高二數(shù)學(xué)五：第一章解三角形復(fù)習(xí)+練習(xí)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第一章解三角形一、正弦定理和余弦定理1．正弦定理：在△ABC中，、、分別為角、、的對(duì)邊,為△ABC的外接圓的半徑，則有．2．正弦定理的變形公式：=1\*GB3①，，;=2\＊GB3②，，;=3\*GB3③； =4\*GB3④．3．正弦定理主要用來解決兩類問題：=1\＊GB3①已知兩邊和其中一邊所對(duì)的角,求其余的量．=2\＊GB3②已知兩角和一邊,求其余的量．對(duì)于已知兩邊和其中一邊所對(duì)的角的題型要注意解的情況(一解、兩解、無解三種情況)．如:在△ABC中，已知a、b、A（A為銳角），求B．具體的做法是(數(shù)形結(jié)合思想）：畫出圖：DbsinAAbaC法一：把a(bǔ)DbsinAAbaC當(dāng)無交點(diǎn)時(shí)，則B無解；當(dāng)有一個(gè)交點(diǎn)時(shí),則B有一個(gè)解；當(dāng)有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，則B有兩個(gè)解．法二：算出CD=bsinA，看a的情況：當(dāng)a＜bsinA時(shí)，則B無解；當(dāng)bsinA＜a≤b時(shí)，則B有兩個(gè)解；當(dāng)a＝bsinA或a＞b時(shí)，則B有一解．注：當(dāng)A為鈍角或是直角時(shí)以此類推即可．4．三角形面積公式：．5．余弦定理：在△ABC中，有,，．6．余弦定理的推論：，,．余弦定理主要解決的問題:1）已知兩邊和夾角，求其余的量;2)已知三邊求角;3)判斷三角形的形狀：設(shè)、、是△ABC的角、、的對(duì)邊,則:=1\*GB3①若,則；=2\＊GB3②若，則；=3\＊GB3③若，則．例1已知△ABC中，a＝x,b＝2，∠B＝45°，若三角形有兩解，則x的取值范圍是(）．A．x＞2 B．x＜2C．2＜x＜2eq\r（2) D．2＜x＜2eq\r（3)答案：C解析:由題設(shè)條件可知,∴2＜x＜2eq\r（2)．例2在△ABC中，解三角形：（1）a＝eq\r（2),b＝2,A＝30°;（2）a＝5，b＝2，B＝120°；（3）a＝2，b＝2eq\r(2），C＝15°．解:（1)由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB）,得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f（2sin30°，\r(2)）＝eq\f（\r（2），2），∵a＜b,∴B＞A＝30°，∴B為銳角或鈍角(或∵bsinA＜a＜4b,∴B為銳角或鈍角)，∴B＝45°或B＝135°．當(dāng)B＝45°時(shí),C＝180°－(A＋B)＝180°－（30°＋45°）＝105°，又eq\f（c，sinC）＝eq\f(a，sinA)，∴c＝eq\f(asinC，sinA）＝eq\f（\r（2）sin105°，sin30°）＝eq\f(\r(2）sin75°，sin30°)＝eq\f（\r（2）×\f(\r(6）＋\r(2),4),\f（1,2))＝eq\r(3）＋1．當(dāng)B＝135°時(shí)，C＝180°－（A＋B）＝180°－（30°＋135°)＝15°，∴c＝eq\f(asinC，sinA)＝eq\f（\r(2）sin15°,sin30°)＝eq\f（\r（2）×\f(\r（6)－\r（2），4）,\f(1，2））＝eq\r(3)－1．∴B＝45°,C＝105°，c＝eq\r（3)＋1或B＝135°，C＝15°,c＝eq\r（3)－1．(2）解法一:由eq\f（a,sinA）＝eq\f(b，sinB）得，sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f（5sin120°,2)＝eq\f(5×\f(\r(3)，2)，2)＝eq\f（5\r（3），4）＞1，∴A不存在，∴此題無解．解法二：∵a＝5,b＝2，B＝120°，∵b＜a，∴A＞B＝120°,∴A＋B＞240°與A＋B＋C＝180°矛盾．∴這是不可能的，因此本題無解．（3）cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝eq\f(\r（6)＋\r（2）,4),sin15°＝sin（45°－30°）＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝eq\f(\r(6)－\r（2)，4）．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋8－2eq\r（2）×(eq\r（6）＋eq\r(2)）＝8－4eq\r(3)，∴c＝eq\r(6)－eq\r(2)．