2026版步步高大一輪高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第四章§4.7三角函數(shù)中有關(guān)ω的范圍問(wèn)題§4.7三角函數(shù)中有關(guān)ω的范圍問(wèn)題重點(diǎn)解讀在三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)中，ω的求解是近幾年高考的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，但因其求法復(fù)雜，涉及的知識(shí)點(diǎn)多，歷來(lái)是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn).題型一三角函數(shù)的單調(diào)性與ω的關(guān)系例1已知函數(shù)f(x)＝2sinωx-π6(ω>0)在0，π3上存在最值，且在2π3A.0，23 C.52，8答案C解析當(dāng)0<x<π3時(shí)，因?yàn)棣?gt;0，則－π6<ωx－π因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在0，π3上存在最值，則ωπ3－π當(dāng)2π3<x<π時(shí)，2πω3－π6<因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在2π3則2πω3-π6，πω所以2πω3-π6≥kπ-π2，πω-π6≤kπ＋所以32k－12≤k＋23(k∈Z)，解得k≤73且又因?yàn)棣?gt;0，則k∈{0，1，2}.當(dāng)k＝0時(shí)，0<ω≤23當(dāng)k＝1時(shí)，1≤ω≤53當(dāng)k＝2時(shí)，52≤ω≤又因?yàn)棣?gt;2，因此ω的取值范圍是52思維升華確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)區(qū)間之間的包含關(guān)系建立不等式，即可求ω的取值范圍.跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)y＝sinωx＋π3(ω>0)在區(qū)間-π6，答案0，解析函數(shù)y＝sinωx＋π3(ω>0當(dāng)－π6<x<π3時(shí)，－πω6＋π3<ωx＋π3<πω3＋π因此-而ω>0，解得0<ω≤1所以ω的取值范圍是0，1題型二三角函數(shù)的對(duì)稱性與ω的關(guān)系例2(2025·杭州模擬)已知ω≠0，函數(shù)f(x)＝sinωx＋π3在0，πA.133<ω≤193 B.73<C.－233≤ω<－173 D.－173≤ω答案C解析∵x∈0，①當(dāng)ω>0時(shí)，ωx＋π3∈若f(x)在0，π2上有兩個(gè)極小值，則f(x)至少有②當(dāng)ω<0時(shí)，ωx＋π3∈又函數(shù)f(x)＝sinωx＋π3∴－7π2≤πω2＋π3<－5π2，綜上，－233≤ω<－17思維升華三角函數(shù)兩條相鄰對(duì)稱軸或兩個(gè)相鄰對(duì)稱中心之間的“水平間隔”為T2，相鄰的對(duì)稱軸和對(duì)稱中心之間的“水平間隔”為T4，這就說(shuō)明，我們可根據(jù)三角函數(shù)的對(duì)稱性來(lái)研究其周期性，解決問(wèn)題的關(guān)鍵在于運(yùn)用整體代換的思想，建立關(guān)于ω跟蹤訓(xùn)練2(2024·銅川模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sinωx＋π3(ω>0)滿足f

2π3-x＝f

xA.23 B.12 C.1答案A解析由已知可得函數(shù)f(x)＝2sinωx＋π3(ω>0)滿足f

2π3即f

π4-x所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝π4所以πω4＋π3＝π2所以ω＝4k＋23(k∈Z又ω>0，所以當(dāng)k＝0時(shí)，ω取得最小值為23題型三三角函數(shù)的最值與ω的關(guān)系例3已知函數(shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間-π3，π4上的最小值為－2，則實(shí)數(shù)答案(－∞，－2]∪3解析顯然ω≠0.若ω>0，當(dāng)x∈-π3，π4時(shí)，－π3ω因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間-π3，π4上的最小值為－2，所以－π3ω≤－若ω<0，當(dāng)x∈-π3，π4時(shí)，π4ω因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間-π3，π4上的最小值為－2，所以π4ω≤－綜上所述，符合條件的實(shí)數(shù)ω的取值范圍是(－∞，－2]∪32思維升華利用三角函數(shù)的最值與對(duì)稱軸或周期的關(guān)系，可以列出關(guān)于ω的不等式(組)，進(jìn)而求出ω的值或取值范圍.