2024-2025學年高中數(shù)學第一章解三角形1.1習題課正弦定理和余弦定理的綜合應用學案含解析新人教A版必修5

PAGE1-習題課正弦定理和余弦定理的綜合應用類型一利用正、余弦定理解三角形[例1]在△ABC中，角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，設a，b，c滿意條件b2＋c2－bc＝a2和eq\f(c,b)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，求角A和tanB的值．[分析]求角A的關(guān)鍵是利用余弦定理的推論：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).利用正弦定理將已知條件邊化角，即eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，再結(jié)合A＋B＋C＝π，解三角方程可求tanB.[解]由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0°<A<180°，∴A＝60°.在△ABC中，C＝180°－A－B＝120°－B.由已知條件和正弦定理，得eq\f(1,2)＋eq\r(3)＝eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin120°－B,sinB)＝eq\f(sin120°cosB－cos120°sinB,sinB)＝eq\f(\r(3),2)eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,2)，解得tanB＝eq\f(1,2).在解三角形時，經(jīng)常將正、余弦定理結(jié)合在一起運用，要留意恰當選取定理，簡化運算過程，提高解題速度.同時，要留意與平面幾何中的有關(guān)性質(zhì)、定理結(jié)合起來，挖掘題目中的隱含條件.解題時要綜合、敏捷地運用這兩個定理，仔細分析已知條件，結(jié)合三角形的有關(guān)性質(zhì)如大角對大邊，大邊對大角，三角形內(nèi)角和定理等，并留意數(shù)形結(jié)合，防止出現(xiàn)漏解或增解的狀況.[變式訓練1](1)在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,4)，AB＝eq\r(2)，BC＝3，則sin∠BAC＝(C)A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(10),3)C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(\r(3),3)解析：由余弦定理可得AC2＝9＋2－2×3×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝5，所以AC＝eq\r(5).再由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，所以sin∠BAC＝eq\f(BC·sin∠ABC,AC)＝eq\f(3×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).(2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知b－c＝eq\f(1,4)a,2sinB＝3sinC，則cosA的值為－eq\f(1,4).解析：由已知及正弦定理得2b＝3c，因為b－c＝eq\f(1,4)a，所以不妨設b＝3，c＝2，則a＝4，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4).類型二利用正、余弦定理推斷三角形形態(tài)[例2]在△ABC中，若(a－ccosB)sinB＝(b－ccosA)sinA，推斷△ABC的形態(tài)．[分析][解]解法一：∵(a－ccosB)sinB＝(b－ccosA)sinA，∴由正、余弦定理，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c·\f(a2＋c2－b2,2ac)))·b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－c·\f(b2＋c2－a2,2bc)))·a，整理，得(a2＋b2－c2)b2＝(a2＋b2－c2)a2，即(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a2＋b2－c2＝0或a2＝b2.∴a2＋b2＝c2或a＝b.故△ABC為直角三角形或等腰三角形．解法二：依據(jù)正弦定理，原等式可化為(sinA－sinCcosB)sinB＝(sinB－sinCcosA)sinA，即sinCcosBsinB＝sinCcosAsinA.∵sinC≠0，∴sinBcosB＝sinAcosA.∴sin2B＝sin2A.∴2B＝2A或2B＋2A＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．依據(jù)已知條件中的邊角關(guān)系推斷三角形形態(tài)時，主要有如下兩種方法：1.利用正、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為邊邊關(guān)系，通過因式分解、配方等得出邊的相應關(guān)系，從而推斷三角形的形態(tài).2.利用正、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為內(nèi)角的三角函數(shù)間關(guān)系，通過三角函數(shù)恒等變形，得出內(nèi)角的關(guān)系，從而推斷出三角形的形態(tài)，此時要留意應用A＋B＋C＝π這個結(jié)論.[變式訓練2]在△ABC中，若sinA＝2sinBcosC，且sin2A＝sin2B＋sin2C，試推斷△解：在△ABC中，依據(jù)正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R為△ABC外接圓的半徑)．∵sin2A＝sin2B＋sin2∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2R)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2R)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2R)))2，即a2＝b2＋c2.∴A＝90°，∴B＋C＝90°.由sinA＝2sinBcosC，得sin90°＝2sinBcos(90°－B)，∴sin2B＝eq\f(1,2).∵B是銳角，∴sinB＝eq\f(\r(2),2)，∴B＝45°，C＝45°.∴△ABC是等腰直角三角形．類型三三角形中的最值(或范圍)問題[例3]在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝c·sinA，則eq\f(a＋b,c)的最大值是________．[分析]由a＝c·sinA及正弦定理的變形可求出角C＝eq\f(π,2)，從而由A＋B＝eq\f(π,2)得sinB＝cosA，于是eq\f(a＋b,c)＝eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝sinA＋cosA，所求問題轉(zhuǎn)化成關(guān)于A的三角函數(shù)求最值問題．