2024-2025学年高中数学第一章解三角形1.1习题课正弦定理和余弦定理的综合应用学案含解析新人教A版必修5

PAGE1-习题课正弦定理和余弦定理的综合应用类型一利用正、余弦定理解三角形[例1]在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，设a，b，c满意条件b2＋c2－bc＝a2和eq\f(c,b)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，求角A和tanB的值．[分析]求角A的关键是利用余弦定理的推论：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).利用正弦定理将已知条件边化角，即eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，再结合A＋B＋C＝π，解三角方程可求tanB.[解]由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0°<A<180°，∴A＝60°.在△ABC中，C＝180°－A－B＝120°－B.由已知条件和正弦定理，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),2)eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,2)，解得tanB＝eq\f(1,2).在解三角形时，经常将正、余弦定理结合在一起运用，要留意恰当选取定理，简化运算过程，提高解题速度.同时，要留意与平面几何中的有关性质、定理结合起来，挖掘题目中的隐含条件.解题时要综合、敏捷地运用这两个定理，仔细分析已知条件，结合三角形的有关性质如大角对大边，大边对大角，三角形内角和定理等，并留意数形结合，防止出现漏解或增解的状况.[变式训练1](1)在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,4)，AB＝eq\r(2)，BC＝3，则sin∠BAC＝(C)A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(10),3)C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(\r(3),3)解析：由余弦定理可得AC2＝9＋2－2×3×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝5，所以AC＝eq\r(5).再由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，所以sin∠BAC＝eq\f(BC·sin∠ABC,AC)＝eq\f(3×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b－c＝eq\f(1,4)a,2sinB＝3sinC，则cosA的值为－eq\f(1,4).解析：由已知及正弦定理得2b＝3c，因为b－c＝eq\f(1,4)a，所以不妨设b＝3，c＝2，则a＝4，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4).类型二利用正、余弦定理推断三角形形态[例2]在△ABC中，若(a－ccosB)sinB＝(b－ccosA)sinA，推断△ABC的形态．[分析][解]解法一：∵(a－ccosB)sinB＝(b－ccosA)sinA，∴由正、余弦定理，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c·\f(a2＋c2－b2,2ac)))·b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－c·\f(b2＋c2－a2,2bc)))·a，整理，得(a2＋b2－c2)b2＝(a2＋b2－c2)a2，即(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a2＋b2－c2＝0或a2＝b2.∴a2＋b2＝c2或a＝b.故△ABC为直角三角形或等腰三角形．解法二：依据正弦定理，原等式可化为(sinA－sinCcosB)sinB＝(sinB－sinCcosA)sinA，即sinCcosBsinB＝sinCcosAsinA.∵sinC≠0，∴sinBcosB＝sinAcosA.∴sin2B＝sin2A.∴2B＝2A或2B＋2A＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．依据已知条件中的边角关系推断三角形形态时，主要有如下两种方法：1.利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而推断三角形的形态.2.利用正、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，从而推断出三角形的形态，此时要留意应用A＋B＋C＝π这个结论.[变式训练2]在△ABC中，若sinA＝2sinBcosC，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试推断△解：在△ABC中，依据正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R为△ABC外接圆的半径)．∵sin2A＝sin2B＋sin2∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2R)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2R)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2R)))2，即a2＝b2＋c2.∴A＝90°，∴B＋C＝90°.由sinA＝2sinBcosC，得sin90°＝2sinBcos(90°－B)，∴sin2B＝eq\f(1,2).∵B是锐角，∴sinB＝eq\f(\r(2),2)，∴B＝45°，C＝45°.∴△ABC是等腰直角三角形．类型三三角形中的最值(或范围)问题[例3]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝c·sinA，则eq\f(a＋b,c)的最大值是________．[分析]由a＝c·sinA及正弦定理的变形可求出角C＝eq\f(π,2)，从而由A＋B＝eq\f(π,2)得sinB＝cosA，于是eq\f(a＋b,c)＝eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝sinA＋cosA，所求问题转化成关于A的三角函数求最值问题．[解析]∵a＝c·sinA，由正弦定理得sinA＝sinCsinA.又∵0<A<π，∴sinA≠0，∴sinC＝1，C＝eq\f(π,2).