跟蹤訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋π3(ω>0)，若fπ6＝fπ2，且f(x)在區(qū)間π答案1解析由題意知當(dāng)x＝π3時(shí)，f(x即π3ω＋π3＝2kπ＋π2(k解得ω＝6k＋12(k∈Z又π2－π6＝π3<T，即又ω>0，所以ω＝12題型四三角函數(shù)的零點(diǎn)與ω的關(guān)系例4(2025·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋π4(ω>0)在[0，2]內(nèi)有且僅有5個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[0，2]內(nèi)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為A.4 B.4或5C.5 D.5或6答案D解析因?yàn)棣?gt;0，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，π4≤ωx＋π4≤2ω由函數(shù)f(x)在[0，2]內(nèi)有且僅有5個(gè)零點(diǎn)，得5π≤2ω＋π4<6π當(dāng)5π≤2ω＋π4<112π時(shí)，函數(shù)f(x)在[0，2]內(nèi)有5個(gè)極值點(diǎn)，當(dāng)112π≤2ω＋π4<6π時(shí)，函數(shù)f(x)在[0，所以f(x)在[0，2]內(nèi)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為5或6.思維升華三角函數(shù)兩個(gè)零點(diǎn)之間的“水平間隔”為T2，根據(jù)三角函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，可以研究ω跟蹤訓(xùn)練4(2023·新高考全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω>0)在區(qū)間[0，2π]上有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是.

答案[2，3)解析因?yàn)?≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，則cosωx＝1有3個(gè)根，令t＝ωx，則cost＝1有3個(gè)根，其中t∈[0，2ωπ]，結(jié)合余弦函數(shù)y＝cost的圖象性質(zhì)可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.課時(shí)精練[分值：52分]一、單項(xiàng)選擇題(每小題5分，共30分)1.已知函數(shù)f(x)＝Asinωx＋π3(A>0，ω>0)的圖象向左平移3π4個(gè)單位長(zhǎng)度后與原圖象重合，則實(shí)數(shù)ωA.43 B.83 C.16答案B解析由題可知，3π即3π4＝2πω×k，k∈Z，解得ω＝8又ω>0，故其最小值為832.(2025·呼和浩特模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinωx-π3(ω>0)在區(qū)間[0，π]上有且僅有兩條對(duì)稱軸，則ω的取值范圍是A.116，17C.116，17答案A解析x∈[0，π]，ω>0，則ωx－π3∈函數(shù)f(x)＝sinωx-π3(ω>0)在區(qū)間[0則3π2≤ωπ－π3<5π2，故3.為了使函數(shù)y＝sinωx(ω>0)在區(qū)間[0，1]上至少出現(xiàn)50次最大值，則ω的最小值為()A.98π B.197π2 C.199π2答案B解析由題意，在[0，1]上至少出現(xiàn)50次最大值即在[0，1]上至少有4914個(gè)周期，即1974個(gè)周期，所以1974T＝1974·所以ω≥197π2，ω的最小值為4.(2025·內(nèi)江模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝2sinωx＋π6(ω>0)，若存在x1，x2∈-π3，π3ω，且x1≠x2，使得f(x1)＝f(xA.[4，＋∞) B.(4，6]C.[6，＋∞) D.(6，10]答案A解析∵f(x)＝2sinωx＋π6(∴當(dāng)x∈-π3，π3ω易知0∈-π3，π3ω，又2sin-7π6＝1，∴若存在x1，x2且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)＝1，則－πω3＋π6≤－5.(2024·廣州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinωx-π4(ω>0)，已知方程|f(x)|＝1在[0，2π]上有且僅有2個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則ω的取值范圍是A.0，34 C.78，11答案C解析∵f(x)＝sinωx-π4(∴當(dāng)x∈[0，2π]時(shí)，ωx－π4∈∵方程|f(x)|＝1在[0，2π]上有且僅有2個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，∴3π2≤2πω－π4<5π2，解得786.