝__2Rsin B _____，c＝__2Rsin C ___；
(3)sin A＝_______，sin B＝______，sin C＝_______等形式，以解決不同的三角形問(wèn)題.
2.余弦定理：a2＝__ b2＋c2－2bccos A ________，b2＝__ a2
2、＋c2－2accos B _____，
c2＝____ a2＋b2－2abcos C ____.
余弦定理可以變形為：cos A＝___________，cos B＝_________，
cos C＝_________.
3.S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝＝(a＋b＋c)·r(r是三角形內(nèi)切圓的半徑)，并可由此計(jì)算R、r.
4.在解三角形時(shí)，正弦定理可解決兩類問(wèn)題：(1)已知兩角及任一邊，求其它邊或角；(2)已知兩邊及一邊的對(duì)角，求其它邊或角.情況(2)中結(jié)果可能有一解、二解、無(wú)解，應(yīng)注意區(qū)分.
余弦定理可解決兩類問(wèn)題： (1)已知兩邊及夾角或兩邊及一
3、邊對(duì)角的問(wèn)題；(2)已知三邊問(wèn)題.
解三角形時(shí)，三角形解的個(gè)數(shù)的判斷
在△ABC中，已知a、b和A時(shí)，解的情況如下：
A為銳角
A為鈍角或直角
圖形
關(guān)系式
a＝bsin A
bsin Ab
解的個(gè)數(shù)
一解
兩解
一解
一解
5．判斷三角形的形狀特征
必須從研究三角形的邊角關(guān)系入手，充分利用正、余弦定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化，即化邊為角或化角為邊，邊角統(tǒng)一．
①等腰三角形：a＝b或A＝B.
②直角三角形： b2＋c2＝a2 或 A＝90° .
③鈍角三角形： a2＞b2＋c2
4、 或 A＞90° .
④銳角三角形：若a為最大邊，且滿足 a2＜b2＋c2 或A為最大角，且 A＜90° .
6．由正弦定理容易得到：在三角形中，大角對(duì)大邊，大邊對(duì)大角；大角的正弦值也較大，正弦值較大的角也較大，即A＞B?a＞b?sinA＞sinB.
基礎(chǔ)自測(cè)
1.在△ABC中，若A＝60°，a＝，則＝________.
2.(xx·北京)在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，則a＝________.
3.在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，則cos B＝________.
4.△ABC的三個(gè)內(nèi)角A、B、C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a、
5、b、c，已知c＝3，C＝，a＝2b，則b的值為_(kāi)_______.
5.已知圓的半徑為4，a、b、c為該圓的內(nèi)接三角形的三邊，若abc＝16，則三角形的面積為 ( )
A.2 B.8 C. D.
1.2 2.1 3. 4. 5.C
6．在△ABC中，a、b、c分別為角A、B、C的對(duì)邊，若a、b、c成等差數(shù)列，B＝30°，△ABC的面積為，則b＝ .
【解析】∵S△ABC＝acsinB＝acsin30°＝，∴ac＝6.
又a、b、c成等差數(shù)列，故2b＝a＋c.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB
6、
＝(a＋c)2－2ac－2accos30°，
∴b2＝4b2－12－6，得b2＝4＋2，∴b＝1＋.
7．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)的邊，若a＝2bcosC，則此三角形一定是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形
【解析】由a＝2bcosC得sinA＝2sinBcosC
∵A＋B＋C＝π ∴sinA＝sin(B＋C)
∴sin(B＋C)＝2sinBcosC 即sin(B－C)＝0
∵0
7、q：△ABC是等邊三角形，則命題p是命題q的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【解析】∵＝＝，由正弦定理知：＝＝.
∴sinB＝sinA＝sinC ∴A＝B＝C?a＝b＝c，∴p?q
又若a＝b＝c，則A＝B＝C＝60°?sinA＝sinB＝sinC.
∴＝＝，∴q?p.
題型一 利用正弦定理求解三角形及有關(guān)三角形中的三角函數(shù)的范圍(最值)
例1?、旁凇鰽BC中，a＝，b＝，B＝45°.求角A、C和邊c.
(2)在△ABC中，a＝8，B＝60°，C＝75°，求邊b和c.
解 (1)由正弦定
8、理得＝， ＝，∴sin A＝.
