高三一轮复习 解三角形三 学案
高三数学一轮复习---解斜三角形(复习)公开课教案
解斜三角形（复习）公开课教案[教学目标]一：巩固对正弦、余弦、面积公式的掌握，并能熟练地运用公式解决问题。
二：培养学生分析、演绎和归纳的能力。
[教学重点]正弦、余弦、面积公式的应用。
[教学难点]选择适当的方法解斜三角形。
[教学过程]一：基本知识回顾：1.1、正弦定理及其变形；正弦定理：2sin sin sin a b cR A B C===（R 是三角形外接圆的半径） 变式一：sin 2a A R =、sin 2b B R =、sin 2cC R=变式二：sin :sin :sin A B C ::a b c =1.2、余弦定理及其变形；余弦定理：2222cos a b c bc A =+-，变式：222cos 2b c a A bc+-=2222cos b a c ac B =+-， 222cos 2a c b B ac+-=2222cos c a b ab C =+-。
222cos 2a b c C ab+-=1.3、面积公式二：例题分析：1、正弦定理（1）在△ABC 中，已知，则 sin B= ( ) （2）在△ABC 中，若a = 2 ,b =030A = , 则B 等于60︒或120︒111sin sin sin 222S ab C bc A ac B===4,303a b A ===︒2、余弦定理（1）在△ABC 中，满足 ,则A ＝ 60°（2）已知△ABC 的周长为9，且4:2:3sin :sin :sin =C B A ，则cosC 的值为A ．41-B ．41C ．32-D ．32 3、三角形解的个数（1）在△ABC 中，已知 ,这个三角形解的情况是:（ C ）A.一解B.两解C.无解D.不能确定（2）△ABC 中，∠A ，∠B 的对边分别为a ,b ，且∠A=60°，4,6==b a ，那么满 足条件的△ABC（ ）A ．有一个解B ．有两个解C ．无解D ．不能确定4、判断三角形形状 （1）若cCb B a A cos cos sin ==则△ABC 为（ ） A ．等边三角形 B ．等腰三角形C ．有一个内角为30°的直角三角形D ．有一个内角为30°的等腰三角形（2）关于x 的方程02cos cos cos 22=-⋅⋅-CB A x x 有一个根为1，则△ABC 一定是 A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形D ．钝角三角形5、正余弦定理的实际应用（1）有一长为1公里的斜坡，它的倾斜角为20°，现要将倾斜角改为10°，则坡底要 伸长（ ） A ．1公里 B ．sin10°公里 C ．cos10°公里 D ．cos20°公里 （2）10105/4/o C v v B AB o 某渔船在航行中遇险发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后立即测出该渔船在方向角为北偏东45，距离海里的处，渔船沿着方位角为的方向以海里小时的速度向小岛靠拢，我海军艇舰立即以海里小时的速度前去营救。
2023届高三数学一轮复习专题 解三角形 讲义 (解析版)
单元（或主题）教学设计模板以下内容、形式均只供参考，参评者可自行设计。
教学过程既可以采用表格式描述，也可以采取叙事的方式。
如教学设计已经过实施，则应尽量采用写实的方式将教学过程的真实情景以及某些值得注意和思考的现象和事件描述清楚；如教学设计尚未经过实施，则应着重将教学中的关键环节以及教学过程中可能出现的问题及处理办法描述清楚。
表格中所列项目及格式仅供参考，应根据实际教学情况进行调整。
问题，体验数学在解决实际问题中的作用，提升学生数学抽象、数学建模、直观想象、数学运算的数学核心素养。
重点：掌握正弦定理、余弦定理及面积公式，并能正确应用定理解三角形难点：能应用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些测量与几何计算有关的实际问题。
3.单元（或主题）整体教学思路（教学结构图）第一课时，正弦定理及可以解决的问题第二课时，余弦定理及可以解决的问题第三课时，三角形内角和定理、正弦定理、余弦定理的选择第1课时教学设计课题正弦定理课型新授课□章/单元复习课□专题复习课√习题/试卷讲评课□学科实践活动课□其他□1.教学内容分析本课时是解三角形复习课的起始课，由实际问题出发引起学生对定理及变形的回忆，提升学生数学建模、直观想象的核心素养；由几个典型的例题，归纳出正弦定理可以解决的类型，再由定理本身出发再次分析定理可以解决的类型，提升学生逻辑推理、数学运算的核心素养，提高学生对数学符号解读的能力。
再析定理，进而推出“三角形面积公式”，提升学生逻辑推理的核心素养。
3、你还有哪些收获？活动意图说明对于本节课的重点内容强化提问，既检测又强化重点。
“你还有哪些收获”，希望学生能够答出：三角形面积公式、SSA 的情况可能出现两解、取舍的方法、方程和数形结合的思想方法等。
环节六：课堂检测教的活动61、 在中，已知 45,30,10A C c cm ︒︒===，求a 边. 2、 在△ABC 中，π32,6,2===B b c ，求∠A 。
《一轮复习教学案第三章三角函数解三角形第六节解三角形》优秀教案
第六节解三角形☆☆☆2021考纲考题考情☆☆☆1．正弦定理错误!＝错误!＝错误!＝2R其中2R为△ABC外接圆直径。
变式：a＝2R in A，b＝2R in B，c＝2R in C。
a∶b∶c＝in A∶in B∶in C。
2．余弦定理a2＝b2＋c2－2bc co A；b2＝a2＋c2－2ac co B；c2＝a2＋b2－2ab co C。
变式：co A＝错误!；co B＝错误!；co C＝错误!。
in2A＝in2B＋in2C－2in B in C co A。
3．解三角形1已知三边a，b，c。
运用余弦定理可求三角A，B，C。
2已知两边a，b及夹角C。
运用余弦定理可求第三边c。
3已知两边a，b及一边对角A。
先用正弦定理，求in B，in B＝错误!。
①A为锐角时，若ab，一解。
4已知一边a及两角A，B或B，C用正弦定理，先求出一边，后求另一边。
4．三角形常用面积公式1S＝错误!a·h a h a表示a边上的高。
2S＝错误!ab in C＝错误!ac in B＝错误!bc in A＝错误!。
3S＝错误!ra＋b＋cr为内切圆半径。
微点提醒1．在一个三角形中，边和角共有6个量，已知三个量其中至少有一边就可解三角形。
2．判断三角形形状的两种思路：一是化边为角；二是化角为边，并用正弦定理余弦定理实施边、角转换。
3．当a2＋b2<c2时判断三角形的形状，由co C＝错误!<0，得∠C为钝角，则三角形为钝角三角形。
小|题|快|练一、走进教材1．必修510A2A2A2A20A32A2A2A a A A A A2a c a c2A2C2A2A22A2a3a2a2a2如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m、50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于________。
32021·湖北高考如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________ m。
2022届高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形3.3和差倍角的正弦余弦正切公式及恒等变换学案理新人
第三节 和、差、倍角的正弦、余弦、正切公式及恒等变换1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)S (α＋β)：sin (α＋β)＝sin_αcos_β＋cos_αsin_β． (2)S (α－β)：sin (α－β)＝sin_αcos_β－cos_αsin_β． (3)C (α＋β)：cos (α＋β)＝cos_αcos_β－sin_αsin_β． (4)C (α－β)：cos (α－β)＝cos_αcos_β＋sin_αsin_β． (5)T (α＋β)：tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β．(6)T (α－β)：tan (α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β．2．倍角公式(1)S 2α：sin 2α＝2sin_αcos_α． (2)C 2α：cos 2α＝cos 2α－sin 2α ＝2cos 2α－1 ＝1－2sin 2α．(3)T 2α：tan2α＝2tan α1－tan 2α．1．和、差、倍角公式的转化2．公式的重要变形(1)降幂公式：cos 2α＝1＋cos2α2，sin 2α＝1－cos2α2.(2)半角公式(不要求记忆)：①sin α2＝±1－cos α2. ②cos α2＝±1＋cos α2. ③tan α2＝±1－cos α1＋cos α＝1－cos αsin α＝sin α1＋cos α⎝⎛⎭⎫根号前面的正负号由角α2所在象限确定. (3)升幂公式：1＋cos 2α＝2cos 2α，1－cos2α＝2sin 2α. (4)公式变形：tan α±tan β＝tan (α±β)(1∓tan αtan β). (5)辅助角公式：a sinx ＋b cosx ＝a 2＋b 2sin(x＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫其中sin φ＝b a 2＋b 2，cos φ＝a a 2＋b 2.1．(基础知识：逆用公式)化简cos 15°cos 45°－cos 75°sin 45°的值为( ) A ．12B ．32C ．－12D ．－32答案：A2．(基本方法：构造和角公式)已知sin ⎝⎛⎭⎫α－π3＝1517，α∈⎝⎛⎭⎫π2，56π，则sin α的值为( )A ．817B ．153＋834C ．15－8334D ．15＋8334答案：D3．(基础知识：半角公式)已知cos θ＝－15，5π2<θ<3π，那么sin θ2＝( )A ．105 B ．－105 C ．155D ．－155答案：D4．(基本能力：正切倍角公式)若α是第二象限角，且sin(π－α)＝35，则tan 2α＝________．答案：－2475．(基本应用：辅助角公式)f (x )＝sin (x ＋3π)－3cos x 的最小值为________． 答案：－10题型一 两角和、差及倍角公式的直接应用[典例剖析]类型 1 给值(角)求值 [例1] (1)化简 2＋cos 2－sin 21的结果是( )A ．－cos1B ．cos 1C ．3cos 1D ．－3cos 1 解析：原式＝1＋cos 2＋1－sin 21＝2cos 21＋cos 21＝3cos 21＝3cos1. 答案：C(2)若0＜α＜π2，－π2＜β＜0，cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝13，sin ⎝⎛⎭⎫π4－β2＝33，则cos ⎝⎛⎭⎫α＋β2＝( ) A ．33 B ．－33 C ．63D ．－69解析：因为0＜α＜π2，所以π4＜α＋π4＜3π4.又cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝13，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1－19＝223.因为－π2＜β＜0，所以π4＜π4－β2＜π2.又sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝33，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝1－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝1－13＝63， 所以cos ⎝⎛⎭⎫α＋β2＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝13×63＋223×33＝63. 答案：C类型 2 给值求角[例2] (1)(2021·某某六市联考)已知cos α＝17，cos (α－β)＝1314.若0＜β＜α＜π2，则β＝________．解析：由cos α＝17，0＜α＜π2，得sin α＝1－cos 2α＝1－⎝⎛⎭⎫172＝437，又0＜β＜α＜π2，∴0＜α－β＜π2，∴sin (α－β)＝1－cos 2（α－β）＝1－⎝⎛⎭⎫13142＝3314.由β＝α－(α－β)得cos β＝cos [α－(α－β)] ＝cos αcos (α－β)＋sin αsin (α－β) ＝17×1314＋437×3314＝12， ∵β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴β＝π3.答案：π3(2)已知α，β∈(0，π)，且tan (α－β)＝12，tan β＝－17，则2α－β的值为________．解析：∵tan α＝tan [(α－β)＋β]＝tan （α－β）＋tan β1－tan （α－β）tan β＝12－171＋12×17＝13＞0，∵α∈(0，π)，∴0＜α＜π2.又∵tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2×131－⎝⎛⎭⎫132＝34＞0，∴0＜2α＜π2，∴tan(2α－β)＝1. ∵tan β＝－17＜0，∴π2＜β＜π， ∴－π＜2α－β＜0， ∴2α－β＝－3π4.答案：－3π4方法总结1．应用三角公式化简求值的策略(1)使用两角和、差及倍角公式时，首先要记住公式的结构特征和符号变化规律．例如两角和、差的余弦公式可简记为：“同名相乘，符号反”．(2)使用公式求值时，应注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用．(3)使用公式求值时，应注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用，用特殊角来表示非特殊角等．2．“给值求角”实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的X 围，最后确定角．遵照以下原则：(1)已知正切函数值，选正切函数；(2)已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；若角的X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，选正、余弦皆可；若角的X 围是(0，π)，选余弦较好；若角的X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，选正弦较好．[题组突破]1．设α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且tan β＝1＋sin αcos α，则( )A ．α－3β＝－π2B ．α－2β＝－π2C ．α＋3β＝π2D ．α＋2β＝π2解析：法一(化切为弦)：因为tan β＝sin βcos β，所以sin βcos β＝1＋sin αcos α，即sin βcos α＝cos β＋cos βsin α， 整理得sin (β－α)＝cos β，即sin (β－α)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－β.因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以β－α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，π2－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.因为函数y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，所以β－α＝π2－β，整理得α－2β＝－π2.