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
《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》由会员分享,可在线阅读,更多相关《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(7页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![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](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2023-1/26/23d0121a-484f-4c42-91c8-b10b0be00bb7/23d0121a-484f-4c42-91c8-b10b0be00bb71.gif)
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.……………………………………………………