∵a>b，∴A＝60°或A＝120°.
當(dāng)A＝60°時(shí)，C＝180°－45°－60°＝75°，c＝＝；
當(dāng)A＝120°時(shí)，C＝180°－45°－120°＝15°，c＝＝.
(2)∵B＝60°，C＝75°，∴A＝45°.由正弦定理＝＝，
得b＝＝4，c＝＝4＋4.∴b＝4，c＝4＋4.
(2)設(shè)銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a＝2bsinA.
①求角B的大??；
②求cosA＋sinC的取值范圍．
解析 ①由a＝2bsinA，根據(jù)正弦定理得sinA＝2sinBsinA，
所以sinB＝，由△ABC為銳角三角形得B＝
9、.
②cosA＋sinC＝cosA＋sin(π－－A)＝cosA＋sin(＋A)
＝cosA＋cosA＋sinA＝sin(A＋)．
由△ABC為銳角三角形知，＞A＞－B，又－B＝－＝.
∴＜A＋＜，∴＜sin(A＋)＜.
由此有＜sin(A＋)＜×＝，所以cosA＋sinC的取值范圍為(，)．
點(diǎn)評(píng) 解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是利用正弦定理和余弦定理，要么把角化成邊，要么把邊化成角，然后再進(jìn)行三角恒等變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)＋B型函數(shù)，從而求解單調(diào)區(qū)間、最值、參數(shù)范圍等問(wèn)題，注意限制條件A＋B＋C＝π，0＜A，B，C＜π的應(yīng)用，如本題中由△ABC為銳角三角形得到A＋B＞，從而推
10、到＜A＋＜.
探究提高 (1)已知兩角一邊可求第三角，解這樣的三角形只需直接用正弦定理代入求解即可.
(2)已知兩邊和一邊對(duì)角，解三角形時(shí)，利用正弦定理求另一邊的對(duì)角時(shí)要注意討論該角，這是解題的難點(diǎn)，應(yīng)引起注意.
變式訓(xùn)練1 (1) 已知a，b，c分別是△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，若a＝1，b＝，A＋C＝2B，則角A的大小為_(kāi)_______.
(2)在△ABC中，若tan A＝，C＝150°，BC＝1，則AB＝________；
（3）在△ABC中，若a＝50，b＝25，A＝45°，則B＝______
解析 (2)∵在△ABC中，tan A＝，C＝150°
11、，
∴A為銳角，∴sin A＝.又∵BC＝1.
∴根據(jù)正弦定理得AB＝＝.
(3)由b>a，得B>A，由＝，
得sin B＝＝×＝，
∵0°
12、cos(B＋)＝sinA－cos(π－A)
＝sinA＋cosA＝2sin(A＋)．
∵0＜A＜，∴＜A＋＜，
從而當(dāng)A＋＝，即A＝時(shí)，2sin(A＋)取最大值2.
綜上所述，sinA－cos(B＋)的最大值為2，
此時(shí)A＝，B＝.
（5）如圖，已知△ABC是邊長(zhǎng)為1的正三角形，M、N分別是邊AB、AC上的點(diǎn)，線段MN經(jīng)過(guò)△ABC的重心G.設(shè)∠MGA＝α(≤α≤)．
①試將△AGM、△AGN的面積(分別記為S1與S2)表示為α的函數(shù)；
②求y＝＋的最大值與最小值．
解析①因?yàn)镚是邊長(zhǎng)為1的正三角形ABC的重心，
所以AG＝×＝，∠MAG＝，
由正弦定理＝，得GM＝.
13、
則S1＝GM·GA·sinα＝(或)．
又＝，得GN＝，
則S2＝GN·GA·sin(π－α)
＝(或)，
②y＝＋＝·[sin2(α＋)＋sin2(α－)]＝72(3＋cot2α)．
因?yàn)椤堞痢埽?，?dāng)α＝或α＝時(shí)，y取得最大值ymax＝240；
當(dāng)α＝時(shí)，y取得最小值ymin＝216.
題型二 利用余弦定理求解三角形
例2 在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對(duì)邊，且＝－.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝，a＋c＝4，求△ABC的面積.
解 (1)由余弦定理知：
cos B＝，cos C＝.
將上式代入＝－得： ·＝－，
整理得：a2＋c2
14、－b2＝－ac.∴cos B＝＝＝－.