法二(化弦为切)：因为1＋sin αcos α＝1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α2＝1tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α2，所以tan β＝1tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α2＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α2.因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，π4＋α2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，又函数y ＝tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以β＝π4＋α2，即α－2β＝－π2.答案：B2．计算sin 110°sin 20°cos 2155°－sin 2155°的值为( )A ．－12B ．12C ．32D ．－32解析：原式＝sin70°sin 20°cos 225°－sin 225°＝cos20°sin 20°cos 50°＝12×sin 40°sin 40°＝12. 答案：B3．已知sin ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝25，则sin 2α＝________．解析：sin 2α＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2α＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α－1＝2×⎝⎛⎭⎫252－1＝－1725.答案：－1725题型二 两角和、差及倍角公式的逆用和变形运用[典例剖析][典例](1)3tan 10°－1sin 10°＝________．(用数字作答)解析：原式＝3sin 10°cos 10°－1sin 10°＝3sin 10°－cos 10°sin 10°cos 10°＝2sin （10°－30°）12sin 20°＝－2sin 20°12sin 20°＝－4.答案：－4(2)计算：tan 25°＋tan 35°＋3tan 25°·tan 35°＝________．解析：原式＝tan (25°＋35°)(1－tan 25°tan 35°)＋3tan 25°tan 35°＝3(1－tan 25°tan 35°)＋3tan 25°tan 35°＝ 3.答案： 3(3)已知：①tan 10°tan 20°＋tan 20°tan 60°＋tan 60°tan 10°＝1，②tan 5°tan 10°＋tan 10°tan 75°＋tan 75°·tan 5°＝1，③tan 20°tan 30°＋tan 30°·tan 40°＋tan 40°·tan 20°＝1成立．由此得到一个由特殊到一般的推广．此推广是什么？并证明．解析：观察到：10°＋20°＋60°＝90°，5°＋10°＋75°＝90°，20°＋30°＋40°＝90°，猜想此推广为：若α＋β＋γ＝90°，且α，β，γ都不为k·180°＋90°(k∈Z)，则tan αtan β＋tan βtan γ＋tan γtan α＝1.证明如下：因为α＋β＋γ＝90°，所以β＝90°－(α＋γ)，故tan β＝tan [90°－(α＋γ)]＝sin [90°－（α＋γ）]cos [90°－（α＋γ）]＝cos （α＋γ）sin （α＋γ）＝cos αcos γ－sinαsin γsin αcos γ＋cos αsin γ＝1－tan αtan γtan α＋tan γ，所以tan αtan β＋tan βtan γ＝1－tan αtan γ，即tan αtan β＋tan βtan γ＋tan αtan γ＝1.方法总结1．将tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β整理变形为tan α＋tan β＝tan (α＋β)－tan α·tanβ·tan (α＋β).2．(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式． (2)和差角公式变形：sin αsin β＋cos (α＋β)＝cos αcos β， cos αsin β＋sin (α－β)＝sin αcos β， tan α±tan β＝tan (α±β)·(1∓tan α·tan β). (3)倍角公式变形：降幂公式．[拓展] 1±sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α2± cos α22，1＋cos α＝2cos 2α2，1－cos α＝2sin 2α2.提醒 tan αtan β，tan α＋tan β(或tan α－tan β)，tan (α＋β)(或tan (α－β))三者中可以知二求一，且常与一元二次方程根与系数的关系结合命题．[对点训练]1．已知m ＝（α＋β＋γ）,tan （α－β＋γ）)，若sin 2(α＋γ)＝3sin 2β，则m ＝( ) A.12 B ．34C ．32D ．2解析：设A ＝α＋β＋γ，B ＝α－β＋γ， 则2(α＋γ)＝A ＋B ，2β＝A －B ， 因为sin 2(α＋γ)＝3sin 2β， 所以sin (A ＋B )＝3sin (A －B )，即sin A cos B ＋cos A sin B ＝3(sin A cos B －cos A sin B )， 即2cos A ·sin B ＝sin A cos B ， 所以tan A ＝2tan B ，所以m ＝tan Atan B ＝2.答案：D 2.1cos 80°－3sin 80°＝________．解析：1cos 80°－3sin 80°＝sin 80°－3cos 80°sin 80°cos 80°＝2sin （80°－60°）12sin 160°＝2sin 20°12sin 20°＝4.答案：4题型三 三角恒等变换的综合应用[典例剖析][典例] 已知函数f (x )＝23sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6cos ωx (0＜ω＜2)，且f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫5π12，32.(1)求ω的值及函数f (x )的最小正周期； (2)将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，已知g ⎝⎛⎭⎫α2＝536，求cos ⎝⎛⎭⎫2α－π3的值．解析：(1)函数f (x )＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6·cos ωx ＝⎝⎛⎭⎫23sin ωx ·32＋23cos ωx ·12·cos ωx ＝32sin 2ωx ＋3·1＋cos 2ωx 2＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6＋32. ∵f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎪⎫5π12，32，∴3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ω·5π12＋π6＋32＝，∴2ω·5π12＋π6＝k π，k ∈Z ，解得ω＝6k －15，k ∈Z .又0＜ω＜2，∴ω＝1，∴f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋32，故它的最小正周期为2π2＝π.(2)将y ＝f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋32的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝g (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋32的图象．已知g ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝536＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋32，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝13，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝79.方法总结三角恒等变换在研究三角函数图象和性质中的应用(1)图象变换问题：先根据和角公式、倍角公式把函数解析式变为正弦型函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b 或余弦型函数y ＝A cos (ωx ＋φ)＋b 的形式，再进行图象变换．(2)函数性质问题：求函数周期、最值、单调区间的方法步骤：①利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成y ＝A sin (ωx ＋φ)＋b 或y ＝A cos (ωx ＋φ)＋b 的形式；②利用公式T ＝2πω(ω＞0)求周期；③根据自变量的X 围确定ωx ＋φ的X 围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值，另外求最值时，根据所给关系式的特点，也可换元转化为求二次函数的最值；④根据正、余弦函数的单调区间列不等式求函数y ＝A sin (ωx ＋φ)＋b 或y ＝A cos (ωx ＋φ)＋b 的单调区间．[对点训练]已知函数f (x )＝2(sin ωx －cos ωx )cos ωx ＋22(ω＞0)的图象的一条对称轴为x ＝3π8.(1)求ω的最小值； (2)当ω取最小值时，若f ⎝⎛⎭⎫α2＋π4＝35，－π2＜α＜0，求2sin ⎝⎛⎭⎫2α－π4的值．解析：(1)f (x )＝2(sin ωx －cos ωx )cos ωx ＋22＝2sin ωx cos ωx －2cos 2ωx ＋22＝22sin2ωx －22cos 2ωx ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π4. 因为函数f (x )的图象的一条对称轴为x ＝3π8，所以3π4ω－π4＝π2＋k π(k ∈Z )，所以ω＝1＋43k (k ∈Z ).又ω＞0，所以ω的最小值为1.(2)由(1)知f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π4－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35.因为－π2＜α＜0，所以－π4＜α＋π4＜π4，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＞0，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝45.所以2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π4＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－3π4＝－sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－2×35×45－2×⎝⎛⎭⎫452＋1＝－3125.再研高考创新思维1．(2019·高考全国卷 Ⅱ)已知α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )A ．15B ．55C ．33D ．255解析：法一：由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin α·cos α＝2cos 2α.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴2sin α＝cos α.又∵sin 2α＋cos 2α＝1， ∴sin 2α＝15.又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin α＝55.法二：设tan α＝t ，t ∈(0，＋∞)，由已知得4t1＋t 2＝1－t 21＋t 2＋1，解得t ＝12.∴t ＝sin αcos α＝12，∴sin 2α＝15，∴sin α＝55.答案：B2．(2018·高考全国卷Ⅲ)函数ƒ(x )＝tan x1＋tan 2x 的最小正周期为( )A ．π4B ．π2C ．πD ．2π解析：由万能公式可知f (x )＝12sin2x ，故T ＝2π2＝π.答案：C3．(2019·高考某某卷)已知tan αtan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－23，则sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π4的值是________．解析：法一：由tan αtan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan αtan α＋11－tan α＝tan α（1－tan α）tan α＋1＝－23，解得tan α＝2或－13.sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22(sin 2α＋cos 2α)＝22(2sin αcos α＋2cos 2α－1) ＝2(sin αcos α＋cos 2α)－22＝2·sin αcos α＋cos 2αsin 2α＋cos 2α－22＝2·tan α＋1tan 2α＋1－22，将tan α＝2和－13分别代入得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝210.法二：∵tan αtan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23，∴ sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4.①又sin π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos α－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＝22，②由①②，解得sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－25，cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝3210.∴ sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝210.法三：令tan α＝t (t ≠±1)，则t ＝－23·t ＋11－t ，得t ＝2或t ＝－13，故sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22(sin 2α＋cos 2α)＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 1＋t 2＋1－t 21＋t 2＝210. 答案：210素养升华角的灵活变换已知sin (α＋2β)＝34，cos β＝13，α，β为锐角，则sin(α＋β)的值为( )A ．37－2212B ．3－21412C ．37＋2212D ．3＋21412解析：因为cos β＝13，β为锐角，所以sin β＝1－⎝⎛⎭⎫132＝223，cos 2β＝2cos 2β－1＝－79＜0， 又β为锐角，所以π2＜2β＜π，因为α为锐角，所以α＋2β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2，又sin(α＋2β)＝34，所以cos (α＋2β)＝－1－sin 2（α＋2β）＝－74， 所以sin(α＋β)＝sin [(α＋2β)－β] ＝sin (α＋2β)cos β－cos (α＋2β)sin β ＝34×13－⎝⎛⎭⎫－74×223 ＝3＋21412.答案：D。
