高三数学总复习学案23

1、第五章解三角形与平面向量第五章解三角形与平面向量 学案学案 23正弦定理和余弦定理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. 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 自主梳理 1三角形的有关性质 (1)在ABC 中，ABC_； (2)ab_c，abbsin A_sin BA_B； (4)三角形面积公式：SABC ah absin C acsin B_； 1 2 1 2 1 2 (5)在三角形中有：sin 2Asin 2BAB 或_三角形为等腰或直角三 角形； sin(AB)sin C，sin cos . AB 2 C

2、 2 2正弦定理和余弦定理 定理正弦定理余弦定理 内容 _ 2R a2_， b2_， c2_. 变形 形式 a_， b_， c_； sin A_， sin B_， sin C_； abc_； abc sin Asin Bsin C a sin A cos A_； cos B_； cos C_. 解决 的问题 已知两角和任一边，求另一角和其他 两条边 已知两边和其中一边的对角，求另一 边和其他两角 已知三边，求各角； 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 sin Asin Bsin C51113，则 ABC() A一定是锐角三角形

3、 B一定是直角三角形 C一定是钝角三角形 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 a2b2bc，3 sin C2sin B，则 A 等于 ()3 A30B60C120D150 3 (2011烟台模拟)在ABC 中， A60， b1， ABC 的面积为， 则边 a 的值为()3 A2B.721 C.D313 4(2010山东)在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.若 a，b2，2 sin Bcos B，则角 A 的大小为_2 5(2010北京)在ABC 中，若 b1，c，C，则 a_.3 2 3

4、探究点一正弦定理的应用 例 1 (1)在ABC 中，a，b，B45，求角 A、C 和边 c；32 (2)在ABC 中，a8，B60，C75，求边 b 和 c. 变式迁移 1(1)在ABC 中，若 tan A ，C150，BC1，则 AB_； 1 3 (2)在ABC 中，若 a50，b25，A45，则 B_.6 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 a2c2b2 ac. (1)求角 B 的大小； (2)若 c3a，求 tan A 的值 变式迁移 2在ABC 中，a、b、c 分别为 A、B、C 的对边，B，b，ac 2 3

5、 13 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，如果(a2b2)sin(A B)(a2b2)sin(AB)，试判断该三角形的形状 变式迁移 3(2010天津)在ABC 中，. AC AB cos B cos C (1)证明：BC； (2)若 cos A ，求 sin的值 1 3 (4B 3) 1解斜三角形可以看成是三角变换的延续和应用，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，有可能出现一

6、解、两解或无解的情况，应结合图形并根据“三角形中大 边对大角”来判断解的情况，作出正确取舍 3在解三角形中的三角变换问题时，要注意两点：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，a15，b10，A60，则 cos B 等于 () AB.CD. 2 2 3 2 2 3 6 3 6 3 2.在ABC 中 AB3，AC=2，BC=，则等于 ()10AB AC ABC.D. 3 2 2 3 2 3 3 2 3在ABC

7、 中，sin2(a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边)，则ABC 的形状为 A 2 cb 2c () 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 A60， BC4， AC4， 则角 B 的大小为()32 A30B45 C135D45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 C120， ca，则 ()2 AabBa(3)(4) bcsin A(5)AB 2.b2c2 1 2 2 a sin A b sin B c sin C 2bccos Aa2c22accos Ba2b22abcos

8、C2Rsin A2Rsin B2Rsin C a 2R b 2R sin Asin Bsin C c 2R b2c2a2 2bc a2c2b2 2ac a2b2c2 2ab 自我检测 1C2.A3.C 4. 5.1 6 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，但要注意对解的情况进行判断，这类问题往往有一解、两解、无解三种情况具体判 断方法如下：在ABC 中已知 a、b 和 A，求 B.若 A 为锐角，当 ab 时，有一解； 当 absin A 时，有一解；当 bsin Aab 时，有两解；当 ab 时，有一解；当 ab 时，无解 解(1)由

9、正弦定理得，sin A. a sin A b sin B 3 2 ab，AB，A60或 A120. 当 A60时，C180456075， c； bsin C sin B 6 2 2 当 A120时，C1804512015， c. bsin C sin B 6 2 2 综上，A60，C75，c， 6 2 2 或 A120，C15，c. 6 2 2 (2)B60，C75，A45. 由正弦定理， a sin A b sin B c sin C 得 b4，c44. asin B sin A 6 asin C sin A 3 b4，c44.63 变式迁移 1(1)(2)60或 120 10 2 解析(1

10、)在ABC 中，tan A ，C150， 1 3 A 为锐角，sin A. 1 10 又BC1. 根据正弦定理得 AB. BCsin C sin A 10 2 (2)由 ba，得 BA，由， a sin A b sin B 得 sin B， bsin A a 25 6 50 2 2 3 2 0B180 B60或 B120. 例 2 解(1)a2c2b2ac， cos B . a2c2b2 2ac 1 2 0B，B . 3 (2)方法一将 c3a 代入 a2c2b2ac，得 ba.7 由余弦定理，得 cos A. b2c2a2 2bc 5 7 14 0Aa，BA，7 cos A.1sin2A 5

11、 7 14 tan A. sin A cos A 3 5 方法三c3a，由正弦定理，得 sin C3sin A. B ，C(AB)A， 3 2 3 sin(A)3sin A， 2 3 sincos Acossin A3sin A， 2 3 2 3 cos A sin A3sin A， 3 2 1 2 5sin Acos A，3 tan A. sin A cos A 3 5 变式迁移 2解由余弦定理得，b2a2c22accos B a2c22accos 2 3 a2c2ac(ac)2ac. 又ac4，b，ac3，13 联立Error!，解得 a1，c3，或 a3，c1. a 等于 1 或 3.

12、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(a2b2)sin(AB)(a2b2)sin(AB) a2sin(AB)sin(AB) b2sin(AB)sin(AB)， 2a2cos Asin B2b2cos Bsin A， 由正弦定理，得 sin2Acos Asin Bsin2Bcos Bsin A， sin Asin B(sin Acos Asin Bcos B)0， sin 2Asin 2B，由 02A2，02B2， 得 2A2B 或 2A2B， 即ABC 是等腰三角形或直角三角形 方法二同方法一可得 2a2cos Asin B2b2cos Bs

13、in A， 由正、余弦定理，即得 a2bb2a， b2c2a2 2bc a2c2b2 2ac a2(b2c2a2)b2(a2c2b2)， 即(a2b2)(c2a2b2)0， ab 或 c2a2b2， 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2R 中，2R 是指什么？a a sin A b sin B c sin C 2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C 的作用是什么？ (1)证明在ABC 中，由正弦定理及已知得 . sin B sin C cos B cos C 于是 sin Bcos Ccos Bsin C0， 即 sin(BC)0. 因为BC，从而 BC

14、0. 所以 BC. (2)解由 ABC 和(1)得 A2B， 故 cos 2Bcos(2B)cos A . 1 3 又 02B，于是 sin 2B.1cos22B 2 2 3 从而 sin 4B2sin 2Bcos 2B， 4 2 9 cos 4Bcos22Bsin22B . 7 9 所以 sin(4B 3) sin 4Bcos cos 4Bsin 3 3 . 4 27 3 18 课后练习区 1D2.D3.B4.B5.A 6等边三角形 解析b2a2c22accos B， aca2c2ac， (ac)20， ac，又 B60， ABC 为等边三角形 71 解析由 AC2B 及 ABC180知，B

15、60. 由正弦定理知， 1 sin A 3 sin 60 即 sin A . 1 2 由 ab 知，AB，A30， C180AB180306090， sin Csin 901. 8. 4 解析设BAD，DAC， 则 tan ，tan ， 1 3 1 2 tanBACtan() tan tan 1tan tan 1. 1 3 1 2 11 3 1 2 BAC 为锐角，BAC 的大小为 . 4 9解(1)因为 cos ， A 2 2 5 5 所以 cos A2cos21 ，sin A .(4 分) A 2 3 5 4 5 又由3 得 bccos A3，所以 bc5，AB AC 因此 SABC bc

16、sin A2.(8 分) 1 2 (2)由(1)知，bc5，又 bc6， 由余弦定理，得 a2b2c22bccos A(bc)2bc20，所以 a2.(12 分) 16 5 5 10解 在ADC 中，AD10，AC14，DC6， 由余弦定理得， cosADCAD 2DC2AC2 2ADDC ，(6 分) 10036196 2 10 6 1 2 ADC120，ADB60.(8 分) 在ABD 中，AD10，B45， ADB60， 由正弦定理得， AB sinADB AD sin B AB ADsinADB sin B 10sin 60 sin 45 5.(12 分) 10 3 2 2 2 6 11解(1)3b23c23a24bc，2 b2c2a2bc. 4