高中數(shù)學(xué)蘇教版第一章解三角形 2023版第1章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①2RsinA ②2RsinB ③2RsinC④sinA∶sinB∶sinC⑤兩角與任一邊 ⑥兩邊與其中一邊的對角⑦eq\f(b2＋c2－a2,2bc) ⑧eq\f(a2＋c2－b2,2ac) ⑨eq\f(a2＋b2－c2,2ab) ⑩三邊 ?兩邊與它們的夾角 ?高度?距離 ?角度 ?三角形面積利用正、余弦定理解三角形解三角形的類型及一般方法：(1)已知兩角和一邊，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π，求C，由正弦定理求a，b.(2)已知兩邊和這兩邊的夾角，如已知a，b和C，應(yīng)先用余弦定理求c，再應(yīng)用正弦定理先求較短邊所對的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．(3)已知兩邊和其中一邊的對角，如已知a，b和A，應(yīng)先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意可能有多種解的情況．(4)已知三邊a，b，c，可應(yīng)用余弦定理求A，B，C.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足(2a－b)cosC＝ccosB，△ABC的面積S＝10eq\r(3)，c＝7.(1)求角C；(2)求a，b的值．【精彩點(diǎn)撥】由正弦定理及三角恒等變換求(1)；結(jié)合余弦定理求(2)．【規(guī)范解答】(1)∵(2a－b)cosC＝ccosB∴(2sinA－sinB)cosC＝sinCcosB，2sinAcosC－sinBcosC＝cosBsinC，即2sinAcosC＝sin(B＋C)，∴2sinAcosC＝sinA.∵A∈(0，π)，∴sinA≠0，∴cosC＝eq\f(1,2)，∴C＝eq\f(π,3).(2)由S＝eq\f(1,2)absinC＝10eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，得ab＝40. ①由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即c2＝(a＋b)2－2abeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos\f(π,3)))，∴72＝(a＋b)2－2×40×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))，∴a＋b＝13. ②由①②得a＝8，b＝5或a＝5，b＝8.[再練一題]1．△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a.(1)求eq\f(b,a)；(2)若c2＝b2＋eq\r(3)a2，求B.【解】(1)由正弦定理，得asinB＝bsinA，又asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a，∴bsin2A＋bcos2A＝eq\r(2)a，即b＝eq\r(2)a，因此eq\f(b,a)＝eq\r(2).(2)由c2＝b2＋eq\r(3)a2及余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1＋\r(3)a,2c)， (*)又由(1)知，b＝eq\r(2)a，∴b2＝2a2，因此c2＝(2＋eq\r(3))a2，c＝eq\r(2＋\r(3))a＝eq\f(\r(3)＋1,\r(2))a.代入(*)式，得cosB＝eq\f(\r(2),2)，又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,4).判斷三角形的形狀判斷三角形的形狀，主要有兩種方法：方法一：將已知式所有的邊和角轉(zhuǎn)化為邊邊關(guān)系，通過因式分解、配方等得出邊之間的相應(yīng)關(guān)系，從而判斷三角形的形狀．方法二：將已知式所有的邊和角轉(zhuǎn)化為內(nèi)角三角函數(shù)間的關(guān)系，通過三角恒等變換，得出內(nèi)角之間的關(guān)系，從而判斷出三角形的形狀，這時要注意使用“A＋B＋C＝π”這個結(jié)論．在等式變形中，一般兩邊不要約去公因式，應(yīng)移項(xiàng)提取出公因式，以免漏解．已知△ABC中，sinA＝eq\f(sinB＋sinC,cosB＋cosC)，試判斷△ABC的形狀．【精彩點(diǎn)撥】若化A＝180°－(B＋C)，利用三角變換較為繁瑣，因而可考慮利用正、余弦定理化為邊的關(guān)系，利用三角恒等變形進(jìn)行求解．【規(guī)范解答】由正弦定理和余弦定理，得eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b＋c,a)，∴b＋c＝eq\f(a2＋c2－b2,2c)＋eq\f(a2＋b2－c2,2b)，∴eq\f(2c2－a2－c2＋b2,2c)＝eq\f(a2＋b2－c2－2b2,2b)，∴eq\f(c2＋b2－a2,c)＝eq\f(a2－b2－c2,b)，∴(b2＋c2－a2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)＋\f(1,b)))＝0.∵eq\f(1,c)＋eq\f(1,b)≠0，∴b2＋c2－a2＝0，∴b2＋c2＝a2，∴△ABC為直角三角形．[再練一題]2．在△ABC中，acosA＋bcosB＝ccosC，試判斷三角形的形狀．