【優(yōu)化方案】2021高考數(shù)學(xué)(人教版)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案23-正弦定理和余弦定理

第五章解三角形與平面對量學(xué)案23正弦定理和余弦定理導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.利用正弦定理、余弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化，進(jìn)而進(jìn)行恒等變換解決問題.2.把握正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡潔的三角形度量問題．自主梳理1．三角形的有關(guān)性質(zhì)(1)在△ABC中，A＋B＋C＝________；(2)a＋b____c，a－b<c；(3)a>b?sinA____sinB?A____B；(4)三角形面積公式：S△ABC＝eq\f(1,2)ah＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝_________________；(5)在三角形中有：sin2A＝sin2B?A＝B或________________?三角形為等腰或直角三角形sin(A＋B)＝sinC，sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2).2．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內(nèi)容________________＝2Ra2＝____________，b2＝____________，c2＝____________.變形形式①a＝__________，b＝__________，c＝__________；②sinA＝________，sinB＝________，sinC＝________；③a∶b∶c＝__________；④eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)cosA＝________________；cosB＝________________；cosC＝_______________.解決的問題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊．②已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊和其他兩角．①已知三邊，求各角；②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩個角.自我檢測1．(2010·上海)若△ABC的三個內(nèi)角滿足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，則△ABC()A．確定是銳角三角形B．確定是直角三角形C．確定是鈍角三角形D．可能是銳角三角形，也可能是鈍角三角形2．(2010·天津)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，則A等于()A．30° B．60° C．120° D．150°3．(2011·煙臺模擬)在△ABC中，A＝60°，b＝1，△ABC的面積為eq\r(3)，則邊a的值為()A．2eq\r(7) B.eq\r(21)C.eq\r(13) D．34．(2010·山東)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，則角A的大小為________．5．(2010·北京)在△ABC中，若b＝1，c＝eq\r(3)，C＝eq\f(2π,3)，則a＝________.探究點(diǎn)一正弦定理的應(yīng)用例1(1)在△ABC中，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，B＝45°，求角A、C和邊c；(2)在△ABC中，a＝8，B＝60°，C＝75°，求邊b和c.變式遷移1(1)在△ABC中，若tanA＝eq\f(1,3)，C＝150°，BC＝1，則AB＝________；(2)在△ABC中，若a＝50，b＝25eq\r(6)，A＝45°，則B＝________.探究點(diǎn)二余弦定理的應(yīng)用例2(2011·咸寧月考)已知a、b、c分別是△ABC中角A、B、C的對邊，且a2＋c2－b2＝ac.(1)求角B的大??；(2)若c＝3a，求tanA的值變式遷移2在△ABC中，a、b、c分別為A、B、C的對邊，B＝eq\f(2π,3)，b＝eq\r(13)，a＋c＝4，求a.探究點(diǎn)三正、余弦定理的綜合應(yīng)用例3在△ABC中，a、b、c分別表示三個內(nèi)角A、B、C的對邊，假如(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，試推斷該三角形的外形．變式遷移3(2010·天津)在△ABC中，eq\f(AC,AB)＝eq\f(cosB,cosC).(1)證明：B＝C；(2)若cosA＝－eq\f(1,3)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4B＋\f(π,3)))的值．1．解斜三角形可以看成是三角變換的連續(xù)和應(yīng)用，用到三角變換的基本方法，同時它是對正、余弦定理，三角形面積公式等的綜合應(yīng)用．2．在利用正弦定理解已知三角形的兩邊和其中一邊的對角，求另一邊的對角，進(jìn)而求出其他的邊和角時，有可能毀滅一解、兩解或無解的狀況，應(yīng)結(jié)合圖形并依據(jù)“三角形中大邊對大角”來推斷解的狀況，作出正確取舍．3．在解三角形中的三角變換問題時，要留意兩點(diǎn)：一是要用到三角形的內(nèi)角和及正、余弦定理，二是要用到三角變換、三角恒等變形的原則和方法．“化繁為簡”“化異為同”是解此類問題的突破口．(滿分：75分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．(2010·湖北)在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，則cosB等于()A．－eq\f(2\r(2),3) B.eq\f(2\r(2),3) C．－eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(6),3)2.在△ABC中AB＝3，AC=2，BC=，則eq\o(AB,\s\up6(→))eq\o(AC,\s\up6(→))等于()A．－eq\f(3,2) B．－eq\f(2,3) C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,2)3．