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第6讲第2课时 正、余弦定理的应用
题型 多三角形背景问题
典例1(2024·陕西安康中学质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
且 sin C cos B － 2sin B cos C ＝ 0 .
条件是正弦、余弦齐次式，可以转化为边的关系．
(1)证明： c 2 － b 2 ＝ a 2 ；
此小问是边的关系，可以由条件化边得到．
(2)若a＝3，点D在边BC上，且AD⊥BC，AD＝，求△ABC的周长．
(1)证明：由sin Ccos B－2sin Bcos C＝0，可得 sin C cos B ＋ sin B cos C ＝ 3sin B cos
C，
【扫清障碍】观察已知式的结构，配凑出一个sin(B＋C)，再利用内角和关系转化角．
所以sin(B＋C)＝3sin Bcos C，由B＋C＝π－A，可得sin(B＋C)＝sin A，即sin A＝
3sin Bcos C，
所以 a ＝ 3 b × ，
【指点迷津】正弦齐次式可以直接用正弦定理化角为边，而余弦式要用对应的余弦定
理化角为边，然后通过代数恒等变形进行证明．
可得2a2＝3a2＋3b2－3c2，即c2－b2＝a2.
(2)解：a＝3，由(1)知c2－b2＝3，可得c2＝b2＋3，
由余弦定理得cos∠BAC＝＝.
由AD⊥BC，AD＝，可得 S ＝ ×3× ＝，又 S ＝ bc sin ∠ BAC ，所以 bc sin ∠ BAC
△ABC △ABC
＝，可得 sin ∠ BAC ＝ .
由面积关系解出sin∠BAC的表达式．
因为 cos 2 ∠ BAC ＋ sin 2 ∠ BAC ＝ 2 ＋ 2 ＝ 1 ，【解题关键】分别用余弦定理和面积公式“刻
画”出∠BAC的正、余弦值，再用平方和为1消去角，得到关于边的方程，即可求边．
所以b2＝4，解得b＝2，
所以c2＝b2＋3＝7，可得c＝，所以 △ ABC 的周长为 a ＋ b ＋ c ＝ 3 ＋ 2 ＋＝ 5 ＋ .
如果已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解可
用正弦定理或余弦定理直接求解的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量
从几个三角形中列出方程(组)，通过解方程(组)得出所要求的量．
对点练1(2024·山东师大附中模拟)在“①2bsin C＝csin B－ccos B，②bcos C＋(2a＋
c)cos B＝0”这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，且BD＝2，________.
(1)求角B；
(2)求＋的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)若选择条件①，解答过程如下：
由正弦定理可得2sin Bsin C＝sin Csin B－sin Ccos B，即sin Bsin C＝－sin Ccos
B．
因为0<C<π，所以sin C≠0，故sin B＝－cos B，所以tan B＝－，
又0<B<π，故B＝.
若选择条件②，解答过程如下：
由正弦定理得sin Bcos C＋(2sin A＋sin C)cos B＝0，
即sin Bcos C＋sin Ccos B＝－2sin Acos B，
即sin(B＋C)＝－2sin Acos B，即sin A＝－2sin Acos B，
因为0<A<π，所以sin A≠0，故cos B＝－，又0<B<π，故B＝.
(2)因为AB⊥BD，所以∠DBC＝－＝，
在△BCD中，由＝，得CD＝＝，
在△ABD中，由＝，得AD＝＝.
故＋＝sin A＋sin C，而∠ABC＝，所以A＋C＝，
所以＋＝sin A＋sin C＝sin＋sin C＝cos C＋sin C＝sin，
由题意知C∈，所以C＋∈，故sin∈，
即＋的取值范围为.
题型 三角形的中线与角平分线问题
典例2(2023·全国甲卷，理)在△ABC中， ∠ BAC ＝ 60 ° ， AB ＝ 2 ， BC ＝， ∠BAC
三个独立条件，可解三角形，若已知两个独立条件，此时常设出一个变量，转化为函
数问题．
的角平分线交BC于D，则AD＝________.
解析：在△ABC中，由余弦定理得 cos ∠ BAC ＝＝＝，
已知两边及一边对角，求第三边，采用余弦定理列方程求解．
所以AC＝1＋(舍负)．
在△ABD中，由正弦定理得＝，所以＝.
