（人教B版必修5）第一章解三角形章末回顧學案（含答案）

1、第一章 解三角形 本章回顧1三角形中的邊角關系設ABC中，邊a，b，c的對角分別為A，B，C.(1)三角形內(nèi)角和定理ABC.(2)三角形中的誘導公式sin(AB)sin C，cos(AB)cos C，tan(AB)tan C，sin cos ，cos sin ，tan cot .(3)三角形中的邊角關系abAB；a>bA>B；ab>c，bc>a，ca>b.(4)三角形中幾個常用結論在ABC中，abcos Cccos B(其余兩個略)；在ABC中，sin A>sin BA>B；在ABC中，tan Atan Btan Ctan Atan Btan C.2正

2、弦定理(1)正弦定理在ABC中，角A，B，C的對邊邊長分別為a，b，c，則2R.其中R是ABC外接圓半徑(2)正弦定理的變形公式正弦定理反映了三角形的邊角關系它有以下幾種變形公式，解題時要靈活運用a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C；1 / 10sin A，sin B，sin C；sin Asin Bsin Cabc；，.3余弦定理(1)余弦定理三角形任何一邊的平方等于其他兩邊的平方和減去這兩邊與它們夾角的余弦的積的兩倍，即a2b2c22bccos A；b2a2c22accos B；c2a2b22abcos C.(2)余弦定理的推論 cos A；cos B；cos C.4三角形

3、的面積三角形面積公式Sahabhbchc；Sabsin Cacsin Bbcsin A；S(abc)r (r為ABC內(nèi)切圓半徑)；S(R為ABC外接圓半徑)；S.5解三角形的常見類型及解法在三角形的六個元素中，若知道三個，其中至少一個元素為邊，即可求解該三角形，按已知條件可分為以下幾種情況：已知條件應用定理一般解法一邊和兩角(如a，B，C)正弦定理由ABC180°，求角A；由正弦定理求出b與c.在有解時只有一解兩邊和夾角(如a，b，C)余弦定理正弦定理由余弦定理求第三邊c；由正弦定理求出小邊所對的角；再由ABC180°求出另一角在有解時只有一解三邊(a，b，c)余弦定理由余

4、弦定理求出角A、B；再利用ABC180°，求出角C.在有解時只有一解兩邊和其中一邊的對角(如a，b，A)正弦定理余弦定理由正弦定理求出角B；由ABC180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c.可有兩解，一解或無解.6已知兩邊及一邊對角解三角形，解的個數(shù)的判斷在ABC中，以已知a，b，A為例判斷方法如下表：A為銳角圖形關系式absin Absin A<a<baba<bsin A解個數(shù)一解兩解一解無解A為直角A為鈍角圖形關系式a>baba>bab解個數(shù)一解無解一解無解一、構建方程(組)解三角問題例1如圖所示，設P是正方形ABCD內(nèi)部的一點，P

5、到頂點A、B、C的距離分別是1,2,3，求正方形的邊長解設邊長為x，x>0，在ABP中，cosABP，在CBP中，cosCBP，又cos2ABPcos2CBP1，221.x252或x252所以，x，即正方形的邊長為.例2如圖所示，測量人員沿直線MNP的方向測量，測得塔尖A處的仰角分別是AMB30°，ANB45°，APB60°，且MNPN500 m，求塔高AB.分析設ABh，則MB，NB，PB都可用h來表示，在底面BMP中，MNPN500 m，借助MNB與MPB，利用公共角PMB，結合余弦定理的推論得出方程可求解解設ABh，ABMB，ABNB，ABPB，又AM

6、B30°，ANB45°，APB60°，MBh，NBh，PBh.在MPB中，cosPMB.在MNB中，cosNMB.整理，得h250.塔高AB為250 m.二、構建目標函數(shù)解三角問題例3如圖所示，已知O的半徑是1，點C在直徑AB的延長線上，BC1，點P是O上半圓上的一個動點，以PC為邊作等邊三角形PCD，且點D與圓心分別在PC的兩側(cè)(1)若POB，試將四邊形OPDC的面積y表示為關于的函數(shù)；(2)求四邊形OPDC面積的最大值分析四邊形OPDC可以分成OPC與PCD.SOPC可用OP·OC·sin 表示；而求PCD的面積關鍵在于求出邊長PC，在PO

7、C中利用余弦定理即可求出；至于面積最值的獲得，則可通過三角函數(shù)知識解決解(1)在POC中，由余弦定理，得PC2OP2OC22OP·OC·cos 54cos ，所以ySOPCSPCD×1×2sin ×(54cos )2sin.(2)當，即時，ymax2.答四邊形OPDC面積的最大值為2.例4甲船在A處、乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B處，乙船以每小時10海里的速度向正北方向行駛，而甲船同時以每小時8海里的速度由A處向北偏西60°方向行駛，問經(jīng)過多少小時后，甲、乙兩船相距最近？分析利用余弦定理構建甲、乙兩船的距離關于時間t的目標函數(shù)，

