數(shù)學人教B版必修5學案教材習題點撥1.1正弦定理和余弦定理

教材習題點撥練習A1．解：(1)∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝90°，由正弦定理，得b＝eq\f(asin30°,sin60°)＝eq\r(3)，c＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(3).評注：已知三角形的兩角和一邊解三角形，解唯一，由于∠C＝90°，△ABC為直角三角形，利用勾股定理求c，可簡化運算．(2)∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝60°，a＝8eq\r(3)－8，c＝12eq\r(2)－4eq\r(6).(3)由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(1,2)，因為a＞b，所以∠B＝30°，則∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝90°，c＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(3).(4)由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(3\r(2),4)＞1，所以三角形無解．評注：本題也可由b＝2＜asinB去判定△ABC無解．(5)由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)≈c＞b，且∠C為銳角，所以∠B≈53.6°，∠A＝180°－(∠B＋∠C)≈51.4°，a＝eq\f(csinA,sinC)≈3.9.評注：已知三角形的兩邊和其中一邊的對角解三角形時，解的個數(shù)不唯一，可利用三角形大邊對大角的定理去判斷解的個數(shù)．2．證明：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k，得sinA＝eq\f(a,k)，sinB＝eq\f(b,k)，sinC＝eq\f(c,k)，∴eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝eq\f(\f(a,k)＋\f(b,k),\f(c,k))＝eq\f(a＋b,k)·eq\f(k,c)＝eq\f(a＋b,c).練習B1．解：由正弦定理得，sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2,3)，因為b＞a，且∠A＝30°，所以∠B≈41.8°或∠B≈138.2°.當∠B≈41.8°時，∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈108.2°；當∠B≈138.2°時，∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈11.8°.2．證明：令eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k，得sinA＝eq\f(a,k)，sinB＝eq\f(b,k)，sinC＝eq\f(c,k).由已知sin2A＋sin2B＝sin2C，∴(eq\f(a,k))2＋(eq\f(b,k))2＝(eq\f(c,k))2.∴a2＋b2＝c2.由勾股定理的逆定理可知，△ABC為直角三角形．3．解：由acosA＝bcosB以及正弦定理得2RsinAcosA＝2RsinBcosB，即sin2A＝sin2B.又∵A，B∈(0，π)，∴2A,2B∈(0,2π)．故有2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．解：能．證明如下：∵＝－，∴·＝(－)·(－)＝－2·＋＝－2||||cosA＋，也就是a2＝b2＋c2－2bccosA.同理可得b2＝c2＋a2－2cacosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.練習A1．證明：(1)∵a2＋b2＝c2，由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(c2－c2,2ab)＝0.又∵∠C為△ABC的內(nèi)角，∴∠C＝90°.(2)∵a2＋b2＞c2，∴a2＋b2－c2＞0.由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＞0.∴cosC∵∠C為△ABC的內(nèi)角，故∠C為銳角．(3)∵a2＋b2＜c2，∴a2＋b2－c2＜0.由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＜0.∴cosC∵∠C為△ABC的內(nèi)角，故∠C為鈍角．2．解：(1)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝102＋52－2×10×5cos60°＝75，c＝5eq\r(3).由正弦定理得sinA＝eq\f(asinC,c)＝1，∴∠A＝90°.∴∠B＝180°－(∠A＋∠C)＝30°.(2)由余弦定理推論得cosC＝cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,3)，∠C＝∠A≈70.53°，∠B＝180°－2∠A≈38.94°.(3)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB≈27.65，b≈5.26，由正弦定理得sinA＝eq\f(asin45°,b)≈0.99，∠A≈81.89°，∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈53.11°.