2022年高考數(shù)學一輪復習 5.4 解斜三角形教案

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1、2022年高考數(shù)學一輪復習 5.4 解斜三角形教案 ●知識梳理 1.正弦定理：在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比相等，即==. 利用正弦定理，可以解決以下兩類有關三角形的問題. （1）已知兩角和任一邊，求其他兩邊和一角； （2）已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊的對角.（從而進一步求出其他的邊和角） 2.余弦定理：三角形任何一邊的平方等于其他兩邊平方的和減去這兩邊與它們夾角的余弦的積的兩倍，即 a2=b2+c2－2bccosA； ① b2=c2+a2－2cacosB； ② c2=a2+b2－2abcosC.

2、 ③ 在余弦定理中，令C=90°，這時cosC=0，所以c2=a2+b2. 由此可知余弦定理是勾股定理的推廣.由①②③可得 cosA=； cosB=； cosC=. 利用余弦定理，可以解決以下兩類有關三角形的問題： （1）已知三邊，求三個角； （2）已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩個角. 特別提示 兩定理的形式、內(nèi)容、證法及變形應用必須引起足夠的重視，通過向量的數(shù)量積把三角形和三角函數(shù)聯(lián)系起來，用向量方法證明兩定理，突出了向量的工具性，是向量知識應用的實例.另外，解三角形問題可能出現(xiàn)一解、兩解或無解的情況，這時應結合“三角形中大邊對大角定理及幾何作圖

3、來幫助理解”. ●點擊雙基 1.（xx年上海）在△ABC中，若2cosBsinA=sinC，則△ABC的形狀一定是 A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等邊三角形 解析：由2cosBsinA=sinC得×a=c，∴a=b. 答案：C 2.下列條件中，△ABC是銳角三角形的是 A.sinA+cosA= B.·＞0 C.tanA+tanB+tanC＞0 D.b=3，c=3，B=30° 解析：由sinA+cosA=得2sinAcosA=－＜0，∴A為鈍角. 由·＞0，得·＜0，∴cos〈，〉＜0.∴B為鈍角.

4、 由tanA+tanB+tanC＞0，得tan（A+B）·（1－tanAtanB）+tanC＞0. ∴tanAtanBtanC＞0，A、B、C都為銳角.由=，得sinC=，∴C=或. 答案：C 3.（xx年全國Ⅳ，理11）△ABC中，a、b、c分別為∠A、∠B、∠C的對邊，如果a、b、c成等差數(shù)列，∠B=30°，△ABC的面積為，那么b等于 A. B.1+ C. D.2+ 解析：∵a、b、c成等差數(shù)列，∴2b=a+c.平方得a2+c2=4b2－2ac.又△ABC的面積為，且∠B=30°，故由S△ABC=acsinB=acsin30°=ac=，得ac=6.

5、∴a2+c2=4b2－12.由余弦定理，得cosB====，解得b2=4+2.又b為邊長，∴b=1+. 答案：B 4.已知（a+b+c）（b+c－a）=3bc，則∠A=_______. 解析：由已知得（b+c）2－a2=3bc，∴b2+c2－a2=bc.∴=.∴∠A=. 答案： 5.在銳角△ABC中，邊長a=1，b=2，則邊長c的取值范圍是_______. 解析：若c是最大邊，則cosC＞0.∴＞0，∴c＜.又c＞b－a=1， ∴1＜c＜. 答案：（1，） ●典例剖析 【例1】 △ABC的三個內(nèi)角A、B、C的對邊分別是a、b、c，如果a2=b（b+c），求證：A=2B.

6、剖析：研究三角形問題一般有兩種思路.一是邊化角，二是角化邊. 證明：用正弦定理，a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入a2=b（b+c）中，得sin2A=sinB（sinB+sinC）sin2A－sin2B=sinBsinC－=sinBsin（A+B） （cos2B－cos2A）=sinBsin（A+B）sin（A+B）sin（A－B）=sinBsin（A+B）， 因為A、B、C為三角形的三內(nèi)角，所以sin（A+B）≠0.所以sin（A－B）=sinB.所以只能有A－B=B，即A=2B. 評述：利用正弦定理，將命題中邊的關系轉化為角間關系，從而全部利用三角公式變換求

7、解. 思考討論 （1）該題若用余弦定理如何解決? 解：利用余弦定理，由a2=b（b+c），得cosA===，cos2B=2cos2B－1=2（）2－1=－1=. 所以cosA=cos2B.因為A、B是△ABC的內(nèi)角，所以A=2B. （2）該題根據(jù)命題特征，能否構造一個符合條件的三角形，利用幾何知識解決? 解：由題設a2=b（b+c），得= ①， 作出△ABC，延長CA到D，使AD=AB=c，連結BD.①式表示的即是=，所以△BCD∽△ABC.所以∠1=∠D. 又AB=AD，可知∠2=∠D，所以∠1=∠2. 因為∠BAC=∠2+∠D=2∠2=2∠1， 所