∵A＋B＋C＝π，∴B＝eq\f(π,2)－A，由正弦定理得eq\f(a＋b,c)＝eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝sinA＋sinB＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝sinA＋cosA＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))，而0<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,4)<A＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，∴当A＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,4)时，eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))取得最大值eq\r(2)，即eq\f(a＋b,c)的最大值是eq\r(2).[答案]eq\r(2)这类问题通常转化为三角函数问题，利用三角函数的最值或取值范围求解.[变式训练3]在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，则A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))解析：由sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，得a2≤b2＋c2－bc，即eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥eq\f(1,2)，所以cosA≥eq\f(1,2)，因为0<A<π，所以0<A≤eq\f(π,3).类型四正、余弦定理与平面对量的综合应用[例4]在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，cosB＝eq\f(3,5)，a＝7，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－21，求角C的大小．[分析]先依据平面对量的数量积公式结合已知条件求出边c，再利用余弦定理求出边b，最终依据正弦定理求角C.[解]∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－21，∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝21，∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(BA,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cosB＝accosB＝21.又cosB＝eq\f(3,5)，∴sinB＝eq\f(4,5)，ac＝35.又a＝7，∴c＝5.∴b2＝a2＋c2－2accosB＝72＋52－2×7×5×eq\f(3,5)＝32，∴b＝4eq\r(2).由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(5,4\r(2))×eq\f(4,5)＝eq\f(\r(2),2).∵c<b，∴C肯定是锐角，∴C＝45°.利用正、余弦定理解决三角形中与平面对量有关的问题时，留意数量积定义的应用，其中特殊留意向量的夹角与三角形内角之间的关系，例如eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))的夹角等于内角A，但eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))的夹角等于内角A的补角.[变式训练4]已知向量a＝(2cos2x，eq\r(3))，b＝(1，sin2x)，函数f(x)＝a·b.(1)求函数f(x)图象的对称中心；(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且f(C)＝3，c＝1，ab＝2eq\r(3)，且a>b，求a，b的值．解：(1)f(x)＝a·b＝(2cos2x，eq\r(3))·(1，sin2x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋1＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，1))(k∈Z)．(2)∵f(C)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＋1＝3，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝1，∵C是三角形内角，∴2C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2C＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即C＝eq\f(π,6)，∴cosC＝eq\f(b2＋a2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2)，即a2＋b2＝7.将ab＝2eq\r(3)与上式联立可得：a2＋eq\f(12,a2)＝7，解之得：a2＝3或4，∴a＝eq\r(3)或2，∴b＝2或eq\r(3)，∵a>b，∴a＝2，b＝eq\r(3).1．△ABC中，若b＝3，c＝3eq\r(3)，B＝30°，则a＝(C)A．3 B．4C．3或6 D．4或6解析：在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，及b＝3，c＝3eq\r(3)，B＝30°，即32＝a2＋(3eq\r(3))2－2×3eq\r(3)a×cos30°，即a2－9a＋18＝0，所以a＝6或a＝3，经检验都满意题意．2．已知△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值为(D)A．19 B．14C．－18 D．－19解析：由余弦定理，得cosB＝eq\f(AB2＋BC2－CA2,2·AB·BC)＝eq\f(72＋52－62,2×7×5)＝eq\f(19,35)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cos(π－B)＝7×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19,35)))＝－19.3．在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b.若2asinB＝eq\r(3)b，则角A等于eq\f(π,3).解析：由正弦定理得，2sinAsinB＝eq\r(3)sinB，sinA＝eq\f(\r(3),2)，因为△ABC为锐角三角形，所