評注：已知三角形的兩邊和它們的夾角解三角形，基本解法是先用余弦定理求第三邊，再用正弦定理求另一角，最后用三角形內(nèi)角和定理求第三個角．3．解：設(shè)a＝3k，b＝4k，c＝5k，由余弦定理的推論得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(9k2＋16k2－25k2,24k2)＝0，∴∠C＝90°，即三角形為直角三角形．4．已知三點A(1,3)，B(－2,2)，C(0，－3)，求△ABC的各內(nèi)角的大?。猓河蓛牲c間的距離公式得AB＝eq\r(10)，BC＝eq\r(29)，AC＝eq\r(37)，由余弦定理的推論得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)≈0.4679，∠A≈62.1°，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)≈0.0587，∠B≈86.6°，∴∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈31.3°.評注：已知三角形三個頂點的坐標，需利用兩點間距離公式，將問題轉(zhuǎn)化為已知三邊求角的問題．練習B1．解：由兩點間的距離公式得AB＝2eq\r(5)，BC＝6，AC＝2eq\r(2).由余弦定理的推論得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2·AB·AC)＝eq\f((2\r(5))2＋(2\r(2))2－62,2×2\r(5)×2\r(2))＝－eq\f(\r(10),10)＜0.∴∠A＞90°.∴△ABC為鈍角三角形．2．證明：在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，①b2＝a2＋c2－2accosB，②c2＝a2＋b2－2abcosC，③①②③式兩邊相加整理，得a2＋b2＋c2＝2(bccosA＋accosB＋abcosC)．3．證明：在平行四邊形ABCD中，如圖所示，AB＝CD，BC＝AD，∠ABC＝180°－∠BCD.在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC.①在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝AD2＋CD2－2BC·AB·cos(180°－∠ABC)＝AD2＋CD2＋2AB·BC·cos∠ABC.②①＋②得AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2，即平行四邊形兩條對角線的平方和等于它各邊的平方和．習題11A1．解：(1)∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝75°，sinC＝sin75°＝eq\f(1,4)(eq\r(2)＋eq\r(6))．b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(3sin45°,sin60°)＝eq\r(6)，c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(3sin75°,sin60°)＝eq\f(\r(6)＋3\r(2),2).(2)∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝120°，sinB＝sin(45°－30°)＝eq\f(1,4)(eq\r(6)－eq\r(2))，a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(2sin45°,sin15°)＝2(1＋eq\r(3))，c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(2(1＋\r(3))sin120°,sin45°)＝3eq\r(2)＋eq\r(6).(3)由正弦定理得，sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(3),2)，∵b＞a，∠A＝30°，∴∠B＝60°或∠B＝120°.當∠B＝60°時，∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝90°，c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(1,\f(1,2))＝2.當∠B＝120°時，∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝30°，c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(1×\f(1,2),\f(1,2))＝1.(4)由正弦定理得，sinC＝eq\f(csinB,b)＝eq\f(3sin70°,2.5)＞1，∴三角形無解．評注：要注意已知兩邊和一邊的對角，求三角形的解的個數(shù)時，要對解的情況進行討論，如(3)兩解，而(4)無解．2．解：(1)由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC22－2×××cos82°18′≈18.30，∴c≈4.3.由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(2.7sin82°18′,4.3)≈0.6222，∴∠A≈38°29′，∴∠B＝180°－∠A－∠C≈59°13′.(2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA22－2×××cos42.3°≈109.70，∴a≈10.5.