(2024·銀川模擬)已知函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)A，ω>0，|φ|≤π2，若x＝π3為f(x)的零點(diǎn)，直線x＝－π6是f(x)圖象的對(duì)稱軸，且f(x)A.π6 B.－π6 C.π3 答案B解析因?yàn)閒(x)的最小正周期T＝2πω，且f(x)在區(qū)間π66，又ω>0，故0<ω≤11，①又因?yàn)閤＝π3為f(x)的零點(diǎn)，直線x＝－π6是f(所以π3－-π6＝T4＋k·T2＝2k＋14·2πω＝π2由①②得0<ω≤11且ω為奇數(shù)，當(dāng)ω＝11時(shí)，將x＝－π6代入ωx＋φ令11×-π6＋φ＝k'π(k'∈得φ＝k'π＋11π6(k'∈Z又|φ|≤π2，故取k'＝－2，得φ此時(shí)f(x)＝Acos11x-π6(驗(yàn)證當(dāng)π66<x<7π66時(shí)，0<11x－π滿足f(x)在區(qū)間π66故實(shí)數(shù)ω的最大值為11，此時(shí)φ＝－π6二、多項(xiàng)選擇題(每小題6分，共12分)7.(2024·北京模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)在-π4，2π3上單調(diào)遞增，那么常數(shù)A.14 B.12 C.3答案ABC解析f(x)＝sinωx(ω>0)在-π4，2π3上單調(diào)遞增，則ω·2π3≤∴0<ω≤34，∴選項(xiàng)ABC8.(2025·江門模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin2ωx＋π3＋sin2ωx-π3＋23cos2ωx－A.若f(x)相鄰兩條對(duì)稱軸的距離為π2，則ωB.當(dāng)ω＝1，x∈0，π2時(shí)，f(x)的值域?yàn)閇－C.當(dāng)ω＝1時(shí)，f(x)的圖象向左平移π6個(gè)單位長(zhǎng)度得到圖象的函數(shù)解析式為y＝2cosD.若f(x)在區(qū)間0，π6內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，則5≤答案BCD解析f(x)＝12sin2ωx＋32cos2ωx＋12sin2ωx－32cos2ωx＋3＝sin2ωx＋3cos2ωx＝2sin2A項(xiàng)，若f(x)相鄰兩條對(duì)稱軸的距離為π2，則T＝π＝2π2ω，∴ωB項(xiàng)，f(x)＝2sin2x＋π3，當(dāng)x∈0，π2時(shí)，2x＋π3∈C項(xiàng)，當(dāng)ω＝1時(shí)，f(x)的圖象向左平移π6個(gè)單位長(zhǎng)度得到圖象的函數(shù)解析式為y＝2sin2x＋π6＋π3D項(xiàng)，f(x)＝2sin2ωx＋π3，當(dāng)x∈0，π6時(shí)，ω>0若f(x)在區(qū)間0，π6內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，則2π≤ωπ3＋π3<3π，∴5三、填空題(每小題5分，共10分)9.(2024·上海模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sinωx＋π6－1(ω>0)在(0，π)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍為答案2，解析令f(x)＝0，∴sinωx∵x∈(0，π)，ω>0，∴ωx＋π6∈∵f(x)在(0，π)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，故13π6<ωπ＋π6≤17π6，∴即實(shí)數(shù)ω的取值范圍為2，810.已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0≤φ≤π)是偶函數(shù)，且在0，π2上單調(diào)遞減，則φ＝，ω的最大值是答案π2解析由題意知φ＝π2＋kπ，k∈Z又0≤φ≤π，所以φ＝π故函數(shù)f(x)＝cosωx(ω>0).令2mπ≤ωx≤π＋2mπ，m∈Z，得2mπω≤x≤πω令m＝0，得0≤x≤π所以πω≥π2，解得0<ω所以ω的最大值是2.§4.8正弦定理、余弦定理課標(biāo)要求1.掌握正弦定理、余弦定理及其變形.2.理解三角形的面積公式并能應(yīng)用.3.能利用正弦定理、余弦定理解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問(wèn)題.1.