《第七节 正弦定理和余弦定理》 教案

正弦定理和余弦定理适用学科数学适用年级高三适用区域新课标课时时长60分钟知识点使用正弦定理要注意的问题解的个数问题已知两边和其中一边的对角问题已知两角一边问题三角形的面积公式使用余弦定理要注意的问题已知两边与夹角问题已知三边问题正、余弦定理的综合运用教学目标掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.教学重点1、正、余弦定理与三角形的有关性质的综合运用；2、在已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形时，有两解或一解或无解等情形；3、三角形各种类型的判定方法教学难点正、余弦定理的灵活应用

教学过程课堂导入三角形是最基本的几何图形．三角形中的数量关系，有着极其广泛的应用．在初中，我们已经能够借助于锐角三角函数解决有关直角三角形的测量问题．在实际工作中，我们还会遇到许多其它的测量问题，这些仅用锐角三角函数就不够了．如：1．怎样在航行途中测出海上两个岛屿之间的距离？2．怎样测量底部不可到达的建筑物的高度？3．怎样在水平飞行的飞机上测量飞机下方山顶的海拔高度？4．怎样测出海上航行的轮船的航速和航向？5．怎样确定航向，才能在航速一定的情况下，尽快与一运动的物体(如轮船)相遇？等等．研究这些问题显然需要明白三角形中的边长与角度之间的数量关系，那么本次课我们就来发现并掌握三角形中的边长与角度之间的数量关系，并将它们融入已有的知识体系．

复习预习回忆在三角函数中学过的公式三角函数诱导公式：三角函数的两角和或差公式：三角函数的二倍角公式：三角函数的辅助角公式：

知识讲解考点1正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2Ra2＝b2＋c2－2bccosA;b2＝a2＋c2－2accos_B;c2＝a2＋b2－2abcos_C变形形式①a＝2RsinA，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C②sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)(其中R是△ABC外接圆半径)③a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边．②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角.①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角

考点2在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞ba≤b解的个数一解两解一解一解无解

例题精析【例题1】【题干】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2c－a,b).(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，△ABC的周长为5，求b的长．

【解析】(1)由正弦定理，设eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k，则eq\f(2c－a,b)＝eq\f(2ksinC－ksinA,ksinB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，所以eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．又因为A＋B＋C＝π，所以sinC＝2sinA.因此eq\f(sinC,sinA)＝2.(2)由eq\f(sinC,sinA)＝2得c＝2a.由余弦定理及cosB＝eq\f(1,4)得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4)＝4a2.所以b＝2a.又a＋b＋c＝5，从而a＝1.因此b＝2.

【例题2】【题干】在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.(1)求角A的大小；(2)若sinB＋sinC＝eq\r(3)，试判断△ABC的形状．

【解析】∵2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∴A＝60°.(2)∵A＋B＋C＝180°，∴B＋C＝180°－60°＝120°.由sinB＋sinC＝eq\r(3)，得sinB＋sin(120°－B)＝eq\r(3)，∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝eq\r(3).∴eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)，即sin(B＋30°)＝1.又∵0°＜B＜120°，30°＜B＋30°＜150°，∴B＋30°＝90°，即B＝60°.∴A＝B＝C＝60°，∴△ABC为正三角形．

【例题3】【题干】已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0.(1)求A；(2)若a＝2，△ABC的面积为eq\r(3)，求b，c.

【解析】(1)由acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0及正弦定理得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sinB－sinC＝0.因为B＝π－A－C，所以eq\r(3)sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0.由于sinC≠0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).又0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).(2)△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故bc＝4.而a2＝b2＋c2－2bccosA，故b2＋c2＝8.解得b＝c＝2.