在△ABC中，sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)(a，b，c分別為角A，B，C的對邊)，則△ABC的外形為()A．正三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形4．(2011·聊城模擬)在△ABC中，若A＝60°，BC＝4eq\r(3)，AC＝4eq\r(2)，則角B的大小為()A．30° B．45°C．135° D．45°或135°5．(2010·湖南)在△ABC中，角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，若C＝120°，c＝eq\r(2)a，則()A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)<bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)與b的大小關(guān)系不能確定題號12345答案二、填空題(每小題4分，共12分)6．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，則△ABC的外形為________________．7．(2010·廣東)已知a，b，c分別是△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊，若a＝1，b＝eq\r(3)，A＋C＝2B，則sinC＝________.8．(2011·龍巖模擬)在銳角△ABC中，AD⊥BC，垂足為D，且BD∶DC∶AD＝2∶3∶6，則∠BAC的大小為________．三、解答題(共38分)9.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足，eq\o(AB,\s\up6(→))eq\o(AC,\s\up6(→))=3.(1)求△ABC的面積；(2)若b＋c＝6，求a的值．10．(12分)(2010·陜西)在△ABC中，已知B＝45°，D是BC邊上的一點(diǎn)，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的長．11．(14分)(2010·重慶)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊長分別為a、b、c，且3b2＋3c2－3a2＝4eq\r(2)bc.(1)求sinA的值；(2)求eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋C＋\f(π,4))),1－cos2A)的值．答案自主梳理1．(1)π(2)>(3)>>(4)eq\f(1,2)bcsinA(5)A＋B＝eq\f(π,2)2.eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)b2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosC①2RsinA2RsinB2RsinC②eq\f(a,2R)eq\f(b,2R)eq\f(c,2R)③sinA∶sinB∶sinCeq\f(b2＋c2－a2,2bc)eq\f(a2＋c2－b2,2ac)eq\f(a2＋b2－c2,2ab)自我檢測1．C2.A3.C4.eq\f(π,6)5.1課堂活動區(qū)例1解題導(dǎo)引已知三角形的兩邊和其中一邊的對角，可利用正弦定理求其他的角和邊，但要留意對解的狀況進(jìn)行推斷，這類問題往往有一解、兩解、無解三種狀況．具體推斷方法如下：在△ABC中．已知a、b和A，求B.若A為銳角，①當(dāng)a≥b時，有一解；②當(dāng)a＝bsinA時，有一解；③當(dāng)bsinA<a<b時，有兩解；④當(dāng)a<bsinA時，無解．若A為直角或鈍角，①當(dāng)a>b時，有一解；②當(dāng)a≤b時，無解．解(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得，sinA＝eq\f(\r(3),2).∵a>b，∴A>B，∴A＝60°或A＝120°.當(dāng)A＝60°時，C＝180°－45°－60°＝75°，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)；當(dāng)A＝120°時，C＝180°－45°－120°＝15°，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).綜上，A＝60°，C＝75°，c＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)，或A＝120°，C＝15°，c＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).(2)∵B＝60°，C＝75°，∴A＝45°.由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得b＝eq\f(a·sinB,sinA)＝4eq\r(6)，c＝eq\f(a·sinC,sinA)＝4eq\r(3)＋4.∴b＝4eq\r(6)，c＝4eq\r(3)＋4.變式遷移1(1)eq\f(\r(10),2)(2)60°或120°解析(1)∵在△ABC中，tanA＝eq\f(1,3)，C＝150°，∴A為銳角，∴sinA＝eq\f(1,\r(10)).又∵BC＝1.∴依據(jù)正弦定理得AB＝eq\f(BC·sinC,sinA)＝eq\f(\r(10),2).(2)由b>a，得B>A，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(25\r(6),50)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(3),2)，∵0°<B<180°∴B＝60°或B＝120°.例2解(1)∵a2＋c2－b2＝ac，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2).∵0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).(2)方法一將c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，得b＝eq\r(7)a.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(5\r(7),14).∵0<A<π，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(21),14)，∴tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3),5).方法二將c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac得b＝eq\r(7)a.