2022高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 4.6 正弦、余弦定理与解三角形学案北师大版

1、2022高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 4.6 正弦、余弦定理与解三角形学案北师大版2022高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 4.6 正弦、余弦定理与解三角形学案北师大版年级：姓名：4.6正弦、余弦定理与解三角形必备知识预案自诊知识梳理1.正弦定理和余弦定理在abc中,若角a,b,c所对的边分别是a,b,c,则正弦定理余弦定理内容asina=bsinb=csinc=2r(r为abc外接圆的半径)a2=b2+c2-2bccos a;b2=a2+c2-2cacos b;c2=a2+b2-2abcos c续表正弦定理余弦定理常见变形(1)a=2rsin a,b=2rsin

2、b,c=2rsin c;(2)sin a=a2r,sin b=b2r,sin c=c2r;(3)abc=sin asin bsin ccos a=b2+c2-a22bc;cos b=a2+c2-b22ac;cos c=a2+b2-c22ab续表正弦定理余弦定理解决的问题(1)已知两角和任一边,求其他两边和一角;(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,求三个角;(2)已知两边和它们的夹角,求第三边和其他两角2.abc的面积公式(1)sabc=12ah(h表示a边上的高).(2)sabc=12absin c=12acsin b=12bcsin a=abc4r.(3)sab

3、c=12r(a+b+c)(r为内切圆半径).3.实际问题中的常用角(1)仰角和俯角:与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角,目标视线在水平视线上方的角叫作仰角,目标视线在水平视线下方的角叫作俯角(如图1).(2)方向角:相对于某正方向的水平角,如南偏东30、北偏西45、西偏北60等.(3)方位角:指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角,如点b的方位角为(如图2).(4)坡角:坡面与水平面所成的二面角的平面角.1.在abc中,常有以下结论(1)a+b+c=.(2)在三角形中大边对大角,大角对大边.(3)任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边.(4)sin(a+b)=sin

4、 c;cos(a+b)=-cos c;tan(a+b)=-tan c;sina+b2=cosc2;cosa+b2=sinc2.(5)tan a+tan b+tan c=tan atan btan c.(6)ababsin asin bcos ac2,则c90;(3)若a2+b290.3.三角形中的射影定理在abc中,a=bcos c+ccos b;b=acos c+ccos a;c=bcos a+acos b.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“”,错误的画“”.(1)在abc中,已知a,b和角b,能用正弦定理求角a;已知a,b和角c,能用余弦定理求边c.()(2)在三角形中,已知两角

5、和一边或已知两边和一角都能解三角形.()(3)在abc中,sin asin b的充分不必要条件是ab.()(4)在abc中,a2+b2c2是abc为钝角三角形的充分不必要条件.()(5)在abc的六个元素中,已知任意三个元素可求其他元素.()2.(2020北京房山二模,2)在abc中,若a=4,b=3,a=23,则b=()a.23b.32c.26d.333.(2020全国3,理7)在abc中,cos c=23,ac=4,bc=3,则cos b=()a.19b.13c.12d.234.(2019全国2,理15)abc的内角a,b,c的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,b=3,则abc的面

6、积为.5.(2020北京东城一模,14)abc是等边三角形,点d在边ac的延长线上,且ad=3cd,bd=27,则cd=,sinabd=.关键能力学案突破考点利用正弦、余弦定理解三角形【例1】(1)(2019全国1,文11)abc的内角a,b,c的对边分别为a,b,c.已知asin a-bsin b=4csin c,cos a=-14,则bc=()a.6b.5c.4d.3(2)(2020河北石家庄二模,文5)在abc中,角a,b,c的对边分别为a,b,c,若(a+b)(sin a-sin b)=c(sin c+sin b),b=1,c=2,则abc的面积为()a.12b.32c.1d.3解题心

7、得1.已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形.正弦定理的形式多样,其中a=2rsina,b=2rsinb,c=2rsinc能够实现边角互化.2.已知两边和它们的夹角、已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形,在运用余弦定理时,要注意整体思想的运用.3.已知两角和一边,该三角形是确定的,其解是唯一的;已知两边和一边的对角,该三角形具有不唯一性,通常根据三角函数值的“有界性”和“大边对大角”进行判断.对点训练1(1)(2020福建福州三模,理15)在abc中,内角a,b,c的对边分别为a,b,c,若2sin2a+cos b=1,则cb-a的取值范围为.(2)a

8、bc的内角a,b,c的对边分别为a,b,c,已知bsin c+csin b=4asin bsin c,b2+c2-a2=8,则abc的面积为.考点判断三角形的形状【例2】(1)设abc的内角a,b,c所对的边分别为a,b,c,若bcos c+ccos b=asin a,则abc的形状为()a.锐角三角形b.直角三角形c.钝角三角形d.不确定(2)(2020山东济宁5月模拟,17)在sin a,sin b,sin c成等差数列;sin b,sin a,sin c成等比数列;2bcos c=2a-3c三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并加以解答.已知abc的内角a,b,c所对的边分别是a,b

