蘇教版學高中數(shù)學必修五解三角形章末復習課講義

利用正、余弦定理解三角形【例１】在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知b＋c＝２acosB.（１）證明：A＝２B；（２）若△ABC的面積S＝eq\f（a２,４），求角A的大?。甗解]（１）證明：由正弦定理得sinB＋sinC＝２sinAcosB，故２sinAcosB＝sinB＋sin（A＋B）＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin（A—B）．又A，B∈（0，π），故0<A—B<π，所以B＝π—（A—B）或B＝A—B，因此A＝π（舍去）或A＝２B，所以A＝２B.（２）由S＝eq\f（a２,４），得eq\f（１,２）absinC＝eq\f（a２,４），故有sinBsinC＝eq\f（１,２）sin２B＝sinBcosB，因為sinB≠0，所以sinC＝cosB，又B，C∈（0，π），所以C＝eq\f（π,２）±B.當B＋C＝eq\f（π,２）時，A＝eq\f（π,２）；當C—B＝eq\f（π,２）時，A＝eq\f（π,４）.綜上，A＝eq\f（π,２）或A＝eq\f（π,４）.解三角形的一般方法１已知兩角和一邊，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b.２已知兩邊和這兩邊的夾角，如已知a，b和C，應(yīng)先用余弦定理求c，再應(yīng)用正弦定理先求較短邊所對的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角.３已知兩邊和其中一邊的對角，如已知a，b和A，應(yīng)先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多種情況.４已知三邊a，b，c，可應(yīng)用余弦定理求A，B，C.１．（２0１9·全國卷Ⅲ）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知asineq\f（A＋C,２）＝bsinA.（１）求B；（２）若△ABC為銳角三角形，且c＝１，求△ABC面積的取值范圍．[解]（１）由題設(shè)及正弦定理得sinAsineq\f（A＋C,２）＝sinBsinA.因為sinA≠0，所以sineq\f（A＋C,２）＝sinB.由A＋B＋C＝１80°，可得sineq\f（A＋C,２）＝coseq\f（B,２），故coseq\f（B,２）＝２sineq\f（B,２）coseq\f（B,２）.因為coseq\f（B,２）≠0，故sineq\f（B,２）＝eq\f（１,２），因此B＝60°.（２）由題設(shè)及（１）知△ABC的面積S△ABC＝eq\f（\r（３）,４）a.由正弦定理得a＝eq\f（csinA,sinC）＝eq\f（sin１２0°—C,sinC）＝eq\f（\r（３）,２tanC）＋eq\f（１,２）.由于△ABC為銳角三角形，故0°＜A＜90°，0°＜C＜90°.由（１）知A＋C＝１２0°，所以３0°＜C＜90°，故eq\f（１,２）＜a＜２，從而eq\f（\r（３）,8）＜S△ABC＜eq\f（\r（３）,２）.因此，△ABC面積的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs４\al\co１（\f（\r（３）,8），\f（\r（３）,２）））.判斷三角形的形狀【例２】在△ABC中，若B＝60°，２b＝a＋c，試判斷△ABC的形狀．思路探究：利用正弦定理將已知條件中邊的關(guān)系，轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系求角或利用余弦定理，由三邊之間的關(guān)系確定三角形的形狀．[解]法一：（正弦定理邊化角）由正弦定理，得２sinB＝sinA＋sinC.∵B＝60°，∴A＋C＝１２0°.∴２sin60°＝sin（１２0°—C）＋sinC.展開整理得eq\f（\r（３）,２）sinC＋eq\f（１,２）cosC＝１．∴sin（C＋３0°）＝１．∵0°<C<１２0°，∴C＋３0°＝90°.∴C＝60°，則A＝60°.∴△ABC為等邊三角形．法二：（余弦定理法）由余弦定理，得b２＝a２＋c２—２accosB.∵B＝60°，b＝eq\f（a＋c,２），∴eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs４\al\co１（\f（a＋c,２）））２＝a２＋c２—２accos60°，化簡得（a—c）２＝0．∴a＝c.又B＝60°，∴a＝b＝c.∴△ABC為等邊三角形．根據(jù)已知條件通常是含有三角形的邊和角的等式或不等式判斷三角形的形狀時，需要靈活地應(yīng)用正弦定理和余弦定理轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系或角的關(guān)系.