高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理学案有答案.docx
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高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理学案有答案
高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理学案(有答案)
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;(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=________,B=________,=________;
③a∶b∶c=__________;
④a+b+csinA+sinB+sinC=asinAA=________________;B=________________;=_______________.
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( )
A.27B.2D.3
4.(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,B+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=cosB
(1)证明:
B=C;
(2)若cosA=-13,求sin4B+π3的值.
1.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.-63D2.在△ABC中AB=3,AC=2,BC=,则AB→AC→等于( )
A.-32B.-23C.23D.32
3.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.ab
C.a=bD.a与b的大小关系不能确定
题号12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,AB→AC→
(1)求△ABC的面积;
(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..(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2sinA+π4sinB+C+π41-cos2A的值.
答案自主梳理
1.
(1)π
(2) (3) (4)12bcsinA (5)A+B=π2 2.asinA=bsinB=csinC b2+c2-2bccosA a2+c2-2accosB a2+b2-2abcosC ①2RsinA 2RsinB 2RsinC ②a2R b2R c2R ③sinA∶sinB∶sinC b2+c2-a22bc a2+c2-b22ac a2+b2-c22ab
自我检测
1.C 2.A π6 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=bB=6+22;
当A=120°时,C=180°-45°-120°=15°,
c=bB=6-22.
综上,A=60°,C=75°,c=6+22,
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=asinBsinA=46,c=aA=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=BCA=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=∵0Aπ,
∴sinA=1-cos2A=2114,
∴tanA=sinAcosA=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=2又b=7aa,∴BA,
∴cosA=1-sin2A=∴tanA=sinAcosA=方法三 ∵c=3a,由正弦定理,得sinC=3sinA.
∵B=π3,∴C=π-(A+B)=2π3-A,
∴sin(2π3-A)=3sinA,
∴sin2π3cosA-cos2π3sinA=3sinA,
∴32cosA+12sinA=3sinA,
∴5sinA=3cosA,
∴tanA=sinAcosA=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2AcosAsinB=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BsinC=cosB于是sinBcosC-cosBsinC=0,
即sin(B-C)=0.
因为-πB-Cπ,从而B-C=0.
所以B=C.
(2)解 由A+B+C=π和
(1)得A=π-2B,
故cos2B=-cos(π-2B)=-cosA=又02Bπ,于是sin2B=1-cos22B=223.
从而sin4B=2sin2Bcos2B=429,B=cos22B-sin22B=-所以sin4B+π3
=sin4Bcosπ3+cos4Bsinπ3
=42-后练习区
1.D 2.D 3.B 4.B 5.A
6.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°,
C=180°-A-B=180°-30°-60°=90°,
∴sinC=sin90°=π4
解析 设∠BAD=α,∠DAC=β,
则tanα=13,tanβ=12,
∴tan∠BAC=tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanαtanβ
=13+121-13×12=1.
∵∠BAC为锐角,∴∠BAC的大小为π.解
(1)因为cosA2=255,
所以cosA=2cos2A2-1=35,sinA=45.……………………………………………………(4分)
又由AB→AC→=3得bccosA=3,所以bc=5,
因此S△ABC=12bcsinA=2.…………………………………………………………………(8分)
(2)由
(1)知,bc=5,又b+c=6,
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-165bc=20,所以a=25.………(12分)
10.解
在△ADC中,AD=10,AC=14,DC=6,
由余弦定理得,∠ADC=AD2+DC2-AC22ADDC
=100+36-1962×10×6=-12,…………………………………………………………………(6分)
∴∠ADC=120°,∠ADB=60°.…………………………………………………………(8分)
在△ABD中,AD=10,B=45°,
∠ADB=60°,
由正弦定理得ABsin∠ADB=ADsinB,
∴AB=ADsin∠ADBsinB=10sin60°sin45°
=10×3222=56.…………………………………………………………………………(12分)
11.解
(1)∵3b2+3c2-3a2=42bc,
∴b2+c2-a2=423bc.
由余弦定理得,cosA=b2+c2-a22bc=223,……………………………………………(4分)
又0Aπ,故sinA=1-cos2A=13.……………………………………………………(6分)
(2)原式=2sinA+π4sinπ-A+π41-cos2A………………………………………………………(8分)
=2sinA+π4sinA-π42sin2A
=222sinA+22cosA22sinA-22cosA2sin2A…………………………………………(11分)
=sin2A-cos2A2sin2A=-72.
所以2sinA+π4sinB+C+π41-cos2A=-72.……………………………………………………(14分)
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