解析 法一 由已知得2sin Acos B＝sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，即sin(A－B)＝0，因为－π a2＋c2－b222 法二 由正弦定理得2acos B＝c，再由余弦定理得2a·＝c?a＝b?a＝b. 2ac答案 B 【变式迁移2】 (一题多解)将本例条件变为“若a＋b－c＝ab，且2cos Asin B＝sin C”，试确定△ABC的形状. 解 法一 利用边的关系来判断： sin Cc由正弦定理得＝， sin Bbsin Cc由2cos Asin B＝sin C，有cos A＝＝. 2sin B2b2 2 2 b2＋c2－a2cb2＋c2－a2 又由余弦定理得cos A＝，∴＝， 2bc2b2bc即c＝b＋c－a，所以a＝b，所以a＝b. 又∵a＋b－c＝ab.∴2b－c＝b，所以b＝c， ∴b＝c，∴a＝b＝c.∴△ABC为等边三角形. 法二 利用角的关系来判断： ∵A＋B＋C＝180°，∴sin C＝sin(A＋B)，又∵2cos Asin B＝sin C， ∴2cos Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，∴sin(A－B)＝0， 又∵A与B均为△ABC的内角，所以A＝B. 又由a＋b－c＝ab， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a2＋b2－c2ab1 由余弦定理，得cos C＝＝＝， 2ab2ab2 又0° 规律方法 (1)判定三角形形状的途径：①化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；②化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁. (2)无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制. 【训练2】 (2020·北仑中学模拟)在△ABC中，a，b，c是三个内角A，B，C对应的三边，已知b＋c＝a＋bc. (1)求A的大小； 2 2 2 3 (2)若sin Bsin C＝，试判断△ABC的形状，并说明理由. 4 b2＋c2－a2 解 (1)在△ABC中，由余弦定理可得cos A＝， 2bc由已知得b＋c－a＝bc， 1π ∴cos A＝，∵0＜A＜π，故A＝. 23π2π (2)∵A＋B＋C＝π，A＝，∴C＝－B. 333?2π?3 由sin Bsin C＝，得sin Bsin?－B?＝， 4?3?42π2π??3 即sin B?sin cos B－cos sin B?＝， 33??4∴∴即 3132 sin Bcos B＋sinB＝， 224313sin 2B＋(1－cos 2B)＝， 44431 sin2B－cos 2B＝1， 22 2 2 2 π??∴sin?2B－?＝1. 6?? 2πππ7π 又∵0＜B＜，∴－＜2B－＜， 3666πππ2π ∴2B－＝，即B＝，C＝π－B＝， 62333∴△ABC是等边三角形. 考点三 三角形面积问题 【例3】 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝2，A≠B. (1)求 asin A－bsin B的值； sin（A－B） (2)若△ABC的面积为1，且tan C＝2，求a＋b的值. 解 (1)∵c＝2， ∴ asin A－bsin Basin A－bsin B＝ sin（A－B）sin Acos B－cos Asin Ba2－b2 ＝ acos B－bcos Aa2－b2 ＝ a2＋c2－b2b2＋c2－a2a×－b× 2ac2bcc（a2－b2） ＝＝2. a2－b2 sin C22 (2)∵ tan C＝＝2，且sinC＋cosC＝1，C∈(0，π)， cos C255 ∴sin C＝，cos C＝. 55 1125 ∵S△ABC＝absin C＝ab×＝1，∴ ab＝5. 2255a＋b－ca＋b－4 由余弦定理有cos C＝＝＝， 52ab25∴a＋b＝6. ∴(a＋b)＝a＋b＋2ab＝6＋25，∴ a＋b＝5＋1. 规律方法 三角形面积公式的应用原则 111 (1)对于面积公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公 222式. (2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化. 2b－c【训练3】 (2020·嘉兴测试)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知＝2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 acos C. cos A(1)求角A的大小； (2)若a＝14，b＋c＝42，求△ABC的面积. 