判斷三角形的形狀是高考中考查能力的常見題型，此類題目要求準確地把握三角形的分類，三角形按邊的關(guān)系分為等腰三角形和不等邊三角形；三角形按角的關(guān)系分為銳角三角形、直角三角形和鈍角三角形.判斷三角形的形狀，一般有以下兩種途徑：將已知條件統(tǒng)一化成邊的關(guān)系，用代數(shù)方法求解；將已知條件統(tǒng)一化成角的關(guān)系，用三角知識求解.２．在△ABC中，若eq\f（bcosC,ccosB）＝eq\f（１＋cos２C,１＋cos２B），試判斷△ABC的形狀．[解]由已知eq\f（１＋cos２C,１＋cos２B）＝eq\f（２cos２C,２cos２B）＝eq\f（cos２C,cos２B）＝eq\f（bcosC,ccosB），得eq\f（cosC,cosB）＝eq\f（b,c）.可有以下兩種解法．法一：（利用正弦定理，將邊化角）由正弦定理得eq\f（b,c）＝eq\f（sinB,sinC），∴eq\f（cosC,cosB）＝eq\f（sinB,sinC），即sinCcosC＝sinBcosB，即sin２C＝sin２B∵B，C均為△ABC的內(nèi)角，∴２C＝２B或２C＋２即B＝C或B＋C＝90°.∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．法二：（利用余弦定理，將角化邊）∵eq\f（b,c）＝eq\f（cosC,cosB），∴由余弦定理得eq\f（\f（a２＋b２—c２,２ab）,\f（a２＋c２—b２,２ac））＝eq\f（b,c），即（a２＋b２—c２）c２＝b２（a２＋c２—b２）．∴a２c２—c４＝a２b２—b４即a２b２—a２c２＋c４—b４∴a２（b２—c２）＋（c２—b２）（c２＋b２）＝0，即（b２—c２）（a２—b２—c２）＝0．∴b２＝c２或a２—b２—c２＝0，即b＝c或a２＝b２＋c２.∴△ABC為等腰三角形或直角三角形.正、余弦定理的實際應(yīng)用【例３】如圖所示，某市郊外景區(qū)內(nèi)有一條筆直的公路a經(jīng)過三個景點A、B、C.景區(qū)管委會開發(fā)了風景優(yōu)美的景點D.經(jīng)測量景點D位于景點A的北偏東３0°方向上8km處，位于景點B的正北方向，還位于景點C的北偏西7５°方向上．已知AB＝５km.（１）景區(qū)管委會準備由景點D向景點B修建一條筆直的公路，不考慮其他因素，求出這條公路的長；（２）求景點C與景點D之間的距離．（結(jié)果精確到0．１km）（參考數(shù)據(jù)：eq\r（３）≈１．7３，sin7５°≈0．97，cos7５°≈0．２6，tan7５°≈３．7３，sin５３°≈0．80，cos５３°≈0．60，tan５３°≈１．３３，sin３8°≈0．6２，cos３8°≈0．79，tan３8°≈0．78）思路探究：（１）以BD為邊的三角形為△ABD和△BCD，在△ABD中，一角和另外兩邊易得，所以可在△ABD中利用余弦定理求解DB.（２）以CD為邊的兩個三角形中的其他邊不易全部求得，而角的關(guān)系易得，考慮應(yīng)用正弦定理求解．[解]（１）設(shè)BD＝xkm，則在△ABD中，由余弦定理得５２＝8２＋x２—２×8xcos３0°，即x２—8eq\r（３）x＋３9＝0，解得x＝４eq\r（３）±３．因為４eq\r（３）＋３>8，應(yīng)舍去，所以x＝４eq\r（３）—３≈３．9，即這條公路的長約為３．9km.（２）在△ABD中，由正弦定理得eq\f（AD,sin∠ABD）＝eq\f（AB,sin∠ADB），所以sin∠ABD＝sin∠CBD＝eq\f（AD,AB）·sin∠ADB＝eq\f（４,５）＝0．8，所以cos∠CBD＝0．6．在△CBD中，sin∠DCB＝sin（∠CBD＋∠BDC）＝sin（∠CBD＋7５°）＝0．8×0．２6＋0．6×0．97＝0．79，由正弦定理得CD＝sin∠DBC×eq\f（BD,sin∠DCB）≈３．9．故景點C與景點D之間的距離約為３．9km.正弦定理、余弦定理在實際生活中有著非常廣泛的應(yīng)用.常用的有測量距離問題，測量高度問題，測量角度問題等.解決的基本思路是畫出正確的示意圖，把已知量和未知量標在示意圖中目的是發(fā)現(xiàn)已知量與未知量之間的關(guān)系，最后確定用哪個定理轉(zhuǎn)化，用哪個定理求解，并進行作答，解題時還要注意近似計算的要求.３．如圖，a是海面上一條南北方向的海防警戒線，在a上點A處有一個水聲監(jiān)測點，另兩個監(jiān)測點B，C分別在A的正東方２0km和５４km處．某時刻，監(jiān)測點B收到發(fā)自靜止目標P的一個聲波信號，8s后監(jiān)測點A,２0s后監(jiān)測點C相繼收到這一信號，在當時氣象條件下，聲波在水中的傳播速度是１．