正弦定理、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則定理正弦定理余弦定理內(nèi)容asinA＝a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝c2＋a2－2cacosB；c2＝a2＋b2－2abcosC變形(1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；(2)sinA＝asinB＝b2R，sinC(3)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinCcosA＝b2cosB＝c2cosC＝a2.三角形解的判斷A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的個(gè)數(shù)一解兩解一解一解3.三角形中常用的面積公式(1)S＝12aha(ha表示邊a上的高)(2)S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsin(3)S＝12r(a＋b＋c)(r為三角形的內(nèi)切圓半徑1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)三角形中三邊之比等于相應(yīng)的三個(gè)內(nèi)角之比.(×)(2)在△ABC中，若sinA>sinB，則a>b.(√)(3)在△ABC的六個(gè)元素中，已知任意三個(gè)元素可求其他元素.(×)(4)當(dāng)b2＋c2－a2>0時(shí)，△ABC為銳角三角形；當(dāng)b2＋c2－a2＝0時(shí)，△ABC為直角三角形；當(dāng)b2＋c2－a2<0時(shí)，△ABC為鈍角三角形.(×)2.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若b＝7，a＝1，B＝2π3，則c等于A.5 B.2 C.3 D.3答案B解析由余弦定理得cosB＝a2＋c2-b22ac，即－12＝1＋c3.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a＝80，b＝100，A＝45°，則符合條件的三角形有()A.一個(gè) B.兩個(gè)C.0個(gè) D.不能確定答案B解析由題意知，a＝80，b＝100，A＝45°，由正弦定理，得8022＝100sinB，因?yàn)閍<b，所以B>A，故B有兩解，即符合條件的三角形有兩個(gè).4.在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a＝4，b＝5，c＝6，則cosA＝，△ABC的面積為.

答案34解析依題意得cosA＝b所以sinA＝1-co所以△ABC的面積為12bcsinA＝151.熟記△ABC中的以下常用結(jié)論：(1)A＋B＋C＝π，A(2)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊.(3)大邊對(duì)大角，大角對(duì)大邊，a>b?A>B?sinA>sinB，cosA<cosB.(4)sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；tan(A＋B)＝－tanC；sinA＋B2＝cosC2；cosA(5)三角形中的射影定理在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB.(6)三角形的面積S＝p((7)在斜△ABC中，tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC.2.謹(jǐn)防兩個(gè)易誤點(diǎn)(1)已知兩邊及一邊的對(duì)角，利用正弦定理解三角形時(shí)，注意解的個(gè)數(shù)討論，可能有一解、兩解或無(wú)解.(2)求角時(shí)易忽略角的范圍而導(dǎo)致錯(cuò)誤，需要根據(jù)大邊對(duì)大角，大角對(duì)大邊的規(guī)則，畫(huà)圖幫助判斷.題型一利用正弦、余弦定理解三角形例1(1)(2025·重慶模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且b2＋c2＋bc＝a2.若b＝6，a＝32sinB，則C等于(A.π4 B.π6 C.π8答案D解析在△ABC中，由b2＋c2＋bc＝a2及余弦定理，可得cosA＝b2＋由0<A<π，可得A＝2π又b＝6，a＝32sinB由正弦定理得sinB＝b又sinB>0，解得sinB＝2又0<B<π3，因此B所以C＝π－A－B＝π12(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝8，c＝3，A＝60°，則此三角形外接圓的半徑R等于()A.823 B.1433 C.答案D解析因?yàn)閎＝8，c＝3，A＝60°，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝64＋9－2×8×3×12＝49，所以a＝7所以此三角形外接圓的直徑2R＝asinA＝73思維升華應(yīng)用正弦、余弦定理的解題技巧(1)求邊：利用正弦定理變形公式a＝bsinA(2)求角：利用正弦定理變形公式sinA＝asinB(3)利用式子的特點(diǎn)轉(zhuǎn)化：如出現(xiàn)a2＋b2－c2＝λab的形式用余弦定理，等式兩邊是關(guān)于邊或角的正弦的齊次式用正弦定理.