2021新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案3-6-2正弦定理和余弦定理的應(yīng)用

第2課時(shí)正弦定理和余弦定理的應(yīng)用考點(diǎn)一正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用【例1】(1)如圖，某游輪在A處看燈塔B在A的北偏東75°方向上，距離為12eq\r(6)海里，燈塔C在A的北偏西30°方向上，距離為8eq\r(3)海里，游輪由A處向正北方向航行到D處時(shí)，再看燈塔B，A．20海里 B．8eq\r(3)海里C．23eq\r(2)海里 D．24海里(2)如圖，一輛汽車(chē)在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測(cè)得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達(dá)B處，測(cè)得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.【解析】(1)在△ABD中，因?yàn)闊羲﨎在A的北偏東75°方向上，距離為12eq\r(6)海里，游輪由A處向正北方向航行到D處時(shí)，再看燈塔B，B在南偏東60°方向上，所以B＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，可得AD＝eq\f(ABsinB,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(海里)．在△ACD中，AD＝24(海里)，AC＝8eq\r(3)(海里)，∠CAD＝30°，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°＝242＋(8eq\r(3))2－2×24×8eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝192.所以CD＝8eq\r(3)(海里)．(2)由題意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，解得BC＝300eq\r(2)(m)．在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝100eq\r(6)(m)．【答案】(1)B(2)100eq\r(6)方法技巧求距離、高度問(wèn)題應(yīng)注意的問(wèn)題1理解俯角、仰角的概念，它們都是視線與水平線的夾角；理解方向角的概念；2選定或確定要?jiǎng)?chuàng)建的三角形，要首先確定所求量所在的三角形，若其他量已知?jiǎng)t直接解；若有未知量，則把未知量放在另一確定三角形中求解.3確定用正弦定理還是余弦定理，如果都可用，就選擇更便于計(jì)算的定理.1．如圖所示，要測(cè)量一水塘兩側(cè)A，B兩點(diǎn)間的距離，其方法是先選定適當(dāng)?shù)奈恢肅，用經(jīng)緯儀測(cè)出角α，再分別測(cè)出AC，BC的長(zhǎng)b，a，則可求出A，B兩點(diǎn)間的距離．即AB＝eq\r(a2＋b2－2abcosα).若測(cè)得CA＝400m，CB＝600m，∠ACB＝60°，則A，B兩點(diǎn)的距離為200eq\r(7)m.解析：在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos60°＝280000.∴AB＝200eq\r(7)(m)．即A，B兩點(diǎn)間的距離為200eq\2．為了測(cè)量某新建的信號(hào)發(fā)射塔AB的高度，先取與發(fā)射塔底部B在同一水平面內(nèi)的兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn)C，D，測(cè)得∠BDC＝60°，∠BCD＝75°，CD＝40m，并在點(diǎn)C的正上方E處觀測(cè)發(fā)射塔頂部A的仰角為30°，且CE＝1m，則發(fā)射塔高AB＝20eq\r(2)＋1m.解析：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB，垂足為F，則EF＝BC，BF＝CE＝1，∠AEF＝30°，∠CBD＝45°.在△BCD中，由正弦定理得，BC＝eq\f(CD·sin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(40·sin60°,sin45°)＝20eq\r(6).所以EF＝20eq\r(6)，在Rt△AFE中，AF＝EF·tan∠AEF＝20eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)＝20eq\r(2)，所以AB＝AF＋BF＝(20eq\r(2)＋1)(m)．考點(diǎn)二平面圖形中的計(jì)算問(wèn)題【例2】如圖所示，在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝eq\f(3π,4)，AB⊥AD，AB＝1.(1)若AC＝eq\r(5)，求△ABC的面積；(2)若∠ADC＝eq\f(π,6)，CD＝4，求sin∠CAD.【解】(1)在△ABC中，由余弦定理得：AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，即5＝1＋BC2＋eq\r(2)BC，解得BC＝eq\r(2)(負(fù)值舍去)，所以△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2).