又由正弦定理,得eq\f（a,sinA)＝eq\f（c,sinC),∴eq\f(2，sinA）＝eq\f（\r(6)－\r(2),\f（\r(6）－\r（2),4）)，解得sinA＝eq\f（1,2）．又b2＋c2－a2＞0，即cosA＞0，∴A為銳角，即A＝30°．∴B＝180°－(A＋C)＝180°－（30°＋15°）＝135°．例3在△ABC中，已知（a＋b＋c）(a＋b－c)＝3ab，且2cosAsinB＝sinC，確定△ABC的形狀．解：由正弦定理，得eq\f(sinC，sinB）＝eq\f(c,b）．由2cosAsinB＝sinC，有cosA＝eq\f（sinC，2sinB）＝eq\f（c,2b)．又根據(jù)余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc）,∴eq\f（c，2b)＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc）．即b2－a2＝0，∴a＝b．又∵(a＋b＋c）（a＋b－c)＝3ab，∴（a＋b）2－c2＝3ab，∴4b2－c2＝3b2．∴b＝c．∴a＝b＝c．因此△ABC為等邊三角形．例4設(shè)2a＋1、a、2a－1為鈍角三角形的三邊，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：2a＋1、a、2a－1是三角形的三邊，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2a＋1＞0,a＞0,2a－1＞0))，解得a＞eq\f（1，2)，此時(shí)2a＋1最大，∴要使2a＋1、a、2a－1表示三角形的三邊，還需a＋(2a－1)＞2a＋1，解得a＞2．設(shè)最長(zhǎng)邊2a＋1所對(duì)的角為θ，則cosθ＝eq\f(a2＋2a－12－2a＋12，2a2a－1）＝eq\f(aa－8，2a2a－1)＜0，解得eq\f（1,2）＜a＜8．∴a的取值范圍是2＜a＜8．二、正余弦定理的綜合應(yīng)用例1某人在C點(diǎn)測(cè)得塔AB在南偏西80°，仰角為45°，沿南偏東40°方向前進(jìn)10m到O，測(cè)得塔A仰角為30°，則塔高為________．答案：10m解析：畫出示意圖，如圖所示，CO＝10，∠OCD＝40°,∠BCD＝80°,∠ACB＝45°,∠AOB＝30°,AB⊥平面BCO，令A(yù)B＝x,則BC＝x，BO＝eq\r（3)x，在△BCO中,由余弦定理得（eq\r（3）x）2＝x2＋100－2x×10×cos（80°＋40°），整理得x2－5x－50＝0,解得x＝10，x＝－5（舍去），故塔高為10m．例2在△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別是a、b、c，且a2＋b2＋eq\r（2）ab＝c2．(1）求C；(2）設(shè)cosAcosB＝eq\f(3\r（2）,5），eq\f(cosα＋Acosα＋B,cos2α）＝eq\f(\r（2）,5)，求tanα的值．解:（1)因?yàn)閍2＋b2＋eq\r（2）ab＝c2，由余弦定理有cosC＝eq\f（a2＋b2－c2,2ab）＝eq\f(－\r(2）ab,2ab）＝－eq\f（\r(2)，2)，故C＝eq\f(3π,4)．（2）由題意得eq\f（sinαsinA－cosαcosAsinαsinB－cosαcosB,cos2α）＝eq\f(\r(2),5），因此（tanαsinA－cosA）(tanαsinB－cosB)＝eq\f（\r（2）,5)，tan2αsinAsinB－tanα（sinAcosB＋cosAsinB）＋cosAcosB＝eq\f(\r(2)，5），tan2αsinAsinB－tanαsin(A＋B）＋cosAcosB＝eq\f(\r（2）,5)．①因?yàn)镃＝eq\f（3π,4）,A＋B＝eq\f(π,4），所以sin(A＋B)＝eq\f(\r(2)，2），因?yàn)閏os(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB,即eq\f(\r（2)，2)＝eq\f（3\r（2），5）－sinAsinB，解得sinAsinB＝eq\f（3\r(2)，5)－eq\f（\r(2）,2)＝eq\f(\r（2），10）．由①得tan2α－5tanα＋4＝0,解得tanα＝1或tanα＝4．例3在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知．（1）證明:A=2B； （2）若△ABC的面積，求角A的大?。?（1）由已知及正弦定理得，故，于是，又，故，所以或，因此（舍去）或，∴．(2)由得，故有,因，得．又，所以．當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí),．綜上，或．例4△AB