9、,c,面积为s.若,且4s=3(b2+c2-a2),试判断abc的形状.变式发散1若本例(1)条件改为“asin a+bsin b0,所以bad为锐角.所以线段ad上存在点到点o的距离小于圆o的半径.因此q选在d处也不满足规划要求.综上,p和q均不能选在d处.(3)先讨论点p的位置.当obp90时,在pp1b中,pbp1b=15.由上可知,d15.再讨论点q的位置.由(2)知,要使得qa15,点q只有位于点c的右侧,才能符合规划要求.当qa=15时,cq=qa2-ac2=152-62=321.此时,线段qa上所有点到点o的距离均不小于圆o的半径.综上,当pbab,点q位于点c右侧,且cq=32

10、1时,d最小,此时p,q两点间的距离pq=pd+cd+cq=17+321.因此,d最小时,p,q两点间的距离为17+321(百米).(方法2)(1)如图,过o作ohl,垂足为h.以o为坐标原点,直线oh为y轴,建立平面直角坐标系.因为bd=12,ac=6,所以oh=9,直线l的方程为y=9,点a,b的纵坐标分别为3,-3.因为ab为圆o的直径,ab=10,所以圆o的方程为x2+y2=25.从而a(4,3),b(-4,-3),直线ab的斜率为34.因为pbab,所以直线pb的斜率为-43,直线pb的方程为y=-43x-253.所以p(-13,9),pb=(-13+4)2+(9+3)2=15.因此

11、道路pb的长为15(百米).(2)若p在d处,取线段bd上一点e(-4,0),则eo=45,所以p选在d处不满足规划要求.若q在d处,连接ad,由(1)知d(-4,9),又a(4,3),所以线段ad:y=-34x+6(-4x4).在线段ad上取点m3,154,因为om=32+154232+42=5,所以线段ad上存在点到点o的距离小于圆o的半径.因此q选在d处也不满足规划要求.综上,p和q均不能选在d处.(3)先讨论点p的位置.当obp90时,在pp1b中,pbp1b=15.由上可知,d15.再讨论点q的位置.由(2)知,要使得qa15,点q只有位于点c的右侧,才能符合规划要求.当qa=15时

12、,设q(a,9),由aq=(a-4)2+(9-3)2=15(a4),得a=4+321,所以q(4+321,9).此时,线段qa上所有点到点o的距离均不小于圆o的半径.综上,当p(-13,9),q(4+321,9)时,d最小,此时p,q两点间的距离pq=4+321-(-13)=17+321.因此,d最小时,p,q两点间的距离为17+321(百米).解题心得1.测量距离问题,无论题型如何变化,即两点的情况如何,实质都是要求这两点间的距离,无非就是两点所在三角形及其构成元素所知情况不同而已,恰当地画出(找出)适合解决问题的三角形是解题的基础,将已知线段长度和角度转化为要解的三角形的边长和角是解题的关

13、键.2.处理距离问题的策略(1)选定或确定要创建的三角形,首先确定所求量所在的三角形,若其他量已知则直接求解;若有未知量,则把未知量放在另一确定三角形中求解.(2)确定用正弦定理还是余弦定理,如果都可用,就选择更便于计算的定理.对点训练2(2020广东湛江一中模拟)一船以每小时15 km的速度向东航行,船在a处看到一个灯塔b在北偏东60的方向上,行驶4 h后,船到达c处,看到这个灯塔在北偏东15的方向上,这时船与灯塔的距离为 km.二、测量角度问题的模型【例3】如图,甲船在a处观察到乙船在它的北偏东60方向的b处,两船相距a海里,乙船正向北行驶,若甲船速度是乙船速度的3倍,问甲船应沿什么方向前

14、进才能在最短时间内追上乙船,此时乙船行驶了多少海里?解设甲船沿北偏东角去追赶乙船,在c点处追上,若乙船行驶的速度是v海里/时,则甲船行驶的速度是3v海里/时.由于甲、乙两船到c的时间相等,都设为t小时,则bc=vt海里,ac=3vt海里,abc=120.由余弦定理可知ac2=ab2+bc2-2abbccos120,即3v2t2=a2+v2t2+vat,2v2t2-vat-a2=0.t1=av,t2=-a2v(舍去).bc=a海里.cab=30.甲船应沿北偏东30的方向去追乙船,乙船行驶了a海里.解题心得1.解决角度问题的注意事项(1)测量角度时,首先应明确方位角及方向角的含义.(2)求角的大小