2022届高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形3.6正弦定理和余弦定理及解三角形学案理新人教版20
第六节 正弦定理和余弦定理及解三角形1．正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2R ，其中R 是△ABC 的外接圆半径． 正弦定理的常用变形：(1)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C . (2)sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R .(3)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C . 2．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc _cos_A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ； b 2＝a 2＋c 2－2ac _cos_B ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ； c 2＝a 2＋b 2－2ab _cos_C ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab． 3．勾股定理在△ABC 中，∠C ＝90°⇔a 2＋b 2＝c 2． 4．三角形的面积公式 S △ABC ＝12ah a ＝12bh b ＝12ch c＝12ab _sin_C ＝12bc _sin__A ＝12ac _sin_B ． 5．实际问题中的常用术语 术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．方位角α的X 围是0°≤α<360°续表 术语名称术语意义图形表示 方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)××度①北偏东m °②南偏西n °坡角坡面与水平面的夹角设坡角为α，坡度为i ， 则i ＝hl＝tan α坡度坡面的垂直高度h 和水平宽度l 的比1．射影定理 b cos C ＋c cos B ＝a ， b cos A ＋a cos B ＝c ， a cos C ＋c cos A ＝b .2．三个角A ，B ，C 与诱导公式的“消角”关系 sin (A ＋B )＝sin C ， cos (A ＋B )＝－cos C ， sin A ＋B 2＝cos C 2，cos A ＋B 2＝sin C 2.3．特殊的面积公式(1)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形内切圆半径).(2)S ＝P （P －a ）（P －b ）（P －c ），P ＝12(a ＋b ＋c ).(3)S ＝abc4R＝2R 2sin A ·sin B ·sin C (R 为△ABC 外接圆半径).1．(基本方法：正弦定理)在△ABC 中，若A ＝60°，B ＝45°，BC ＝32，则AC ＝( ) A ．4 3 B ．23 C ． 3 D ．32答案：B2．(基础知识：正、余弦定理)在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不能确定 答案：C3．(基础知识：三角形的面积公式)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积为________．答案：2 34．(基本能力：正弦定理)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b sin A ＋a cos B ＝0，则B ＝________．答案：3π45．(基本应用：实际问题中的常用术语)两座灯塔A 和B 与海岸观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站北偏东40°，灯塔B 在观察站南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的北偏西________，西偏北________．答案：10° 80°题型一 正、余弦定理的基本应用[典例剖析]类型 1 正弦定理及其应用[例1] 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c ＝1，B ＝45°，cos A ＝35，则b 等于( )A ．53B ．107C ．57D ．5214解析：因为cos A ＝35，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝⎛⎭⎫352＝45，所以sin C ＝sin [π－(A＋B )]＝sin (A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45cos 45°＋35sin 45°＝7210.由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得b ＝17210×sin 45°＝57.答案：C类型 2 余弦定理及其应用[例2] 已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝c ＝6＋2，且A ＝75°，则b ＝( )A ．2B ．4＋23C ．4－2 3D ．6－ 2解析：在△ABC 中，易知B ＝30°，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 30°＝4， ∴b ＝2. 答案：A类型 3 正、余弦定理混合应用[例3] 已知△ABC 满足sin 2A ＋sin A sin B ＋sin 2B ＝sin 2C ，则C 的大小是________． 解析：因为sin 2A ＋sin A sin B ＋sin 2B ＝sin 2C ，所以a 2＋ab ＋b 2＝c 2，即a 2＋b 2－c 2＝－ab ，故cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12(0＜C ＜π)，所以C ＝2π3.答案：2π3方法总结1．求解三角形的一般方法： 方法 解读题型正弦定理法 直接利用正弦定理(变式)求边、角(1)已知两角及一边；(2)已知两边及一边对角 余弦定理法直接利用余弦定理(变式)求边、角(1)已知两边及夹角；(2)已知三边2.在△ABC 中，已知a ，b 和A 时，解的情况如下：A 为锐角A 为钝角或直角图形关系式a ＝b sin Ab sin A＜a ＜ba ≥ba ＞ba ≤b解的个数1211[题组突破]1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a sin B cos C ＋c sin B cos A ＝12b ，且a ＞b ，则B ＝( )A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6解析：∵a sin B cos C ＋c sin B cos A ＝12b ，∴由正弦定理得sin A sin B cos C ＋sin C sin B cos A ＝12sin B ，即sin B (sin A cos C ＋sin C cos A )＝12sin B .∵sin B ≠0，∴sin (A ＋C )＝12，即sin B ＝12.∵a ＞b ，∴A ＞B ，即B 为锐角，∴B ＝π6.答案：A2．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b 2＋c 2－3bc ＝a 2，bc ＝3a 2，则C 的大小是( )A ．π6或2π3B ．π3C ．2π3D ．π6解析：∵b 2＋c 2－3bc ＝a 2，∴b 2＋c 2－a 2＝3bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝3bc 2bc ＝32.又∵A ∈(0，π)，∴A ＝π6.由b 2＋c 2－a 2＝3bc 及bc ＝3a 2得b 2＋c 2－33bc ＝3bc ，即3b 2－4bc ＋3c 2＝0.∴(3b －c )·(b －3c )＝0，解得c ＝3b 或b ＝3c .①当c ＝3b 时，由bc ＝3a 2得a ＝b ，∴△ABC 为等腰三角形，且A ＝B ＝π6，∴C ＝2π3；②当b ＝3c 时，由bc ＝3a 2得a ＝c ，∴△ABC 是以B 为顶点的等腰三角形，A ＝C ，∴C ＝π6.综上，C 的大小为π6或2π3.答案：A3．(2021·某某模拟)若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b sin 2A ＝a sin B ，且c ＝2b ，则ab等于( )A ．32B ．43C ． 2D ． 3解析：由正弦定理及b sin2A ＝a sin B ，得2sin B sin A ·cos A ＝sin A sin B ，又sin A ≠0，sin B ≠0，则cos A ＝12.又c ＝2b ，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋4b 2－4b 2·12＝3b 2，得ab＝ 3.答案：D题型二 正、余弦定理的综合应用[典例剖析]类型 1 判断三角形的形状[例1] (1)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定解析：法一：因为b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2a 22a ＝a ，所以a sin A ＝a ，即sin A ＝1，故A ＝π2，因此△ABC 是直角三角形．法二：因为b cos C ＋c cos B ＝a sin A ， 所以sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ， 即sin(B ＋C )＝sin 2A ，所以sin A ＝sin 2A ，故sin A ＝1，即A ＝π2，因此△ABC 是直角三角形．法三：由射影定理可得b cos C ＋c cos B ＝a ， 所以a ＝a sin A ，所以sin A ＝1，即A ＝π2，所以△ABC 为直角三角形．答案：B(2)在△ABC 中，若2sin A cos B ＝sin C ，那么△ABC 的形状为________． 解析：法一：由已知得2sin A cos B ＝sin C ＝sin (A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin (A －B )＝0， 因为－π＜A －B ＜π，所以A ＝B ， 所以△ABC 为等腰三角形． 法二：由正弦定理得2a cos B ＝c ，再由余弦定理得2a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝c ⇒a 2＝b 2⇒a ＝b ，所以△ABC 为等腰三角形． 答案：等腰三角形类型 2 有关三角形的周长与面积[例2] 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2b －c )cos A ＝a cos C . (1)求A ；(2)若a ＝13，△ABC 的面积为33，求△ABC 的周长．解析：(1)由(2b －c )cos A ＝a cos C 知2×2R sin B cos A －2R sin C cos A ＝2R cos C sin A ， 由A ＋B ＋C ＝π，得2sin B cos A ＝sin B ， 因为sin B ≠0，所以cos A ＝12.因为 0＜A ＜π，所以A ＝π3.(2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得13＝b 2＋c 2－2bc ·12，即(b ＋c )2－3bc ＝13，因为S △ABC ＝12bc ·sin A ＝34bc ＝33，所以bc ＝12，所以(b ＋c )2－36＝13，即b ＋c ＝7， 所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝7＋13. 类型 3 有关三角形的边长与角度[例3] 已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin A ＋b sin B ＋2b sin A ＝c sin C .(1)求C ；(2)若a ＝2，b ＝22，线段BC 的垂直平分线交AB 于点D ，求CD 的长． 解析：(1)因为a sin A ＋b sin B ＋2b sin A ＝c sin C ， 所以由正弦定理可得a 2＋b 2＋2ab ＝c 2. 由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－22，又0＜C ＜π，所以C ＝3π4.(2)由(1)知C ＝3π4，根据余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝22＋(22)2－2×2×22×⎝⎛⎭⎫－22＝20， 所以c ＝2 5.由正弦定理c sin C ＝b sin B ，得2522＝22sin B，解得sin B ＝55，从而cos B ＝255. 设BC 的垂直平分线交BC 于点E ， 因为在Rt △BDE 中，cos B ＝BE BD ，所以BD ＝BE cos B ＝1255＝52. 因为点D 在线段BC 的垂直平分线上，所以CD ＝BD ＝52. 1．求三角形面积的方法(1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积．(2)若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积．总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．2．已知三角形面积求边、角的方法(1)若求角，就寻求夹这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解．方法总结(2)若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求解．提醒 正弦定理、余弦定理与三角函数性质的综合应用中，要注意三角函数公式的工具性作用．3．判断三角形形状的两种思路(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(2)化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论．边角互化法边化角：用角的三角函数表示边 等式两边是边的齐次形式角化边：将解析式中的角用边的形式表示等式两边是角的齐次形式或a 2＋b 2－c 2＝λab[题组突破]1．在△ABC 中，B ＝60°，AC ＝3，则AB ＋2BC 的最大值为________． 解析：因为BC sin A ＝AB sin C ＝AC sin B ＝3sin 60°，所以AB ＝2sin C ，BC ＝2sin A ，因此AB ＋2BC ＝2sin C ＋4sin A＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－A ＋4sin A＝5sin A ＋3cos A ＝27sin (A ＋φ).