∵B為三角形的內(nèi)角，∴B＝π.
(2)將b＝，a＋c＝4，B＝π代入b2＝a2＋c2－2accos B，
得b2＝(a＋c)2－2ac－2accos B，∴13＝16－2ac，∴ac＝3.
∴S△ABC＝acsin B＝.
探究提高 (1)根據(jù)所給等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)利用余弦定理將角化邊進(jìn)行變形是迅速解答本題的關(guān)鍵.
(2)熟練運(yùn)用余弦定理及其推論，同時(shí)還要注意整體思想、方程思想在解題過(guò)程中的運(yùn)用.
變式訓(xùn)練2 1．已知a、b、c分別是△ABC中角A、B、C的對(duì)邊，且a2＋c2－b2＝ac.
(1)求角B的大??；
(2)若c＝3a，求t
15、an A的值．
解 (1)∵a2＋c2－b2＝ac，∴cos B＝＝.
∵0a，∴B>A，∴cos A＝＝.
∴tan A＝＝.
方法三 ∵c＝3a，由正弦定理，得sin C＝3sin A.
∵B＝，∴C＝π－(A＋B)＝－A，∴sin(－A)＝3sin A，
∴s
16、incos A－cossin A＝3sin A，∴cos A＋sin A＝3sin A，
∴5sin A＝cos A，∴tan A＝＝.
2．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足cos ＝，
·＝3. (1)求△ABC的面積； (2)若b＋c＝6，求a的值.
解 (1)∵cos ＝，∴cos A＝2cos2－1＝，
∴sin A＝.又·＝3，∴bccos A＝3，∴bc＝5.
∴S△ABC＝bcsin A＝×5×＝2.
(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，
根據(jù)余弦定理得
a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bcc
17、os A＝36－10－10×＝20，
∴a＝2.
３．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊長(zhǎng)分別為a，b，c，＝8，∠BAC＝θ，a＝4.
(1)求b·c的最大值及θ的取值范圍；
(2)求函數(shù)f(θ)＝2sin2(＋θ)＋2cos2θ－的值．
【解析】(1)∵＝8，∠BAC＝θ，∴bccosθ＝8.
又a＝4，∴b2＋c2－2bccosθ＝42
即b2＋c2＝32. 又b2＋c2≥2bc
∴bc≤16，即bc的最大值為16.
而bc＝，∴≤16，∴cosθ≥
∵0<θ<π，∴0<θ≤.
(2)f(θ)＝2sin2(＋θ)＋2cos2θ－＝[1－cos(＋2θ)]＋1＋c
18、os2θ－
＝sin2θ＋cos2θ＋1＝2sin(2θ＋)＋1
∵0<θ≤， ∴<2θ＋≤ ∴≤sin(2θ＋)≤1.
當(dāng)2θ＋＝，即θ＝時(shí)，f(θ)min＝2×＋1＝2.
當(dāng)2θ＋＝，即θ＝時(shí)，f(θ)max＝2×1＋1＝3.
點(diǎn)評(píng) 有關(guān)三角形中的三角函數(shù)求值問(wèn)題，既要注意內(nèi)角的范圍，又要靈活利用基本不等式．
題型三 正、余弦定理的綜合應(yīng)用
例3 (xx·浙江)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知sin A＋sin C＝psin B (p∈R)，且ac＝b2.
(1)當(dāng)p＝，b＝1時(shí)，求a，c的值；
(2)若角B為銳角，求p的取值范圍.
19、解 (1)由題設(shè)并由正弦定理，
得 解得或
(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accos B
＝(a＋c)2－2ac－2accos B＝p2b2－b2－b2cos B，即p2＝＋cos B.
因?yàn)?0，所以
20、ABC的形狀.
解 (1)∵c＝2，C＝，∴由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C
得a2＋b2－ab＝4.
又∵△ABC的面積為，∴absin C＝，ab＝4.
聯(lián)立方程組解得a＝2，b＝2.
(2)由sin C＋sin(B－A)＝sin 2A，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sin Acos A，
即2sin Bcos A＝2sin Acos A，∴cos A·(sin A－sin B)＝0，
∴cos A＝0或sin A－sin B＝0，當(dāng)cos A＝0時(shí)，∵0
21、 A，由正弦定理得a＝b，
即△ABC為等腰三角形.∴△ABC為等腰三角形或直角三角形.
2. ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a,b,c,asinAsinB+bcos2A= a
⑴ ⑵若c2=b2+ a2求B.
解: (1)由正弦定理得，sin2Asin B＋sin Bcos2A
＝sin A，即sin B(sin2A＋cos2A)＝sin A.
故sin B＝sin A，所以＝.
(2)由余弦定理和c2＝b2＋a2，得cos B＝.
由(1)知b2＝2a2，故c2＝(2＋)a2.
可得cos2B＝，又cos B>0，故cos B＝，所以B＝45°.
題型
22、四 判斷三角形的形狀
一、判斷三角形的形狀
例1在△ABC中，a、b、c分別是三內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊，已知2asinA＝(2b＋c)sinB＋(2c＋b)sinC.
(1)求角A的大?。?
(2)若sinB＋sinC＝1，試判斷△ABC的形狀．
解析 (1)由已知得：2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c.
即a2＝b2＋c2＋bc
由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA ∴cosA＝－
∵A∈(0°，180°)，∴A＝120°.
(2)由(1)得：sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC
又sinB＋sinC＝1得sinB＝sinC＝
∵0°
23、60°，0°
24、n Acos B.
方法一 由正弦定理知a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴sin2Acos Asin B＝sin2Bsin Acos B，
又sinA·sin B≠0，∴sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B.
在△ABC中，0<2A<2π，0<2B<2π，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝.
∴△ABC為等腰或直角三角形.
方法二 由正弦定理、余弦定理得：
a2b＝b2a，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2
25、)，
∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0.
即a＝b或a2＋b2＝c2.∴△ABC為等腰或直角三角形.
變式訓(xùn)練4 1.已知在△ABC中，，則△ABC的形狀是
解析：∵cos2＝，∴＝.
∴cos A＝. 又∵＝，即b2＋c2－a2＝2b2. ∴a2＋b2＝c2.
∴△ABC為直角三角形．
探究提高 利用正弦、余弦定理判斷三角形形狀時(shí)，對(duì)所給的邊角關(guān)系式一般都要先化為純粹的邊之間的關(guān)系或純粹的角之間的關(guān)系，再判斷.
2. 設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)
26、邊長(zhǎng)分別為a、b、c，
且3b2＋3c2－3a2＝4bc.
(1)求sin A的值；
(2)求的值．
解 (1)∵3b2＋3c2－3a2＝4bc，∴b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得，cos A＝＝，
又0
27、可以減少角的種數(shù).
3.根據(jù)所給條件確定三角形的形狀，主要有兩種途徑：(1)化邊為角；(2)化角為邊，
練題一
一、選擇題
1．在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若acosA＝bsinB，則sinAcosA＋cos2B＝( )
A．－ B. C．－1 D．1
【解析】根據(jù)正弦定理，由acosA＝bsinB得sinAcosA＝sin2B.
∴sinAcosA＋cos2B＝sin2B＋cos2B＝1，故選D.
2.在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)的邊，若a＝2bcos C，則此三角形一定是
28、 ( )
A.等腰直角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形
3.在△ABC中，若∠A＝60°，b＝1，S△ABC＝，則的值為( )
A. B. C. D.
4.若△ABC的內(nèi)角A、B、C滿足6sinA＝4sinB＝3sinC，則cosB＝( )
A. B. C. D.
【解析】結(jié)合正弦定理得：6a＝4b＝3c
設(shè)3c＝12k(k>0) 則a＝2k，b＝3k，c＝4k.
由余弦定理得cosB＝＝＝，選D.
5.若△ABC的內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊a，b，c滿足(a
29、＋b)2－c2＝4且C＝60°，則ab的值為( )
A. B．8－4 C．1 D.
【解析】由已知得：
兩式相減得：ab＝，選A.
二、填空題
6.在△ABC中，若b＝5，∠B＝，sin A＝，則a＝________.
7.若△ABC的面積為，BC＝2，C＝60°，則邊AB的長(zhǎng)度等于____2____.
8.在△ABC中，若AB＝，AC＝5，且cos C＝，則BC＝________.4或5.
9．已知△ABC的一個(gè)內(nèi)角為120°，且三邊長(zhǎng)構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，則△ABC的面積為 .