【解】由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，代入已知條件得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋b·eq\f(c2＋a2－b2,2ca)＋c·eq\f(c2－a2－b2,2ab)＝0，通分得a2(b2＋c2－a2)＋b2(c2＋a2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0，展開整理得(a2－b2)2＝c4.∴a2－b2＝±c2，即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.根據(jù)勾股定理知△ABC是直角三角形.正、余弦定理在實(shí)際中的應(yīng)用正弦定理、余弦定理在實(shí)際生活中有著非常廣泛的應(yīng)用．常見的有測量距離問題，測量高度問題，測量角度問題，解決的基本思路是畫出正確的示意圖把已知量和未知量標(biāo)在示意圖中(目的是發(fā)現(xiàn)已知量與未知量之間的關(guān)系)，最后確定用哪個定理轉(zhuǎn)化，哪個定理求解，并進(jìn)行作答，解題時還要注意近似計算的要求．如圖1-1所示，在塔底B處測得山頂C的仰角為60°，在山頂C測得塔頂A的俯角為45°，已知塔高AB為20m，求山高CD.(精確到0.1m)圖1-1【精彩點(diǎn)撥】CD可放到△BCD中，要求CD，已知∠DBC＝60°，∠CDB＝90°，所以只需求BD或CB，在△ABC中，AB的長度已知，三個內(nèi)角都可以求出，所以可求得CB，則CD＝CB·sin60°.【規(guī)范解答】由條件知∠DBC＝60°，∠ECA＝45°，∴∠ABC＝90°－60°＝30°，∠ACB＝60°－45°＝15°，∠CAB＝180°－(∠ABC＋∠ACB)＝135°.在△ABC中，由正弦定理得eq\f(BC,sin135°)＝eq\f(AB,sin15°)，∴BC＝eq\f(AB·sin135°,sin15°)＝eq\f(20×\f(\r(2),2),\f(1,4)\r(6)－\r(2))＝eq\f(40,\r(3)－1).在Rt△BCD中，CD＝BC·sin∠CBD＝eq\f(40,\r(3)－1)×eq\f(\r(3),2)≈(m)．∴山高CD約為47.3m.[再練一題]3．如圖1-2所示，一輛汽車從A市出發(fā)沿海岸一條直公路以100km/h的速度向東勻速行駛，汽車開動時，在A市南偏東方向距A市500km且與海岸距離為300km的海上B處有一快艇與汽車同時出發(fā)，要把一份稿件交送給這輛汽車的司機(jī)．圖1-2(1)快艇至少以多大的速度行駛才能把稿件送到司機(jī)手中；(2)求快艇以最小速度行駛時的行駛方向與AB所成的角；(3)若快艇每小時最快行駛75km，快艇應(yīng)如何行駛才能盡快把稿件交到司機(jī)手中，最快需要多長時間．【解】(1)如圖(1)所示，設(shè)快艇以vkm/h的速度從B處出發(fā)，沿BC方向，t小時后與汽車在C處相遇．(1)在△ABC中，AB＝500，AC＝100t，BC＝vt，BD為AC邊上的高，BD＝300.設(shè)∠BAC＝α，則sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，由余弦定理BC2＝AC2＋AB2－2AB·ACcosα，∴v2t2＝(100t)2＋5002－2×500×100t·eq\f(4,5)，整理得：v2＝eq\f(250000,t2)－eq\f(80000,t)＋10000＝250000eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)－\f(8,25)·\f(1,t)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,25)))eq\s\up20(2)))＋10000－eq\f(10000×16,25)＝250000eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(4,25)))eq\s\up20(2)＋3600.當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(4,25)，即t＝eq\f(25,4)(h)時，veq\o\al(2,min)＝3600，即快艇至少以60km/h的速度行駛時才能把稿件送到司機(jī)手中．(2)當(dāng)v＝60km/h時，在△ABC中，AB＝500，AC＝100×eq\f(25,4)＝625，BC＝60×eq\f(25,4)＝375，由余弦定理cos∠ABC＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝0，∴∠ABC＝90°，故快艇以最小速度行駛時的行駛方向與AB所成角為90°.(3)如圖(2)所示，設(shè)快艇以75km/h的速度沿BE行駛，th后與汽車在E處相遇．在△ABE中，AB＝500，(2)AE＝100t，BE＝75t，cos∠BAE＝eq\f(4,5).由余弦定理(75t)2＝5002＋(100t)2－2×500×100t×eq\f(4,5)，整理得t＝4或t＝eq\f(100,7)(舍)，當(dāng)t＝4時，AE＝400，BE＝300，AB2＝AE2＋BE2，所以快艇應(yīng)以垂直于海岸向北行駛才能盡快把稿件交到司機(jī)手中，最快需要4h.轉(zhuǎn)化和化歸思想的應(yīng)用本章主要講解應(yīng)用正、余弦定理解三角形，其中應(yīng)用兩個定理解題的過程滲透著邊角互化的思想，如正弦定理中的“a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC”等，對所解(證)問題合理轉(zhuǎn)化是求解斜三角形的關(guān)鍵．