高中数学5学案：1章末复习提升

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精一、本章知识网络二、题型探究题型一利用正弦、余弦定理解三角形1.解三角形的四种类型已知条件应用定理一般解法一边和两角（如a，B,C)正弦定理由A＋B＋C＝180°,求角A；由正弦定理求出b与c，在有解时只有一解两边和夹角(如a，b，C)余弦定理、正弦定理由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出一边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一角，在有解时只有一解三边(a,b，c)余弦定理由余弦定理求出角A，B；再利用A＋B＋C＝180°求出角C，在有解时只有一解两边和其中一边的对角(如a,b，A）正弦定理、余弦定理由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c，可有两解、一解或无解2.三角形解的个数的判断已知两边和其中一边的对角不能唯一确定三角形，解这类三角形问题可能出现一解、两解、无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角”，此时一般用正弦定理,但也可用余弦定理.(1)利用正弦定理讨论:若已知a、b、A，由正弦定理eq\f(a,sinA）＝eq\f(b,sinB），得sinB＝eq\f（bsinA,a)。若sinB〉1，无解；若sinB＝1,一解；若sinB<1，两解。（2)利用余弦定理讨论：已知a、b、A。由余弦定理a2＝c2＋b2－2cbcosA，即c2－(2bcosA)c＋b2－a2＝0，这是关于c的一元二次方程.若方程无解或无正数解，则三角形无解；若方程有唯一正数解，则三角形有一解；若方程有两个不同正数解，则三角形有两解。例1如图，在△ABC中，a＝BC，b＝AC,c＝AB,B＝45°，b＝eq\r（10)，cosC＝eq\f(2\r（5),5).（1)求边长a；(2)设AB中点为D，求中线CD的长.解（1）由cosC＝eq\f（2\r(5），5)，C∈（0°,90°），得sinC＝eq\r（1－cos2C）＝eq\r（1－\f（2\r（5),5)2)＝eq\f（\r（5），5）,sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f（\r（2)，2)×eq\f(2\r（5）,5）＋eq\f（\r(2）,2）×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(3\r(10)，10)，由正弦定理得a＝eq\f（bsinA，sinB)＝eq\f(\r(10）×\f(3\r(10),10），\f（\r(2）,2）)＝3eq\r(2）.（2)由余弦定理得c2＝（3eq\r(2)）2＋(eq\r（10））2－2×3eq\r（2）×eq\r(10)×eq\f（2\r（5),5）＝4，所以c＝2，又因为D为AB的中点，所以BD＝1.在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2×BD×BC×cosB＝12＋(3eq\r(2))2－2×1×3eq\r（2）×eq\f（\r（2），2）＝13，∴CD＝eq\r(13）.跟踪训练1在△ABC中,角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设a,b，c满足条件b2＋c2－bc＝a2和eq\f（c,b）＝eq\f(1,2）＋eq\r（3)，求A和tanB的值。解由余弦定理cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f（1,2）〉0，∴A∈(0°，90°)，∴A＝60°。在△ABC中，C＝180°－A－B＝120°－B。由已知条件，应用正弦定理得eq\f(1，2）＋eq\r（3)＝eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin120°－B,sinB)＝eq\f（sin120°cosB－cos120°sinB，sinB)＝eq\f（\r(3)，2tanB）＋eq\f(1,2)，从而tanB＝eq\f（1，2）.题型二判断三角形的形状1.利用正弦定理、余弦定理判断三角形的形状的两种方法方法一:通过边之间的关系判断形状；方法二：通过角之间的关系判断形状。利用正弦、余弦定理可以将已知条件中的边、角互化,把条件化为边的关系或化为角的关系。2.判断三角形的形状时常用的结论(1)在△ABC中，A〉B⇔a>b⇔sinA>sinB⇔cosA<cosB.（2)在△ABC中，A＋B＋C＝π,A＋B＝π－C,则cos(A＋B)＝－cosC，sin（A＋B)＝sinC.