正弦、余弦定理的十五類變式在高考中的靈活應(yīng)用

■四川省巴中中學(xué) 肖 斌(特級(jí)教師)

高考注重對(duì)實(shí)踐能力和核心素養(yǎng)的考查,正弦、余弦定理的變式及其活用較好地體現(xiàn)了這一精神,成為歷年來(lái)高考數(shù)學(xué)試卷中?？疾凰ァ⒊？汲Ｐ碌慕?jīng)典題型。下面進(jìn)行系統(tǒng)總結(jié),撩開(kāi)其神秘“面紗”。

一、正弦定理的七類變式及其活用

在三角形中,各邊與它所對(duì)角的正弦的比值相等,且該比值等于這個(gè)三角形外接圓的直徑。即在△ABC中,有(R為△ABC外接圓的半徑),這便是著名的正弦定理。正弦定理揭示了三角形中三條邊a,b,c和三個(gè)角A,B,C及其外接圓半徑R這7個(gè)元素間的動(dòng)態(tài)等量關(guān)系,本身是一個(gè)比例式,若靈活運(yùn)用比例性質(zhì),充分挖掘比值的幾何意義,則有以下幾類功效獨(dú)特的變式。

變式1正弦定理的等積變形：asinB=bsinA,bsinC=csinB,asinC=csinA。

例1(2018年天津卷理數(shù))在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c。已知

(1)求角B的大小；

(2)設(shè)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?yàn)锽∈(0,π),所以B=

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

因?yàn)槿呏衋最小,所以A必為銳角。

變式2正弦定理的“知三求一”變形：

例2(2018年高考浙江卷)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c。若a=,b=2,A=60°,則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：“已知兩邊和其中一邊的對(duì)角,解三角形”(簡(jiǎn)稱“邊邊角”問(wèn)題),既可用正弦定理求解,也可由余弦定理求解。

變式3正弦定理的更比變形：

例3銳角△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若B=3A,則的取值范圍是_____。

由A+B+C=180°,且B=3A,得C=180°-4A。

因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,所以A,B,C三個(gè)角均為銳角,即同時(shí)滿足：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：這是一道精彩題目,能力要求極高：一是需用正弦定理進(jìn)行邊角互化；二是需用二倍角公式推導(dǎo)三倍角公式；三是需正確詮釋銳角三角形的定義,即由銳角三角形的三個(gè)內(nèi)角都是銳角求得角A的范圍；四是需用余弦函數(shù)單調(diào)性及降冪公式求出的取值范圍。

變式4正弦定理的合比變形：

例4(2017年鄭州市高三一測(cè)理數(shù)試題改編)已知非等腰△ABC的外接圓的直徑為,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,并且C=60°。

(2)若a+b=ab,求△ABC的面積。

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：出現(xiàn)分子和分母中系數(shù)對(duì)應(yīng)結(jié)構(gòu)時(shí),可考慮合比變形處理,即

變式5正弦定理的連比變形：a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC。

例5在△ABC中,sinA∶sinB∶sinC=3∶5∶7,則這個(gè)三角形的最大角為_(kāi)____。

解析：設(shè)△ABC中角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,由正弦定理得a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC=3∶5∶7。設(shè)a=3k,b=5k,c=7k(k＞0),易知最大角為C。由余弦定理得因?yàn)?°＜C＜180°,所以C=120°。故這個(gè)三角形的最大角為120°。

變式6正弦定理的化邊為角變形：a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R為△ABC的外接圓的半徑)。

例6(2013年全國(guó)Ⅱ理數(shù))△ABC在內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知a=bcosC+csinB。

(1)求B；

(2)若b=2,求△ABC面積的最大值。

解析：(1)由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R為△ABC外接圓的半徑)。

代入已知得2RsinA=2RsinB·cosC+2RsinC·sinB。

也即sinA=sinBcosC+sinCsinB。

因?yàn)閟inA=sin[π-(B+C)]=sin(B+C),所以sin (B+C)=sinBcosC+sinCcosB。

則cosBsinC=sinCsinB。

因?yàn)镃∈(0,π),sinC≠0,所以tanB=1。又因?yàn)锽∈(0,π),所以B=。

(2)由余弦定理得b2=a2+c2-2accos,即a2+c2≥2ac,當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí)取等號(hào),所以4≥(2-)ac。

解得ac≤4+。

所以△ABC的面積為

故△ABC面積的最大值為+1。

變式7正弦定理的化角為邊變形：(R為△ABC外接圓的半徑)。

例7(2018 年高考全國(guó)Ⅰ卷文數(shù))△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知bsinC+csinB=4asinBsinC,b2+c2-a2=8,則△ABC的面積為_(kāi)___。

解法二(化邊為角)由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R為△ABC外接圓的半徑)。

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

因?yàn)?RsinBsinC≠0,所以兩邊同時(shí)除以2RsinBsinC,得sinA=

二、余弦定理的八類變式及其活用

在△ABC中,由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得以下八類有用的變形公式。

變式1余弦定理的角邊互化變形：

此變式更清晰地表達(dá)了三角形中角與邊的轉(zhuǎn)化關(guān)系,從左往右可將角的關(guān)系轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系,從右往左則將邊的關(guān)系轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系。

