2019版高中数学 第1章 解三角形章末分层突破学案 新人教B版必修5.doc

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1、1第第 1 1 章章 解三角形解三角形章末分层突破章末分层突破 自我校对a sin Ab sin Bc sin C已知两角和其中一边c2a2b22abcos C已知三边Sacsin B1 22利用正、余弦定理解三角形解三角形就是已知三角形中的三个独立元素(至少一条边)求出其他元素的过程.三角形中的元素有基本元素(边和角)和非基本元素(中线、高、角平分线、外接圆半径和内切圆半径)，解三角形通常是指求未知的元素，有时也求三角形的面积.解斜三角形共包括四种类型：(1)已知三角形的两角和一边(一般先用内角和求角或用正弦定理求边)；(2)已知两边及夹角(一般先用余弦定理求第三边)；(3)已知三边(先用余

2、弦定理求角)；(4)已知两边和一边的对角(先用正弦定理求另一边的对角或先用余弦定理求第三边，注意讨论解的个数).ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin Acsin Casin 2Cbsin B.(1)求角B的大小；(2)若A75，b2，求a，c.【精彩点拨】 (1)用正弦定理将已知关系式变形为边之间的关系，然后利用余弦定理求解.(2)先求角C，然后利用正弦定理求边a，c.【规范解答】 (1)由正弦定理得a2c2acb2.2由余弦定理得b2a2c22accos B.故 cos B，因此B45.22(2)sin Asin(3045)sin 30cos 45cos 30sin 45.

3、2 64故ab1.sin A sin B3由已知得，C180457560，cb2.sin C sin Bsin 60 sin 456再练一题1.在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，设a，b，c满足条件b2c2bca2和 ，求A和 tan B的值. c b1 23【导学号：18082014】3【解】 由余弦定理 cos A ，因此A60.在ABC中，b2c2a2 2bc1 2C180AB120B.由已知条件，应用正弦定理 1 23c bsin C sin Bsin120B sin Bsin 120cos Bcos 120sin B sin B ，从而 tan B .32tan B

4、1 21 2正、余弦定理的综合应用正、余弦定理将三角形中的边和角关系进行了量化，为我们解三角形或求三角形的面积提供了依据，而三角形中的问题常与向量、函数、方程及平面几何相结合，通常可以利用正、余弦定理完成证明、求值等问题.(1)解三角形与向量的交汇问题，可以结合向量的平行、垂直、夹角、模等知识转化求解.(2)解三角形与其他知识的交汇问题，可以运用三角形的基础知识、正余弦定理、三角形面积公式与三角恒等变换，通过等价转化或构造方程及函数求解.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b.c,4sin2cos AB 22C ，ab5，c.7 27(1)求角C的大小；(2)求ABC的面积.【精彩点拨】

5、(1)先降幂，转化成 cos C的方程，求出 cos C，进而求出角C；(2)由余弦定理列方程，得方程组，求出a，b，再求面积.【规范解答】 (1)由 4sin2cos 2C ，AB 27 2得 4cos2cos 2C ，C 27 2所以 4(2cos2C1) .1cos C 27 2整理，得 4cos2C4cos C10，解得 cos C ，1 2所以C60.(2)由余弦定理，得c2a2b22abcos C，4即 7a2b2ab.又因为ab5，所以a2b22ab25.联立，解得ab6.所以SABCabsin C 6.1 21 2323 32再练一题2.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b

6、，c，已知 2cos C(acos Bbcos A)c.(1)求C；(2)若c，ABC的面积为，求ABC的周长.73 32【解】 (1)由已知及正弦定理得2cos C(sin Acos Bsin Bcos A)sin C，即 2cos Csin(AB)sin C，故 2sin Ccos Csin C.可得 cos C ，所以C.1 2 3(2)由已知得absin C.1 23 32又C，所以ab6. 3由已知及余弦定理得a2b22abcos C7，故a2b213，从而(ab)225.所以ABC的周长为 5.7正、余弦定理的实际应用正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用.常用的有测量距