(3）在△ABC中，a2＋b2<c2⇔eq\f(π,2)〈C〈π，a2＋b2＝c2⇔cosC＝0⇔C＝eq\f(π，2），a2＋b2>c2⇔cosC>0⇔0<C〈eq\f（π,2).例2已知△ABC中,内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,eq\f(a3＋b3－c3,a＋b－c)＝c2,且acosB＝bcosA，试判断△ABC的形状。解由eq\f（a3＋b3－c3，a＋b－c）＝c2，得a3＋b3－c3＝c2(a＋b)－c3，∴a2＋b2－ab＝c2，∴cosC＝eq\f（1，2）>0，又∵C∈(0°，180°）,∴C＝60°。由acosB＝bcosA,得2RsinAcosB＝2RsinBcosA(R为△ABC外接圆的半径）,∴sin(A－B）＝0，又∵A－B∈（－180°，180°)，∴A－B＝0°,∴A＝B＝C＝60°，∴△ABC为等边三角形.跟踪训练2在△ABC中,若(a2＋b2）sin（A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，请判断三角形的形状。解∵(a2＋b2)sin（A－B)＝（a2－b2）sin(A＋B），∴（a2＋b2)（sinAcosB－cosAsinB）＝(a2－b2)(sinAcosB＋cosAsinB），∴2b2sinAcosB－2a2cosAsinB＝0，∴eq\f(a2,b2)＝eq\f（sinAcosB，cosAsinB),又由正弦定理可得eq\f(a2,b2)＝eq\f（sin2A，sin2B)，∴eq\f（sinAcosB，cosAsinB)＝eq\f(sin2A,sin2B)，∴eq\f（cosB，cosA）＝eq\f（sinA，sinB）,∴sin2A＝sin2B。又∵A∈(0，π），B∈（0,π），∴2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f（π，2)，∴△ABC为等腰三角形或直角三角形。题型三正弦、余弦定理的实际应用正弦、余弦定理的实际应用应注意的问题（1）认真分析题意，弄清已知元素和未知元素,根据题意画出示意图；(2）明确题目中的一些名词、术语的意义,如仰角、俯角、方向角、方位角等;(3)将实际问题中的数量关系归结为数学问题，利用学过的几何知识，作出辅助线，将已知与未知元素归结到同一个三角形中，然后解此三角形;（4)在选择关系时，一是力求简便，二是要尽可能使用题目中的原有数据，尽量减少计算中误差的积累；(5)按照题目中已有的精确度计算，并根据题目要求的精确度确定答案并注明单位。例3如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20km和54km处。某时刻,监测点B收到发自静止目标P的一个声波信号，8s后监测点A,20s后监测点C相继收到这一信号，在当时气象条件下,声波在水中的传播速度是1.5km/s.（1）设A到P的距离为xkm，用x表示B,C到P的距离，并求x的值；（2）求静止目标P到海防警戒线a的距离（精确到0。01km)。解(1）由题意得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）.所以静止目标P到海防警戒线a的距离为17.71km。跟踪训练3如图所示，A，B两个小岛相距21nmile，B岛在A岛的正南方,现在甲船从A岛出发，以9nmile/h的速度向B岛行驶,而乙船同时以6nmile/h的速度离开B岛向南偏东60°方向行驶,则行驶多少时间后，两船相距最近？并求出两船的最近距离。解设行驶t小时后，甲船行驶了9tnmile到达C处,乙船行驶了6tnmile到达D处。当9t<21，即t<eq\f(7,3）时，C在线段AB上，此时BC＝21－9t，在△BCD中，BC＝21－9t,BD＝6t，∠CBD＝180°－60°＝120°，由余弦定理知：CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos120°。＝(21－9t）2＋（6t）2－2（21－9t）·6t·(－eq\f（1，2））＝63t2－252t＋441＝63（t－2）2＋189.∴当t＝2时，CD取得最小值eq\r（189）＝3eq\r（21）.当t＝eq\f（7，3）时,C与B重合，此时CD＝6×eq\f（7，3)＝14>3eq\r（21）。当t〉eq\f(7，3)时，BC＝9t－21，则CD2＝(9t－21）2＋(6t)2－2（9t－21)·6t·cos60°＝63t2－252t＋441＝63（t－2)2＋189〉189.综上可知，t＝2时,CD取最小值3eq\r(21)nmile，故行驶2h后，甲、乙两船相距最近，最近距离为3eq\r(21)nmile.