2020-2021学年高中数学 第2章 解三角形章末综合提升课件 北师大版必修5

第二章解三角形章末综合提升巩固层知识整合提升层题型探究利用正、余弦定理解三角形【例1】在△ABC中，∠A＝60°，c＝37a．(1)求sinC的值；(2)若a＝7，求△ABC的面积．[解](1)在△ABC中，因为∠A＝60°，c＝37a，所以由正弦定理得sinC＝csinAa＝37×32＝3314．(2)因为a＝7，所以c＝37a＝37×7＝3，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA得72＝b2＋32－2b×3×12，解得b＝8或b＝－5(舍去)，所以△ABC的面积S＝12bcsinA＝12×8×3×32＝63．解三角形的四种类型已知条件应用定理一般解法一边和两角(如a，B，C)正弦定理由A＋B＋C＝180°，求角A；由正弦定理求出b与c，在有解时只有一解两边和夹角(如a，b，C)余弦定理、正弦定理由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出一边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一角，在有解时只有一解三边(a，b，c)余弦定理由余弦定理求出角A，B；再利用A＋B＋C＝180°求出角C，在有解时只有一解两边和其中一边的对角(如a，b，A)正弦定理、余弦定理由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c，可有两解、一解或无解[跟进训练]1．(1)在△ABC中，B＝π4，BC边上的高等于13BC，则cosA＝()A．31010B．1010C．－1010D．－31010(2)在△ABC中，若三边的长为连续整数，且最大角是最小角的二倍，求三边长．(1)C[设△ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c，由题意可得13a＝csinπ4＝22c，则a＝322c．在△ABC中，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac＝92c2＋c2－3c2＝52c2，则b＝102c．由余弦定理，可得cosA＝b2＋c2－a22bc＝52c2＋c2－92c22×102c×c＝－1010．](2)[解]设最小内角为θ，三边长为n－1，n，n＋1，由正弦定理，得n－1sinθ＝n＋1sin2θ，所以n－1＝n＋12cosθ，所以cosθ＝n＋12n－1．由余弦定理的变形公式，得cosθ＝n2＋n＋12－n－122nn＋1，所以n＋12n－1＝n2＋n＋12－n－122nn＋1，解得n＝5．所以△ABC的三边分别为4,5,6．判断三角形的形状【例2】在△ABC中，若bcosCccosB＝1＋cos2C1＋cos2B，试判断△ABC的形状．[解]由已知1＋cos2C1＋cos2B＝2cos2C2cos2B＝cos2Ccos2B＝bcosCccosB得cosCcosB＝bc，以下可有两种解法：法一：(利用正弦定理边化角)由正弦定理得bc＝sinBsinC，∴cosCcosB＝sinBsinC，即sinCcosC＝sinBcosB，即sin2C＝sin2B，∵B、C均为△ABC的内角，∴2C＝2B或2C＋2B＝180°．∴B＝C或B＋C＝90°，∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．法二：(利用余弦定理角化边)由余弦定理得a2＋b2－c2·2aca2＋c2－b2·2ab＝bc，即a2(b2－c2)＝(b2＋c2)(b2－c2)，解得a2＝b2＋c2或b2＝c2(即b＝c)，∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．1．利用正弦定理、余弦定理判断三角形的形状的两种方法法一：通过边之间的关系判断形状；法二：通过角之间的关系判断形状．利用正弦、余弦定理可以将已知条件中的边、角互化，把条件化为边的关系或化为角的关系．2．判断三角形的形状时常用的结论(1)在△ABC中，A＞B⇔ab⇔sinAsinB⇔cosAcosB．(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，A＋B＝π－C，则cos(A＋B)＝－cosC，sin(A＋B)＝sinC．(3)在△ABC中，a2＋b2＜c2⇔π2＜C＜π，a2＋b2＝c2⇔cosC＝0⇔C＝π2，a2＋b2c2⇔cosC0⇔0Cπ2．[跟进训练]2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acosB＋acosC＝b＋c，试判断△ABC的形状．[解]由acosB＋acosC＝b＋c，法一：得sinAcosB＋sinAcosC＝sinB＋sinC＝sin(A＋C)＋sin(A＋B)．化简得，cosA(sinB＋sinC)＝0，又sinB＋sinC0，∴cosA＝0，即A＝π2，∴△ABC为直角三角形．法二：由acosB＋acosC＝b＋c，得a×a2＋c2－b22ac＋a×a2＋b2－c22ab＝b＋c，a2＋c2－b22c＋a2＋b2－c22b＝b＋c，a2b＋a2c－b3－c3＝b2c＋bc2，(b＋c)(a2－b2＋bc－c2)＝bc(b＋c)，a2－b2＋bc－c2＝bc，a2＝b2＋c2，所以，△ABC是直角三角形．三角形中的几何计算【例3】在四边形ABCD中，BC＝a，DC＝2a，且A∶∠ABC∶C∶∠ADC＝3∶7∶4∶10，求AB的长．[解]如图所示，连接BD．∵A＋∠ABC＋C＋∠ADC＝360°，∴A＝45°，∠ABC＝105°，C＝60°，∠ADC＝150°，在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC＝a2＋4a2－2a·2a·cos60°＝3a2，∴BD＝3a．