因为φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2π3，所以AB ＋2BC 的最大值为27.答案：272．若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且C 为钝角，则B ＝________，ca的取值X 围是________．解析：由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ．又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ，∴tan B ＝3，∴B ＝π3. 又∵C 为钝角，∴C ＝2π3－A ＞π2，∴0＜A ＜π6.由正弦定理得ca＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1tan A .∵0＜tan A ＜33，∴1tan A＞3， ∴c a ＞12＋32×3＝2，即ca ＞2. 答案：π3(2，＋∞)题型三 解三角形的应用举例[典例剖析]类型 1 解决测量问题[例1] (1)(可视两点)如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A ，B 两点，在A ，B 两点分别测得树顶的仰角为30°，45°，且A ，B 两点之间的距离为10 m ，则树的高度h 为( )A ．(5＋53)mB ．(30＋153)mC ．(15＋303)mD ．(15＋33)m解析：在△P AB 中，由正弦定理，得10sin （45°－30°）＝PBsin 30°，因为sin (45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝6－24，所以PB ＝5(6＋2)(m)，所以该树的高度h ＝PB sin 45°＝(5＋53)(m).答案：A(2)(河对岸或不可视两点)如图所示，为了测量河对岸A ，B 两点之间的距离，观察者找到一个点C ，从点C 可以观察到点A ，B ；找到一个点D ，从点D 可以观察到点A ，C ；找到一个点E ，从点E 可以观察到点B ，C .并测量得到一些数据：CD ＝2，CE ＝23，∠D ＝45°，∠ACD ＝105°，∠ACB °，∠BCE ＝75°，∠E ＝60°，则A ，B 两点之间的距离为________.(其中°取近似值23)解析：依题意知，在△ACD 中，∠A ＝30°，由正弦定理得AC ＝CD sin 45°sin 30°＝2 2.在△BCE 中，∠CBE ＝45°，由正弦定理得BC ＝CE sin 60°sin 45°＝3 2.连接AB (图略)，在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos ∠ACB ＝10， ∴AB ＝10. 答案：10类型 2 三角形在平面几何中的应用[例2]如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝3π4，AB ⊥AD ，AB＝1.(1)若AC ＝5，求△ABC 的面积； (2)若∠ADC ＝π6，CD ＝4，求sin ∠CAD .解析：(1)在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ，即5＝1＋BC 2＋2BC ，解得BC ＝2，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12AB ·BC ·sin ∠ABC ＝12×1×2×22＝12.(2)设∠CAD ＝θ，在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CD sin ∠CAD ，即AC sin π6＝4sin θ，①在△ABC 中，∠BAC ＝π2－θ，∠BCA ＝π－3π4－⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝θ－π4，由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝ABsin ∠BCA ，即AC sin3π4＝1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，② ①②两式相除，得sin 3π4sin π6＝4sin θ1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，即4⎝⎛⎭⎫22sin θ－22cos θ＝2sin θ，整理得sin θ＝2cos θ.又sin 2θ＋cos 2θ＝1，故sin θ＝255，即sin ∠CAD ＝255.方法总结1．测量距离问题的解法：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将实际问题转化为求某个三角形的边长问题，再利用正、余弦定理求解．提醒 解三角形时，为避免误差的积累，应尽可能用已知的数据(原始数据)，少用间接求出的量．2．测量角度问题的基本思路：测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解．提醒 方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角．3．把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解．4．寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果，求解时要灵活利用平面几何的性质，将几何性质与正弦、余弦定理有机结合起来．[题组突破]1．(2020·某某模拟)如图，一栋建筑物AB 的高为(30－103)米，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD ，在它们之间的点M (B ，M ，D 三点共线)处测得楼顶A ，塔顶C 的仰角分别是15°和60°，在楼顶A 处测得塔顶C 的仰角是30°，则通信塔CD 的高为________米．解析：在Rt △ABM 中，AM ＝ABsin 15°＝30－103sin 15°＝30－1036－24＝206，过点A 作AN ⊥CD 于点N (图略)，在Rt △A 中，因为∠CAN ＝30°，所以∠A ＝60°，又在Rt △CMD 中，∠CMD ＝60°，所以∠MCD ＝30°，所以∠ACM ＝30°，在△AMC 中，∠AMC ＝105°，所以AC sin 105°＝AM sin ∠ACM ＝206sin 30°，所以AC ＝60＋203，所以＝30＋103，所以CD ＝DN ＋＝AB ＋＝30－103＋30＋103＝60. 答案：602．在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 n mile 的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile 的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14 n mile 的速度沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．解析：如图，设红方侦察艇经过x 小时后在C 处追上蓝方的小艇，则AC ＝14x ，BC ＝10x ，∠ABC ＝120°.根据余弦定理得(14x )2＝122＋(10x )2－240x cos 120°， 解得x ＝2(负值舍去)，故AC ＝28，BC ＝20.根据正弦定理得BC sin α＝ACsin 120°，解得sin α＝20sin 120°28＝5314，所以红方侦察艇所需的时间为2小时，角α的正弦值为5314.再研高考创新思维(2019·高考全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A ＋C2＝b sin A .(1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值X 围． 解析：(1)由题设及正弦定理得sin A sin A ＋C 2＝sin B ·sin A .因为sin A ≠0，所以sin A ＋C2＝sin B .由A ＋B ＋C ＝180°，可得sin A ＋C 2＝cos B2， 故cos B 2＝2sin B 2cos B2.因为cos B 2≠0，所以sin B 2＝12，所以B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 由(1)知A ＋C ＝120°，由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin （120°－C ）sin C ＝32tan C ＋12.由于△ABC 为锐角三角形，故0°＜A ＜90°，0°＜C ＜90°. 结合A ＋C ＝120°，得30°＜C ＜90°，所以12＜a ＜2，从而38＜S △ABC ＜32.因此，△ABC 面积的取值X 围是⎝⎛⎭⎫38，32. 素养升华边角互化(2021·某某某某模拟)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a .(1)求ba；(2)若c 2＝b 2＋3a 2，求B .解析：(1)由正弦定理得a sin B ＝b sin A ，因为a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，所以b sin 2A ＋b cos 2A ＝2a ，所以ba ＝ 2.(2)由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 因为c 2＝b 2＋3a 2，所以cos B ＝（1＋3）a2c .由(1)知b 2＝2a 2，故c 2＝(2＋3)a 2，所以cos 2B ＝12，易知cos B ＞0，所以cos B ＝22.又0＜B ＜π，所以B ＝π4.。
高三数学一轮复习精品学案3：4.6 正弦定理、余弦定理及解三角形
4.6 正弦定理、余弦定理及解三角形导学目标1．掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．2．能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．主要考查有关定理的应用、三角恒等变换的能力、运算能力及转化的数学思想．解三角形常常作为解题工具用于立体几何中的计算或证明，或与三角函数联系在一起求距离、高度以及角度等问题，且多以应用题的形式出现．考点梳理1．正弦定理(1)正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即．其中R是三角形外接圆的半径．(2)正弦定理的其他形式：①a＝2R sin A，b＝，c＝；②sin A＝a2R，sin B＝，sin C＝；③a∶b∶c＝______________________.2．余弦定理(1)余弦定理：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍．即a2＝，b2＝，c2＝.若令C＝90°，则c2＝，即为勾股定理．(2)余弦定理的变形：cos A＝，cos B＝，cos C ＝.若C为锐角，则cos C>0，即a2＋b2______c2；若C为钝角，则cos C<0，即a2＋b2______c2.故由a2＋b2与c2值的大小比较，可以判断C为锐角、钝角或直角．(3)正、余弦定理的一个重要作用是实现边角____________，余弦定理亦可以写成sin2A＝sin 2B ＋sin 2C －2sin B sin C cos A ，类似地，sin 2B ＝____________；sin 2C ＝__________________.注意式中隐含条件A ＋B ＋C ＝π.3．解斜三角形的类型(1)已知三角形的任意两个角与一边，用____________定理．只有一解．(2)已知三角形的任意两边与其中一边的对角，用____________定理，可能有___________________．如在△ABC 中，已知a ，b 和A 时，解的情况如表：A 为锐角A 为钝角或直角图形关系式 a ＝b sin A b sin A <a <ba ≥ba >b解的个数① ② ③ ④(3)已知三边，用____________定理．有解时，只有一解． (4)已知两边及夹角，用____________定理，必有一解． 4．三角形中的常用公式或变式(1)三角形面积公式S △＝ ＝ ＝____________＝____________＝____________．其中R ，r 分别为三角形外接圆、内切圆半径．(2)A ＋B ＋C ＝π，则A ＝__________， A2＝__________，从而sin A ＝____________， cos A ＝____________，tan A ＝____________； sin A 2＝__________，cos A2＝__________， tan A2＝________.tan A ＋tan B ＋tan C ＝__________. (3)若三角形三边a ，b ，c 成等差数列，则2b ＝____________⇔2sin B ＝____________⇔2sin B 2＝cos A －C 2⇔2cos A ＋C 2＝cos A －C 2⇔tan A 2tan C 2＝13.类型一 正弦定理的应用△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知A －C ＝90°，a ＋c ＝2b ，求C .在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知A ＝π4，b sin ⎝⎛⎭⎫π4＋C －c sin ⎝⎛⎭⎫π4＋B ＝a .(1)求证：B －C ＝π2；(2)若a ＝2，求△ABC 的面积．类型二 余弦定理的应用在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且cos B cos C ＝－b2a ＋c. (1)求B 的大小；(2)若b ＝13，a ＋c ＝4，求△ABC 的面积．若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 满足(a ＋b )2－c 2＝4，且C ＝60°，则ab 的值为( )A.43B ．8－4 3C ．1 D.23类型三 正、余弦定理的综合应用△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C ＋c sin B . (1)求B ；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＋c ＝6，b ＝2，cos B＝79. (1)求a ，c 的值； (2)求sin(A －B )的值．类型四 判断三角形的形状在三角形ABC 中，若tan A ∶tan B ＝a 2∶b 2，试判断三角形ABC 的形状．在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则△ABC 的形状是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不能确定类型五 解三角形应用举例某港口O 要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O 北偏西30°且与该港口相距20 n mile 的A 处，并以30 n mile/h 的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v n mile/h 的航行速度匀速行驶，经过t h 与轮船相遇．