2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第9章解三角形章末綜合提升教案新人教B版必修第四冊

PAGE1-第9章[鞏固層·學(xué)問整合][提升層·題型探究]利用正弦、余弦定理解三角形【例1】如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝2，BD＝eq\r(5)，AB⊥BC，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面積為2.(1)求AD的長；(2)求△CBD的面積．[思路探究](1)由面積公式求出sin∠ABD，進(jìn)而得cos∠ABD的值，利用余弦定理可解；(2)由AB⊥BC可以求出sin∠CBD的大小，再由二倍角公式求出sin∠BCD，可推斷△CBD為等腰三角形，利用正弦定理求出CD的大小，最終利用面積公式求解．[解](1)由S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD·sin∠ABD＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)×sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝eq\f(2,5)eq\r(5)，又∠ABD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝eq\r(5).(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝eq\f(π,2)，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝eq\f(4,5)，∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))－2∠ABD＝eq\f(π,2)－∠ABD＝∠CBD，所以△CBD為等腰三角形，即CB＝CD.在△CBD中，由正弦定理知，eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，得CD＝eq\f(BD·sin∠CBD,sin∠BCD)＝eq\f(\r(5)×\f(\r(5),5),\f(4,5))＝eq\f(5,4)，所以S△CBD＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×eq\f(5,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(5,8).利用正、余弦定理解三角形要留意以下幾個(gè)方面(1)畫圖，把相關(guān)數(shù)據(jù)標(biāo)注在三角形中，便于確定已知和所求．(2)明確解題過程中所運(yùn)用的定理，有些題目兩個(gè)定理都適用．(3)留意對三角形內(nèi)角和定理、大邊對大角的應(yīng)用，避開出現(xiàn)增解或漏解的錯(cuò)誤．(4)多邊形中的邊角計(jì)算問題通?；瘹w到三角形中利用正、余弦定理求解．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．如圖所示，在△ABC中，B＝eq\f(π,3)，AB＝8，點(diǎn)D在BC邊上，CD＝2，cos∠ADC＝eq\f(1,7).(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的長．[解](1)在△ADC中，因?yàn)閏os∠ADC＝eq\f(1,7)，所以sin∠ADC＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－B)＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14).(2)在△ABD中，由正弦定理，得BD＝eq\f(ABsin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3.在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cosB＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝49，所以AC＝7.三角變換與解三角形的綜合問題角度1三角形形態(tài)的推斷【例2】在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，試推斷△ABC的形態(tài)．[解]∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，∴2b2sinAcosB＝2a2cosAsinB即a2cosAsinB＝b2sinAcosB.法一：由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB，∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，又sinAsinB≠0，∴sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π∴2A＝2B或2A＝π－2∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．法二：由正弦定理、余弦定理，得a2b×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b2a×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0.即a＝b或a2＋b2＝c2.∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．判定三角形形態(tài)的三個(gè)留意點(diǎn)(1)“角化邊”后要留意用因式分解、配方等方法得出邊的關(guān)系．(2)“邊化角”后要留意用三角恒等變換、三角形內(nèi)角和定理及誘導(dǎo)公式推出角的關(guān)系．(3)要特殊留意“等腰直角三角形”與“等腰三角形或直角三角形”的區(qū)分．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])2．在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，試推斷△ABC的形態(tài)．[解]法一：∵2b＝a＋c，由正弦定理，得2sinB＝sinA＋sinC.∵B＝60°，∴A＋C＝120°.∴2sin60°＝sin(120°－C)＋sinC.綻開整理得eq\f(\r(3),2)sinC＋eq\f(1,2)cosC＝1.∴sin(C＋30°)＝1.∵0°<C<120°，∴C＋30°＝90°.∴C＝60°，則A＝60°.∴△ABC為等邊三角形．法二：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB.∵B＝60°，b＝eq\f(a＋c,2)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\UP12(2)＝a2＋c2－2accos60°，化簡得(a－c)2＝0.∴a＝c.又B＝60°，∴a＝b＝c.∴△ABC為等邊三角形．角度2三角形邊、角、面積的求解【例3】△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC的面積的最大值．[解](1)由已知，依據(jù)正弦定理得sinA＝sinBcosC＋sinCsinB.又A＝π－(B＋C)，∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinBcosC＋sinCsinB，∴cosBsinC＝sinCsinB，∵sinC≠0，∴cosB＝sinB且B為三角形內(nèi)角，∴B＝eq\f(π,4).