题型四与三角形有关的综合问题该类问题以三角形为载体，在已知条件中设计了三角形的一些边角关系，由于正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式，通过定理的运用能够实现边角互化，在边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等。例4在△ABC中，角A，B,C的对边分别为a，b，c,且满足（2a－b)cosC＝ccosB，△ABC的面积S＝10eq\r(3)，c＝7。（1)求角C；（2)求a,b的值。解(1)∵(2a－b）cosC＝ccosB,∴（2sinA－sinB)cosC＝sinCcosB，2sinAcosC－sinBcosC＝cosBsinC,即2sinAcosC＝sin(B＋C)，∴2sinAcosC＝sinA。∵A∈(0，π），∴sinA≠0，∴cosC＝eq\f（1，2）〉0，又∵C∈(0，π），∴C＝eq\f(π,3).（2)由S＝eq\f(1,2)absinC＝10eq\r（3)，C＝eq\f(π，3)得ab＝40.①由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即c2＝(a＋b)2－2ab(1＋coseq\f（π，3)），∴72＝（a＋b）2－2×40×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,2)））。∴a＋b＝13。②由①②得a＝8，b＝5或a＝5，b＝8。跟踪训练4在△ABC中,设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2A＝sin2B＋cos2C＋sinAsinB。（1）求角C的大小；（2)若c＝eq\r（3），求△ABC周长的取值范围.解（1）由题意知1－sin2A＝sin2B＋1－sin2C＋sinAsinB,即sin2A＋sin2B－sin2C＝－sinAsinB，由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab,由余弦定理得cosC＝eq\f（a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f（－ab，2ab)＝－eq\f(1,2)，又∵0〈C<π，∴C＝eq\f(2π，3）.(2)由正弦定理得eq\f（a,sinA）＝eq\f（b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，∴a＝2sinA，b＝2sinB，则△ABC的周长为L＝a＋b＋c＝2（sinA＋sinB)＋eq\r(3）＝2[sinA＋sin（eq\f（π，3）－A）］＋eq\r(3)＝2sin(A＋eq\f(π,3）)＋eq\r(3).∵0<A〈eq\f(π，3），∴eq\f(π，3)<A＋eq\f(π,3）<eq\f(2π,3)，∴eq\f（\r（3），2)<sin（A＋eq\f（π,3)）≤1，∴2eq\r(3）〈2sin（A＋eq\f（π,3)）＋eq\r(3）≤2＋eq\r(3），∴△ABC周长的取值范围是（2eq\r(3），2＋eq\r(3)]。三、思想方法总结1.函数与方程思想的应用与函数思想相联系的就是方程思想。所谓方程思想，就是在解决问题时，用事先设定的未知数沟通问题所涉及的各量间的制约关系，列出方程(组)，从而求出未知数及各量的值,使问题获得解决，所设的未知数沟通了变量之间的联系。方程可以看做未知量与已知量相互制约的条件，它架设了由已知探索未知的桥梁。本章在利用正弦、余弦定理求角或边长时，往往渗透着函数与方程思想.例5在△ABC中,已知A>B>C,且A＝2C,b＝4，a＋c＝8，求a，c的长。解由正弦定理得eq\f（a,sinA)＝eq\f（c,sinC),∵A＝2C，∴eq\f（a,sin2C)＝eq\f(c，sinC)，∴a＝2ccosC。又∵a＋c＝8，∴cosC＝eq\f(8－c，2c)，①由余弦定理及a＋c＝8，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2，2ab）＝eq\f(a2＋42－c2，8a）＝eq\f（8－c2＋42－c2，88－c)＝eq\f(10－2c,8－c)。②由①②知eq\f（8－c，2c）＝eq\f(10－2c,8－c）,整理得5c2－36c＋64＝0.∴c＝eq\f(16，5）或c＝4(舍去）。∴a＝8－c＝eq\f(24，5）。故a＝eq\f(24，5)，c＝eq\f（16，5）。2.分类讨论思想某些问题在一定条件下的解有多种情况，在解题过程中，应分析条件及在每个条件下所产生的结果.分类讨论思想在历年高考中是必考的，在讨论时应做到不重不漏，并注意各种情况包含的交叉内