(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30 n mile/h ，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．(1)求渔船甲的速度；(2)求sinα的值．1．已知两边及其中一边的对角解三角形时，要注意解的情况，谨防漏解．2．在判断三角形的形状时，一般将已知条件中的边角关系利用正弦定理或余弦定理转化为角角关系(注意应用A＋B＋C＝π这个结论)或边边关系，再用三角变换或代数式的恒等变形(如因式分解、配方等)求解，注意等式两边的公因式不要约掉，要移项提取公因式，否则有可能漏掉一种形状．3．要熟记一些常见结论，如三内角成等差数列，则必有一角为60°；若三内角的正弦值成等差数列，则三边也成等差数列；内角和定理与诱导公式结合产生的结论：sin A＝sin(B＋C)，cos A＝－cos(B＋C)，sin A2＝cosB＋C2，sin2A＝－sin2(B＋C)，cos2A＝cos2(B＋C)等．4．应用正、余弦定理解斜三角形应用题的一般步骤：(1)分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图；(2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中到一个三角形中，建立一个解斜三角形的模型；(3)求解：利用正、余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解；(4)检验：检验上述所求得的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．5．正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理，它将三角形的边和角有机地联系起来，从而使三角与几何产生联系，为求与三角形有关的量(如面积、外接圆、内切圆半径和面积等)提供了理论依据，也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据．主要方法有：化角法，化边法，面积法，运用初等几何法．注意体会其中蕴涵的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想．在△ABC 中，A >B 是sin A >sin B 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件在△ABC 中，已知b ＝6，c ＝10，B ＝30°，则解此三角形的结果有( ) A ．无解 B ．一解 C ．两解D ．一解或两解(2013·陕西)设△ABC 的内角A, B, C 所对的边分别为a, b, c, 若b cos C ＋c cos B ＝a sin A, 则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定(2012·陕西)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝2，B ＝π6，c＝23，则b ＝________．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ＝2，b ＝2，sin B ＋cos B ＝2，则角A 的大小为________．答案考点梳理1．(1)a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R(2)①2R sin B 2R sin C ②b 2R c2R③sin A ∶sin B ∶sin C2．(1)b 2＋c 2－2bc cos A c 2＋a 2－2ca cos B a 2＋b 2－2ab cos C a 2＋b 2(2)b 2＋c 2－a 22bc c 2＋a 2－b 22ca a 2＋b 2－c 22ab > <(3)互化 sin 2C ＋sin 2A －2sin C sin A cos B sin 2A ＋sin 2B －2sin A sin B cos C3．(1)正弦 (2)正弦 一解、两解或无解 ①一解 ②二解 ③一解 ④一解 (3)余弦 (4)余弦4．(1)12ab sin C 12bc sin A 12ac sin B abc 4R 12(a ＋b ＋c )r(2)π－(B ＋C ) π2－B ＋C 2sin(B ＋C ) －cos(B ＋C )－tan(B ＋C ) cos B ＋C 2 sin B ＋C21tanB ＋C 2tan A tan B tan C (3)a ＋c sin A ＋sin C解：由a ＋c ＝2b 及正弦定理可得sin A ＋sin C ＝2sin B .又由于A －C ＝90°，B ＝180°－(A ＋C )，故cos C ＋sin C ＝sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )＝2sin(90°＋2C )＝2sin2(45°＋C )．∴2sin(45°＋C )＝22sin(45°＋C )cos(45°＋C )， 即cos(45°＋C )＝12.又∵0°＜C ＜90°，∴45°＋C ＝60°，C ＝15°.『评析』利用正弦定理将边边关系转化为角角关系，这是解此题的关键．解：(1)证明：对b sin ⎝⎛⎭⎫π4＋C －c sin ⎝⎛⎭⎫π4＋B ＝a 应用正弦定理得sin B sin ⎝⎛⎭⎫π4＋C －sin C sin ⎝⎛⎭⎫π4＋B ＝sin A ，即sin B ⎝⎛⎭⎫22sin C ＋22cos C －sin C⎝⎛⎭⎫22sin B ＋22cos B ＝22，整理得sin B cos C －sin C cos B ＝1，即sin ()B －C ＝1.由于B ，C ∈⎝⎛⎭⎫0，3π4，∴B －C ＝π2. (2)∵B ＋C ＝π－A ＝3π4，又由(1)知B －C ＝π2，∴B ＝5π8，C ＝π8.∵a ＝2，A ＝π4，∴由正弦定理知b ＝a sin B sin A ＝2sin 5π8，c ＝a sin C sin A ＝2sin π8.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×2sin 5π8×2sin π8×22＝2sin5π8sin π8＝2cos π8sin π8＝22sin π4＝12.解：(1)由余弦定理知，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，将上式代入cos B cos C ＝－b2a ＋c 得a 2＋c 2－b 22ac ·2ab a 2＋b 2－c 2＝－b2a ＋c ， 整理得a 2＋c 2－b 2＝－ac . ∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－ac 2ac ＝－12.∵B 为三角形的内角，∴B ＝23π.(2)将b ＝13，a ＋c ＝4，B ＝23π代入b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得13＝42－2ac －2ac cos 23π，解得ac ＝3.∴S △ABC ＝12ac sin B ＝334.『评析』①根据所给等式的结构特点利用余弦定理将角化边进行变形是迅速解答本题的关键．②熟练运用余弦定理及其推论，同时还要注意整体思想、方程思想在解题过程中的运用．解：由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ，代入(a ＋b )2－c 2＝4中得(a ＋b )2－(a 2＋b 2－ab )＝4，即3ab ＝4，∴ab ＝43.故选A .解：(1)由已知及正弦定理得sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B .① 又A ＝π－(B ＋C )，故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C .② 由①，②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B . 又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.(2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac .由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4.又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2，当且仅当a ＝c 时，等号成立． 因此△ABC 面积的最大值为2＋1.『评析』(1)化边为角与和角或差角公式的正向或反向多次联用是常用的技巧；(2)已知边及其对角求三角形面积最值是高考中考过多次的问题，既可用三角函数求最值，也可以用余弦定理化边后用不等式求最值．解：(1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得b 2＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )，又a ＋c ＝6，b ＝2， cos B ＝79，所以ac ＝9，解得a ＝3，c ＝3.(2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2B ＝429， 由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝223.因为a ＝c ，所以A 为锐角， 所以cos A ＝1－sin 2A ＝13.因此sin(A －B )＝sin A cos B －cos A sin B ＝10227.解法一：由正弦定理，得a 2b 2＝sin 2Asin 2B ，所以tan A tan B ＝sin 2A sin 2B，所以sin A cos B cos A sin B ＝sin 2A sin 2B，即sin2A ＝sin2B .所以2A ＝2B ，或2A ＋2B ＝π，因此A ＝B 或A ＋B ＝π2，从而△ABC 是等腰三角形或直角三角形．解法二：由正弦定理，得a 2b 2＝sin 2A sin 2B ，所以tan A tan B ＝sin 2A sin 2B ，所以cos B cos A ＝sin Asin B ，再由正、余弦定理，得a 2＋c 2－b 22ac b 2＋c 2－a 22bc＝ab，化简得(a 2－b 2)(c 2－a 2－b 2)＝0，即a 2＝b 2或c 2＝a 2＋b 2.从而△ABC 是等腰三角形或直角三角形．『评析』由已知条件，可先将切化弦，再结合正弦定理，将该恒等式的边都化为角，然后进行三角函数式的恒等变形，找出角之间的关系；或将角都化成边，然后进行代数恒等变形，可一题多解，多角度思考问题，从而达到对知识的熟练掌握．解：在△ABC中，∵sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，∴由正弦定理知a 2＋b 2<c 2.∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab<0，即∠C 为钝角，△ABC 为钝角三角形．故选C .解法一：(1)设相遇时小艇航行的距离为S n mile ，则 S ＝900t 2＋400－2·30t ·20·cos （90°－30°）＝900t 2－600t ＋400＝900⎝⎛⎭⎫t －132＋300， 故当t ＝13时，S min ＝103，此时v ＝10313＝30 3.即小艇以30 3 n mile/h 的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小． (2)设小艇与轮船在B 处相遇，则v 2t 2＝400＋900t 2－2·20·30t ·cos(90°－30°)，故v 2＝900－600t ＋400t 2.∵0<v ≤30，∴900－600t ＋400t 2≤900，即2t 2－3t≤0， 解得t ≥23.又t ＝23时，v ＝30.故v ＝30时，t 取得最小值，且最小值等于23. 此时，在△OAB 中，有OA ＝OB ＝AB ＝20，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度为30 n mile/h ，小艇能以最短时间与轮船相遇．解法二：(1)若相遇时小艇的航行距离最小，又轮船沿正东方向匀速行驶，则小艇航行方向为正北方向．设小艇与轮船在C 处相遇．在Rt △OAC 中，OC ＝20cos30°＝103，AC ＝20sin30°＝10.又AC ＝30t ，OC ＝vt ，此时，轮船航行时间t ＝1030＝13，v ＝10313＝30 3. 即小艇以30 3 n mile/h 的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．(2)假设v ＝30时，小艇能以最短时间与轮船在D 处相遇，此时AD ＝DO ＝30t .又∠OAD ＝60°，所以AD ＝DO ＝OA ＝20，解得t ＝23. 据此可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度的大小为30 n mile/h.这样，小艇能以最短时间与轮船相遇． 证明如下：如图，由(1)得OC ＝103，AC ＝10，故OC >AC ，且对于线段AC 上任意点P ，有OP ≥OC >AC .而小艇的最高航行速度只能达到30 n mile/h ，故小艇与轮船不可能在A ，C 之间(包含C )的任意位置相遇．设∠COD ＝θ(0°<θ<90°)，则在Rt △COD 中，CD ＝103tan θ，OD ＝103cos θ. 由于从出发到相遇，轮船与小艇所需要的时间分别为t ＝10＋103tan θ30和t ＝103v cos θ，所以10＋103tan θ30＝103v cos θ. 由此可得，v ＝153sin （θ＋30°）. 又v ≤30，故sin(θ＋30°)≥32，从而，30°≤θ<90°. 由于θ＝30°时，tan θ取得最小值，且最小值为33. 于是，当θ＝30°时，t ＝10＋103tan θ30取得最小值，且最小值为23. 『评析』①这是一道有关解三角形的实际应用题，解题的关键是把实际问题抽象成纯数学问题，根据题目提供的信息，找出三角形中的数量关系，然后利用正、余弦定理求解．②解三角形的方法在实际问题中，有广泛的应用．在物理学中，有关向量的计算也要用到解三角形的方法．近年的高考中我们发现以解三角形为背景的应用题开始成为热点问题之一．③不管是什么类型的三角应用问题，解决的关键都是充分理解题意，将问题中的语言叙述弄明白，画出帮助分析问题的草图，再将其归结为属于哪类可解的三角形．④本题用几何方法求解也较简便．解：(1)依题意，∠BAC ＝120°，AB ＝12，AC ＝10×2＝20，在△ABC 中，由余弦定理知BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos ∠BAC ＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784，BC ＝28.所以渔船甲的速度为v ＝282＝14(海里/小时)． (2)在△ABC 中，AB ＝12，∠BAC ＝120°，BC ＝28，∠BCA ＝α，由正弦定理得AB sin α＝BC sin ∠BAC ，即12sin α＝28sin120°，从而sin α＝12sin120°28＝3314.解：因为在同一三角形中，角大则边大，边大则正弦大，反之也成立，故是充要条件．故选C .解：由正弦定理知sin C ＝c ·sin B b ＝56，又由c >b >c sin B 知，C 有两解．也可依已知条件，画出△ABC ，由图知有两解．故选C .解：由已知和正弦定理可得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin A ·sin A ，即sin(B ＋C )＝sin A sin A ，亦即sin A ＝sin A sin A .因为0<A <π，所以sin A ＝1，所以A ＝π2.所以三角形为直角三角形．故选B .解：由余弦定理知b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝22＋()232－2×2×23×cos π6＝4，b ＝2.故填2.解：∵sin B ＋cos B ＝2，∴2sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π4＝2，即sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π4＝1. 又∵B ∈(0，π)，∴B ＋π4＝π2，B ＝π4. 根据正弦定理a sin A ＝b sin B ，可得sin A ＝a sin B b ＝12. ∵a ＜b ，∴A ＜B .∴A ＝π6.故填π6.。