7、离问题，测量高度问题，测量角度问题等.解决的基本思路是画出正确的示意图，把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系)，最后确定用哪个定理转化，用哪个定理求解，并进行作答，解题时还要注意近似计算的要求.在某海滨城市附近海面有台风，据监测，当前台风中心位于城市O(如图 11)的东偏南方向 300 km 的海面P处，并以 20 km/h 的速度向西偏北 45方(cos 210)向移动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为 60 km，并以 10 km/h 的速度不断增大.问几小时后该城市开始受到台风的侵袭.5图 11【精彩点拨】 设台风中心在t小时后由P到Q，所以在OPQ中，O

8、P300，OPQ45，PQ20t，可由余弦定理求出OQ.城市O受到台风的侵袭，需满足条件OQ10t60，然后通过解不等式求出城市O受到台风侵袭的时间.【规范解答】 设在时刻t(h)台风中心为Q，此时台风侵袭的圆形区域半径为(10t60)km，若在时刻t城市O受到台风的侵袭，则OQ10t60.由余弦定理，知OQ2PQ2PO22PQPOcosOPQ.因为PO300 km，PQ20t km，cosOPQcos(45)cos cos 45sin sin 452102212 102 ，224 5所以OQ2(20t)23002220t3004 5202t29 600t3002.又因为OQ10t60，所以

9、202t29 600t3002(10t60)2，即t236t2880，解得 12t24.所以 12 个小时后该城市开始受到台风的侵袭.再练一题3.如图 12，某住宅小区的平面图呈扇形AOC.小区的两个出入口设置在点A及点C处，小区里有两条笔直的小路AD，DC，且拐弯处的转角为 120.已知某人从C沿CD走到D用了 10 分钟，从D沿DA走到A用了 6 分钟.若此人步行的速度为每分钟 50 米，求该扇形的半径OA的长(精确到 1 米).图 12【解】 法一：设该扇形的半径为r米，由题意，得CD500 米，DA300 米，6CDO60.在CDO中，CD2OD22CDODcos 60OC2，即 50

10、02(r300)22500(r300) r2，1 2解得r445(米).4 900 11法二：连接AC，作OHAC，交AC于点H，由题意，得CD500 米，AD300 米，CDA120.在ACD中，AC2CD2AD22CDADcos 120500230022500300 7002，1 2AC700(米).cosCAD.AC2AD2CD2 2ACAD11 14在 RtHAO中，AH350(米)，cosHAO，11 14OA445(米).AH cosHAO4 900 11三角形形状的判断一般来说，判断三角形的形状问题常用的方法有两种：(1)通过边之间的关系判断形状；(2)通过角之间的关系判断形状.

11、正弦定理、余弦定理在解题中起到将已知条件中的边、角互化，把条件化为边之间的关系或化为角之间的关系的作用.在ABC中，已知B60，2bac，试判断ABC的形状.【精彩点拨】 通过正弦定理，把 2bac化边为角判断或通过余弦定理，利用 cos B 化角为边判断.1 2【规范解答】 法一：由正弦定理，得 2sin Bsin Asin C.因为B60，所以AC120，所以A120C.代入上式，得 2sin 60sin(120C)sin C.整理，得sin C cos C1，321 2即 sin(C30)1.所以C3090，C60.所以A60.所以ABC为等边三角形.法二：由余弦定理，得b2a2c22a

12、ccos B.7代入b (ac)，得 (ac)2a2c22ac .1 21 41 2化简，得a2c22ac0，即(ac)20，所以ac，ABC为等腰三角形.又因为B60，所以ABC为等边三角形.再练一题4.在ABC中，若 sin Acos A，则这个三角形是( )7 12A.钝角三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.等边三角形【解析】 法一：若A90，则 sin Acos Asin(A45)21，A90，故选 A.7 12法二：sin Acos A，7 12(sin Acos A)2，49 14412sin Acos A，49 144sin Acos A0.95 2880A180，sin A0

13、，cos A0,90A180，故选 A.【答案】 A转化与化归思想转化与化归思想用于研究、解决数学问题时思维受阻或寻求简单方法的情况下，把一种状况转化为另一种状况，也就是转化为另一种情境，使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式.本章主要是综合运用正、余弦定理解决较为复杂的与解三角形有关的问题，在判断三角形的形状的问题中，利用边、角之间的转化与化归的方法是解决这类问题的基本思路.在ABC中，已知(abc)(abc)3ab，且 2cos Asin Bsin C，试确定ABC的形状.【精彩点拨】 充分运用正弦定理和余弦定理，可利用边的关系判断，也可转化为角的关系来判断.