解 (1)根据正弦定理， 得 2b－ccos C2sin B－sin Ccos C＝?＝， acos Asin Acos A整理得2sin Bcos A＝cos Csin A＋sin CcosA， 即2sin Bcos A＝sin(A＋C)， 而A＋C＝π－B，所以2sin Bcos A＝sin B， 1又sin B≠0，解得cos A＝， 2π 又A∈(0，π)，故A＝. 3(2)根据余弦定理， 得a＝b＋c－2bccos A＝(b＋c)－2bc－2bccos A， π 又a＝14，b＋c＝42，A＝， 3122 故(14)＝(42)－2bc－2bc×， 2 2 2 2 2 解得bc＝6， 11π33 所以S△ABC＝bcsin A＝×6×sin ＝. 2232考点四 与三角形有关的最值(范围)问题角度1 利用不等式求解 【例4－1】 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin A＋bsin B＝2csin 多维探究 C，则角C的最大值为________；若c＝2a＝2，则△ABC的面积为________. 解析 由正弦定理得a＋b＝2c，又由余弦定理得a＋b＝2(a＋b－2abcos C)，即4abcos C1ππ22 ＝a＋b≥2ab，cos C≥，所以0 233 2 2 2 2 2 2 2 a2＋c2－b2a2＋c2－（2c2－a2）113 得cos B＝＝＝－，故△ABC的面积为S＝acsin B＝. 2ac2ac222 答案 π3 32 角度2 利用函数性质求解 【例4－2】 在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若C＝2B，则的取值范围是________. 解析 由C＝2B得A＝π－C－B＝π－3B，因为△ABC为锐角三角形，所以 cb????π??π，π?，则在△ABC中，由正弦定理得c＝sin C＝0，?，B∈解得B∈??64???2?bsin B?? ?0，π?，?A＝π－3B∈??2??? C＝2B∈?0，?，2 2sin Bcos B＝2cos B∈(2，3). sin B答案 (2，3) 角度3 利用图形求解 【例4－3】 已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D为BC边上一点且BD＝1，E，F分别为边CA，AB上的点(不包括端点)，则△DEF周长的最小值为________，此时△BDF的面积为________. 解析 设D关于直线AB的对称点为M，关于AC的对称点为N，连接MN，分别与AB，AC交于点F，E，则△DEF周长的最小值为MN. ?? π? ∵D为BC的三等分点，等边△ABC边长为3， ∴DM＝2DP＝3，DN＝2DQ＝23， 又∠MDN＝120°， ∴MN＝?1?3＋12－2·3·23·?－?＝21. ?2? 由Rt△DPF与Rt△MPF全等，∴DF＝MF. 在△MDN中，DM＝3，DN＝23，MN＝21， 由余弦定理可得cos M＝ 2. 7 DF＝MF＝ 3721×＝. 224 321 ，DF＝， 24 在Rt△DPF中，DP＝31 ∴PF＝.又BP＝， 42 11?13?353∴△BDF的面积S＝BF×DP＝?＋?×＝. 22?24?216答案 21 53 16 规律方法 解决与三角形有关的最值(范围)问题，主要根据题设条件，借助基本不等式、函数的性质求解，有时还需要数形结合寻找解题思路. 【训练4】 (1)(角度1)(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若值为________. (2)(角度2)(2018·北京卷)若△ABC的面积为 3222 (a＋c－b)，且C为钝角，则B＝________；4 3b＝，△ABC的面积S＝3，则A＝________；a的最小cos Asin Bac的取值范围是________. aπ (3)(角度3)在△ABC中，A＝，BC＝3，点D在线段BC上，且BD＝2DC，则AD的最大值是 3________. a3b解析 (1)因为＝，所以由正弦定理可得3cos A＝sin A，即tan A＝3.因为0 cos Asin B
浙江省2021届高考数学一轮复习第五章三角函数解三角形第8节正弦定理和余弦定理及其应用含解析