５km/s.（１）設(shè)A到P的距離為xkm，用x表示B，C到P的距離，并求x的值；（２）求靜止目標P到海防警戒線a的距離（精確到0．0１km）．[解]（１）由題意得PA—PB＝１．５×8＝１２（km），PC—PB＝１．５×２0＝３0（km）．∴PB＝x—１２，PC＝１8＋x.在△PAB中，AB＝２0km，cos∠PAB＝eq\f（PA２＋AB２—PB２,２PA·AB）＝eq\f（x２＋２0２—x—１２２,２x·２0）＝eq\f（３x＋３２,５x）.同理cos∠PAC＝eq\f（7２—x,３x）.∵cos∠PAB＝cos∠PAC，∴eq\f（３x＋３２,５x）＝eq\f（7２—x,３x），解得x＝eq\f（１３２,7）.（２）作PD⊥a于D，在Rt△PDA中，PD＝PAcos∠APD＝PAcos∠PAB＝x·eq\f（３x＋３２,５x）＝eq\f（３×\f（１３２,7）＋３２,５）≈１7．7１（km）．所以靜止目標P到海防警戒線a的距離為１7．7１km.與三角形有關(guān)的綜合問題[探究問題]１．如圖所示，向量eq\o（AB,\s\up１２（→））與eq\o（BC,\s\up１２（→））的夾角是∠B嗎？在△ABC中，兩向量eq\o（AB,\s\up１２（→））·eq\o（AC,\s\up１２（→））的數(shù)量積與余弦定理有怎樣的聯(lián)系？[提示]向量eq\o（AB,\s\up１２（→））與eq\o（BC,\s\up１２（→））的夾角是∠B的補角，大小為１80°—∠B，由于eq\o（AB,\s\up１２（→））·eq\o（AC,\s\up１２（→））＝|eq\o（AB,\s\up１２（→））|·|eq\o（AC,\s\up１２（→））|cosA＝bccosA.所以eq\o（AB,\s\up１２（→））·eq\o（AC,\s\up１２（→））＝bccosA＝eq\f（１,２）（b２＋c２—a２），有時直接利用此結(jié)論解決與向量數(shù)量積有關(guān)的解三角形問題．２．在解三角形的過程中，求某一個角有時既可以用余弦定理，也可以用正弦定理，兩種方法有什么利弊呢？[提示]用余弦定理可以根據(jù)角的余弦值的符號直接判斷是銳角還是鈍角，但計算比較復雜．用正弦定理計算相對比較簡單，但仍要結(jié)合已知條件中邊的大小來確定角的大小，所以一般選擇用正弦定理去計算比較小的邊所對的角，避免討論．【例４】在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a>c，已知eq\o（BA,\s\up１２（→））·eq\o（BC,\s\up１２（→））＝２，cosB＝eq\f（１,３），b＝３．求：（１）a和c的值；（２）cos（B—C）的值．思路探究：（１）由平面向量的數(shù)量積定義及余弦定理，列出關(guān)于a，c的方程組即可求解．（２）由（１）結(jié)合正弦定理分別求出B，C的正、余弦值，利用差角余弦公式求解．[解]（１）由eq\o（BA,\s\up１２（→））·eq\o（BC,\s\up１２（→））＝２得cacosB＝２．又cosB＝eq\f（１,３），所以ac＝6．由余弦定理，得a２＋c２＝b２＋２accosB.又b＝３，所以a２＋c２＝9＋２×6×eq\f（１,３）＝１３．解eq\b\lc\{\rc\（\a\vs４\al\co１（ac＝6，,a２＋c２＝１３，））得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs４\al\co１（a＝２，,c＝３））或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs４\al\co１（a＝３，,c＝２．））因為a＞c，所以a＝３，c＝２．（２）在△ABC中，sinB＝eq\r（１—cos２B）＝eq\r（１—\b\lc\（\rc\）（\a\vs４\al\co１（\f（１,３）））２）＝eq\f（２\r（２）,３），由正弦定理，得sinC＝eq\f（c,b）sinB＝eq\f（２,３）×eq\f（２\r（２）,３）＝eq\f（４\r（２）,9）.因為a＝b＞c，所以C為銳角，因此cosC＝eq\r（１—sin２C）＝eq\r（１—\b\lc\（\rc\）（\a\vs４\al\co１（\f（４\r（２）,9）））２）＝eq\f（7,9）.于是cos（B—C）＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f（１,３）×eq\f（7,9）＋eq\f（２\r（２）,３）×eq\f（４\r（２）,9）＝eq\f（２３,２7）.１．（變條件，變結(jié)論）將本例中的條件“a>c，eq\o（BA,\s\up１２（→））·eq\o（BC,\s\up１２（→））＝２，cosB＝eq\f（１,３），b＝３”變