14、8【规范解答】 法一：由正弦定理，得 .sin C sin Bc b又 2cos Asin Bsin C，所以 cos A.sin C 2sin Bc 2b由余弦定理，有 cos A.b2c2a2 2bc所以，即c2b2c2a2.c 2bb2c2a2 2bc所以ab.又因为(abc)(abc)3ab，所以(ab)2c23ab，所以 4b2c23b2.所以bc，所以abc.因此ABC为等边三角形.法二：因为ABC180，所以 sin Csin(AB).又因为 2cos Asin Bsin C，所以 2cos Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以 sin(AB)0.因为A、B

15、均为三角形的内角，所以AB.又由(abc)(abc)3ab.得(ab)2c23ab，即a2b2c2ab.所以 cos C .a2b2c2 2abab 2ab1 2因为 0C180，所以C60.因此ABC为等边三角形.再练一题5.已知ABC中，c2，且acos Bbcos A，试判断ABC的形状.a3b3c3 abc【解】 由c2，得a3b3c3c2(ab)c3，a3b3c3 abca2b2abc2，cos C ，C60.1 2由acos Bbcos A，得 2Rsin Acos B2Rsin Bcos A(R为ABC外接圆的半径)，sin(AB)0，AB0，9ABC60，ABC为等边三角形.1

16、.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，c2，cos A ，则52 3b( )A. B. C.2 D.323【解析】 由余弦定理得 5b242b2 ，2 3解得b3 或b (舍去)，故选 D.1 3【答案】 D2.ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知bc，a22b2(1sin A)，则A( )A. B. C. D.3 4 3 4 6【解析】 bc，BC.又由ABC 得B. 2A 2由正弦定理及a22b2(1sin A)得sin2A2sin2B(1sin A)，即 sin2A2sin2(1sin A)，( 2A2)即 sin2A2cos2(1sin A)，A 2即

17、4sin2cos22cos2(1sin A)，A 2A 2A 2整理得 cos20，A 2(1sin A2sin2A 2)即 cos2(cos Asin A)0.A 20A，0 ，cos 0，A 2 2A 2cos Asin A.又 0A，A. 410【答案】 C3.在ABC中，A，ac，则 _.2 33b c【解析】 在ABC中，A，2 3a2b2c22bccos，即a2b2c2bc.2 3ac，3c2b2c2bc，b2bc2c20，3(b2c)(bc)0，bc0，bc， 1.b c【答案】 14.在ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.已知asin 2Bbsin A.3(1)

18、求B；(2)若 cos A ，求 sin C的值.1 3【解】 (1)在ABC中，由，a sin Ab sin B可得asin Bbsin A.又由asin 2Bbsin A，得32asin Bcos Bbsin Aasin B，33所以 cos B，所以B.32 6(2)由 cos A ，可得 sin A，则1 32 23sin Csin(AB)sin(AB)sin(A 6)sin A cos A.321 22 6165.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bc2acos B.(1)证明：A2B；(2)若 cos B ，求 cos C的值.2 3【解】 (1)证明：由正弦定理得 sin Bsin C2sin Acos B，故 2sin Acos Bsin Bsin(AB)sin Bsin Acos Bcos Asin B，于是 sin Bsin(AB).又A，B(0，)，故 0AB，所以B(AB)或BAB，因此，A(舍去)或A2B，所以A2B.11(2)由 cos B 得 sin B，cos 2B2cos2B1 ，故 cos A ，sin A2 3531 91 9，4 59cos Ccos(AB)cos Acos Bsin Asin B.2227