高中数学 第2章归纳总结同步导学案 北师大版必修5

第二章归纳总结知识结构知识梳理1.深化对正、余弦定理的理解正弦定理与余弦定理是三角形边角关系的重要定理，要理解两个定理及其变形.(1)正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即：在ABC中，.正弦定理有以下三种变形形式：a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC;sinA=;其中R是ABC外接圆的半径.a：b：c=sinA：sinB：sinC.(2)余弦定理：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍.即：a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB, c2=a2+b2-2abcosC.余弦定理的推论：cosA=,cosB=,cosC=.2.剖析斜三角形的类型与解法正弦定理、余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素（三角形有三个角和三条边，三角形的边与角称为三角形的元素），如果其中三个元素是已知的（至少要有一个元素是边），那么这个三角形一定可解.关于斜三角形的解法，根据已知条件及适用的定理，可以归纳为以下四种类型（设三角形为ABC,A,B,C所对的边分别为a,b,c）: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AB+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.3.解三角形常用的边角关系及公式总结（1）三角形内角和等于180.(2)两边之和大于第三边，两边之差小于第三边.(3)三角形中大边对大角，小边对小角.(4)三角函数的恒等变形：sin(A+B)=sinC,cos(A+B)=-cosC,sin.(5)三角恒等变换公式，如和、差角公式，倍角公式的正用与逆用等.4.解读判断三角形形状的两种方法判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，此类题目一般采用以下两种方法求解：（1）利用正弦定理化边为角，通过三角运算判断三角形的形状.(2)利用余弦定理化角为边，通过代数运算判断三角形的形状.注意：根据余弦定理判断三角形的形状时，当a2+b2c,b2+c2a2,c2+a2c2,b2+c2a2,c2+a2b2中有一个关系式成立时，并不能得出该三角形为锐角三角形的结论.5.常用三角形面积公式总结（1）SABC=aha=bhb=chc(ha,hb,hc分别为a,b,c边上的高).（2）SABC=absinC=bcsinA=acsinB (R为ABC的外接圆半径).(3)SABC= (p=（a+b+c）).(4)SABC= (a+b+c)r(r为ABC的内切圆半径).6.点击正、余弦定理解几何问题的注意点（1）几何图形中几何性质的挖掘往往是解题的切入点，或是问题求解能否继续的转折点.(2)根据条件或图形，找出已知，未知及求解中需要的三角形，用好三角恒等变形公式，正弦定理，余弦定理，或是综合运用这两个定理.(3)要有应用方程思想解题的意识，还要有引入参数，突出主元，简化问题的解题意识.7.细解正、余弦定理解实际应用题的步骤实际应用题的本质就是解三角形，无论是什么类型的题目，都要先画出三角形的模型，再通过正弦定理或余弦定理进行求解.解三角形应用题的一般步骤是：（1）读懂题意，理解问题的实际背景，明确已知和所求，理清量与量之间的关系（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形模型.(3)选择正弦定理或余弦定理求解.(4)将三角形的解还原为实际问题，注意实际问题中单位、近似计算要求.专题探究专题1正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用应用正、余弦定理解题时，要熟练、准确地进行三角恒等变换，同时应注意三角形的一些隐含条件.例1在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c且4sin2 cos2B=.(1)求角B的度数；（2）若b=,a+c=3,且ac,求a,c的值.分析（1）将条件等式转化为关于B的三角函数关系式，通过解方程求得角B.（2）由余弦定理列出关于a,c的方程组即可求出a,c的值.解析（1）在ABC中，由A+B+C180,得sin=cos.又由4sin2-cos2B=，得4cos2-2cos2B+1=.即4cos2B-4cosB+1=0,cosB=,B=60.（2）由余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB,又b=,a+c=3,3=(a+c) 2-2ac-2accosB,ac=2.a+c=3有ac=2ac解得a=2,c=1.说明ABC中的隐含条件有：A+B+C=,sin(A+B)=sinC,cos(A+B) =-cosC,sin等.