届高三数学大一轮复习正弦定理和余弦定理学案理新人教A版

1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1．三角形的有关性质(1)在△ABC中，A＋B＋C＝________；(2)a＋b____c，a－bc；(3)ab⇔sinA____sinB⇔A____B；(4)三角形面积公式：S△ABC＝12ah＝12absinC＝12acsinB＝_________________；(5)在三角形中有：sin2A＝sin2B⇔A＝B或________________⇔三角形为等腰或直角三角形；sin(A＋B)＝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________________＝2Ra2＝____________，b2＝____________，c2＝____________.变形形式①a＝__________，b＝__________，c＝__________；②sinA＝________，sinB＝________，sinC＝________；③a∶b∶c＝__________；④a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝asinAcosA＝________________；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1．(2010·上海)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．(2010·天津)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．(2011·烟台模拟)在△ABC中，A＝60°，b＝1，△ABC的面积为3，则边a的值为2()A．27B.21C.13D．34．(2010·山东)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．(2010·北京)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(1)在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝45°，求角A、C和边c；(2)在△ABC中，a＝8，B＝60°，C＝75°，求边b和c.变式迁移1(1)在△ABC中，若tanA＝13，C＝150°，BC＝1，则AB＝________；(2)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(2011·咸宁月考)已知a、b、c分别是△ABC中角A、B、C的对边，且a2＋c2－b2＝ac.(1)求角B的大小；(2)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(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，试判断该三角形的形状．变式迁移3(2010·天津)在△ABC中，ACAB＝cosBcosC.(1)证明：B＝C；(2)若cosA＝－13，求sin4B＋π3的值．31．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．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·湖北)在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cosB等于()A．－223B.223C．－63D.632.在△ABC中AB＝3，AC=2，BC=10，则AB→AC→等于()A．－32B．－23C.23D.323．在△ABC中，sin2A2＝c－b2c(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，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．(2011·聊城模拟)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．(2010·湖南)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．abB．abC．a＝bD．a与b的大小关系不能确定题号12345答案二、填空题(每小题4分，共12分)6．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则△ABC的形状为________________．7．(2010·广东)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．(2011·龙岩模拟)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(共38分)9.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足25cos25A，AB→AC→=3.(1)求△ABC的面积；4(2)若b＋c＝6，求a的值．10．(12分)(2010·陕西)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．11．(14分)(2010·重庆)设△ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，且3b2＋3c2－3a2＝42bc.(1)求sinA的值；(2)求2sinA＋π4sinB＋C＋π41－cos2A的值．答案自主梳理1．(1)π(2)(3)(4)12bcsinA(5)A＋B＝π22.asinA＝bsinB＝csinCb2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosC①2RsinA2RsinB2RsinC②a2Rb2Rc2R③sinA∶sinB∶sinCb2＋c2－a22bca2＋c2－b22aca2＋b2－c22ab自我检测1．C2.A3.C4.π65.1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bsinAab时，有两解；④当absinA时，无解．若A为直角或钝角，①当ab时，有一解；②当a≤b时，无解．解(1)由正弦定理asinA＝bsinB得，sinA＝32.∵ab，∴AB，∴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＋22，5或A＝120°，C＝15°，c＝6－22.(2)∵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(1)102(2)60°或120°解析(1)∵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.(2)由ba，得BA，由asinA＝bsinB，得sinB＝bsinAa＝25650×22＝32，∵0°B180°∴B＝60°或B＝120°.例2解(1)∵a2＋c2－b2＝ac，∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝12.∵0Bπ，∴B＝π3.(2)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.∵0Aπ，∴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(1)知，B＝π3，∴sinA＝2114.又b＝7aa，∴BA，∴cosA＝1－sin2A＝5714.∴tanA＝sinAcosA＝35.方法三∵c＝3a，由正弦定理，得sinC＝3sinA.6∵B＝π3，∴C＝π－(A＋B)＝2π3－A，∴sin(2π3－A)＝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＝(a＋c)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∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)⇔a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，∴2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA，由正弦定理，得sin2AcosAsinB＝sin2BcosBsinA，∴sinAsinB(sinAcosA－sinBcosB)＝0，∴sin2A＝sin2B，由02A2π，02B2π，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＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，即(a2－b2)(c2－a2－b2)＝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？(1)证明在△ABC中，由正弦定理及已知得sinBsinC＝cosBcosC.于是sinBcosC－cosBsinC＝0，即sin(B－C)＝0.因为－πB－Cπ，从而B－C＝0.所以B＝C.7(2)解由A＋B＋C＝π和(1)得A＝π－2B，故cos2B＝－cos(π－2B)＝－cosA＝13.又02Bπ，于是sin2B＝1－cos22B＝223.从而sin4B＝2sin2Bcos2B＝429，cos4B＝cos22B－sin22B＝－79.所以sin4B＋π3＝sin4Bcosπ3＋cos4Bsinπ3＝42－7318.课后练习区1．D2.D3.B4.B5.A6．等边三角形解析∵b2＝a2＋c2－2accosB，∴ac＝a2＋c2－ac，∴(a－c)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ab知，AB，∴A＝30°