8、以A=2B. 評述：近幾年的高考題中，涉及到三角形的題目，重點考查正弦、余弦定理，考查的側重點還在于三角轉換.這是的初衷. 【例2】 （xx年全國Ⅱ，17）已知銳角△ABC中，sin（A+B）=，sin（A－B）=. （1）求證：tanA=2tanB； （2）設AB=3，求AB邊上的高. 剖析：有兩角的和與差聯(lián)想到兩角和與差的正弦公式，結合圖形，以（1）為鋪墊，解決（2）. （1）證明：∵sin（A+B）=，sin（A－B）=， ∴=2. ∴tanA=2tanB. （2）解：＜A+B＜π，∴sin（A+B）=.∴tan（A+B）=－， 即=－.將tanA=2tanB代入上式

9、整理得2tan2B－4tanB－1=0，解得tanB=（負值舍去）.得tanB=，∴tanA=2tanB=2+. 設AB邊上的高為CD，則AB=AD+DB=+=.由AB=3得CD=2+，所以AB邊上的高為2+. 評述：本題主要考查三角函數(shù)概念，兩角和與差的公式以及應用，分析和計算能力. 【例3】 （xx年春季北京）在△ABC中，a、b、c分別是∠A、∠B、∠C的對邊長，已知a、b、c成等比數(shù)列，且a2－c2=ac－bc，求∠A的大小及的值. 剖析：因給出的是a、b、c之間的等量關系，要求∠A，需找∠A與三邊的關系，故可用余弦定理.由b2=ac可變形為=a，再用正弦定理可求的值. 解法

10、一：∵a、b、c成等比數(shù)列，∴b2=ac. 又a2－c2=ac－bc，∴b2+c2－a2=bc. 在△ABC中，由余弦定理得cosA===，∴∠A=60°. 在△ABC中，由正弦定理得sinB=， ∵b2=ac，∠A=60°，∴=sin60°=. 解法二：在△ABC中，由面積公式得bcsinA=acsinB. ∵b2=ac，∠A=60°，∴bcsinA=b2sinB. ∴=sinA=. 評述：解三角形時，找三邊一角之間的關系常用余弦定理，找兩邊兩角之間的關系常用正弦定理. ●闖關訓練 夯實基礎 1.（xx年浙江，8）在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞”的 A.充

11、分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 解析：在△ABC中，A＞30°0＜sinA＜1sinA＞；sinA＞30°＜A＜150°A＞30°. 答案：B 2.如圖，△ABC是簡易遮陽棚，A、B是南北方向上兩個定點，正東方向射出的太陽光線與地面成40°角，為了使遮陰影面ABD面積最大，遮陽棚ABC與地面所成的角為 A.75° B.60° C.50° D.45° 解析：作CE⊥平面ABD于E，則∠CDE是太陽光線與地面所成的角，即∠CDE=40°，延長DE交直線AB于F，連結CF，則∠CFD是遮陽棚與地

12、面所成的角，設為α.要使S△ABD最大，只需DF最大.在△CFD中，=. ∴DF=. ∵CF為定值，∴當α=50°時，DF最大. 答案：C 3.在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，若三角形的面積S=（a2+b2－c2），則∠C的度數(shù)是_______. 解析：由S=（a2+b2－c2）得absinC=·2abcosC.∴tanC=1.∴C=. 答案：45° 4.在△ABC中，若∠C=60°，則=_______. 解析：= =. （*） ∵∠C=60°，∴a2+b2－c2=2abcosC=ab.∴a2+b2=ab+c2. 代入（*）式得

13、=1. 答案：1 5.在△ABC中，由已知條件解三角形，其中有兩解的是 A.b=20，A=45°，C=80° B.a=30，c=28，B=60° C.a=14，b=16，A=45° D.a=12，c=15，A=120° 解析：由a=14，b=16，A=45°及正弦定理，得=，所以sinB=.因而B有兩值. 答案：C 培養(yǎng)能力 6.在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，依次成等比數(shù)列，求y=的取值范圍. 解：∵b2=ac，∴cosB===（+）－≥. ∴0＜B≤， y===sinB+cosB=sin（B+）.∵＜B+≤， ∴＜sin（B+）≤

