正弦、余弦定理的十五类变式在高考中的灵活应用

■四川省巴中中学 肖 斌(特级教师)

高考注重对实践能力和核心素养的考查,正弦、余弦定理的变式及其活用较好地体现了这一精神,成为历年来高考数学试卷中常考不衰、常考常新的经典题型。下面进行系统总结,撩开其神秘“面纱”。

一、正弦定理的七类变式及其活用

在三角形中,各边与它所对角的正弦的比值相等,且该比值等于这个三角形外接圆的直径。即在△ABC中,有(R为△ABC外接圆的半径),这便是著名的正弦定理。正弦定理揭示了三角形中三条边a,b,c和三个角A,B,C及其外接圆半径R这7个元素间的动态等量关系,本身是一个比例式,若灵活运用比例性质,充分挖掘比值的几何意义,则有以下几类功效独特的变式。

变式1正弦定理的等积变形：asinB=bsinA,bsinC=csinB,asinC=csinA。

例1(2018年天津卷理数)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c。已知

(1)求角B的大小；

(2)设a=2,c=3,求b和sin (2A-B)的值。

解析：(1)在△ABC中,由正弦定理,可得bsinA=asinB。

因为B∈(0,π),所以B=

(2)在△ABC中,由余弦定理及条件a=2,c=3,B=,得b2=a2+c2-2accosB=7,故b=7。

因为三边中a最小,所以A必为锐角。

变式2正弦定理的“知三求一”变形：

例2(2018年高考浙江卷)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c。若a=,b=2,A=60°,则sinB=____,c=____。

解析：由正弦定理,得

由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得=22+c2-2·2·c·cos 60°,即c2-2c-3=0,解得c=3或c=-1(舍去)。

感悟：“已知两边和其中一边的对角,解三角形”(简称“边边角”问题),既可用正弦定理求解,也可由余弦定理求解。

变式3正弦定理的更比变形：

例3锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若B=3A,则的取值范围是_____。

由A+B+C=180°,且B=3A,得C=180°-4A。

因为△ABC为锐角三角形,所以A,B,C三个角均为锐角,即同时满足：0＜A＜90°,0＜B=3A＜90°,0＜C=180°-4A＜90°。

解得22.5°＜A＜30°。

所以cos 30°＜cosA＜cos 22.5°,

感悟：这是一道精彩题目,能力要求极高：一是需用正弦定理进行边角互化；二是需用二倍角公式推导三倍角公式；三是需正确诠释锐角三角形的定义,即由锐角三角形的三个内角都是锐角求得角A的范围；四是需用余弦函数单调性及降幂公式求出的取值范围。

变式4正弦定理的合比变形：

例4(2017年郑州市高三一测理数试题改编)已知非等腰△ABC的外接圆的直径为,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,并且C=60°。

(2)若a+b=ab,求△ABC的面积。

由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC,得4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab。

又a+b=ab,所以(ab)2-3ab-4=0。

解得ab=4或ab=-1(舍去)。

感悟：出现分子和分母中系数对应结构时,可考虑合比变形处理,即

变式5正弦定理的连比变形：a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC。

例5在△ABC中,sinA∶sinB∶sinC=3∶5∶7,则这个三角形的最大角为_____。

解析：设△ABC中角A,B,C的对边分别为a,b,c,由正弦定理得a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC=3∶5∶7。设a=3k,b=5k,c=7k(k＞0),易知最大角为C。由余弦定理得因为0°＜C＜180°,所以C=120°。故这个三角形的最大角为120°。

变式6正弦定理的化边为角变形：a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R为△ABC的外接圆的半径)。

例6(2013年全国Ⅱ理数)△ABC在内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcosC+csinB。

(1)求B；

(2)若b=2,求△ABC面积的最大值。

解析：(1)由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R为△ABC外接圆的半径)。

代入已知得2RsinA=2RsinB·cosC+2RsinC·sinB。

也即sinA=sinBcosC+sinCsinB。

因为sinA=sin[π-(B+C)]=sin(B+C),所以sin (B+C)=sinBcosC+sinCcosB。

则cosBsinC=sinCsinB。

因为C∈(0,π),sinC≠0,所以tanB=1。又因为B∈(0,π),所以B=。

(2)由余弦定理得b2=a2+c2-2accos,即a2+c2≥2ac,当且仅当a=c时取等号,所以4≥(2-)ac。

解得ac≤4+。

所以△ABC的面积为

故△ABC面积的最大值为+1。

变式7正弦定理的化角为边变形：(R为△ABC外接圆的半径)。

例7(2018 年高考全国Ⅰ卷文数)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsinC+csinB=4asinBsinC,b2+c2-a2=8,则△ABC的面积为____。

