【优化方案】2021高考数学(人教版)一轮复习学案23-正弦定理和余弦定理

第五章解三角形与平面对量学案23正弦定理和余弦定理导学目标：1.利用正弦定理、余弦定理进行边角转化，进而进行恒等变换解决问题.2.把握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简洁的三角形度量问题．自主梳理1．三角形的有关性质(1)在△ABC中，A＋B＋C＝________；(2)a＋b____c，a－b<c；(3)a>b⇔sinA____sinB⇔A____B；(4)三角形面积公式：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________________⇔三角形为等腰或直角三角形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内容________________＝2Ra2＝____________，b2＝____________，c2＝____________.变形形式①a＝__________，b＝__________，c＝__________；②sinA＝________，sinB＝________，sinC＝________；③a∶b∶c＝__________；④eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)cosA＝________________；cosB＝________________；cosC＝_______________.解决的问题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.自我检测1．(2010·上海)若△ABC的三个内角满足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，则△ABC()A．确定是锐角三角形B．确定是直角三角形C．确定是钝角三角形D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形2．(2010·天津)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，则A等于()A．30° B．60° C．120° D．150°3．(2011·烟台模拟)在△ABC中，A＝60°，b＝1，△ABC的面积为eq\r(3)，则边a的值为()A．2eq\r(7) B.eq\r(21)C.eq\r(13) D．34．(2010·山东)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，则角A的大小为________．5．(2010·北京)在△ABC中，若b＝1，c＝eq\r(3)，C＝eq\f(2π,3)，则a＝________.探究点一正弦定理的应用例1(1)在△ABC中，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，B＝45°，求角A、C和边c；(2)在△ABC中，a＝8，B＝60°，C＝75°，求边b和c.变式迁移1(1)在△ABC中，若tanA＝eq\f(1,3)，C＝150°，BC＝1，则AB＝________；(2)在△ABC中，若a＝50，b＝25eq\r(6)，A＝45°，则B＝________.探究点二余弦定理的应用例2(2011·咸宁月考)已知a、b、c分别是△ABC中角A、B、C的对边，且a2＋c2－b2＝ac.(1)求角B的大小；(2)若c＝3a，求tanA的值变式迁移2在△ABC中，a、b、c分别为A、B、C的对边，B＝eq\f(2π,3)，b＝eq\r(13)，a＋c＝4，求a.探究点三正、余弦定理的综合应用例3在△ABC中，a、b、c分别表示三个内角A、B、C的对边，假如(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，试推断该三角形的外形．变式迁移3(2010·天津)在△ABC中，eq\f(AC,AB)＝eq\f(cosB,cosC).(1)证明：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变换的连续和应用，用到三角变换的基本方法，同时它是对正、余弦定理，三角形面积公式等的综合应用．2．在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角，求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，有可能毁灭一解、两解或无解的状况，应结合图形并依据“三角形中大边对大角”来推断解的状况，作出正确取舍．3．在解三角形中的三角变换问题时，要留意两点：一是要用到三角形的内角和及正、余弦定理，二是要用到三角变换、三角恒等变形的原则和方法．“化繁为简”“化异为同”是解此类问题的突破口．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·湖北)在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则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=，则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分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的外形为()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·聊城模拟)在△ABC中，若A＝60°，BC＝4eq\r(3)，AC＝4eq\r(2)，则角B的大小为()A．30° B．45°C．135° D．45°或135°5．(2010·湖南)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若C＝120°，c＝eq\r(2)a，则()A．a>b B．a<bC．a＝b D．a与b的大小关系不能确定题号12345答案二、填空题(每小题4分，共12分)6．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则△ABC的外形为________________．7．(2010·广东)已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝eq\r(3)，A＋C＝2B，则sinC＝________.8．(2011·龙岩模拟)在锐角△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，且BD∶DC∶AD＝2∶3∶6，则∠BAC的大小为________．三、解答题(共38分)9.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，eq\o(AB,\s\up6(→))eq\o(AC,\s\up6(→))=3.(1)求△ABC的面积；(2)若b＋c＝6，求a的值．10．(12分)(2010·陕西)在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．11．(14分)(2010·重庆)设△ABC的内角A、B、C的对边长分别为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)自我检测1．C2.A3.C4.eq\f(π,6)5.1课堂活动区例1解题导引已知三角形的两边和其中一边的对角，可利用正弦定理求其他的角和边，但要留意对解的状况进行推断，这类问题往往有一解、两解、无解三种状况．具体推断方法如下：在△ABC中．已知a、b和A，求B.若A为锐角，①当a≥b时，有一解；②当a＝bsinA时，有一解；③当bsinA<a<b时，有两解；④当a<bsinA时，无解．若A为直角或钝角，①当a>b时，有一解；②当a≤b时，无解．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°.当A＝60°时，C＝180°－45°－60°＝75°，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)；当A＝120°时，C＝180°－45°－120°＝15°，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(\r(6)－\r(2),2).综上，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.变式迁移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为锐角，∴sinA＝eq\f(1,\r(10)).又∵BC＝1.∴依据正弦定理得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)方法一将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).方法二将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).变式迁移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，联立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解题导引利用正弦定理或余弦定理进行边角互化，转化为边边关系或角角关系．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，∴三角形为等腰三角形或直角三角形．变式迁移3解题导引在正弦定理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)证明在△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，从而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).从而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).课后练习区1．D2.D3.B4.B5.A6．等边三角形解析∵b2＝a2＋c2－2accosB，∴ac＝a2＋c2－ac，∴(a－c)2＝0，∴a＝c，又B＝60°，∴△ABC为等边三角形．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)解析设∠BAD＝α，∠DAC＝β，则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为锐角，∴∠BAC的大小为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