14、1.故1＜y≤. 7.已知△ABC中，2（sin2A－sin2C）=（a－b）sinB，外接圓半徑為. （1）求∠C； （2）求△ABC面積的最大值. 解：（1）由2（sin2A－sin2C）=（a－b）·sinB得2（－）=（a－b）. 又∵R=，∴a2－c2=ab－b2.∴a2+b2－c2=ab.∴cosC==. 又∵0°＜C＜180°，∴C=60°. （2）S=absinC=×ab =2sinAsinB=2sinAsin（120°－A） =2sinA（sin120°cosA－cos120°sinA） =3sinAcosA+sin2A =sin2A－sin2Acos2

15、A+ =sin（2A－30°）+. ∴當2A=120°，即A=60°時，Smax=. 8.在△ABC中，BC=a，頂點A在平行于BC且與BC相距為a的直線上滑動，求的取值范圍. 解：令AB=kx，AC=x（k＞0，x＞0），則總有sinB=，sinC=（圖略），且由正弦定理得sinB=sinA，所以a2=kx2·sinBsinC=kx2sinA，由余弦定理，可得cosA==（k+－sinA），所以k+=sinA+2cosA≤=.所以k2－k+1≤0，所以≤k≤. 所以的取值范圍為［，］. 探究創(chuàng)新 9.某城市有一條公路，自西向東經(jīng)過A點到市中心O點后轉向東北方向OB，現(xiàn)要修建一條

16、鐵路L，L在OA上設一站A，在OB上設一站B，鐵路在AB部分為直線段，現(xiàn)要求市中心O與AB的距離為10 km，問把A、B分別設在公路上離中心O多遠處才能使|AB|最短?并求其最短距離.（不要求作近似計算） 解：在△AOB中，設OA=a，OB=b. 因為AO為正西方向，OB為東北方向，所以∠AOB=135°. 則|AB|2=a2+b2－2abcos135°=a2+b2+ab≥2ab+ab=（2+）ab，當且僅當a=b時，“=”成立.又O到AB的距離為10，設∠OAB=α，則∠OBA=45°－α.所以a=，b=， ab=· = = = =≥， 當且僅當α=22°30′時，“=

17、”成立. 所以|AB|2≥=400（+1）2， 當且僅當a=b，α=22°30′時，“=”成立. 所以當a=b==10時，|AB|最短，其最短距離為20（+1），即當AB分別在OA、OB上離O點10 km處，能使|AB|最短，最短距離為20（－1）. ●思悟小結 1.在△ABC中，∵A+B+C=π，∴sin=cos，cos=sin，tan=cot. 2.∠A、∠B、∠C成等差數(shù)列的充分必要條件是∠B=60°. 3.在非直角三角形中，tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC. 4.根據(jù)所給條件確定三角形的形狀，主要有兩種途徑：①化邊為角；②化角為邊.并常用正弦（

18、余弦）定理實施邊角轉化. 5.用正（余）弦定理解三角形問題可適當應用向量的數(shù)量積求三角形內(nèi)角與應用向量的模求三角形的邊長. 6.用向量的數(shù)量積求三角形內(nèi)角時，需明確向量的夾角與三角形內(nèi)角是相等還是互補. ●教師下載中心 教學點睛 1.一方面要讓學生體會向量方法在解三角形方面的應用，另一方面要讓學生體會解三角形是重要的測量手段，通過數(shù)值計算進一步提高使用計算器的技能技巧和解決實際問題的能力. 2.要加大以三角形為背景，以三角恒等變換公式、向量等為工具的小型綜合題的訓練. 拓展題例 【例1】 已知A、B、C是△ABC的三個內(nèi)角，y=cotA+. （1）若任意交換兩個角的位置，y的

19、值是否變化?試證明你的結論.（2）求y的最小值. 解：（1）∵y=cotA+ =cot A+ =cot A+ =cotA+cotB+cotC， ∴任意交換兩個角的位置，y的值不變化. （2）∵cos（B－C）≤1， ∴y≥cotA+=+2tan=（cot+3tan）≥=. 故當A=B=C=時，ymin=. 評述：本題的第（1）問是一道結論開放型題，y的表達式的表面不對稱性顯示了問題的有趣之處.第（2）問實際上是一道常見題：在△ABC中，求證：cotA+cotB+cotC≥. 【例2】 在△ABC中，sinA=，判斷這個三角形的形狀. 分析：判斷一個三角形的形狀，可由三個內(nèi)角的關系確定，亦可由三邊的關系確定.采用后一種方法解答本題，就必須“化角為邊”. 解：應用正弦定理、余弦定理，可得 a=，所以b（a2－b2）+c（a2－c2）=bc（b+c）.所以（b+c）a2=（b3+c3）+bc（b+c）.所以a2=b2－bc+c2+bc.所以a2=b2+c2.所以△ABC是直角三角形. 評述：恒等變形是學好數(shù)學的基本功，變形的方向是關鍵.若考慮三內(nèi)角的關系，本題可以從已知條件推出cosA=0.