解法二(化边为角)由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R为△ABC外接圆的半径)。

代 入 已 知 得 2RsinB· sinC+2RsinC·sinB=4·2RsinA·sinBsinC。

因为2RsinBsinC≠0,所以两边同时除以2RsinBsinC,得sinA=

二、余弦定理的八类变式及其活用

在△ABC中,由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得以下八类有用的变形公式。

变式1余弦定理的角边互化变形：

此变式更清晰地表达了三角形中角与边的转化关系,从左往右可将角的关系转化为边的关系,从右往左则将边的关系转化为角的关系。

例8(2016 年全国Ⅲ卷文数)在△ABC中,B=,BC边上的高等于,则cosA=( )。

解析：设△ABC中角A,B,C的对边分别为a,b,c,由题意得：

变式2余弦定理的移项变形：b2+c2-a2=2bccosA。

此变式可有效处理题目中含有“b2+c2-a2”型信息(即“已知两边的平方和与第三边的平方差”)及相关面积型问题。

例9(2018 年全国Ⅲ卷理数、文数)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为,则C=( )。

解析：由余弦定理得a2+b2-c2=2abcosC。于 是

又S△ABC=,所以cosC=sinC。

因为C∈(0,π),所以C=,选C。

变式3余弦定理的配方变形：a2=(b+c)2-2bc(1+cosA),a2=(b-c)2+2bc(1-cosA)。

此变式对处理有关“两边之和(差)、积及夹角,求第三边”型问题十分有用。

例10(2017 年全国Ⅰ卷理数)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为

(1)求sinBsinC；

(2)若6cosBcosC=1,a=3,求△ABC的周长。

解析：(1)由题设得

显然sinA≠0,故sinBsinC=

(2)由题设及(1)得cos(B+C)=cosBcosC-sinBsinC=

因为B+C∈(0,π),所以B+C=

故A=

由a=3 及,得bc=8。

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-2bc(1+cosA)。

变式4余弦定理的主元变形：b2-(2ccosA)b+(c2-a2)=0,c2-(2bcosA)c+(b2-a2)=0。

此变式的实质是将等式视为其中一边的一元二次方程,因此根的判别式与韦达定理可派上用场、大显身手。解决“已知三角形的两边与其中一边的对角,求第三边”(即“边边角”)型问题时,许多同学常拘泥于正弦定理去思考,其实用“余弦定理的主元变形”去处理更加简捷,应引起我们足够的重视。

例11根据下列条件,判断△ABC解的个数：

解析：由余弦定理得c2-(2bcosA)c+(b2-a2)=0。(1,则,c1c2=4＞0,二次方程有两个不等正根,故此三角形有两个解。

(3)c2-10 3c+84=0,则,二次方程无实根,此三角形无解。

变式5余弦定理中的两边之比变形：

此变式可巧妙、快捷地处理题目中含有“两边之比”型整体信息。

例12(2005 年高考天津卷)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c。设a,b,c满足b2+c2-bc=a2和,求角A和tanB的值。

解析：由已知得b2+c2-a2=bc,由余弦定理,得b2+c2-a2=2bccosA。

感悟：本题由正弦定理的变式去处理也很方便,过程类似于“正弦定理的变式及其活用”中的例3,同学们可以试一试。

变式6三角形中的射影公式：

此变式用正、余弦定理均不难证明,必修五课本虽以习题形式呈现,但高考中以此为背景的试题却层出不穷。

例13(2016 年全国Ⅰ卷理数)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosC(acosB+bcosA)=c。

(1)求C的值；

(2)若c=,△ABC的面积为,求△ABC的周长。

解析：(1)方法一(用正弦定理及和角公式)由已知及正弦定理得2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC,即2cosCsin (A+B)=sinC。

因为A+B+C=π,且A,B,C∈(0,π),所以sin (A+B)=sinC＞0。

方法二(用三角形中的射影公式)由射影公式得acosB+bcosA=c。

又因为2cosC(acosB+bcosA)=c,所以2ccosC=c,cosC=

因为C∈(0,π),所以C=

(2)由余弦定理得c2=a2+b2-2ab·cosC,即

整理得(a+b)2-3ab=7。

则(a+b)2-18=7,a+b=5。

△ABC的周长为a+b+c=5+7。

变式7向量的数量积与余弦定理的结合变形：在△ABC中,若角A,B,C的对边分别为a,b,c,则：

例14若不同的三点A,B,C满足=3∶4∶5,则这三点可以( )。

A.组成锐角三角形

B.组成直角三角形

C.组成钝角三角形

D.在同一直线上

解析：解法一(利用向量的数量积与余弦定理的结合变形公式)

于是a2+b2-c2=6t,b2+c2-a2=8t,a2+c2-b2=10t。

解得a2=8t,b2=7t,c2=9t,t＞0。

显然角C最大。

最大角C为锐角,故不同的三点A,B,C组成锐角三角形,选A。

易见t＜0,角C最大。仿照解法一,可知不同的三点A,B,C组成锐角三角形,选A。

变式8正、余弦定理的结合变形：sin2A=sin2B+sin2C-2sinBsinCcosA。

将正弦定理的变式直接代入余弦定理即得,此变式在解决形如sin2α+sin2β-2sinαsinβcosγ(α+β+γ=180°)的 求 值 问题时“一剑封喉”,别开生面。

例15(全国高中联赛题)求值：cos210°+cos250°-sin 40°sin 80°。

解析：原式可变形为sin280°+sin240°-2sin 80°sin 40°cos 60°,若将80°,40°视为三角形的两内角,则另一内角为60°,故原式=