在△ACD中，由正弦定理得＝，所以＝， 又 AD 平分 ∠ BAC ，所以 ∠ BAD ＝ ∠ CAD ，
则 sin ∠ BAD ＝ sin ∠ CAD ，又 sin ∠ ADB ＝ sin ∠ ADC ，
【提示】因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以正弦值相等．
所以＝，所以＝＝，
且BD＋CD＝，所以 BD＝＝－.在△ABC中，由余弦定理得 cos∠ABC＝＝＝，在
△ABD中，由余弦定理得cos∠ABD＝＝＝， 解得 AD ＝ 2( 舍负 ) ．
【点拨】本题多次运用余弦定理和正弦定理，在计算AD时，不用cos∠BAD＝建立方
程的原因是分子、分母都出现了AD，这样可以减少计算量．故答案为2.
三角形中的中线、角平分线问题的处理策略
对点练2锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(2b－c)cos A
＝acos C．
(1)求A；
(2)若b＝2，D为AB的中点，求CD的取值范围．
解：(1)∵(2b－c)cos A＝acos C，
∴由正弦定理得(2sin B－sin C)cos A＝sin Acos C，即
2sin Bcos A＝sin Ccos A＋sin Acos C，
∴2sin Bcos A＝sin(C＋A)＝sin B，
∵sin B≠0，∴cos A＝，
∵0<A<，∴A＝.
(2)由(1)知A＝，又b＝2，
∴在△ACD中，CD＝
＝，
∵△ABC为锐角三角形，
∴
即
又a2＝22＋c2－2×2×c×cos ＝c2＋4－2c，∴解得1<c<4，
∴CD的取值范围是[，2)．
题型 应用正、余弦定理求最值和范围问题
典例3已知f(x)＝sin ωx(ω>0)，其图象上相邻对称轴间的距离为，若将其图象向
可推得ω＝2.
左平移个单位长度得到函数y＝g(x)的图象．
(1)求函数y＝g(x)的解析式及图象的对称中心；
(2)在钝角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若f＝g，求＋的取值
范围．
解：(1)由题意得，f(x)的最小正周期T＝＝×2，(正弦型函数图象上相邻对称轴间的距
离为半个周期)所以ω＝2，f(x)＝sin 2x，
则g(x)＝sin＝sin.(根据平移变换求函数解析式时，若x前面有系数，注意应先将系数
提出)
令2x＋＝kπ(k∈Z)，(由于y＝sin x图象的对称中心是(kπ，0)(k∈Z)，所以要求y＝
Asin(ωx＋φ)图象的中心， 由方程 ωx ＋ φ ＝ k π( k ∈ Z ) 解出 x 即可 ) 整体代换的思路．
得x＝－＋(k∈Z)，
故函数y＝g(x)图象的对称中心为(k∈Z)．
(2)由题意得， f ＝ sin B ， g ＝ sin ＝ sin ，
条件转化为三角方程．
所以sin B＝sin，
所以 B ＝ A ＋或 A ＋ B ＝ ( 舍 ) ，
由sin α＝sin β，则有α＝β＋2kπ或者α＋β＝(2k＋1)π. 同样：若cos α＝cos β，则有
α＝β＋2kπ或α＋β＝2kπ. 结合本例思考A，B间的关系．
(注意条件中该三角形为钝角三角形)
所以C＝－2A．
在钝角三角形ABC中，
因为0<A<，0<C<，
所以0<A<.
这个A的范围常是一个易错点．
＋＝＋＝＋＝＝4cos A＋，
边化角，以A为自变量．
令t＝cos A， φ ( t ) ＝ 4 t ＋， t ∈ ，
函数的方法最终解决问题！
则φ(t)在上单调递减，在上单调递增.
可以这样理解对勾函数y＝x＋(a＞0)，单调性分界点为±.
所以当t＝，即A＝时，φ(t)有最小值4.
又4×＋＝5，4×1＋＝7，所以φ(t)<5.故＋∈[4，5)．
在解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解题思路如
下：
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的
值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中
的范围限制，以及三角形自身的范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找
完善，避免结果的范围过大．
对点练3(2024·广东潮州期末)如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC＝，AD＝
1，∠ACD＝.(1)求CD的长；
(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．
解：(1)在△ACD中，AC＝，AD＝1，∠ACD＝，
由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，
即1＝3＋CD2－3CD，解得CD＝1或CD＝2.
(2)因为BC⊥CD，∠ACD＝，所以∠ACB＝.
因为△ABC为锐角三角形，
所以解得<B<.
在△ABC中，因为＝，
所以BC＝＝＝＝＋·，
由<B<得tan B∈，所以∈(0，)，
所以BC的取值范围为.