∴BD2＋BC2＝CD2，∴∠CBD＝90°，∴∠ABD＝15°，∴∠BDA＝120°．在△ABD中，由ABsin∠BDA＝BDsinA，得AB＝BD·sin∠BDAsinA＝3asin120°sin45°＝322a．解决三角形中的几何计算问题要注意把握三点：一是对几何图形中几何性质的挖掘，它往往是解题的切入点；二是根据条件或图形，找出已知、未知及求解中需要的三角形，合理利用正、余弦定理和三角恒等变换公式；三是要有应用方程思想解题的意识，同时还要有引入参数，突出主元，简化问题的解题意识.[跟进训练]3．如图所示，已知∠MON＝60°，Q是∠MON内一点，它到两边的距离分别为2和11，求OQ的长．[解]作QA⊥OM于A，QB⊥ON于B，连接AB，则QA＝2，QB＝11，且O，A，Q，B都在以OQ为直径的圆上．∠AOB和∠AQB为同一弦AB所对的圆周角，且两角互补．∵∠AOB＝60°，∴∠AQB＝120°．在△AQB中，由余弦定理，得AB2＝AQ2＋BQ2－2·AQ·BQ·cos∠AQB＝22＋112－2×2×11×cos120°＝147，∴AB＝73．连接OQ，在Rt△OBQ中，OQ＝OBsin∠OQB＝OBsin∠OAB．又在△AOB中，OBsin∠OAB＝ABsin60°，∴OQ＝ABsin60°＝14．解三角形与平面向量的综合应用【例4】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若AB→·AC→＝BA→·BC→＝1．(1)求证：A＝B；(2)求边长c的值；(3)若|AB→＋AC→|＝6，求△ABC的面积．[解](1)证明：∵AB→·AC→＝BA→·BC→，∴bccosA＝accosB，即bcosA＝acosB．由正弦定理，得sinBcosA＝sinAcosB，∴sin(A－B)＝0．∵－πA－Bπ，∴A－B＝0，即A＝B．(2)∵AB→·AC→＝1，∴bccosA＝1．由余弦定理，得bc×b2＋c2－a22bc＝1，即b2＋c2－a2＝2．∵由(1)，得a＝b，∴c2＝2，∴c＝2．(3)∵|AB→＋AC→|＝6，∴|AB→|2＋|AC→|2＋2AB→·AC→＝6，即∵c2＋b2＋2＝6，∵c2＋b2＝4，∴c2＝2，∴b2＝2，b＝2．∴△ABC为正三角形．∴S△ABC＝12×2×2×sin60°＝32．在高考中解三角形问题常与平面向量知识主要是数量积结合在一起进行考查.判断三角形形状或结合正弦定理、余弦定理求值，这也是高考命题的新趋势.[跟进训练]4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若sin2B＋sin2C＝sin2A＋sinBsinC，且AC→·AB→＝4，求△ABC的面积S．[解]由已知得b2＋c2＝a2＋bc，∴bc＝b2＋c2－a2＝2bccosA，∴cosA＝12，sinA＝32．由AC→·AB→＝4，得bccosA＝4，∴bc＝8．∴S＝12bcsinA＝23．与三角形有关的综合问题[探究问题]1．在△ABC中，由a2＋b2－c2＝－ab可得到什么？[提示]由a2＋b2－c2＝－ab得a2＋b2－c22ab＝－12，即cosC＝－12，故C＝120°．2．在△ABC中，若A＋B＝2π3，能否求出sinA＋sinB的范围？[提示]用角B表示角A得B＝2π3－A，则sinA＋sinB＝sinA＋sin2π3－A，化为一个角的三角函数可求其范围．【例5】在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2A＝sin2B＋cos2C＋sinAsinB．(1)求角C的大小；(2)若c＝3，求△ABC周长的取值范围．思路探究：(1)利用正弦定理把角转化为边，然后利用余弦定理求角C；(2)利用正弦定理得到周长的表达式化为一个角的三角函数求范围．[解](1)由题意知1－sin2A＝sin2B＋1－sin2C＋sinAsinB，即sin2A＋sin2B－sin2C＝－sinAsinB，由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab＝－ab2ab＝－12，又∵0Cπ，∴C＝2π3．(2)由正弦定理得asinA＝bsinB＝csinC＝2，∴a＝2sinA，b＝2sinB，则△ABC的周长为L＝a＋b＋c＝2(sinA＋sinB)＋3＝2sinA＋sinπ3－A＋3＝2sinA＋π3＋3．∵0Aπ3，∴π3＜A＋π3＜2π3，∴32sinA＋π3≤1，∴232sinA＋π3＋3≤2＋3，∴△ABC周长的取值范围是(23，2＋3]．1．(变结论)例5的条件不变，若c＝2，a＝3，求sin2B的值．[解]由例5的解答可知C＝2π3，由正弦定理asinA＝csinC，即sinA＝asinCc＝3×322＝34，由于c＞a，故A是锐角，cosA＝1－sin2A＝74，所以sin2A＝2sinAcosA＝378，cos2A＝2cos2A－1＝－18，得sin2B＝sin2π3－A＝sin2π3－2A＝32cos2A＋12sin2A＝32×－18＋12×378＝37－316．2．(变条件)把例5的条件换为“2ccosB＝2a＋b”，求角C．[解]由正弦定理及2ccosB＝2a＋b得2sinCcosB＝2sinA＋sinB，因为A＋B＋C＝π，所以sinA＝sin(B＋C)，则2sinCcosB＝2sin(B＋C)＋sinB，即2sinBcosC＋sinB＝0，又0＜B＜π，所以sinB＞0，则cosC＝－12，又C∈(0，π)，故C＝2π3．与三角形有关的综合问题的解法,该类问题以三角形为载体，在已知条件中设计了三角形的一些边角关系，由于正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式，通过定理的运用能够实现边角互化，在边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等.Thankyouforwatching!