2016届高考数学大一轮复习 第3章 第6节 正弦定理和余弦定理课件 文 新人教版资料

第六节正弦定理和余弦定理考纲要求：掌握正、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．[基础真题体验]考查角度[解三角形]1．(2013·北京高考)在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA＝13，则sinB＝()A.15B.59C.53D．1【解析】在△ABC中，由正弦定理asinA＝bsinB，得sinB＝bsinAa＝5×133＝59.【答案】B2．(2014·北京高考)在△ABC中，a＝1，b＝2，cosC＝14，则c＝________；sinA＝________.【解析】在△ABC中，由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab，把a＝1，b＝2，cosC＝14代入可得c＝2.因为cosC＝14，所以sinC＝1－cos2C＝154.再由正弦定理得asinA＝csinC，解得sinA＝158.【答案】2158考查角度[求三角形面积]3．(2014·福建高考)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝23，则△ABC的面积等于________．【解析】如图所示，在△ABC中，由正弦定理得23sin60°＝4sinB，解得sinB＝1，所以B＝90°，所以S△ABC＝12×AB×23＝12×42－232×23＝23.【答案】234．(2014·课标全国卷Ⅰ)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC面积的最大值为________．【解析】∵asinA＝bsinB＝csinC＝2R，a＝2，又(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC可化为(a＋b)(a－b)＝(c－b)·c，∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.∴b2＋c2－a22bc＝bc2bc＝12＝cosA，∴∠A＝60°.∵△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”当且仅当b＝c时取得)，∴S△ABC＝12·bc·sinA≤12×4×32＝3.【答案】3[命题规律预测]命题规律从近几年高考题看，正、余弦定理及其应用是高考热点，常与三角恒等变换交汇命题，题型全面，难度中档．考向预测预测2016年高考仍以正、余弦定理的应用为命题热点，考查解三角形或判断三角形的形状，与平面向量、三角恒等变换等知识融合.考向一利用正、余弦定理解三角形[典例剖析]【例1】(2014·北京高考)如图3­6­1，在△ABC中，∠B＝π3，AB＝8，点D在BC边上，且CD＝2，cos∠ADC＝17.图3­6­1(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的长．【思路点拨】(1)在△ADC中利用同角三角函数关系及差角公式求值；(2)利用正弦定理、余弦定理求边长．【解】(1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝17，所以sin∠ADC＝437.所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB＝437×12－17×32＝3314.(2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝AB·sin∠BADsin∠ADB＝8×3314437＝3.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝82＋52－2×8×5×12＝49，所以AC＝7.1．正、余弦定理可以处理四大类解三角形问题，其中已知两边及一边的对角，即可以用正弦定理也可以用余弦定理求解．2．利用正、余弦定理解三角形的关键是运用定理实现边角互化，从而达到知三求三的目的．[对点练习](2014·辽宁高考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ac，已知BA→·BC→＝2，cosB＝13，b＝3.求：(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．【解】(1)由BA→·BC→＝2得c·acosB＝2.又cosB＝13，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×13＝13.解ac＝6，a2＋c2＝13，得a＝2，c＝3或a＝3，c＝2.因为a＞c，所以a＝3，c＝2.(2)在△ABC中，sinB＝1－cos2B＝1－132＝223，由正弦定理，得sinC＝cbsinB＝23×223＝429.因为a＝b＞c，所以C为锐角，因此cosC＝1－sin2C＝1－4292＝79.于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝13×79＋223×429＝2327.考向二利用正弦、余弦定理判断三角形的形状[典例剖析]【例2】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．【思路点拨】求解本题可采用两种思路，一是化边为角，二是化角为边．解法一(化边为角)：∵(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＝2b2sinAcosB.由正弦定理得2sin2AcosAsinB＝2sin2BsinAcosB，即sin2A·sinAsinB＝sin2B·sinAsinB.∵0＜A＜π，0＜B＜π，∴sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝π2.∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．法二(化角为边)：同法一可得2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA，由正、余弦定理得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，∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．判定三角形形状的两种常用途径：(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．