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 第一节 任意角、弧度制及任意角的三角函数学案 文(含解
第一节 任意角、弧度制及任意角的三角函数2019考纲考题考情1．角的有关概念(1)从运动的角度看，角可分为正角、负角和零角。
(2)从终边位置来看，角可分为象限角与轴线角。
(3)若β与α是终边相同的角，则β用α表示为β＝2k π＋α，k ∈Z 。
2．弧度与角度的互化 (1)1弧度的角长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角。
(2)角α的弧度数如果半径为r 的圆的圆心角α所对弧的长为l ，那么角α的弧度数的绝对值是|α|＝l r。
(3)角度与弧度的换算①1°＝π180rad ；②1 rad ＝ ⎛⎪⎫180π°。
(4)弧长、扇形面积的公式设扇形的弧长为l ，圆心角大小为α(rad)，半径为r ，则l ＝|α|r ，扇形的面积为S ＝12lr ＝12|α|·r 2。
3．任意角的三角函数(1)定义：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，那么sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx(x ≠0)。
(2)几何表示：三角函数线可以看作是三角函数的几何表示。
正弦线的起点都在x 轴上，余弦线的起点都是原点，正切线的起点都是点(1,0)。
如图中有向线段MP ，OM ，AT 分别叫做角α的正弦线，余弦线和正切线。
1．区分两个概念(1)第一象限角未必是锐角，但锐角一定是第一象限角。
(2)不相等的角未必终边不相同，终边相同的角也未必相等。
2．一个口诀三角函数值在各象限的符号：一全正、二正弦、三正切、四余弦。
3．三角函数定义的推广设点P (x ，y )是角α终边上任意一点且不与原点重合，r ＝|OP |，则sin α＝y r，cos α＝x r ，tan α＝y x。
一、走进教材1．(必修4P 10A 组T 7改编)角－225°＝________弧度，这个角在第________象限。
答案 －5π4二2．(必修4P 15练习T 2改编)设角θ的终边经过点P (4，－3)，那么2cos θ－sin θ＝________。
高考数学一轮复习 第3章 三角函数、解三角形 3.6 正弦定理和余弦定理学案 文
3．6 正弦定理和余弦定理[知识梳理]1．正弦定理、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则2．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况3．三角形中常用的面积公式 (1)S ＝12ah (h 表示边a 上的高)．(2)S ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形的内切圆半径)．4．在△ABC 中，常有的结论 (1)∠A ＋∠B ＋∠C ＝π.(2)在三角形中大边对大角，大角对大边．(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． [诊断自测] 1．概念思辨(1)在三角形中，已知两角和一边或已知两边和一角都能解三角形．( )(2)在△ABC 中，a sin A ＝a ＋b －csin A ＋sin B －sin C.( )(3)若a ，b ，c 是△ABC 的三边，当b 2＋c 2－a 2>0时，△ABC 为锐角三角形；当b 2＋c 2－a 2＝0时，△ABC 为直角三角形；当b 2＋c 2－a 2<0时，△ABC 为钝角三角形．( )(4)在△ABC 中，若sin A sin B <cos A cos B ，则此三角形是钝角三角形．( ) 答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)√ 2．教材衍化(1)(必修A5P 10A 组T 4)在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin2Asin C ＝________.答案 1解析 由正弦定理得sin A ∶sin B ∶sin C ＝a ∶b ∶c ＝4∶5∶6，又由余弦定理知cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝25＋36－162×5×6＝34，所以sin2A sin C ＝2sin A cos A sin C ＝2×46×34＝1. (2)(必修A5P 20A 组T 11)若锐角△ABC 的面积为103，且AB ＝5，AC ＝8，则BC 等于________．答案 7解析 因为△ABC 的面积S △ABC ＝12AB ·AC sin A ，所以103＝12×5×8sin A ，解得sin A ＝32，因为角A 为锐角，所以cos A ＝12.根据余弦定理，得BC 2＝52＋82－2×5×8cos A ＝52＋82－2×5×8×12＝49，所以BC ＝7.3．小题热身(1)(2016·天津高考)在△ABC 中，若AB ＝13，BC ＝3，∠C ＝ 120°，则AC ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 A解析 在△ABC 中，设A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则由c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得13＝9＋b 2－2×3b ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，即b 2＋3b －4＝0，解得b ＝1(负值舍去)，即AC ＝1.故选A.(2)(2016·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C＝513，a ＝1，则b ＝________. 答案2113解析 由已知可得sin A ＝35，sin C ＝1213，则sin B ＝sin(A ＋C )＝35×513＋45×1213＝6365，再由正弦定理可得a sin A ＝bsin B ⇒b ＝1×636535＝2113.题型1 利用正、余弦定理解三角形典例1 (2018·郑州预测)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b 3cos B＝asin A，则cos B ＝( )A ．－12 B.12 C ．－32 D.32边角互化法．答案 B解析 由正弦定理知sin B3cos B ＝sin A sin A＝1，即tan B ＝3，由B ∈(0，π)，所以B ＝π3，所以cos B ＝cos π3＝12.故选B.典例2 (2018·重庆期末)在△ABC 中，已知AB ＝43，AC ＝4，∠B ＝30°，则△ABC 的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．43或8 3 D. 3注意本题的多解性．答案 C解析 在△ABC 中，由余弦定理可得AC 2＝42＝(43)2＋BC 2－2×43BC cos30°， 解得BC ＝4或BC ＝8.当BC ＝4时，AC ＝BC ，∠B ＝∠A ＝30°，△ABC 为等腰三角形，∠C ＝120°， △ABC 的面积为12AB ·BC sin B ＝12×43×4×12＝4 3.当BC ＝8时，△ABC 的面积为12AB ·BC sin B ＝12×43×8×12＝8 3.故选C.方法技巧正、余弦定理在解三角形中的应用技巧1．已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形，正弦定理的形式多样，其中a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C 能够实现边角互化．见典例1.2．已知两边和它们的夹角、已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形．见典例2.3．已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．见典例2.冲关针对训练1．(2017·河西五市联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(b －a )sin A ＝(b －c )·(sin B ＋sin C )，则角C 等于( )A.π3 B.π6 C.π4 D.2π3答案 A解析 由题意，得(b －a )a ＝(b －c )(b ＋c )，∴ab ＝a 2＋b 2－c 2，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴C ＝π3.故选A.2．(2018·山东师大附中模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知cos2A ＝－13，c ＝3，sin A ＝6sin C .(1)求a 的值；(2)若角A 为锐角，求b 的值及△ABC 的面积．解 (1)在△ABC 中，c ＝3，sin A ＝6sin C ，由正弦定理a sin A ＝csin C ，得a ＝6c ＝6×3＝3 2.(2)由cos2A ＝1－2sin 2A ＝－13得，sin 2A ＝23，由0<A <π2，得sin A ＝63，则cos A ＝1－sin 2A ＝33. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 化简，得b 2－2b －15＝0， 解得b ＝5(b ＝－3舍去)．所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×5×3×63＝522.题型2 利用正、余弦定理判断三角形的形状典例 (2017·陕西模拟)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定用边角互化法．答案 B解析 ∵b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，由正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，∴sin(B ＋C )＝sin 2A ，即sin A ＝sin 2A .又sin A >0，∴sin A ＝1，∴A ＝π2，故△ABC 为直角三角形．故选B.[条件探究1] 将本典例条件变为“若2sin A cos B ＝sin C ”，那么△ABC 一定是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等腰直角三角形D ．等边三角形答案 B解析 解法一：由已知得2sin A cos B ＝sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin(A －B )＝0，因为－π<A －B <π，所以A ＝B .故选B. 解法二：由正弦定理得2a cos B ＝c ，由余弦定理得2a ·a 2＋c 2－b 22ac＝c ⇒a 2＝b 2⇒a ＝b .故选B.[条件探究2] 将本典例条件变为“若△ABC 的三个内角满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13”，则△ABC ( )A ．一定是锐角三角形B ．一定是直角三角形C ．一定是钝角三角形D ．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形 答案 C解析 在△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13， ∴a ∶b ∶c ＝5∶11∶13，故设a ＝5k ，b ＝11k ，c ＝13k (k >0)，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝25k 2＋121k 2－169k 22×5×11k 2＝－23110<0， 又∵C ∈(0，π)，∴C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴△ABC 为钝角三角形．故选C.[条件探究3] 将本典例条件变为“若b cos B ＋c cos C ＝a cos A ”，试判断三角形的形状． 解 由已知得b ·a 2＋c 2－b 22ac ＋c ·a 2＋b 2－c 22ab ＝a ·b 2＋c 2－a 22bc，∴b 2(a 2＋c 2－b 2)＋c 2(a 2＋b 2－c 2)＝a 2(b 2＋c 2－a 2)． ∴(a 2＋c 2－b 2)(b 2＋a 2－c 2)＝0.∴a 2＋c 2＝b 2或b 2＋a 2＝c 2，即B ＝π2或C ＝π2.∴△ABC 为直角三角形． 方法技巧判定三角形形状的两种常用途径提醒：“角化边”后要注意用因式分解、配方等方法得出边的相应关系；“边化角”后要注意用三角恒等变换公式、三角形内角和定理及诱导公式推出角的关系．冲关针对训练在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2a sin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C.(1)求角A的大小；(2)若sin B＋sin C＝3，试判断△ABC的形状．解(1)由2a sin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C及正弦定理，得2a2＝(2b－c)b＋(2c －b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cos A＝b2＋c2－a22bc＝12，A∈(0，π)，∴A＝60°.(2)∵A＋B＋C＝180°，∴B＋C＝180°－60°＝120°.由sin B＋sin C＝3，得sin B＋sin(120°－B)＝3，∴sin B＋sin120°cos B－cos120°sin B＝ 3.∴32sin B＋32cos B＝3，即sin(B＋30°)＝1.∵0°<B<120°，∴30°<B＋30°<150°.∴B＋30°＝90°，即B＝60°.∴A＝B＝C＝60°，∴△ABC为等边三角形.题型3 与三角形有关的最值角度1 与三角形边长有关的最值典例(2017·杏花岭区模拟)已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝b cos C＋33c sin B.(1)求B；(2)若b＝2，求ac的最大值．本题采用转化法．解(1)在△ABC中，∵a＝b cos C＋33c sin B，∴sin A＝sin B cos C＋33sin C sin B，∴sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋33sin C sin B ， 化为cos B sin C ＝33sin C sin B ，sin C ≠0， 可得tan B ＝3，B ∈(0，π)，∴B ＝π3.(2)由正弦定理得b sin B ＝2R ＝43，令y ＝ac ＝2R sin A ·2R sin C ＝163sin A sin C＝163sin A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝83sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＋43. ∵0<A <π2，0<2π3－A <π2，∴π6<A <π2.故π6<2A －π6<5π6，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，∴y ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤83，4.∴ac 的最大值为4.角度2 与三角形内角有关的最值典例 (2017·庄河市期末)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，设f (x )＝a 2x 2－(a 2－b 2)x －4c 2.(1)若f (1)＝0，且B －C ＝π3，求角C 的大小；(2)若f (2)＝0，求角C 的取值范围．本题采用放缩法．解 (1)由f (1)＝0，得a 2－a 2＋b 2－4c 2＝0， ∴b ＝2c ，又由正弦定理，得sin B ＝2sin C ， ∵B －C ＝π3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋C ＝2sin C ， 整理得3sin C ＝cos C ，∴tan C ＝33. ∵角C 是三角形的内角，∴C ＝π6.(2)∵f (2)＝0，∴4a 2－2a 2＋2b 2－4c 2＝0， 即a 2＋b 2－2c 2＝0，由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 24ab ≥2ab 4ab ＝12(当且仅当a ＝b 时取等号)．又∵余弦函数在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上递减，C 是锐角， ∴0<C ≤π3.方法技巧求与三角形中边角有关的量的取值范围时，主要是利用已知条件和有关定理，将所求的量用三角形的某个内角或某条边表示出来，结合三角形边角的取值范围、函数值域的求法求解范围即可．冲关针对训练(2018·绵阳检测)已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x 4，1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 4，cos 2x4，记f (x )＝m ·n .(1)若f (x )＝1，求cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－x 的值；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足(2a －c )cos B ＝b cos C ，求函数f (A )的取值范围．解 (1)f (x )＝m ·n ＝3sin x 4cos x4＋cos 2x4＝32sin x 2＋12cos x 2＋12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12. 因为f (x )＝1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＝12，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＝12，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－x ＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝－12.(2)因为(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ， 所以2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C ， 所以2sin A cos B ＝sin(B ＋C )，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(B ＋C )＝sin A ，且sin A ≠0， 所以cos B ＝12，B ＝π3，所以0<A <2π3，所以π6<A 2＋π6<π2，12<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6<1， 又因为f (x )＝m ·n ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12，所以f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6＋12，故函数f (A )的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.1．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( )A.π12 B.π6 C.π4 D.π3答案 B解析 因为a ＝2，c ＝2， 所以由正弦定理可知，2sin A ＝2sin C ，故sin A ＝2sin C . 又B ＝π－(A ＋C )， 故sin B ＋sin A (sin C －cos C ) ＝sin(A ＋C )＋sin A sin C －sin A cos C＝sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝(sin A ＋cos A )sin C ＝0.又C 为△ABC 的内角， 故sin C ≠0，则sin A ＋cos A ＝0，即tan A ＝－1. 又A ∈(0，π)，所以A ＝3π4.从而sin C ＝12sin A ＝22×22＝12. 由A ＝3π4知C 为锐角，故C ＝π6.故选B.2．(2018·南阳模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a sin B cos C ＋c sin B cos A ＝12b ，且a >b ，则B ＝________.答案π6解析 由正弦定理，得sin B (sin A cos C ＋sin C cos A )＝12sin B ，即sin B sin(A ＋C )＝12sin B ，因为sin B ≠0，所以sin B ＝12，所以B ＝π6或5π6，又因为a >b ，故B ＝π6.3．(2018·沈阳模拟)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(a －b )(sin A ＋sin B )＝(c －b )·si n C .若a ＝3，则b 2＋c 2的取值范围是________．答案 5<b 2＋c 2≤6解析 由正弦定理可得，(a －b )·(a ＋b )＝(c －b )·c ，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，又A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴A ＝π3.∵b sin B ＝c sin C ＝3sinπ3＝2， ∴b 2＋c 2＝4(sin 2B ＋sin 2C )＝4[sin 2B ＋sin 2(A ＋B )]＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos2B 2＋1－cos2(A ＋B )2＝3sin2B －cos2B ＋4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6＋4. ∵△ABC 是锐角三角形，且A ＝π3，∴B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，即2B －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，∴12<sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B －π6≤1，∴5<b 2＋c 2≤6.4．(2015·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边，sin 2B ＝2sin A sinC . (1)若a ＝b ，求cos B ；(2)设B ＝90°，且a ＝2，求△ABC 的面积． 解 (1)由题设及正弦定理可得b 2＝2ac . 又a ＝b ，可得b ＝2c ，a ＝2c .由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝14.(2)由(1)知b 2＝2ac .因为B ＝90°，由勾股定理得a 2＋c 2＝b 2. 故a 2＋c 2＝2ac ，得c ＝a ＝ 2. 所以△ABC的面积为1.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·长沙模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝13，b ＝3，A ＝60°，则边c ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．6 答案 C解析 a 2＝c 2＋b 2－2cb cos A ⇒13＝c 2＋9－6c cos60°，即c 2－3c －4＝0，解得c ＝4或c＝－1(舍去)．故选C.2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c .若∠C ＝120°，c ＝2a ，则( ) A ．a >b B ．a <b C ．a ＝bD ．a 与b 的大小关系不能确定 答案 A解析 据题意由余弦定理可得a 2＋b 2－2ab cos120°＝c 2＝(2a )2，化简整理得a 2＝b 2＋ab ，变形得a 2－b 2＝(a ＋b )(a －b )＝ab >0，故有a －b >0，即a >b .故选A.3．(2017·湖南长郡中学六模)若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2b sin2A ＝a sin B ，且c ＝2b ，则ab等于( )A ．2B ．3 C. 2 D. 3 答案 A解析 由2b sin2A ＝a sin B ，得4b sin A cos A ＝a sin B ，由正弦定理得4sin B sin A cos A ＝sin A sin B ，∵sin A ≠0，且sin B ≠0，∴cos A ＝14，由余弦定理得a 2＝b 2＋4b 2－b 2，∴a 2＝4b 2，∴a b＝2.故选A.4．(2017·衡水中学调研)在△ABC 中，三边之比a ∶b ∶c ＝2∶3∶4，则sin A －2sin Bsin2C ＝( )A ．1B ．2C ．－2 D.12答案 B解析 不妨设a ＝2，b ＝3，c ＝4，故cos C ＝4＋9－162×2×3＝－14，故sin A －2sin B sin2C ＝a －2b2c cos C ＝2－68×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝2.故选B.5．在△ABC 中，A ，B ，C 是三角形的三个内角，a ，b ，c 是三个内角对应的三边，已知b 2＋c 2＝a 2＋bc .若sin B sin C ＝34，△ABC 的形状( )A ．等边三角形B ．不含60°的等腰三角形C ．钝角三角形D ．直角三角形答案 A解析 在△ABC 中，由余弦定理，可得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，由已知，得b 2＋c 2－a 2＝bc ，∴cos A ＝12.∵0<A <π，故A ＝π3.∵A ＋B ＋C ＝π，A ＝π3，∴C ＝2π3－B .由sin B sin C ＝34，得sin B sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝34.即sin B ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π3cos B －cos 2π3sin B ＝34.32sin B cos B ＋12sin 2B ＝34， 34sin2B ＋14(1－cos2B )＝34， 32sin2B －12cos2B ＝1，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6＝1.又∵－π6<2B －π6<7π6，∴2B －π6＝π2，即B ＝π3.∴C ＝π3，也就是△ABC 为等边三角形．故选A.6．(2014·江西高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A ．3 B.932 C.332 D ．3 3答案 C解析 c 2＝(a －b )2＋6，即c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－ab ，②由①和②得ab ＝6，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.故选C.7．(2018·上海杨浦质量调研)设锐角△ABC 的三内角A ，B ，C 所对边的边长分别为a ，b ，c ，且a ＝1，B ＝2A ，则b 的取值范围为( )A ．(2，3)B ．(1，3)C ．(2，2)D ．(0,2) 答案 A解析 由a sin A ＝b sin B ＝bsin2A ，得b ＝2cos A .π2<A ＋B ＝3A <π，从而π6<A <π3. 又2A <π2，所以A <π4，所以π6<A <π4，22<cos A <32，所以2<b < 3.故选A.8．(2014·全国卷Ⅱ)钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( )A ．5 B. 5 C ．2 D ．1 答案 B解析 S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12，∴sin B ＝22，∴B ＝45°或135°.若B＝45°，则由余弦定理得AC ＝1，∴△ABC 为直角三角形，不符合题意，因此B ＝135°，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝5，∴AC ＝ 5.故选B.9．(2018·辽宁五校第一次联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若直线bx ＋y cos A ＋cos B ＝0与ax ＋y cos B ＋cos A ＝0平行，则△ABC 一定是( )A ．锐角三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰或者直角三角形 答案 C解析 由两直线平行可得b cos B －a cos A ＝0，由正弦定理可知sin B cos B －sin A cos A ＝0，即12sin2A ＝12sin2B ，又A ，B ∈(0，π)，且A ＋B ∈(0，π)，所以2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2.若A ＝B ，则a ＝b ，cos A ＝cos B ，此时两直线重合，不符合题意，舍去，故A ＋B ＝π2，则△ABC 是直角三角形．故选C.10．