例8(2016 年全國(guó)Ⅲ卷文數(shù))在△ABC中,B=,BC邊上的高等于,則cosA=( )。

解析：設(shè)△ABC中角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,由題意得：

變式2余弦定理的移項(xiàng)變形：b2+c2-a2=2bccosA。

此變式可有效處理題目中含有“b2+c2-a2”型信息(即“已知兩邊的平方和與第三邊的平方差”)及相關(guān)面積型問(wèn)題。

例9(2018 年全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)、文數(shù))△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若△ABC的面積為,則C=( )。

解析：由余弦定理得a2+b2-c2=2abcosC。于 是

又S△ABC=,所以cosC=sinC。

因?yàn)镃∈(0,π),所以C=,選C。

變式3余弦定理的配方變形：a2=(b+c)2-2bc(1+cosA),a2=(b-c)2+2bc(1-cosA)。

此變式對(duì)處理有關(guān)“兩邊之和(差)、積及夾角,求第三邊”型問(wèn)題十分有用。

例10(2017 年全國(guó)Ⅰ卷理數(shù))△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知△ABC的面積為

(1)求sinBsinC；

(2)若6cosBcosC=1,a=3,求△ABC的周長(zhǎng)。

解析：(1)由題設(shè)得

顯然sinA≠0,故sinBsinC=

(2)由題設(shè)及(1)得cos(B+C)=cosBcosC-sinBsinC=

因?yàn)锽+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)。

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

此變式的實(shí)質(zhì)是將等式視為其中一邊的一元二次方程,因此根的判別式與韋達(dá)定理可派上用場(chǎng)、大顯身手。解決“已知三角形的兩邊與其中一邊的對(duì)角,求第三邊”(即“邊邊角”)型問(wèn)題時(shí),許多同學(xué)常拘泥于正弦定理去思考,其實(shí)用“余弦定理的主元變形”去處理更加簡(jiǎn)捷,應(yīng)引起我們足夠的重視。

例11根據(jù)下列條件,判斷△ABC解的個(gè)數(shù)：

解析：由余弦定理得c2-(2bcosA)c+(b2-a2)=0。(1,則,c1c2=4＞0,二次方程有兩個(gè)不等正根,故此三角形有兩個(gè)解。

(3)c2-10 3c+84=0,則,二次方程無(wú)實(shí)根,此三角形無(wú)解。

變式5余弦定理中的兩邊之比變形：

此變式可巧妙、快捷地處理題目中含有“兩邊之比”型整體信息。

例12(2005 年高考天津卷)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c。設(shè)a,b,c滿足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：本題由正弦定理的變式去處理也很方便,過(guò)程類似于“正弦定理的變式及其活用”中的例3,同學(xué)們可以試一試。

變式6三角形中的射影公式：

此變式用正、余弦定理均不難證明,必修五課本雖以習(xí)題形式呈現(xiàn),但高考中以此為背景的試題卻層出不窮。

例13(2016 年全國(guó)Ⅰ卷理數(shù))△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知2cosC(acosB+bcosA)=c。

(1)求C的值；

(2)若c=,△ABC的面積為,求△ABC的周長(zhǎng)。

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?yàn)锳+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?yàn)?cosC(acosB+bcosA)=c,所以2ccosC=c,cosC=

因?yàn)镃∈(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。

則(a+b)2-18=7,a+b=5。

△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=5+7。

變式7向量的數(shù)量積與余弦定理的結(jié)合變形：在△ABC中,若角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,則：

例14若不同的三點(diǎn)A,B,C滿足=3∶4∶5,則這三點(diǎn)可以( )。

A.組成銳角三角形

B.組成直角三角形

C.組成鈍角三角形

D.在同一直線上

解析：解法一(利用向量的數(shù)量積與余弦定理的結(jié)合變形公式)

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

解得a2=8t,b2=7t,c2=9t,t＞0。

顯然角C最大。

最大角C為銳角,故不同的三點(diǎn)A,B,C組成銳角三角形,選A。

易見(jiàn)t＜0,角C最大。仿照解法一,可知不同的三點(diǎn)A,B,C組成銳角三角形,選A。

變式8正、余弦定理的結(jié)合變形：sin2A=sin2B+sin2C-2sinBsinCcosA。

將正弦定理的變式直接代入余弦定理即得,此變式在解決形如sin2α+sin2β-2sinαsinβcosγ(α+β+γ=180°)的 求 值 問(wèn)題時(shí)“一劍封喉”,別開(kāi)生面。

例15(全國(guó)高中聯(lián)賽題)求值：cos210°+cos250°-sin 40°sin 80°。

解析：原式可變形為sin280°+sin240°-2sin 80°sin 40°cos 60°,若將80°,40°視為三角形的兩內(nèi)角,則另一內(nèi)角為60°,故原式=