(2)利用正弦定理和余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断．[对点练习]在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA＝(2b＋c)sinB＋(2c＋b)sinC.(1)求A的大小；(2)若sinB＋sinC＝1，试判断△ABC的形状．【解】(1)由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc.由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA，∴bc＝－2bccosA，cosA＝－12.又0＜A＜π，∴A＝23π.(2)由(1)知sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC，∴sin2A＝(sinB＋sinC)2－sinBsinC.又sinB＋sinC＝1，且sinA＝32，∴sinBsinC＝14，因此sinB＝sinC＝12.又B，C∈0，π2，故B＝C.所以△ABC是等腰钝角三角形．考向三与三角形面积有关的问题[典例剖析]【例3】(2014·重庆高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋b＋c＝8.(1)若a＝2，b＝52，求cosC的值；(2)若sinAcos2B2＋sinBcos2A2＝2sinC，且△ABC的面积S＝92sinC，求a和b的值．【思路点拨】(1)结合已知条件，用余弦定理求cosC的值．(2)先化简已知等式，再用正弦定理和面积条件列方程求解．【解】(1)由题意可知c＝8－(a＋b)＝72.由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab＝22＋522－7222×2×52＝－15.(2)由sinAcos2B2＋sinBcos2A2＝2sinC，可得sinA·1＋cosB2＋sinB·1＋cosA2＝2sinC，化简得sinA＋sinAcosB＋sinB＋sinBcosA＝4sinC.因为sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，所以sinA＋sinB＝3sinC.由正弦定理可知a＋b＝3c.又因为a＋b＋c＝8，故a＋b＝6.由于S＝12absinC＝92sinC，所以ab＝9，从而a2－6a＋9＝0，解得a＝3，b＝3.与三角形面积有关问题的常见类型及解题策略：(1)求三角形的面积．对于面积公式S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA，一般是已知哪一个角就使用含哪个角的公式．(2)已知三角形的面积解三角形．与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．[对点练习](2014·安徽高考)设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b＝3，c＝1，△ABC的面积为2，求cosA与a的值．【解】由三角形面积公式，得12×3×1·sinA＝2，故sinA＝223.因为sin2A＋cos2A＝1.所以cosA＝±1－sin2A＝±1－89＝±13.①当cosA＝13时，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋12－2×1×3×13＝8，所以a＝22.②当cosA＝－13时，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋12－2×1×3×－13＝12，所以a＝23.满分指导6正、余弦定理在解三角形中的巧用[典例剖析]【典例】(12分)(2014·湖南高考)如图3­6­2，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝7，EA＝2，∠ADC＝2π3，∠BEC＝π3.图3­6­2(1)求sin∠CED的值；(2)求BE的长．【审题指导】信息提取破题技巧DE＝1，EC＝7，∠ADC＝2π3，求sin∠CED在△CDE中，由余弦定理与已知条件可列出关于CD的二次方程，解得CD；再用正弦定理可得sin∠CED的值．EA＝2，∠BEC＝π3，求BE.由于∠AEB＝π－∠BEC－∠CED，故cos∠AEB＝cos2π3－∠CED，由差角的余弦可得cos∠AEB的值，在Rt△AEB中，由BE＝AEcos∠AEB，可求解BE.【规范解答】如图，设∠CED＝α.(1)在△CDE中，由余弦定理，得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC.于是由题设知，7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0.解得CD＝2(CD＝－3舍去).3分在△CDE中，由正弦定理，得ECsin∠EDC＝CDsinα.于是，sinα＝CD·sin2π3EC＝2×327＝217，6分即sin∠CED＝217.(2)由题设知，0απ3，于是由(1)知，cosα＝1－sin2α＝1－2149＝277.而∠AEB＝2π3－α，8分所以cos∠AEB＝cos2π3－α＝cos2π3cosα＋sin2π3sinα＝－12cosα＋32sinα＝－12×277＋32×217＝714.10分在Rt△EAB中，cos∠AEB＝EABE＝2BE，故BE＝2cos∠AEB＝2714＝47.12分【名师寄语】(1)熟练掌握正、余弦定理的使用条件，根据题意灵活选择定理是解答本类问题的关键．(2)本题第(2)问中角的转化是难点，突破的关键是建立解三角形与三角恒等变换知识的联系意识．[对点练习](2013·课标全国卷Ⅰ)如图3­6­3，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.图3­6­3(1)若PB＝12，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.【解】(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋14－2×3×12cos30°＝74.故PA＝72.(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得3sin150°＝sinαsin30°－α，化简得3cosα＝4sinα，所以tanα＝34，即tan∠PBA＝34.课堂达标训练1．在△ABC中，下列结论：①a2＞b2＋c2，则△ABC为钝角三角形；②a2＝b2＋c2＋bc，则∠A为60°；③a2＋b2＞c2，则△ABC为锐角三