(2)設(shè)∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得，eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，即eq\f(AC,sin\f(π,6))＝eq\f(4,sinθ)，①在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,2)－θ，∠BCA＝π－eq\f(3π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝θ－eq\f(π,4)，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠BCA)，即eq\f(AC,sin\f(3π,4))＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))，②①②兩式相除，得eq\f(sin\f(3π,4),sin\f(π,6))＝eq\f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))),sinθ)，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinθ－\f(\r(2),2)cosθ))＝eq\r(2)sinθ，整理得sinθ＝2cosθ.又sin2θ＋cos2θ＝1，故sinθ＝eq\f(2\r(5),5)，即sin∠CAD＝eq\f(2\r(5),5).方法技巧平面圖形中計(jì)算問(wèn)題的解題關(guān)鍵及思路求解平面圖形中的計(jì)算問(wèn)題，關(guān)鍵是梳理?xiàng)l件和所求問(wèn)題的類(lèi)型，然后將數(shù)據(jù)化歸到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的關(guān)系.具體解題思路如下：1把所提供的平面圖形拆分成若干個(gè)三角形，然后在各個(gè)三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；2尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果.如圖，四邊形ABCD中，AC＝eq\r(3)BC，AB＝4，∠ABC＝eq\f(π,3).(1)求∠ACB；(2)若∠ADC＝eq\f(2π,3)，四邊形ABCD的周長(zhǎng)為10，求四邊形ABCD的面積．解：(1)設(shè)BC＝a，則AC＝eq\r(3)a，在△ABC中由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，得3a2＝42＋a2－2×4·a·eq\f(1,2)，∴a2＋2a－8＝0，∴a＝2或a＝－4(舍去∴AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB＝eq\f(π,2).(2)∵四邊形ABCD的周長(zhǎng)為10，AB＝4，BC＝2，∴AD＋CD＝4.又在△ACD由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，即12＝AD2＋DC2＋AD·DC＝(AD＋DC)2－AD·DC，∴AD·DC＝4.∴S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DC·sineq\f(2,3)π＝eq\r(3).∴S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝2eq\r(3)＋eq\r(3)＝3eq\r(3).考點(diǎn)三正、余弦定理與平面向量的結(jié)合【例3】△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知2bsinC＝acosC＋ccosA，B＝eq\f(2π,3)，c＝eq\r(3).(1)求角C；(2)若點(diǎn)E滿足eq\o(AE,\s\up15(→))＝2eq\o(EC,\s\up15(→))，求BE的長(zhǎng)．【解】(1)解法1：由題設(shè)及正弦定理得2sinBsinC＝sinAcosC＋sinCcosA，又sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB，所以2sinBsinC＝sinB.由于sinB＝eq\f(\r(3),2)≠0，所以sinC＝eq\f(1,2).又0<C<eq\f(π,3)，所以C＝eq\f(π,6).解法2：由題設(shè)及余弦定理可得2bsinC＝a×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，化簡(jiǎn)得2bsinC＝b.因?yàn)閎>0，所以sinC＝eq\f(1,2).又0<C<eq\f(π,3)，所以C＝eq\f(π,6).(2)解法1：由正弦定理易知eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2eq\r(3)，解得b＝3.又eq\o(AE,\s\up15(→))＝2eq\o(EC,\s\up15(→))，所以AE＝eq\f(2,3)AC＝eq\f(2,3)b，即AE＝2.在△ABC中，因?yàn)椤螦BC＝eq\f(2,3)π，C＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,6)，所以在△ABE中，A＝eq\f(π,6)，AB＝eq\r(3)，AE＝2，由余弦定理得BE＝eq\r(AB2＋AE2－2AB·AEcos\f(π,6))＝eq\r(3＋4－2×\r(3)×2×\f(\r(3),2))＝1，所以BE＝1.解法2：在△ABC中，因?yàn)椤螦BC＝eq\f(2,3)π，C＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,6)，a＝c＝eq\r(3).因?yàn)閑q\o(AE,\s\up15(→))＝2eq\o(EC,\s\up15(→))，所以eq\o(BE,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up15(→)).則|eq\o(BE,\s\up15(→))|2＝eq\f(1,9)(eq\o(BA,\s\up15(→))＋2eq\o(BC,\s\up15(→)))2＝eq\f(1,9)(|eq\o(BA,\s\up15(→))|2＋4eq\o(BA,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＋4|eq\o(BC,\s\up15(→))|2)＝eq\f(1,9)×(3－4×eq\r(3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)＋4×3)＝1，所以BE＝1.