跟蹤訓(xùn)練1(1)(2025·八省聯(lián)考)在△ABC中,BC=8,AC=10,cos∠BAC=35,則△ABC的面積為(A.6 B.8 C.24 D.48答案C解析由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AB·ACcos∠BAC,即64=100+AB2-2AB×10×35∴AB2-12AB+36=0,∴AB=6,∴AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC,S△ABC=12AB·BC=12×6×(2)(多選)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知a＋b＝10，c＝5，sin2B＋sinB＝0，則下列結(jié)論正確的是()A.a＝3 B.b＝7C.B＝60° D.sinC＝5答案ABD解析由sin2B＋sinB＝0，得2sinBcosB＋sinB＝0，因?yàn)樵凇鰽BC中，sinB≠0，得cosB＝－1由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝a2＋52－2×a×5×-因?yàn)閎＝10－a，所以(10－a)2＝a2＋52－2×a×5×-12，解得a＝3，所以由cosB＝－12，得B＝120°，則sinB＝由正弦定理得sinC＝cbsinB＝57×題型二正弦定理、余弦定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用命題點(diǎn)1三角形的形狀判斷例2在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若c－acosB＝(2a－b)cosA，則△ABC的形狀為()A.等腰三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形答案D解析方法一因?yàn)閏－acosB＝(2a－b)cosA，C＝π－(A＋B)，所以由正弦定理得sinC－sinAcosB＝2sinAcosA－sinBcosA，所以sinAcosB＋cosAsinB－sinAcosB＝2sinAcosA－sinBcosA，所以cosA(sinB－sinA)＝0，所以cosA＝0或sinB＝sinA，所以A＝π2或B＝A或B＝π－A所以△ABC為等腰或直角三角形.方法二因?yàn)閏－acosB＝(2a－b)cosA，由余弦定理得c－a·a2＋c2-b22ac化簡(jiǎn)得(a－b)(b2＋c2－a2)＝0，所以a－b＝0或b2＋c2－a2＝0，所以a＝b或b2＋c2＝a2，故△ABC為等腰或直角三角形.命題點(diǎn)2三角形的面積例3(2024·武漢模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若B＝3π4，b＝6，a2＋c2＝22ac，則△ABC的面積為答案3解析由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即36＝a2＋c2＋2ac＝22ac＋2ac＝32ac，所以ac＝62所以△ABC的面積S＝12acsinB＝12×62×2命題點(diǎn)3與平面幾何有關(guān)的問(wèn)題例4已知D是Rt△ABC斜邊BC上一點(diǎn)，AC＝3DC.(1)若∠DAC＝30°，則∠ADC＝；

(2)若BD＝2DC，且DC＝1，則AD的長(zhǎng)為.

答案(1)120°(2)2解析(1)在△ADC中，由正弦定理得AC所以sin∠ADC＝AC·sin∠DAC又∠ADC＝B＋∠BAD＝B＋(90°－∠DAC)＝B＋60°>60°，所以∠ADC＝120°.(2)由BD＝2DC，且DC＝1知BC＝3，又AC＝3DC，則AC＝3所以Rt△ABC中，cosC＝AC在△ADC中，由余弦定理得AD2＝AC2＋DC2－2AC·DC·cosC＝(3)2＋1－23×1×33＝2所以AD＝2.思維升華(1)判斷三角形形狀的兩種思路①化邊：通過(guò)因式分解、配方等得出邊的相應(yīng)關(guān)系，從而判斷三角形的形狀.②化角：通過(guò)三角恒等變換，得出內(nèi)角的關(guān)系，從而判斷三角形的形狀.(2)三角形面積公式的應(yīng)用原則①對(duì)于面積公式S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsin②與面積有關(guān)的問(wèn)題，一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的轉(zhuǎn)化.