8、注意到t2時，乙到達A處，此時，甲地、乙地、A地三處構不成三角形，要注意分類討論如圖所示：解設甲、乙兩船經(jīng)t小時后相距最近，且分別到達P、Q兩處，因乙船到達A處需2小時當0t2時，在APQ中，AP8t，AQ2010t，所以PQ 2.當t>2時，在APQ中，AP8t，AQ10t20，PQ2.綜合知，PQ2 (t0)當且僅當t時，PQ最小答甲、乙兩船行駛小時后，相距最近三、利用等價轉(zhuǎn)化思想解三角問題例5在ABC中，已知，求證：ABC是等腰三角形或直角三角形分析從題中的等式結構來看，情況較為復雜，且求證的是判定ABC為等腰三角形或直角三角形兩種情況因此，應綜合應用正、余弦定理，先進行化簡，再討

9、論證明應用正弦定理及二倍角公式，將已知等式變形為：，再由余弦定理將其變形為：，整理得0.0或0，若0，則C90°；若0，依據(jù)正弦定理得，即sin Bcos Bsin Ccos C所以sin 2Bsin 2C.所以2B2C或2B2C180°，即BC或BC90°.綜上所述，ABC是等腰三角形或直角三角形例6在ABC中，角A，B，C所對的三邊長分別為a，b，c，若c2，a4，B45°，求ABC的面積分析解決本題的突破口是由c2聯(lián)想到余弦定理，這就需要降次，自然就得進行等式的變形變形后自然容易發(fā)現(xiàn)它與余弦定理的關系，進而應用余弦定理解決問題解因為c2，所以變形得

10、(ab)(a2b2c2ab)0.因為ab0，所以a2b2c2ab0，即a2b2c2ab.根據(jù)余弦定理的推論得cos C.又因為0°<C<180°，所以C60°.因為B45°，ABC180°，所以A180°(60°45°)75°.根據(jù)正弦定理得，所以b124.根據(jù)三角形的面積公式得SABCabsin C×4×(124)×3612.四、構建輔助圓解三角應用題例7(能力創(chuàng)新題)在一個特定時段內(nèi)，以點E為中心的7海里以內(nèi)海域被設為警戒水域點E正北55海里處有一個雷達觀測站

11、A.某時刻測得一艘勻速直線行駛的船只位于點A北偏東45°且與點A相距40海里的位置B，經(jīng)過40分鐘又測得該船已行駛到點A北偏東45° 且與點A相距10海里的位置C.(1)求該船的行駛速度(單位：海里/小時)；(2)若該船不改變航行方向繼續(xù)行駛，判斷它是否會進入警戒水域，并說明理由分析第(1)問實際上就是求BC長度，在ABC中，利用余弦定理求解即可；第(2)問警戒區(qū)域是以E為中心的一個圓，半徑為7(海里)，問題實質(zhì)上可以看作直線BC與圓E是否有交點，因此可以構建輔助圓E來求解解(1)如圖所示，AB40，AC10，BAC，sin .由于0°<<90

12、6;，所以cos .由余弦定理得BC10.所以船的行駛速度為15(海里/小時)(2)如圖所示，以A為原點建立平面直角坐標系，設點B、C的坐標分別是B(x1，y1)、C(x2，y2)，BC與x軸的交點為D.由題設有，x1y1AB40，x2ACcosCAD10cos(45°)30，y2ACsinCAD10sin(45°)20.所以過點B、C的直線l的斜率k2，直線l的方程為y2x40.又點E(0，55)到直線l的距離d3<7，所以船會進入警戒水域五、利用正、余弦定理解平面幾何問題例8(競賽競技題)(斯特瓦爾特定理)在ABC中，D是BC邊上一點，若BDp，DCq，求證：AD

13、2pq.證明如圖所示，在ABD中，由正弦定理：cos B.在ABC中，由余弦定理：cos B.c2p2AD2(c2a2b2)AD2c2p2(c2a2b2)把apq代入后整理得：AD2c2(c2b2)pq.即AD2pq.注當D為BC中點時，pq，此時，AD，即三角形中線長定理斯特瓦爾特定理是三角形中線長定理推廣，中線長定理是該定理的特例1構造三角形巧求代數(shù)式的值例1設a，b，c為正實數(shù)，且，求ab2bc3ac的值解a2acc2a2c22accos 120°42；b2c22c232；a2abb2a222a·cos 150°52.三個條件式的結構都類似余弦定理，于是可以構造直角三角形ABC，使C90°.AB5，BC3，CA4，在直角三角形ABC內(nèi)作一點O，使AOB150°，BOC90°，則COA120°，如圖所示OAa，OB，OCc.一方面：SABCSAOBSBOCSCOAa··sin 150°··c·casin 120°(ab2bc3ac