(2)S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),4)ac，由正弦定理知a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(2,\f(\r(2),2))×sinA＝2eq\r(2)sinA，同理，c＝2eq\r(2)sinC，∴S△ABC＝eq\f(\r(2),4)×2eq\r(2)sinA×2eq\r(2)sinC＝2eq\r(2)sinAsinC＝2eq\r(2)sinAsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝2eq\r(2)sinAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,4)cosA－cos\f(3π,4)sinA))＝2(sinAcosA＋sin2A＝sin2A＋1－cos＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,4)))＋1，∴當(dāng)2A－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(3π,8)時(shí)，S△ABC有最大值eq\r(2)＋1.求解三角形中的邊、角、面積的解題策略該類問題以三角形為載體，在已知條件中涉及了三角形的一些邊角關(guān)系，由于正弦定理和余弦定理都是關(guān)于三角形的邊角關(guān)系的等式，通過定理的運(yùn)用能夠?qū)崿F(xiàn)邊角互化，在邊角互化時(shí)，常常用到三角函數(shù)中兩角和與差的公式及倍角公式等．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])3．在△ABC中，a，b，c分別是三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊，若a＝2，C＝eq\f(π,4)，coseq\f(B,2)＝eq\f(2\r(5),5)，求△ABC的面積S.[解]因?yàn)閏osB＝2cos2eq\f(B,2)－1＝eq\f(3,5)，故B為銳角，所以sinB＝eq\f(4,5)，所以sinA＝sin(π－B－C)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝sinBcoseq\f(π,4)＋cosBsineq\f(π,4)＝eq\f(7\r(2),10).由正弦定理，得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(10,7)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×eq\f(10,7)×eq\f(4,5)＝eq\f(8,7).正弦、余弦定理在實(shí)際中的應(yīng)用【例4】如圖，在一次海上聯(lián)合作戰(zhàn)演習(xí)中，紅方一艘偵察艇在A處發(fā)覺在北偏東45°方向，相距12海里的B處水面上，有藍(lán)方一艘小艇正以每小時(shí)10海里的速度沿南偏東75°方向前進(jìn)，若紅方偵察艇以每小時(shí)14海里的速度，沿北偏東45°＋α方向攔截藍(lán)方的小艇，若要在最短的時(shí)間內(nèi)攔截住，求紅方偵察艇所需的時(shí)間和角α的正弦值．[思路探究]假設(shè)經(jīng)過x小時(shí)后在C處追上藍(lán)方的小艇，作出示意圖，把實(shí)際數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化到三角形中，利用正、余弦定理求解．[解]如圖，設(shè)紅方偵察艇經(jīng)過x小時(shí)后在C處追上藍(lán)方的小艇，則AC＝14x海里，BC＝10x海里，∠ABC＝120°.依據(jù)余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos120°，解得x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,4)舍去)).故AC＝28海里，BC＝20海里．依據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sinα)＝eq\f(AC,sin120°)，解得sinα＝eq\f(20sin120°,28)＝eq\f(5\r(3),14).故紅方偵察艇所需的時(shí)間為2小時(shí)，角α的正弦值為eq\f(5\r(3),14).應(yīng)用解三角形學(xué)問解決實(shí)際問題四步曲(1)分析題意，精確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語．(2)依據(jù)題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標(biāo)出．(3)將所求問題歸結(jié)到一個(gè)或幾個(gè)三角形中，通過合理運(yùn)用正弦、余弦定理等有關(guān)學(xué)問正確求解．(4)檢驗(yàn)解出的結(jié)果是否具有實(shí)際意義，對結(jié)果進(jìn)行取舍，得出正確答案．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])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(shí)10海里的速度向正北方向行駛，而甲船同時(shí)以每小時(shí)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(shí)后，甲、乙兩船相距最近？[解]設(shè)甲、乙兩船經(jīng)t小時(shí)后相距最近且分別到達(dá)P，Q兩處，因乙船到達(dá)A處需2小時(shí)．①當(dāng)0≤t<2時(shí)，如圖①，在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，所以PQ＝eq\r(AQ2＋AP2－2AQ×AP×cos120°)＝eq\r(20－10t2＋8t2－2×20－10t×8t×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(84t2－240t＋400)＝2eq\r(21t2－60t＋100)；②當(dāng)t＝2時(shí)，PQ＝8×2＝16；③當(dāng)t>2時(shí)，如圖②，在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，∴PQ＝eq\r(AQ2＋AP2－2AQ×AP×cos60°)＝2eq\r(21t2－60t＋100).綜合①②③知，PQ＝2eq\r(21t2－60t＋100)(t≥0)．當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(30,21)＝eq\f(10,7)時(shí)，PQ最?。约?、乙兩船行駛eq\f(10,7)小時(shí)后，相距最近．[培優(yōu)層·素養(yǎng)升華]【例題】△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC.[思路探究](1)利用正弦定理結(jié)合余弦定理求解角A的大??；(2)依據(jù)(1)中的結(jié)論結(jié)合正弦定理化簡題中的等量關(guān)系，利用兩角差的正弦公式求解sinC.[解](1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsin故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因?yàn)?°＜A＜180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝12