高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理学习型教学案有答案.docx
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高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理学习型教学案有答案
高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理学案（有答案）
本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址 第五章
解三角形与平面向量
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.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
．三角形的有关性质
在△ABc中，A＋B＋c＝________；
a＋b____c，a－b<c；
a>b⇔sinA____sinB⇔A____B；
三角形面积公式：
S△ABc＝12ah＝12absinc＝12acsinB＝_________________；
在三角形中有：
sin2A＝sin2B⇔A＝B或________________⇔三角形为等腰或直角三角形；
sin＝sinc，sinA＋B2＝cosc2.
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
①a＝__________，
b＝__________，
c＝__________；
②sinA＝________，
sinB＝________，
sinc＝________；
③a∶b∶c＝__________；
④a＋b＋csinA＋sinB＋sinc＝asinA
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
．若△ABc的三个内角满足sinA∶sinB∶sinc＝5∶11∶13，则△ABc
A．一定是锐角三角形
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．在△ABc中，内角A，B，c的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝3bc，sinc＝23sinB，则A等于
A．30°
B．60°
c．120°
D．150°
3．在△ABc中，A＝60°，b＝1，△ABc的面积为3，则边a的值为
A．27
B.21
c.13
D．3
4．在△ABc中，角A，B，c所对的边分别为a，b，c.若a＝2，b＝2，
sinB＋cosB＝2，则角A的大小为________．
5．在△ABc中，若b＝1，c＝3，c＝2π3，则a＝________.
探究点一 正弦定理的应用
例1 在△ABc中，a＝3，b＝2，B＝45°，求角A、c和边c；
在△ABc中，a＝8，B＝60°，c＝75°，求边b和c.
变式迁移1 在△ABc中，若tanA＝13，c＝150°，Bc＝1，则AB＝________；
在△ABc中，若a＝50，b＝256，A＝45°，则B＝________.
探究点二 余弦定理的应用
例2 已知a、b、c分别是△ABc中角A、B、c的对边，且a2＋c2－b2＝ac.
求角B的大小；
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＝2π3，b＝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，如果sin＝sin，试判断该三角形的形状．
变式迁移3 在△ABc中，AcAB＝cosBcosc.
证明：
B＝c；
若cosA＝－13，求sin4B＋π3的值．
．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．
一、选择题
．在△ABc中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cosB等于
A．－223
B.223
c．－63
D.63
2.在△ABc中AB＝3，Ac=2，Bc=，则AB→Ac→等于
A．－32
B．－23
c.23
D.32
3．在△ABc中，sin2A2＝c－b2c，则△ABc的形状为
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．在△ABc中，若A＝60°，Bc＝43，Ac＝42，则角B的大小为
A．30°
B．45°
c．135°
D．45°或135°
5．在△ABc中，角A，B，c所对的边长分别为a，b，c，若c＝120°，
c＝2a，则
A．a>b
B．a<b
c．a＝b
D．a与b的大小关系不能确定
题号
2
3
4
5
答案
二、填空题
6．在△ABc中，B＝60°，b2＝ac，则△ABc的形状为________________．
7．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＝3，A＋c＝2B，则sinc＝________.
8．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
9.在△ABc中，角A，B，c所对的边分别为a，b，c，且满足，AB→Ac→=3.
求△ABc的面积；
若b＋c＝6，求a的值．
0．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．
1．设△ABc的内角A、B、c的对边长分别为a、b、c，且3b2＋3c2－3a2＝42bc.
求sinA的值；
求2sinA＋π4sinB＋c＋π41－cos2A的值．
答案
自主梳理
．π > > > 12bcsinA A＋B＝π2 2.asinA＝bsinB＝csinc b2＋c2－2bccosA a2＋c2－2accosB a2＋b2－2abcosc ①2RsinA 2RsinB 2Rsinc ②a2R b2R c2R ③sinA∶sinB∶sinc b2＋c2－a22bc a2＋c2－b22ac a2＋b2－c22ab
自我检测
．c 2.A 3.c
4.π6 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，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 由正弦定理asinA＝bsinB得，sinA＝32.
∵a>b，∴A>B，∴A＝60°或A＝120°.
当A＝60°时，c＝180°－45°－60°＝75°，
c＝bsincsinB＝6＋22；
当A＝120°时，c＝180°－45°－120°＝15°，
c＝bsincsinB＝6－22.
综上，A＝60°，c＝75°，c＝6＋22，
或A＝120°，c＝15°，c＝6－22.
∵B＝60°，c＝75°，∴A＝45°.
由正弦定理asinA＝bsinB＝csinc，
得b＝a•sinBsinA＝46，c＝a•sincsinA＝43＋4.
∴b＝46，c＝43＋4.
变式迁移1 102 60°或120°
解析 ∵在△ABc中，tanA＝13，c＝150°，
∴A为锐角，∴sinA＝110.
又∵Bc＝1.
∴根据正弦定理得AB＝Bc•sincsinA＝102.
由b>a，得B>A，由asinA＝bsinB，
得sinB＝bsinAa＝25650×22＝32，
∵0°<B<180°
∴B＝60°或B＝120°.
例2 解 ∵a2＋c2－b2＝ac，
∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝12.
∵0<B<π，∴B＝π3.
方法一 将c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，得b＝7a.
由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝5714.
∵0<A<π，
∴sinA＝1－cos2A＝2114，
∴tanA＝sinAcosA＝35.
方法二 将c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，
得b＝7a.
由正弦定理，得sinB＝7sinA.
由知，B＝π3，∴sinA＝2114.
又b＝7a>a，∴B>A，
∴cosA＝1－sin2A＝5714.
∴tanA＝sinAcosA＝35.
方法三 ∵c＝3a，由正弦定理，得sinc＝3sinA.
∵B＝π3，∴c＝π－＝2π3－A，
∴sin＝3sinA，
∴sin2π3cosA－cos2π3sinA＝3sinA，
∴32cosA＋12sinA＝3sinA，
∴5sinA＝3cosA，
∴tanA＝sinAcosA＝35.
变式迁移2 解 由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB
＝a2＋c2－2accos23π
＝a2＋c2＋ac＝2－ac.
又∵a＋c＝4，b＝13，∴ac＝3，
联立a＋c＝4ac＝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 ∵sin＝sin
⇔a2[sin－sin]
＝b2[－sin－sin]，
∴2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA，
由正弦定理，得
sin2AcosAsinB＝sin2BcosBsinA，
∴sinAsinB＝0，
∴sin2A＝sin2B，由0<2A<2π，0<2B<2π，
得2A＝2B或2A＝π－2B，
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×b2＋c2－a22bc＝b2a×a2＋c2－b22ac，
∴a2＝b2，
即＝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asinA＝bsinB＝csinc＝2R中，2R是指什么？
a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2Rsinc的作用是什么？
证明 在△ABc中，由正弦定理及已知得
sinBsinc＝cosBcosc.
于是sinBcosc－cosBsinc＝0，
即sin＝0.
因为－π<B－c<π，从而B－c＝0.
所以B＝c.
解 由A＋B＋c＝π和得A＝π－2B，
故cos2B＝－cos＝－cosA＝13.
又0<2B<π，于是sin2B＝1－cos22B＝223.
从而sin4B＝2sin2Bcos2B＝429，
cos4B＝cos22B－sin22B＝－79.
所以sin4B＋π3
＝sin4Bcosπ3＋cos4Bsinπ3
＝42－7318.
课后练习区
．D 2.D 3.B 4.B 5.A
6．等边三角形
解析 ∵b2＝a2＋c2－2accosB，
∴ac＝a2＋c2－ac，
∴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，1sinA＝3sin60°，
即sinA＝12.
由a<b知，A<B，∴A＝30°，
c＝180°－A－B＝180°－30°－60°＝90°，
∴sinc＝sin90°＝1.
8.π4
解析 设∠BAD＝α，∠DAc＝β，
则tanα＝13，tanβ＝12，
∴tan∠BAc＝tan＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ
＝13＋121－13×12＝1.
∵∠BAc为锐角，∴∠BAc的大小为π4.
9．解 因为cosA2＝255，
所以cosA＝2cos2A2－1＝35，sinA＝45.……………………………………………………
又由AB→•Ac→＝3得bccosA＝3，所以bc＝5，
因此S△ABc＝12bcsinA＝2.…………………………………………………………………
由知，bc＝5，又b＋c＝6，
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2－165bc＝20，所以a＝25.………
0．解
在△ADc中，AD＝10，Ac＝14，Dc＝6，
由余弦定理得，
cos∠ADc＝AD2＋Dc2－Ac22AD•Dc
＝100＋36－1962×10×6＝－12，…………………………………………………………………
∴∠ADc＝120°，∠ADB＝60°.…………………………………………………………
在△ABD中，AD＝10，B＝45°，
∠ADB＝60°，
由正弦定理得ABsin∠ADB＝ADsinB，
∴AB＝AD•sin∠ADBsinB＝10sin60°sin45°
＝10×3222＝56.…………………………………………………………………………
1．解 ∵3b2＋3c2－3a2＝42bc，
∴b2＋c2－a2＝423bc.
由余弦定理得，cosA＝b2＋c2－a22bc＝223，……………………………………………
又0<A<π，故sinA＝1－cos2A＝13.……………………………………………………
原式＝2sinA＋π4sinπ－A＋π41－cos2A………………………………………………………
＝2sinA＋π4sinA－π42sin2A
＝222sinA＋22cosA22sinA－22cosA2sin2A…………………………………………
＝sin2A－cos2A2sin2A＝－72.
所以2sinA＋π4sinB＋c＋π41－cos2A＝－72.……………………………………………………
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