变式应用1已知k是整数，钝角三角形ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若方程x2-2kx+3k2-7k+3=0有实根，求k的值；（2）对于（1）中的k值，若sinC=,且有关系式（c-b）sin2A+bsin2B=csin2C,试求角A,B，C的度数.解析 (1)方程x2-2kx+3k2-7k+3=0有实根，=4k2-4(3k2-7k+3)0，即2k2-7k+30.k3,又k为整数，k=1,2,3.(2)在钝角三角形ABC中，0sinC1,k=1,sinC=.C=45或C=135.(c-b)sin2A+bsin2B=csin2C,由正弦定理a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,得(c-b)a2+b3-c3=0，即(b-c)(b2+c2-a2+bc)=0,b=c或b2+c2-a2+bc=0.当b=c时，B=45或135，与ABC为钝角三角形矛盾.b2+c2-a2+bc=0,由余弦定理，得cosA=-,A=120,C=45,B=15.专题三角形中的几何计算三角形中的几何计算实际体现了三角形的几何性质的应用.我们在利用正、余弦定理求解三角形问题时，是通过代数运算去判断三角形的边角关系.数形结合思想是通常情况下解决数学问题的途径，如果我们能从图形中寻找其几何关系，并构造相应的三角形，则几何图形之间的关系就可以转化为解三角形的问题解决.例2如图所示，已知MON=60,Q是MON内一点，它到两边的距离分别为2和11，求OQ的长.分析由Q点向MON的两边作垂线，则垂足与O,Q四点共圆，且OQ为圆的直径，由此可得OQ的长.解析作QAOM于A,QBON于B，连结AB,则QA=2,QB=11,且O,A,Q,B都在以OQ为直径的圆上.AOB和AQB为同一弦AB所对的圆周角，且两角互补.AOB=60,AQB=120.在AQB中，由余弦定理，得AB2=AQ2+BQ2-2AQBQcosAQB=22+112-2211cos120=147,AB=7.在RtOBQ中，OQ=.又在AOB中，,OQ=14.说明与多边形问题一样，其他的几何问题也可以转化为三角形问题，关键在于构造三角形（一般可以构造直角三角形）求解.本题的关键是通过过一点作角两边的垂线所围成四边形的对角互补，可知此四边形内接于一圆，OQ为圆的直径.变式应用2如图，已知在梯形ABCD中，CD=2,AC=,BAD=60,求梯形的高.解析BAD=60,ADC=180-BAD=120.CD=2，AC=，根据正弦定理，得，sinCAD=.cosCAD=,sinACD=sin(60-CAD)=sin60cosACD-cos60sinCAD=.AD=3.h=ADsin60=专题3判断三角形的形状例3在ABC中，若B=60,2b=a+c,试判断ABC的形状.分析解决本题有两种方法：一是将角化成边，一是将边化成角.解析解法一：由正弦定理，得2sinB=sinA+sinC.又B=60,A+C=120.即A=120-C,代入上式，得2sin60=sin(120-C)+sinC.整理，得.sin(C+30)=1,C+30=90,C=60,A=60.ABC为正三角形.解法二：由余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB.B=60且b=,（）2=a2+c2-2accos60.整理，得(a-c) 2=0,a=c,a=b=c,ABC为正三角形.说明在边角混合条件下判断三角形的形状时，可考虑将边化角，从角的关系判断；也可考虑将角化边，从边的关系判断.变式应用3ABC中，若b2sin2C+c2sin2B=2bccosBcosC,试判断三角形的形状.解析解法一：将已知等式变形为b(1-cos2C)+c2(1-cos2B)=2bccosBcosC,即有b2+c2-b2（）2-c2（）2=2bc,即b2+c2=a2.所以A=90,所以ABC为直角三角形.解法二：由=2R,则条件可化为4R2sin2Csin2B+4R2sin2Csin2B=8R2sinBsinCcosBcosC.又sinBsinC0,所以sinBsinC=cosBcosC，即cos（B+C）=0.又0B+C180,所以B+C=90,所以A=90.故ABC为直角三角形.命题方向正、余弦定理的实际应用例4在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O的南偏东方向300km的海面P处，并且以20km/h的速度向西偏北45的方向移动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大.问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？分析本题需要解决两个问题：一是t h后台风侵袭的半径大小；二是t h后城市到台风中心Q的距离，若t时该城市受到侵袭，则此时OQ的大小应不大于台风侵袭的半径.解析设t h台风中心为Q，此时台风侵袭的圆形区域半径为（10t+60）km,若在t时刻城市O受到台风的侵袭，则OQ10t+60.由余弦定理，知OQ2=PQ2+PO2-2PQPOcosOPQ，由于PO=300，PQ=20t，cosOPQ=cos(-45)=coscos45+sinsin45=.OQ2=202t2-9600t+3002，因此202t2-9600t+3002(10t+60) 2,即t2-36t+2880,解得