在△ABC中，sinAcosBtanA＝121615.(1)求sinC；(2)若AB＝8，點(diǎn)D為△ABC外接圓上的動(dòng)點(diǎn)，求eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))的最大值．解：(1)由sinAtanA＝1215，得cosA＝eq\f(4,5)，故sinA＝eq\f(3,5)，由sinAcosB＝1216，得cosB＝eq\f(4,5)，故sinB＝eq\f(3,5)，于是sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(24,25).(2)在△ABC中，由eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，解得AC＝5，由A，B，C，D四點(diǎn)共圓及題干條件，可知∠ADC＝∠ABC，設(shè)DA＝m，DC＝n，在△DAC中，由余弦定理的推論得cos∠ADC＝eq\f(m2＋n2－52,2mn)＝eq\f(4,5)，故eq\f(8,5)mn＝m2＋n2－25≥2mn－25，解得mn≤eq\f(125,2)，故eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\f(4,5)mn≤eq\f(4,5)×eq\f(125,2)＝50，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝eq\f(5\r(10),2)時(shí)，等號(hào)成立，故eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))的最大值為50.與三角形有關(guān)的最值與范圍問(wèn)題【典例】在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知c＝6，sinA＝sinC＋sin(A－B)．(1)若b＝2eq\r(7)，求△ABC的面積；(2)若1≤a≤6，求sinC的取值范圍．【解】(1)由sinA＝sinC＋sin(A－B)，得sinA＝sin(A＋B)＋sin(A－B)，即sinA＝2sinAcosB，因?yàn)閟inA≠0，即cosB＝eq\f(1,2)，所以B＝60°.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即28＝a2＋36－2a×6×eq\f(1,2)，即a2－6a解得a＝2或a＝4.當(dāng)a＝2時(shí)，S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×6×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3).當(dāng)a＝4時(shí)，S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4×6×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3).(2)解法1：建立關(guān)于邊b的不等關(guān)系由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋36－6a＝(a－3)2因?yàn)?≤a≤6，所以27≤b2≤36，即3eq\r(3)≤b≤6.由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(6,sinC)＝eq\f(b,\f(\r(3),2))，得sinC＝eq\f(3\r(3),b).因此eq\f(\r(3),2)≤sinC≤1，即sinC的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)).解法2：建立關(guān)于角C的不等關(guān)系由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，即eq\f(6,sinC)＝eq\f(a,sinC＋60°)，所以eq\f(sinC＋60°,sinC)＝eq\f(a,6)，即eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2tanC)＝eq\f(a,6).又因?yàn)?≤a≤6，所以eq\f(1,6)≤eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2tanC)≤1，所以－eq\f(2\r(3),9)≤eq\f(1,tanC)≤eq\f(\r(3),3).故60°≤C≤φ，(C≠90°)其中φ為鈍角，eq\f(1,tanφ)＝－eq\f(2\r(3),9).故sinφ＝eq\f(9,\r(93))>eq\f(\r(3),2)，得90°<φ<120°，當(dāng)C＝90°時(shí)，顯然成立，因此eq\f(\r(3),2)≤sinC≤1，即sinC的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)).【素養(yǎng)解讀】破解此類(lèi)題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)定基本量，根據(jù)題意或幾何圖形得出三角形中的邊、角的關(guān)系，利用正、余弦定理求出相關(guān)的邊、角或邊角關(guān)系，并選擇相關(guān)的邊、角作為基本變量，確定基本變量的變化范圍．(2)構(gòu)建關(guān)系，將待求范圍的變量，根據(jù)正、余弦定理或三角恒等變換轉(zhuǎn)化為基本變量的函數(shù)關(guān)系式．(3)求最值，利用基本不等式或函數(shù)的單調(diào)性、有界性等求最值或范圍．1．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且cos2A＋cos2B＝2cos2C，則cosA.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)解析：因?yàn)閏os2A＋cos2B＝2cos2C，所以1－2sin2A＋1－2sin2B＝2－4sin2C，得a2＋b2＝2c2，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2