[解析]∵a＝c·sinA，由正弦定理得sinA＝sinCsinA.又∵0<A<π，∴sinA≠0，∴sinC＝1，C＝eq\f(π,2).∵A＋B＋C＝π，∴B＝eq\f(π,2)－A，由正弦定理得eq\f(a＋b,c)＝eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝sinA＋sinB＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝sinA＋cosA＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))，而0<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,4)<A＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，∴當A＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,4)時，eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))取得最大值eq\r(2)，即eq\f(a＋b,c)的最大值是eq\r(2).[答案]eq\r(2)這類問題通常轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，利用三角函數(shù)的最值或取值范圍求解.[變式訓練3]在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，則A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))解析：由sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，得a2≤b2＋c2－bc，即eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥eq\f(1,2)，所以cosA≥eq\f(1,2)，因為0<A<π，所以0<A≤eq\f(π,3).類型四正、余弦定理與平面對量的綜合應用[例4]在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，cosB＝eq\f(3,5)，a＝7，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－21，求角C的大小．[分析]先依據(jù)平面對量的數(shù)量積公式結(jié)合已知條件求出邊c，再利用余弦定理求出邊b，最終依據(jù)正弦定理求角C.[解]∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－21，∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝21，∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(BA,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cosB＝accosB＝21.又cosB＝eq\f(3,5)，∴sinB＝eq\f(4,5)，ac＝35.又a＝7，∴c＝5.∴b2＝a2＋c2－2accosB＝72＋52－2×7×5×eq\f(3,5)＝32，∴b＝4eq\r(2).由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(5,4\r(2))×eq\f(4,5)＝eq\f(\r(2),2).∵c<b，∴C肯定是銳角，∴C＝45°.利用正、余弦定理解決三角形中與平面對量有關(guān)的問題時，留意數(shù)量積定義的應用，其中特殊留意向量的夾角與三角形內(nèi)角之間的關(guān)系，例如eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角等于內(nèi)角A，但eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角等于內(nèi)角A的補角.[變式訓練4]已知向量a＝(2cos2x，eq\r(3))，b＝(1，sin2x)，函數(shù)f(x)＝a·b.(1)求函數(shù)f(x)圖象的對稱中心；(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且f(C)＝3，c＝1，ab＝2eq\r(3)，且a>b，求a，b的值．解：(1)f(x)＝a·b＝(2cos2x，eq\r(3))·(1，sin2x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋1＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，f(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，1))(k∈Z)．(2)∵f(C)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＋1＝3，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝1，∵C是三角形內(nèi)角，∴2C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2C＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即C＝eq\f(π,6)，∴cosC＝eq\f(b2＋a2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2)，即a2＋b2＝7.將ab＝2eq\r(3)與上式聯(lián)立可得：a2＋eq\f(12,a2)＝7，解之得：a2＝3或4，∴a＝eq\r(3)或2，∴b＝2或eq\r(3)，∵a>b，∴a＝2，b＝eq\r(3).1．△ABC中，若b＝3，c＝3eq\r(3)，B＝30°，則a＝(C)A．3 B．4C．3或6 D．4或6解析：在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，及b＝3，c＝3eq\r(3)，B＝30°，即32＝a2＋(3eq\r(3))2－2×3eq\r(3)a×cos30°，即a2－9a＋18＝0，所以a＝6或a＝3，經(jīng)檢驗都滿意題意．2．已知△ABC的三邊長分別為AB＝7，BC＝5，CA＝6，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值為(D)A．19 B．14C．－18 D．－19解析：由余弦定理，得cosB＝eq\f(AB2＋BC2－CA2,2·AB·BC)＝eq\f(72＋52－62,2×7×5)＝eq\f(19,35)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cos(π－B)＝7×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19,35)))＝－19.3．在銳角△ABC中，角A，B所對的邊長分別為a，b.若2asinB＝eq\r(3)b，則角A等于eq\f(π,3).解析：由正弦定理得，2sinAsinB＝eq\r(3)sinB，sinA＝eq\f(\r(3),2)，因為△ABC為銳角三角形，所