跟蹤訓(xùn)練2(1)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若sinAsinB＝ac，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc答案等邊三角形解析因?yàn)閟in所以ab＝ac，又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝b2因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝π所以△ABC是等邊三角形.(2)(2024·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinC＝2cosB，a2＋b2－c2＝2ab.①求B；②若△ABC的面積為3＋3，求c解①由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcosC，因?yàn)閍2＋b2－c2＝2ab，所以cosC＝2因?yàn)镃∈(0，π)，所以sinC>0，從而sinC＝1-co又因?yàn)閟inC＝2cosB，即cosB＝1又B∈(0，π)，所以B＝π3②由①可得B＝π3，cosC＝22，C∈(從而C＝π4，sinA＝sin(B＋C)＝＝32×22＋方法一由正弦定理有b從而b＝32·2c＝62由三角形面積公式可知，△ABC的面積可表示為S△ABC＝12bc·sin＝12·62c·c·6＋由已知△ABC的面積為3＋3可得3＋38c2＝3＋3，所以c方法二記R為△ABC外接圓的半徑，由正弦定理得S△ABC＝12ab·sinC＝2R2sinAsinBsin＝2R2·6＋24·＝3＋34·R2＝3所以R＝2.所以c＝2R·sinC＝2×2×22＝22相關(guān)定理在解三角形中的綜合應(yīng)用1.角平分線定理在△ABC中，AD為∠BAC的角平分線，則ABBD進(jìn)而得到(1)AD2＝AB·AC－BD·CD(斯庫(kù)頓定理).(2)ABAC2.張角定理在△ABC中，D為BC邊上的一點(diǎn)，連接AD，若∠BAD＝α，∠CAD＝β，則sinβ3.中線長(zhǎng)定理在△ABC中，AD為BC邊上的中線，則AB2＋AC2＝2(AD2＋DC2).典例(1)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a＝7，b＝8，c＝9，則AC邊上的中線長(zhǎng)為.

答案7解析方法一在△ABC中，設(shè)BD是AC邊上的中線，由中線長(zhǎng)定理知，AB2＋BC2＝2(BD2＋DC2)，即c2＋a2＝2BD則BD2＝c2＋a22故AC邊上的中線長(zhǎng)為7.方法二因?yàn)閍＝7，b＝8，c＝9，由余弦定理得cosB＝a2設(shè)D是AC的中點(diǎn)，則BD＝兩邊平方得|BD|2＝14(BA2＋2＝14×81＋2×所以|BD|＝7，即AC邊上的中線長(zhǎng)為7.(2)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，AD是∠BAC的角平分線，若∠BAC＝π3，AD＝23，則2b＋c的最小值為.答案6＋42解析如圖，∵AD是∠BAC的角平分線，∴∠BAD＝∠CAD＝12∠BAC＝π由張角定理得sin∠BAC即sinπ323∴2b＋c＝(2b＋c)1b＋＝6＋2cb＋＝6＋42(當(dāng)且僅當(dāng)2cb＝即c＝2b＝22＋2時(shí)取等號(hào)).課時(shí)精練[分值：90分]一、單項(xiàng)選擇題(每小題5分，共30分)1.(2025·?？谀M)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a＝2，b＝3，sinA＝12，則sinB等于(A.34 B.23 C.13答案A解析若a＝2，b＝3，sinA＝1則由正弦定理得，asin所以sinB＝342.在△ABC中，cosC＝23，AC＝4，BC＝3，則cosB等于(A.19 B.13 C.12答案A解析依題意，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝42＋32－2×4×3×23＝9，即AB＝3，所以cosB＝A3.(2024·長(zhǎng)沙模擬)已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且三邊之比a∶b∶c＝2∶3∶4，則sinA-2sinBsin2A.12 B.－12 C.2 D.答案C解析因?yàn)樵凇鰽BC中，a∶b∶c＝2∶3∶4，設(shè)a，b，c分別為2k，3k，4k，k>0，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，可得16k2＝4k2＋9k2－12k2cosC，解得cosC＝－1可得sinA-2sin4.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin2A2＋b2c＝1A.直角三角形 B.等邊三角形C.等腰三角形 D.等腰直角三角形答案A解析∵sin2A∴1-cosA2＝12－∵cosA＝b∴b2＋c2－a2＝2b2，∴b2＋a2＝c2，∴△ABC為直角三角形，且C＝90°.5.