新編高考數(shù)學(xué)人教A版理科含答案導(dǎo)學(xué)案【第五章】平面向量 學(xué)案23

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 第五章 解三角形與平面向量 學(xué)案23 正弦定理和余弦定理 導(dǎo)學(xué)目標(biāo): 1.利用正弦定理、余弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化,進(jìn)而進(jìn)行恒等變換解決問(wèn)題.2.掌握正弦定理、余弦定理,并能解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問(wèn)題. 自主梳理 1.三角形的有關(guān)性質(zhì) (1)在△ABC中,A+B+C=________; (2)a+b____c,a-bb?sin A____sin B?A____B; (4)三角形面積公式:S△ABC=ah=absin C=acsin B=_________________; (5)在三角形中有:sin 2A=sin 2B?A=B或

2、________________?三角形為等腰或直角三角形; sin(A+B)=sin C,sin =cos . 2.正弦定理和余弦定理 定理 正弦定理 余弦定理 內(nèi)容 ________________ =2R a2=____________, b2=____________, c2=____________. 變形 形式 ①a=__________, b=__________, c=__________; ②sin A=________, sin B=________, sin C=________; ③a∶b∶c=__________; ④= c

3、os A=________________; cos B=________________; cos C=_______________. 解決 的問(wèn)題 ①已知兩角和任一邊,求另一角和其他兩條邊. ②已知兩邊和其中一邊的對(duì)角,求另一邊和其他兩角. ①已知三邊,求各角; ②已知兩邊和它們的夾角,求第三邊和其他兩個(gè)角. 自我檢測(cè) 1.(2010·上海)若△ABC的三個(gè)內(nèi)角滿足sin A∶sin B∶sin C=5∶11∶13,則△ABC(  ) A.一定是銳角三角形 B.一定是直角三角形 C.一定是鈍角三角形 D.可能是銳角三角形,也可能是鈍角三角形 2.(201

4、0·天津)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,若a2-b2=bc,sin C=2sin B,則A等于 (  ) A.30° B.60° C.120° D.150° 3.(2011·煙臺(tái)模擬)在△ABC中,A=60°,b=1,△ABC的面積為,則邊a的值為(  ) A.2 B. C. D.3 4.(2010·山東)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.若a=,b=2, sin B+cos B=,則角A的大小為_(kāi)___

5、____. 5.(2010·北京)在△ABC中,若b=1,c=,C=,則a=________. 探究點(diǎn)一 正弦定理的應(yīng)用 例1 (1)在△ABC中,a=,b=,B=45°,求角A、C和邊c; (2)在△ABC中,a=8,B=60°,C=75°,求邊b和c. 變式遷移1 (1)在△ABC中,若tan A=,C=150°,BC=1,則AB=________; (2)在△ABC中,若a=50,b=25,A=45°,則B=________. 探究點(diǎn)二 余弦定理的應(yīng)用 例2 (2011·咸寧月考)已知a、b、c分別是△ABC中角A、B、C的對(duì)邊,且a2+c2-b2=a

6、c. (1)求角B的大??; (2)若c=3a,求tan A的值. 變式遷移2 在△ABC中,a、b、c分別為A、B、C的對(duì)邊,B=,b=,a+c=4,求a. 探究點(diǎn)三 正、余弦定理的綜合應(yīng)用 例3 在△ABC中,a、b、c分別表示三個(gè)內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊,如果(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),試判斷該三角形的形狀. 變式遷移3 (2010·天津)在△ABC中,=. (1)證明:B=C; (2)若cos A=-,求sin的值. 1.解斜三角形可以看成是三角變換的延續(xù)和應(yīng)用,用到三角

7、變換的基本方法,同時(shí)它是對(duì)正、余弦定理,三角形面積公式等的綜合應(yīng)用. 2.在利用正弦定理解已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角,求另一邊的對(duì)角,進(jìn)而求出其他的邊和角時(shí),有可能出現(xiàn)一解、兩解或無(wú)解的情況,應(yīng)結(jié)合圖形并根據(jù)“三角形中大邊對(duì)大角”來(lái)判斷解的情況,作出正確取舍. 3.在解三角形中的三角變換問(wèn)題時(shí),要注意兩點(diǎn):一是要用到三角形的內(nèi)角和及正、余弦定理,二是要用到三角變換、三角恒等變形的原則和方法.“化繁為簡(jiǎn)”“化異為同”是解此類問(wèn)題的突破口. (滿分:75分) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.(2010·湖北)在△ABC中,a=15,b=10,A=60°,則cos B等

8、于 (  ) A.- B. C.- D. 2.在△ABC中AB=3,AC=2,BC=,則等于 (  ) A.- B.- C. D. 3.在△ABC中,sin2=(a,b,c分別為角A,B,C的對(duì)邊),則△ABC的形狀為(  ) 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·聊城模擬)在△ABC中,若A=60°,BC=4,AC=4,則角B的大小為(  ) A.30° B.45° C.135°

9、D.45°或135° 5.(2010·湖南)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a,b,c,若C=120°, c=a,則 (  ) A.a(chǎn)>b B.a(chǎn)

10、,b,c分別是△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊,若a=1,b=,A+C=2B,則sin C=________. 8.(2011·龍巖模擬)在銳角△ABC中,AD⊥BC,垂足為D,且BD∶DC∶AD=2∶3∶6,則∠BAC的大小為_(kāi)_______. 三、解答題(共38分) 9.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且滿足,=3. (1)求△ABC的面積; (2)若b+c=6,求a的值. 10.(12分)(2010·陜西)在△ABC中,已知B=45°,D是BC邊上的一點(diǎn),AD=10,AC=14,DC=6,求AB的長(zhǎng). 11.(14分)