【例题4】【题干】(2012·江西高考)(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知A＝eq\f(π,4)，bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝a.(1)求证：B－C＝eq\f(π,2)；(2)若a＝eq\r(2)，求△ABC的面积．

【解析】(1)证明：由bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝a，应用正弦定理，得sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－sinCsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝sinA，sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinC＋\f(\r(2),2)cosC))－sinCeq\f(\r(2),2)sinB＋eq\f(\r(2),2)cosB＝eq\f(\r(2),2)，⇨(3分)整理得sinBcosC－cosBsinC＝1，即sin(B－C)＝1，⇨(5分)由于0<B，C<eq\f(3,4)π，从而B－C＝eq\f(π,2).⇨(6分)(2)B＋C＝π－A＝eq\f(3π,4)，因此B＝eq\f(5π,8)，C＝eq\f(π,8).⇨(8分)由a＝eq\r(2)，A＝eq\f(π,4)，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝2sineq\f(5π,8)，c＝eq\f(asinC,sinA)＝2sineq\f(π,8)，⇨(10分)所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(2)sineq\f(5π,8)sineq\f(π,8)＝eq\r(2)coseq\f(π,8)sineq\f(π,8)＝eq\f(1,2).⇨(12分)

课堂运用【基础】1．(2012·上海高考)在△ABC中，若sin2A＋sin2B＜sin2C，则△ABC的形状是()A．钝角三角形 B．直角三角形C．锐角三角形 D．不能确定

解析：选A由正弦定理得a2＋b2＜c2，故cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＜0，所以C为钝角．

2．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2) D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)

解析：选B由余弦定理得：(eq\r(7))2＝22＋AB2－2×2AB·cos60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，故BC边上的高是ABsin60°＝eq\f(3\r(3),2).

3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知8b＝5c，C＝2B，则cosC＝()A.eq\f(7,25) B．－eq\f(7,25)C．±eq\f(7,25) D.eq\f(24,25)

解析：选A由C＝2B得sinC＝sin2B＝2sinBcosB，由正弦定理及8b＝5c得cosB＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b)＝eq\f(4,5)，所以cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2－1＝eq\f(7,25).

【巩固】4．(2012·福建高考)已知△ABC的三边长成公比为eq\r(2)的等比数列，则其最大角的余弦值为________．

解析：依题意得，△ABC的三边长分别为a，eq\r(2)a,2a(a＞0)，则最大边2a所对的角的余弦值为eq\f(a2＋\r(2)a2－2a2,2a·\r(2)a)＝－eq\f(\r(2),4).答案：－eq\f(\r(2),4)

5．在△ABC中，D为边BC的中点，AB＝2，AC＝1，∠BAD＝30°，则AD的长度为________．

解析：延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM、MC，则四边形ABMC是平行四边形．在△ABM中，由余弦定理得BM2＝AB2＋AM2－2AB·AM·cos∠BAM，即12＝22＋AM2－2·2·AM·cos30°，解得AM＝eq\r(3)，所以AD＝eq\f(\r(3),2).答案：eq\f(\r(3),2)

【拔高】6．已知A、B、C为△ABC的三个内角，其所对的边分别为a、b、c，且2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0.(1)求角A的值；(2)若a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，求△ABC的面积．

解：(1)由2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0，得1＋cosA＋cosA＝0，即cosA＝－eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(2π,3).(2)由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，A＝eq\f(2π,3)，则a2＝(b＋c)2－bc，又a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，有12＝42－bc，则bc＝4，故S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3).

7．(2012·江苏高考)在△ABC中，已知·＝3·.(1)求证：tanB＝3tanA；(2)若cosC＝eq\f(\r(5),5)，求A的值．

解：(1)因为·＝3·，所以AB·AC·cosA＝3BA·BC·cosB，即AC·cosA＝3BC·cosB，由正弦定理知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，从而sinBcosA＝3sinAcosB，又因为0＜A＋B＜π，所以cosA＞0，cosB＞0，所以tanB＝3tanA.(2)因为cosC＝eq\f(\r(5),5)，0＜C＜π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(5),5)，从而tanC＝2，于是tan[π－(A＋B)]＝2，即tan