(2024·榆林模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且三邊滿足b2＝(a＋c)2－42，B＝π4，則△ABC的面積為A.2－2 B.4－22C.2＋2 D.4＋22答案A解析因?yàn)閎2＝(a＋c)2－42＝a2＋c2＋2ac－42，所以a2＋c2－b2＝42－2ac因?yàn)锽＝π4cosB＝2所以ac＝42－4，故△ABC的面積S＝12acsinB＝12(42－4)×22＝26.(2025·上海模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a＝3，且c－2b＋23cosC＝0，則該三角形外接圓的半徑為(A.1 B.3 C.2 D.23答案A解析∵a＝3，∴c－2b＋2acosC＝0∴sinC－2sinB＋2sinAcosC＝0，∴sinC－2sin(A＋C)＋2sinAcosC＝0，∴sinC－2sinAcosC－2sinCcosA＋2sinAcosC＝0，∴sinC－2sinCcosA＝0，∵sinC>0，∴cosA＝1∵A∈(0，π)，∴A＝π設(shè)該三角形外接圓的半徑為r，由正弦定理得asinA＝332∴r＝1.二、多項(xiàng)選擇題(每小題6分，共12分)7.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，則下列條件能確定2個(gè)三角形的是()A.A＝π4，b＝1，cB.B＝2π3，b＝1，cC.A＝π6，b＝3，aD.B＝π4，b＝3，答案CD解析對(duì)于A，因?yàn)閮蛇吋捌鋳A角唯一確定一個(gè)三角形，所以A選項(xiàng)的條件能確定1個(gè)三角形；對(duì)于B，由正弦定理可知，sinC＝csinB故B選項(xiàng)的條件不能確定三角形；對(duì)于C，由正弦定理可知，sinB＝bsinAa＝3×123所以B＝π3或B＝2π3，故C對(duì)于D，由正弦定理可知，sinA＝asinB又a>b，即A∈π4，π，又易知sinA＝23>sinπ4＝2故D選項(xiàng)的條件能確定2個(gè)三角形.8.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，下列四個(gè)命題中正確的是()A.若acosA＝bcosB，則△ABC是等腰三角形B.若bcosC＋ccosB＝b，則△ABC是等腰三角形C.若acosA＝bD.若B＝60°，b2＝ac，則△ABC是直角三角形答案BC解析對(duì)于A，若acosA＝bcosB，則由正弦定理得sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，則2A＝2B或2A＋2B＝180°，即A＝B或A＋B＝90°，則△ABC為等腰三角形或直角三角形，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若bcosC＋ccosB＝b，則由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)＝sinA＝sinB，即A＝B，則△ABC是等腰三角形，故B正確；對(duì)于C，若acosA＝bcosB＝ccosC，則由正弦定理得sinAcosA＝sinBcosB＝sinCcosC對(duì)于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得a＝c，故△ABC是等邊三角形，故D錯(cuò)誤.三、填空題(每小題5分，共10分)9.(2024·開(kāi)封模擬)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若cosC＝23，a＝3b，則cosA＝答案－6解析在△ABC中，cosC＝23，a＝3由余弦定理可得cosC＝a解得c＝6b，再由余弦定理可得cosA＝b2＋c10.(2024·成都模擬)在△ABC中，AC＝1，∠ACB＝π4，延長(zhǎng)BA到點(diǎn)D，使得AD＝2，∠ADC＝π6，則答案6解析∵在△ABC中，AC＝1，∠ACB＝π4，延長(zhǎng)BA到點(diǎn)D，使得AD＝2，∠∴由正弦定理得AD可得sin∠ACD＝AD可得∠ACD＝π4，∴∠BAC＝∠ACD＋∠ADC＝π4＋π6∴在△ABC中，由正弦定理得AB即ABsinπ4＝1四、解答題(共27分)11.(13分)(2024·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinA＋3cosA＝2.(1)求A；(5分)(2)若a＝2，2bsinC＝csin2B，求△ABC的周長(zhǎng).(8分解(1)方法一常規(guī)方法(輔助角公式)由sinA＋3cosA＝2，可得12sinA＋32cosA＝即sinA＋π3由于A∈(0，π)?A＋π3∈故A＋π解得A＝π6方法二常規(guī)方法(同角三角函數(shù)的基本關(guān)系)由sinA＋3cosA＝2，又sin2A＋cos2A＝1，消去sinA得到4cos2A－43cosA＋3＝0?(2cosA－3)2＝0，解得cosA＝3又A∈(0，π)，故A＝π6(2)由題設(shè)條件和正弦定理得，2bsi