由正弦定得，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(12.9sin42.3°,10.5)≈0.8268，∴∠B≈55.8°.∴∠C＝180°－∠A－∠B≈180°－42.3°－55.8°＝81.9°.(3)由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(3＋2－1,2\r(6))＝eq\f(\r(6),3)≈0.8165，∴∠A≈35.3°.又∵a2＋c2＝b2，∴∠B＝90°.∴∠C＝180°－∠A－∠B≈180°－35.3°－90°＝54.7°.(4)由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\2＋32－22,2××3)＝0.75，∴∠A＝41.4°，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(22＋322,2×2×3)＝0.5625，∴∠B≈55.8°.∴∠C＝180°－∠A－∠B≈180°－41.4°－55.8°＝82.8°.3．解：如圖所示，在ABCD中，∠ACB＝∠DAC＝35°，AD＝BC，在△ABC中，∠B＝180°－(∠BAC＋∠ACB)＝118°，由正弦定理得，AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sinB)＝eq\f(57sin35°,sin118°)≈37，BC＝eq\f(ACsin∠BAC,sinB)＝eq\f(57sin27°,sin118°)≈29，即AB≈37cm，AD≈29cm.4．解：(1)由余弦定理得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(3,8)，∠A≈68.0°，∠B＝∠A≈68.0°，∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝44.0°.(2)由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcosC＝20－8eq\r(2)，c≈2.9.由正弦定理得，sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(\r(2),2.9)≈0.4877，∵b＞c＞a，∴∠A≈29.2°，∠B＝180°－(∠A＋∠C)≈105.8°.(3)如圖所示，設(shè)CD為AB邊上的中線，則AC＝b＝2，BC＝a＝3，CD＝2，設(shè)AD＝BD＝x(x＞0)．在△ADC中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC，①在△BDC中，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos(180°－∠ADC)，②①＋②得AC2＋BC2＝AD2＋2CD2＋BD2，即22＋32＝x2＋2×22＋x2，解得x＝eq\f(\r(10),2).∴AB＝AD＋DB＝eq\r(10)≈3.2，在△ABC中，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(10),8)≈0.3953，∠A≈66.7°.由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)≈0.6123.∵c＞a＞b，∴∠B≈37.8°，∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈75.5°.5．解：(1)cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1,2)，〈a，b〉＝60°.(2)cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(3,5)，〈a，b〉≈126.9°.6．解：設(shè)∠A＝α，∠B＝2α，由正弦定理得，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sinα,sin2α)＝eq\f(1,2cosα)，即eq\f(1,2cosα)＝eq\f(1,\r(3))，cosα＝eq\f(\r(3),2)，α＝30°，∴∠A＝30°，∠B＝60°，∠C＝90°.評注：要注意給出的關(guān)系是比例式設(shè)法的關(guān)鍵，本題利用了倍角公式化簡．7．證明：如圖所示，△ABC的∠A的外角平分線為AD，∴∠EAD＝∠DAC.設(shè)∠BAC＝α，∴∠CAE＝180°－α.∴∠CAD＝90°－，∠DAB＝90°＋.在△ABD中，由正弦定理，得.①在△DAC中，由正弦定理，得eq\f(DC,sin∠DAC)＝eq\f(AC,sinD)?eq\f(DC,sin(90°－\f(α,2)))＝eq\f(AC,sinD)?eq\f(DC,cos\f(α,2))＝eq\f(AC,sinD).②①÷②，得eq\f(BD,DC)＝eq\f(AB,AC).習題11B1．解：(1)由正弦定理得，sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5sin60°,4)＝eq\f(5\r(3),8)＞1，∴三角形無解．(2)由正弦定理得，sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(3\r(2),8)≈0.5303，∵a＞b，∠A＝45°，∴∠B＝32.0°.∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝103.0°，c2＝a2＋b2－2abcosC≈30.4，C≈5.5.