11、(2010·重慶)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊長(zhǎng)分別為a、b、c,且3b2+3c2-3a2=4bc. (1)求sin A的值; (2)求的值. 答案 自主梳理 1.(1)π (2)> (3)> > (4)bcsin A (5)A+B= 2.== b2+c2-2bccos A a2+c2-2accos B a2+b2-2abcos C?、?Rsin A 2Rsin B 2Rsin C ②  ?、踫in A∶sin B∶sin C    自我檢測(cè) 1.C 2.A 3.C 4. 5.1 課堂活動(dòng)區(qū) 例1 解題導(dǎo)引 已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角,可利用正弦

12、定理求其他的角和邊,但要注意對(duì)解的情況進(jìn)行判斷,這類問(wèn)題往往有一解、兩解、無(wú)解三種情況.具體判斷方法如下:在△ABC中.已知a、b和A,求B.若A為銳角,①當(dāng)a≥b時(shí),有一解;②當(dāng)a=bsin A時(shí),有一解;③當(dāng)bsin Ab時(shí),有一解;②當(dāng)a≤b時(shí),無(wú)解. 解 (1)由正弦定理=得,sin A=. ∵a>b,∴A>B,∴A=60°或A=120°. 當(dāng)A=60°時(shí),C=180°-45°-60°=75°, c==; 當(dāng)A=120°時(shí),C=180°-45°-120°=15°, c==. 綜上,A=60°,C=

13、75°,c=, 或A=120°,C=15°,c=. (2)∵B=60°,C=75°,∴A=45°. 由正弦定理==, 得b==4,c==4+4. ∴b=4,c=4+4. 變式遷移1 (1) (2)60°或120° 解析 (1)∵在△ABC中,tan A=,C=150°, ∴A為銳角,∴sin A=. 又∵BC=1. ∴根據(jù)正弦定理得AB==. (2)由b>a,得B>A,由=, 得sin B==×=, ∵0°

14、3a代入a2+c2-b2=ac,得b=a. 由余弦定理,得cos A==. ∵0a,∴B>A, ∴cos A==. ∴tan A==. 方法三 ∵c=3a,由正弦定理,得sin C=3sin A. ∵B=,∴C=π-(A+B)=-A, ∴sin(-A)=3sin A, ∴sincos A-cossin A=3sin A, ∴cos A+sin A=3sin A, ∴

15、5sin A=cos A, ∴tan A==. 變式遷移2 解 由余弦定理得,b2=a2+c2-2accos B =a2+c2-2accosπ =a2+c2+ac=(a+c)2-ac. 又∵a+c=4,b=,∴ac=3, 聯(lián)立,解得a=1,c=3,或a=3,c=1. ∴a等于1或3. 例3 解題導(dǎo)引 利用正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊角互化,轉(zhuǎn)化為邊邊關(guān)系或角角關(guān)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)], ∴2a2cos Asin B=2b2

16、cos Bsin A, 由正弦定理,得 sin2Acos Asin B=sin2Bcos Bsin A, ∴sin Asin B(sin Acos A-sin Bcos B)=0, ∴sin 2A=sin 2B,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2a2cos Asin B=2b2cos Bsin A, 由正、余弦定理,即得 a2b×=b2a×, ∴a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2), 即(a2-b2)(c2-a2-b2)=0, ∴a=b或c2=a2+b2, ∴三

17、角形為等腰三角形或直角三角形. 變式遷移3 解題導(dǎo)引 在正弦定理===2R中,2R是指什么?a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C的作用是什么? (1)證明 在△ABC中,由正弦定理及已知得 =. 于是sin Bcos C-cos Bsin C=0, 即sin(B-C)=0. 因?yàn)椋?B-C<π,從而B(niǎo)-C=0. 所以B=C. (2)解 由A+B+C=π和(1)得A=π-2B, 故cos 2B=-cos(π-2B)=-cos A=. 又0<2B<π,于是sin 2B==. 從而sin 4B=2sin 2Bcos 2B=, cos 4B=cos22B

18、-sin22B=-. 所以sin =sin 4Bcos +cos 4Bsin =. 課后練習(xí)區(qū) 1.D 2.D 3.B 4.B 5.A 6.等邊三角形 解析 ∵b2=a2+c2-2accos B, ∴ac=a2+c2-ac, ∴(a-c)2=0, ∴a=c,又B=60°, ∴△ABC為等邊三角形. 7.1 解析 由A+C=2B及A+B+C=180°知,B=60°. 由正弦定理知,=, 即sin A=. 由a

19、=α,∠DAC=β, 則tan α=,tan β=, ∴tan∠BAC=tan(α+β)= ==1. ∵∠BAC為銳角,∴∠BAC的大小為. 9.解 (1)因?yàn)閏os=, 所以cos A=2cos2-1=,sin A=.……………………………………………………(4分) 又由·=3得bccos A=3,所以bc=5, 因此S△ABC=bcsin A=2.…………………………………………………………………(8分) (2)由(1)知,bc=5,又b+c=6, 由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-bc=20,所以a=2.………(12分) 10.解 

20、 在△ADC中,AD=10,AC=14,DC=6, 由余弦定理得, cos∠ADC= ==-,…………………………………………………………………(6分) ∴∠ADC=120°,∠ADB=60°.…………………………………………………………(8分) 在△ABD中,AD=10,B=45°, ∠ADB=60°, 由正弦定理得=, ∴AB== ==5.…………………………………………………………………………(12分) 11.解 (1)∵3b2+3c2-3a2=4bc, ∴b2+c2-a2=bc. 由余弦定理得,cos A==,……………………………………………(4分) 又0

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