【解析】不妨設(shè)A＝120°，c
30、a＝b＋4，c＝b－4
∴cos120°＝＝－
解得：b＝10. ∴S△ABC＝bcsin120°＝15.
三、解答題
10．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，A是銳角，且b＝2a·sin B.
(1)求A；
(2)若a＝7，△ABC的面積為10，求b2＋c2的值.
解 (1)∵b＝2a·sin B，由正弦定理知 sin B＝2sin A·sin B.
∵B是三角形的內(nèi)角，∴sin B>0，從而有sin A＝，
∴A＝60°或120°，∵A是銳角，∴A＝60°.
(2)∵10＝bcsin 60°，∴bc＝40，
又72＝b2＋c2－2bcc
31、os 60°，∴b2＋c2＝89.
11．在△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊長(zhǎng)分別為a、b、c.已知a2－c2＝2b，且sin B＝4cos Asin C，求b.
解 方法一 ∵sin B＝4cos Asin C，
由正弦定理，得＝4cos A，∴b＝4ccos A，
由余弦定理得b＝4c·，
∴b2＝2(b2＋c2－a2)，∴b2＝2(b2－2b)，∴b＝4.
方法二 由余弦定理，得a2－c2＝b2－2bccos A，
∵a2－c2＝2b，b≠0，∴b＝2ccos A＋2， ①
由正弦定理，得＝，又由已知得，＝4cos A，
∴b＝4ccos A. ② 解
32、①②得b＝4.
12．在△ABC中，A，B為銳角，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，且cos2A＝，sinB＝. (1)求A＋B的值；
(2)若a－b＝－1，求a，b，c的值．
【解析】(1)∵A，B為銳角，且sinB＝ ∴cosB＝＝
又cos2A＝1－2sin2A＝
∴sinA＝，cosA＝＝
∴cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB＝×－×＝
又∵0
33、BC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知＝.
(1)求的值；
(2)若cosB＝，△ABC的周長(zhǎng)為5，求b的長(zhǎng)．
【解析】(1)由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，
所以＝＝，
即sinBcosA－2sinBcosC＝2sinCcosB－sinAcosB，
即有sin(A＋B)＝2sin(B＋C)，即sinC＝2sinA，
所以＝2.
(2)由(1)知＝2，所以有＝2，即c＝2a，
又因?yàn)橹荛L(zhǎng)為5，所以b＝5－3a，
由余弦定理得：b2＝c2＋a2－2accosB，
即(5－3a)2＝(2a)2＋a2－4a2×，
解得a＝1，所以
34、b＝2.
練習(xí)2
一、選擇題
1．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinB·sinC，則A的取值范圍是( )
A．(0，] B．[，π) C．(0，] D．[，π)
【解析】由已知得：a2≤b2＋c2－bc
由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA ∴b2＋c2－2bccosA≤b2＋c2－bc
∴cosA≥ ∵A∈(0，π)，∴A∈(0，]，選C.
2.如圖，在△ABC中，D是邊AC上的點(diǎn)，
且AB＝AD,2AB＝BD，BC＝2BD，則sin C的值
為 ( )
A. B.
35、 C. D.
3.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b，c.若∠C＝120°，c＝a，則 ( )
A.a>b B.a
36、積S＝(b2＋c2－a2)，則A＝___ _____
7.在銳角△ABC中，BC＝1，B＝2A，則的值等于____，AC的取值范圍為 .
【解析】由正弦定理得：＝，即＝，
∴＝，則＝2.
又△ABC為銳角三角形，∴A＋B＝3A>90°，B＝2A<90°
∴30°
37、1)由已知，根據(jù)正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，
即a2＝b2＋c2＋bc. ①
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
故cos A＝－，又∵0°
38、9.在△ABC中，a、b、c分別為角A、B、C的對(duì)邊，
4sin2－cos 2A＝.
(1)求∠A的度數(shù)；
(2)若a＝，b＋c＝3，求b、c的值.
解 (1)∵B＋C＝π－A，即＝－，
由4sin2－cos 2A＝，得4cos2－cos 2A＝，
即2(1＋cos A)－(2cos2A－1)＝，
整理得4cos2A－4cos A＋1＝0，即(2cos A－1)2＝0.