在銳角△ABC中，角A，B，C分別對應(yīng)邊a，b，c，且a＝2bsinA，求cosA＋sinC的取值范圍．【精彩點(diǎn)撥】a＝2bsinAeq\o(→,\s\up14(正弦定理))sinA＝2sinBsinA→sinB→求B.cosA＋sinC→cosA＋sin(π－A－B)→Asin(A＋φ)→求范圍．【規(guī)范解答】設(shè)R為△ABC外接圓的半徑．∵a＝2bsinA，∴2RsinA＝4RsinBsinA，sinA>0，∴sinB＝eq\f(1,2)，∵B為銳角，∴B＝eq\f(π,6).令y＝cosA＋sinC＝cosA＋sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－B＋A))＝cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋A))＝cosA＋sineq\f(π,6)cosA＋coseq\f(π,6)sinA＝eq\f(3,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))).由銳角△ABC知，eq\f(π,2)－B<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2).∵eq\f(2π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))<eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(\r(3),2)<eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))<eq\f(3,2)，即eq\f(\r(3),2)<y<eq\f(3,2)，∴cosA＋sinC的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).[再練一題]4．在△ABC中，角A，B，C對應(yīng)邊分別為a，b，c，證明：eq\f(a2－b2,c2)＝eq\f(sinA－B,sinC).【證明】由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，得a2－b2＝b2－a2＋2c(acosB－bcosA即a2－b2＝c(acosB－bcosA)，變形得eq\f(a2－b2,c2)＝eq\f(acosB－bcosA,c)＝eq\f(a,c)cosB－eq\f(b,c)cosA，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(a,c)＝eq\f(sinA,sinC)，eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)，∴eq\f(a2－b2,c2)＝eq\f(sinAcosB－sinBcosA,sinC)＝eq\f(sinA－B,sinC).1．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，則b＝.【導(dǎo)學(xué)號：92862024】【解析】因?yàn)锳，C為△ABC的內(nèi)角，且cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又a＝1，所以由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\f(63,65)×eq\f(5,3)＝eq\f(21,13).【答案】eq\f(21,13)2．在平面四邊形ABCD中，A＝B＝C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是．【解析】如圖所示，延長BA與CD相交于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF∥AD交AB于點(diǎn)F，則BF<AB<BE.在等腰三角形CFB中，∠FCB＝30°，CF＝BC＝2，∴BF＝eq\r(22＋22－2×2×2cos30°)＝eq\r(6)－eq\r(2).在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，BE＝CE，BC＝2，eq\f(BE,sin75°)＝eq\f(2,sin30°)，∴BE＝eq\f(2,\f(1,2))×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\r(6)＋eq\r(2).∴eq\r(6)－eq\r(2)<AB<eq\r(6)＋eq\r(2).【答案】(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))3．在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac.【導(dǎo)學(xué)號：92862025】(1)求B的大?。?2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值．【解】(1)由余弦定理及題設(shè)得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2).又因?yàn)?<B<π，所以B＝eq\f(π,4).(2)由(1)知A＋C＝eq\f(3π,4).eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4))).因?yàn)?＜A＜eq\f