由正弦定理，得sinB＝eq\r(7)sinA.由(1)知，B＝eq\f(π,3)，∴sinA＝eq\f(\r(21),14).又b＝eq\r(7)a>a，∴B>A，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(5\r(7),14).∴tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3),5).方法三∵c＝3a，由正弦定理，得sinC＝3sinA∵B＝eq\f(π,3)，∴C＝π－(A＋B)＝eq\f(2π,3)－A，∴sin(eq\f(2π,3)－A)＝3sinA，∴sineq\f(2π,3)cosA－coseq\f(2π,3)sinA＝3sinA，∴eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA＝3sinA，∴5sinA＝eq\r(3)cosA，∴tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3),5).變式遷移2解由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－2accoseq\f(2,3)π＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac.又∵a＋c＝4，b＝eq\r(13)，∴ac＝3，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝4,ac＝3))，解得a＝1，c＝3，或a＝3，c＝1.∴a等于1或3.例3解題導(dǎo)引利用正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊角互化，轉(zhuǎn)化為邊邊關(guān)系或角角關(guān)系．解方法一∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)?a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，∴2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA由正弦定理，得sin2AcosAsinB＝sin2BcosBsinA，∴sinAsinB(sinAcosA－sinBcosB)＝0，∴sin2A＝sin2B，由0<2A<2π，0<2B<2得2A＝2B或2A＝π－2即△ABC是等腰三角形或直角三角形．方法二同方法一可得2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA由正、余弦定理，即得a2b×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b2a×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，即(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，∴a＝b或c2＝a2＋b2，∴三角形為等腰三角形或直角三角形．變式遷移3解題導(dǎo)引在正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R中，2R是指什么？a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC的作用是什么？(1)證明在△ABC中，由正弦定理及已知得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(cosB,cosC).于是sinBcosC－cosBsinC＝0，即sin(B－C)＝0.由于－π<B－C<π，從而B－C＝0.所以B＝C.(2)解由A＋B＋C＝π和(1)得A＝π－2B，故cos2B＝－cos(π－2B)＝－cosA＝eq\f(1,3).又0<2B<π，于是sin2B＝eq\r(1－cos22B)＝eq\f(2\r(2),3).從而sin4B＝2sin2Bcos2B＝eq\f(4\r(2),9)，cos4B＝cos22B－sin22B＝－eq\f(7,9).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4B＋\f(π,3)))＝sin4Bcoseq\f(π,3)＋cos4Bsineq\f(π,3)＝eq\f(4\r(2)－7\r(3),18).課后練習(xí)區(qū)1．D2.D3.B4.B5.A6．等邊三角形解析∵b2＝a2＋c2－2accosB，∴ac＝a2＋c2－ac，∴(a－c)2＝0，∴a＝c，又B＝60°，∴△ABC為等邊三角形．7．1解析由A＋C＝2B及A＋B＋C＝180°知，B＝60°.由正弦定理知，eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(3),sin60°)，即sinA＝eq\f(1,2).由a<b知，A<B，∴A＝30°，C＝180°－A－B＝180°－30°－60°＝90°，∴sinC＝sin90°＝1.8.eq\f(π,4)解析設(shè)∠BAD＝α，∠DAC＝β，則tanα＝eq\f(1,3)，tanβ＝eq\f(1,2)，∴tan∠BAC＝tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,3)×\f(1,2))＝1.∵∠BAC為銳角，∴∠BAC的大小為eq\f(π,4).9．解(1)由于coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，所以cosA＝2cos2eq\f(A,2)－1＝eq\f(3,5)，sinA＝eq\f(4,5).……………………(4分)又由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3得bccosA＝3，所以bc＝5，因此S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝2.…………………(8分)(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－eq\f(16,5)bc＝20，所以a＝2eq\r(5).………(12分)10．解在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，由余弦定理得，cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(100＋36－196,2×10×6)＝－eq\f(1,2)，…………………(6分)∴∠ADC＝120°，∠ADB＝60°.…………(8分)在△ABD中，AD＝10，B＝45°，∠ADB＝60°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB)，∴AB