∴cos A＝，又0°
39、 ③
① －③整理得：bc＝2. ④
解②④聯(lián)立方程組得或
10．在△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，其中b＝，tanA＋tanC＋tan＝tanA·tanC·tan.
(1)求角B的大??；
(2)求a＋c的取值范圍．
解析 (1)tan(A＋C)＝
＝＝－， ∴A＋C＝，∴B＝.
(2)由正弦定理有2R＝＝＝＝1，
∵a＋c＝2R(sinA＋sinC)＝sinA＋sinC
＝sinA＋sin(π－A)＝sinA＋cosA＝sin(A＋)
又由0＜A＜π，有＜A＋＜π，
∴＜a＋c≤，即a＋c的取值范圍是(，]．
11．在△ABC中，a、b、c分別
40、為角A、B、C所對(duì)的邊，a＝2，tan＋tan＝4，sinB·sinC＝cos2，求A、B及b、c.
【解析】由tan＋tan＝4，得cot＋tan＝4，即＋＝4，
所以＝4，所以＝2，
所以sinC＝，又C∈(0，π)，所以C＝或，
由sinB·sinC＝cos2，得sinB·sinC＝[1－cos(B＋C)]，
即2sinB·sinC＝1－cosB·cosC＋sinB·sinC，
所以cosB·cosC＋sinB·sinC＝1，即cos(B－C)＝1，
所以B＝C＝， A＝π－(B＋C)＝，
由正弦定理＝＝得， b＝c＝a·＝2×＝2.
12．若tanC＝，c＝，試求ab
41、的最大值．
(2)∵tanC＝tan[π－(A＋B)]＝－tan(A＋B)
∴－＝
即sin(A＋B)cosA＋sin(A＋B)cosB＋cos(A＋B)sinA＋cos(A＋B)sinB＝0
即sin(2A＋B)＋sin(A＋2B)＝0.
∴2A＋B＝－(A＋2B)＋2kπ(k∈Z)
或(2A＋B)－(A＋2B)＝π＋2kπ(k∈Z)
∵A，B為△ABC的內(nèi)角，∴A＋B＝，即C＝.
又c＝，
由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC
得：3＋ab＝a2＋b2≥2ab
∴ab≤3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)“＝”成立．
故ab的最大值為3.
13．在△ABC中，AC＝1，∠A
42、BC＝，∠BAC＝x，記f(x)＝.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式及定義域；
(2)設(shè)g(x)＝6m·f(x)＋1，x∈(0，)，是否存在正實(shí)數(shù)m，使函數(shù)g(x)的值域?yàn)?1，]？若存在，請(qǐng)求出m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解析】(1)由正弦定理＝＝＝，
得BC＝sinx，AB＝sin(－x)，
∴f(x)＝＝AB·BCcos(π－∠ABC)
＝sinx·sin(－x)·
＝(cosx－sinx)·sinx
＝sin(2x＋)－，其定義域?yàn)?0，)．
(2)g(x)＝6mf(x)＋1＝2msin(2x＋)－m＋1(0＜x＜)，
假設(shè)存在正實(shí)數(shù)m滿足題設(shè)．
∵0＜x＜，
43、∴＜2x＋＜，則sin(2x＋)∈(，1]．
又m＞0，則函數(shù)g(x)的值域?yàn)?1，m＋1]，
而g(x)的值域?yàn)?1，]，故m＋1＝，∴m＝.
故存在正實(shí)數(shù)m＝使函數(shù)g(x)的值域?yàn)?1，]．
14在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知向量p＝(c－2a，b)，q＝(cosB，cosC)，p⊥q.
(1)求角B的大?。?
(2)若b＝2，求△ABC面積的最大值．
解析 (1)由p⊥q得：(c－2a)cosB＋bcosC＝0
由正弦定理得，sinCcosB－2sinAcosB＋sinBcosC＝0
∴sin(C＋B)＝2sinAcosB
∵B＋C＝π－A ∴sin(C＋B)＝sinA且sinA>0
∴sinA＝2sinAcosB，cosB＝
又B∈(0，π)，∴B＝.
(2)由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB
＝a2＋c2－ac≥ac
當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)“＝”成立．
又b＝2，∴ac≤12. ∴S△ABC＝acsinB≤×12×＝3，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)，S△ABC的最大值為3.
2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義 正弦定理和余弦定理教案 新人教A版