(3)由正弦定理得，sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(1,4)，∵a＞b，∠A＝30°，∴∠B≈14.5°，c∴∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈135.5°，c＝eq\f(asinC,sinA)≈5.6.(4)由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),8)，∵a＞b，∴∠B≈28.9°，∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈76.1°，c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(4sin76.1°,sin75°)≈4.0.2．解：由兩點間距離公式得AB＝eq\r((m＋3)2＋(m－5)2)，AC＝eq\r(2)，BC＝eq\r((m＋4)2＋(m－4)2)，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，整理得，－4m＝eq\f(6\r(2),5)eq\r(2m2＋32)，則m＜0，即m2＝9，∴m＝－3(正值舍去)．評注：要注意對式子化簡的準確性，本題中隱含了“m＜0”的條件，因此要注意發(fā)現(xiàn)隱含條件．3．解：由兩點間距離公式得，AB＝5，AC＝eq\r(10)，BC＝3eq\r(5)，由余弦定理得，cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(25＋10－45,2×5×\r(10))＝－eq\f(\r(10),10)，∠A≈108.4°，由正弦定理得，sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2)sin108.4°,3)≈0.4473，∠B＝26.6°，∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈45.0°.4．解：如圖所示，延長AD到E，使AD＝DE，連結(jié)BE、CE，則四邊形ACEB為平行四邊形，在△ACE中，AC＝2eq\r(3)，CE＝AB＝4eq\r(3)，∠AEC＝30°，由正弦定理得sin∠EAC＝eq\f(CEsin∠AEC,AC)＝eq\f(4\r(3)sin30°,2\r(3))＝1，∴∠EAC＝90°.∴∠BAC＝120°.在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝48＋12－48cos120°＝84.∴BC＝2eq\r(21).5．解：方法一：依題意∠A＝∠B，則AC＝BC，由兩點間距離公式得，AC＝eq\r(1＋(4－k)2)，BC＝eq\r(36＋(6－k)2)，由AC＝BC得，1＋(4－k)2＝36＋(6－k)2，k＝eq\f(55,4).方法二：設(shè)直線AB的斜率為k1＝eq\f(6－4,8－3)＝eq\f(2,5)，線段AB的中點為D(eq\f(11,2)，5)，則線段AB的垂直平分線方程為y－5＝－eq\f(5,2)(x－eq\f(11,2))．而點C(2，k)在直線上，則k－5＝－eq\f(5,2)(2－eq\f(11,2))，k＝eq\f(55,4).評注：解決本題的關(guān)鍵是判定出△ABC為等腰三角形，而方法二是利用了“線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等”．6．解：(1)方法一：由兩點間距離公式，得AB＝eq\r(22＋(－2)2)＝2eq\r(2)，BC＝eq\r(32＋32)＝3eq\r(2)，CD＝eq\r(12＋(－1)2)＝eq\r(2)，AD＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，AC＝eq\r(52＋12)＝eq\r(26).在△ACD中，由余弦定理得，cos∠ACD＝eq\f(AC2＋CD2－AD2,2AC·CD)＝eq\f(26＋2－20,2×\r(26)×\r(2))＝eq\f(2\r(13),13).在△ABC中，由余弦定理得，cos∠CAB＝eq\f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB)＝eq\f(26＋8－18,2×\r(26)×2\r(2))＝eq\f(2\r(13),13)，∴∠ACD＝∠CAB，即AB∥CD.在△ABC中，AB2＋BC2＝8＋18＝26＝AC2.∴△ABC為直角三角形，即AB⊥BC.∴四邊形ABCD為直角梯形．方法二：CD＝eq\r(2)，AB＝2eq\r(2)，kCD＝eq\f(4－5,4－3)＝－1，kAB＝eq\f(1－3,1＋1)＝－1.∵kCD＝kAB，∴AB∥CD.kBC＝eq\f(4－1,4－1)＝1，kBC·kAB＝－1，則AB⊥BC，∴四邊形ABCD為直角梯形．(2)BD＝eq\r(22＋42)＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，在△ABD中，cos∠DAB＝eq\f(AD2＋AB2－BD2,2AD·AB)＝eq\f(20＋8－20,2×2\r(5)×2\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，∠DAB≈71.6°，cos∠CAB＝eq\f(2\r(13),13)，∠CAB≈56.3°.評注：解決本題可根據(jù)題中的點，作出草圖，有利于判斷的目的性，優(yōu)化解題過程．7．解：∵a2－(b－c)2＝bc，∴b2＋c2－a2＝bc.∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∠A＝60°.8．證法一：由正、余弦定理，得eq\f(a,2R)＝2·eq\f(b,2R)·eq\f(a2＋