15、时,先在三角形中求出其正弦或余弦值.(3)在解应用题时,要根据题意正确画出示意图,通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题,解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点.2.测量角度问题的基本思路测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上,画出表示实际问题的图形,并在图形中标出有关的角和距离,再用正弦定理或余弦定理解三角形,最后将解得的结果转化为实际问题的解.对点训练3(2020山东淄博八中模拟)如图所示,位于a处的信息中心获悉:在其正东方向相距40海里的b处有一艘渔船遇险,在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30、相距20海里的c处的乙船,现乙船朝北偏东的方向沿直线cb

16、前往b处救援,则cos 的值为.4.6正弦、余弦定理与解三角形必备知识预案自诊考点自诊1.(1)(2)(3)(4)(5)2.b根据正弦定理asina=bsinb,故23sin4=bsin3,解得b=32.故选b.3.aab2=ac2+bc2-2acbccosc=16+9-2423=9,ab=3,cosb=ab2+bc2-ac22abbc=9+9-16233=19.4.63b2=a2+c2-2accosb,(2c)2+c2-22cc12=62,即3c2=36,解得c=23或c=-23(舍去).a=2c=43.sabc=12acsinb=12432332=63.5.232114如图所示,等边abc

17、中,因为ad=3cd,所以ac=2cd,又bd=27,所以bd2=bc2+cd2-2bccdcosbcd,即(27)2=(2cd)2+cd2-4cdcdcos120,解得cd=2,所以ad=6.由adsinabd=bdsina,即6sinabd=27sin60,解得sinabd=32114.关键能力学案突破例1(1)a(2)b(1)由已知及正弦定理,得a2-b2=4c2,由余弦定理的推论,得-14=cosa=b2+c2-a22bc,c2-4c22bc=-14,-3c2b=-14,bc=324=6,故选a.(2)由(a+b)(sina-sinb)=c(sinc+sinb),应用正弦定理得(a+b

18、)(a-b)=c(c+b),即a2=b2+c2+bc,故cosa=b2+c2-a22bc=-12,故a=23,又因为b=1,c=2,所以abc的面积s=12bcsina=32.故选b.对点训练1(1)(2,3)(2)233(1)在abc中,因为2sin2a+cosb=1,所以cosb=cos2a,所以b=2a.由正弦定理,cb-a=sincsinb-sina=sin(a+b)sinb-sina=sinacos2a+cosasin2asin2a-sina=sina(2cos2a-1)+2sinacos2a2sinacosa-sina=4cos2a-12cosa-1=2cosa+1,由0b=2a,

19、0c=-3a,得0a3,故12cosa0,所以cosa0,0a2,因为asina=2r,所以sina=12,a=30,所以cosa=b2+c2-a22bc=32,所以bc=833,所以sabc=12bcsina=233.例2(1)b(方法1)由bcosc+ccosb=asina,应用正弦定理得sinbcosc+sinccosb=sinasina,即sin(b+c)=sinasina,所以sina=1,即a=2,因此abc是直角三角形.(方法2)因为bcosc+ccosb=ba2+b2-c22ab+ca2+c2-b22ac=2a22a=a,所以asina=a,即sina=1,故a=2,因此abc

20、是直角三角形.(2)解方案一:选条件.由4s=3(b2+c2-a2),可得2bcsina=23bccosa,所以tana=3.又因为0a,所以a=3.由余弦定理可得a2=b2+c2-bc,因为sina,sinb,sinc成等差数列,所以2sinb=sina+sinc,即2b=a+c,即(2b-c)2=b2+c2-bc,可得b=c.所以abc为等边三角形.方案二:选条件.由4s=3(b2+c2-a2),可得2bcsina=23bccosa,所以tana=3.又因为0a,所以a=3.由余弦定理可得a2=b2+c2-bc,因为sinb,sina,sinc成等比数列,所以sin2a=sinbsinc,

21、即a2=bc,所以(b-c)2=0,所以b=c.所以abc为等边三角形.方案三:选条件.由4s=3(b2+c2-a2),可得2bcsina=23bccosa,所以tana=3.又因为0a,所以a=3.因为2bcosc=2a-3c,所以2sinbcosc=2sina-3sinc,即2sinbcosc=2sin(b+c)-3sinc,可得cosb=32,所以b=6,所以c=2.所以abc为直角三角形.变式发散1钝角三角形根据正弦定理可得a2+b2c2,由余弦定理得cosc=a2+b2-c22ab0,c为锐角.将sinc=2cosc代入sin2c+cos2c=1,解得sinc=255,cosc=55.acosb+bsina=c,sinacosb+sinasinb=sinc=sin(a+b)=sinacosb+cosasinb,sinasinb=cosasinb.0b0,则tana=1,0a0,tanc0,tanb+tanc2tanbtanc,当且仅当tanb=tanc时,等号成立,2tanbtanc-22tanbtanc,解得tanbtanc3+52,tanatanbtanc=2tanbtanc23+52=3-5,故tanatanbtanc的最大值为3-5.例41006在abc中,bac=30,abc=180-75=105,bca=45