(2017·武昌调研)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝2b sin C ，则tan A ＋tan B ＋tan C 的最小值是( )A ．4B ．3 3C ．8D ．6 3 答案 C解析 a ＝2b sin C ⇒sin A ＝2sin B sin C ⇒sin(B ＋C )＝2sin B sin C ⇒tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，又根据三角形中的三角恒等式tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C (注：tan A ＝tan(π－B －C )＝－tan(B ＋C )＝－tan B ＋tan C 1－tan B tan C ，即tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C )⇒tan B tan C ＝tan Atan A －2，∴tan A tan B tan C ＝tan A ·tan A tan A －2＝m 2m －2(tan A ＝m )，令m －2＝t ⇒(t ＋2)2t ＝t ＋4t ＋4≥8，当且仅当t ＝4t，即t ＝2，tan A ＝4时，取等号．故选C.二、填空题11．(2015·重庆高考)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cos C＝－14，3sin A ＝2sin B ，则c ＝________.答案 4解析 由3sin A ＝2sin B 及正弦定理，得3a ＝2b ，所以b ＝32a ＝3.由余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，得－14＝22＋32－c22×2×3，解得c ＝4. 12．(2018·河北唐山一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 成等差数列，且A －C ＝90°，则cos B ＝________.答案 34解析 ∵a ，b ，c 成等差数列，∴2b ＝a ＋c . ∴2sin B ＝sin A ＋sin C .∵A －C ＝90°，∴2sin B ＝sin(90°＋C )＋sin C . ∴2sin B ＝cos C ＋sin C . ∴2sin B ＝2sin(C ＋45°)．①∵A ＋B ＋C ＝180°且A －C ＝90°，∴C ＝45°－B2，代入①式中，2sin B ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫90°－B 2.∴2sin B ＝2cos B 2.∴4sin B 2cos B 2＝2cos B2.∴sin B 2＝24.∴cos B ＝1－2sin 2B 2＝1－14＝34. 13．(2018·沈阳监测)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，且满足4S ＝a 2－(b －c )2，b ＋c ＝8，则S 的最大值为________．答案 8解析 由题意得4×12bc sin A ＝a 2－b 2－c 2＋2bc ，又a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，代入上式得2bc sin A ＝－2bc cos A ＋2bc ，即sin A ＋cos A ＝1，2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝1，又0<A <π，∴π4<A ＋π4<5π4，∴A ＋π4＝3π4，∴A ＝π2，S ＝12bc sin A ＝12bc ，又b ＋c ＝8≥2bc ，当且仅当b ＝c 时取“＝”，∴bc ≤16， ∴S 的最大值为8.14．(2017·浙江高考)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos ∠BDC ＝________.答案152104解析 依题意作出图形，如图所示，则sin ∠DBC ＝sin ∠ABC .由题意知AB ＝AC ＝4，BC ＝BD ＝2， 则cos ∠ABC ＝14，sin ∠ABC ＝154.所以S △BDC ＝12BC ·BD ·sin∠DBC＝12×2×2×154＝152. 因为cos ∠DBC ＝－cos ∠ABC ＝－14＝BD 2＋BC 2－CD 22BD ·BC＝8－CD28，所以CD ＝10.由余弦定理，得cos ∠BDC ＝4＋10－42×2×10＝104. B 级三、解答题15．(2018·郑州质检)已知△ABC 的外接圆直径为433，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，C ＝60°.(1)求a ＋b ＋csin A ＋sin B ＋sin C的值；(2)若a ＋b ＝ab ，求△ABC 的面积．解 (1)因为a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2R ＝433，所以a ＝433sin A ，b ＝433sin B ，c ＝433sin C .所以a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝433(sin A ＋sin B ＋sin C )sin A ＋sin B ＋sin C ＝433.(2)由c ＝433sin C ，得c ＝433×32＝2，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，即4＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ，又a ＋b ＝ab ，所以(ab )2－3ab －4＝0，解得ab ＝4或ab ＝－1(舍去)， 所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×4×32＝ 3.16．(2017·湖北四校联考)已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足sin 2A ＋sin A sinB －6sin 2B ＝0.(1)求a b的值；(2)若cos C ＝34，求sin B 的值．解 (1)因为sin 2A ＋sin A sinB －6sin 2B ＝0，sin B ≠0， 所以⎝⎛⎭⎪⎫sin A sin B 2＋sin A sin B－6＝0，得sin A sin B ＝2或sin A sin B ＝－3(舍去)．由正弦定理得a b ＝sin Asin B＝2.(2)由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝34.①将ab＝2，即a ＝2b 代入①， 得5b 2－c 2＝3b 2，得c ＝2b .由余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，得cos B ＝(2b )2＋(2b )2－b 22×2b ×2b ＝528，则sin B ＝1－cos 2B ＝148. 17．(2018·海淀区模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c .满足2a cos C ＋c cos A ＝b .(1)求角C 的大小；(2)求sin A cos B ＋sin B 的最大值． 解 (1)由正弦定理及2a cos C ＋c cos A ＝b ， 得2sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin B . 在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，∴A ＋C ＝π－B ，即sin(A ＋C )＝sin B .∴2sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin(A ＋C )＋sin A cos C ＝sin B ＋sin A cos C ＝sin B ， ∴sin A cos C ＝0，又∵0<A <π，0<C <π，∴sin A >0. ∴cos C ＝0，∴C ＝π2.(2)由(1)得C ＝π2，∴A ＋B ＝π2，即A ＝π2－B .∵sin A cos B ＋sin B ＝cos 2B ＋sin B ＝－sin 2B ＋sin B ＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫sin B －122＋54.∵0<B <π2，∴当sin B ＝12，即B ＝π6时，sin A cos B ＋sin B 取得最大值54.18．已知等腰三角形ABC 满足AB ＝AC ，3BC ＝2AB ，点D 为BC 边上一点且AD ＝BD . (1)求tan ∠ADB 的值； (2)若CD ＝33，求S △ABC . 解 (1)如图，设AB ＝AC ＝a ，AD ＝BD ＝b ，由3BC ＝2AB 得，BC ＝233a .在△ABC 中，由余弦定理得，cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC22AB ·BC＝a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫23a 32－a 22a ·233a＝33， ∴∠ABC 是锐角，则sin ∠ABC ＝1－cos 2∠ABC ＝63. 在△ABD 中，由余弦定理AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos ∠ABD ，得b 2＝a 2＋b 2－233ab ，解得a ＝233b .由正弦定理AD sin ∠ABD ＝ABsin ∠ADB ， 得b63＝a sin ∠ADB，解得sin ∠ADB ＝223，又2b 2>a 2，∴∠ADB 为锐角，∴cos ∠ADB ＝1－sin 2∠ADB ＝13，tan ∠ADB ＝2 2.(2)由已知可得3⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋33＝2a ，① 由(1)可知a ＝233b ，②联立①②得a ＝2，b ＝ 3.过A 作AH ⊥BC 于H ，则H 为BC 的中点，易求得DH ＝33. 则tan ∠ADB ＝AH33＝2 2.∴AH ＝263，∴S △ABC ＝12×433×263＝423.。
几何背景下的三角形解法教学设计-2025届高三数学一轮专题复习
解三角形复习课——几何背景下的三角形解法一、教学目标：1.能够识别什么样的三角形可解；2.形成解三角形的基本思路；3.突出核心素养，提升思维能力. 二、学情分析：教学对象为高三学生，对正余弦定理有一定的了解，但是对几何背景下的三角形求解思路没有系统的复习，没有形成思路. 三、教学重、难点：教学重点：形成解三角形的基本思路，提升思维能力，核心素养的培养. 教学难点：提升思维能力，核心素养的培养.四、教学过程:教师活动学生活动 设 计 意 图一、复习引入引例：在ABC △中，,,A B C ∠∠∠所对的边分别为,,a b c . （1）若3,4,13,c b a ===求.A ∠ 解：由余弦定理:2221cos ,22b c a A bc +-==(0,)A π∈,3A π∴=.（2）若2cos ,4,33C b a ===，求sin B .解：方法一:余弦定理：2222cos ,23a b c C ab +-==3c ∴=,5sin 3C =,正弦定理：sin sin b cB C=得:45sin 9B =. 方法二:由余弦定理：2222cos ,23a b c C ab +-==3c ∴=,余弦定理：2221cos 29a cb B ac +-==,45sin 9B ∴=. （3）30,120,23,C A a ∠=∠==求边b . 解：由题知：30B ∠=,正弦定理sin sin b aB A=, 2.b = 学生完成3道练习题，复习回顾所学知识.给学生提供简单的例子，首先起到复习定理的作用，同时让学生在操作过程中感悟问题及问题的解法，让学生思考、归纳具备什么样的边角关系三角形可解.问1：以上三道题中剩下的边角是否可解？ 问2：以上三道题减少一个条件三角形是否可解？ 思考1：已知哪些边、角三角形可解？ 已知：三边、两边一角、两角一边三角形可解.通过以上3道训练题思考、总结.引导学生自我探究、发现问题. 在老师的引导下总结什么样的三角形可解.二、学以致用、能力提升 例1：（2023年高考全国乙卷）在ABC △中，已知120BAC ∠=，2AB =，1AC =. （1）求sin ABC ∠；（2）若D 为BC 上一点，且90BAD ∠=，求ADC △的面积.DAB C解：（1）由余弦定理:2222cos1207BC AB AC AB AC =+-⋅= 所以7BC =. 由正弦定理：sin sin AC BCB A =,即17sin sin120B =， 所以21sin 14ABC ∠=. （2）因为90BAD ∠=,所以30CAD ∠=. 又因为21sin 14ABC ∠=,所以57cos 14ABC ∠=，3tan 5ABC ∠=. 因为2AB =,所以235AD =,所以11717224ADC S =⨯⨯⨯=△. 学生根据刚刚所总结的“可解三角形”的条件解决一道高考题，学生亲身体验、实践所学方法.在学生归纳出解三角形基本思路基础之上，通过练习进一步强化思路，为形成解三角形的基本思路作铺垫.思考2：解三角形的基本思路：选择三角形⇒判断三角形是否可解⇒构建可解三角形⇒根据三角形几何特征选择定理.学生根据已经做出来的例题，思考、总结解三角形的基本思路. 在学生归纳出“可解三角形”所具备的条件后，通过一道高考题加以实践，重点在于通过这两个问让学生感悟、总结解三角形基本思路.课堂练习：在四边形ABCD 中，,10,1460,135AD CD AD AB BAD BCD ⊥==∠=∠=，,求BC 的长. 思路分析：选择△BCD ,目前只知道BCD ∠, 目前△BCD 不可解，需要 利用余弦定理求出BD 、cos ADB ∠、sin BDC ∠,利用正弦定理：sin sin BC BDBDC BCD=∠∠求出.BC 解析：由余弦定理得：2222cos 156BD AB AD AB AD BAD =+-⋅∠=所以239BD =.由余弦定理得：22239cos 226AD BD AB ADB AD BD +-∠==⋅, 由题知90ADC ∠=, 所以39sin cos 26CDB ADB ∠=∠=. 由正弦定理得：sin sin BC BDCDB BCD=∠∠， 即239392262BC =，32BC =.及时演练，感受解题思路与方法.考虑到课堂时间的有限，本题只让学生思考解题思路，巩固所总结的解三角形基本思路.DABC例2（2024年南京二模）在平面四边形ABCD 中，135,90,2,2A B D AB AD ∠=∠=∠===,求四边形ABCD 的面积. 解析：连接ABCD ABD BCD S S S =+△△, 由题知45C ∠=. 由余弦定理得：2222cos BD AB AD AB AD A =+-⋅⋅∠，10BD =.由正弦定理得：sin sin sin BD AD ABA ABD ADB ==∠∠∠, 解得10sin 10310cos 10ABD ABD ⎧∠=⎪⎪⎨⎪∠=⎪⎩,5sin 525cos 5ADB ADB ⎧∠=⎪⎪⎨⎪∠=⎪⎩.因为90B D ∠=∠=,所以310sin 1025sin 5CBD CDB ⎧∠=⎪⎪⎨⎪∠=⎪⎩.由正弦定理得：sin sin sin DC BC BD CBD CDB C==∠∠∠，解得32,4DC BC ==,所以1sin 62BCD S DC BC C =⋅⋅⋅∠=△，因为1sin 12ABD S AB AD A =⋅⋅⋅∠=△，所以7.ABCD ABD BCD S S S =+=△△ 根据“思路”思考解决问题方案.将四边形面积转化为两个三角形面积之和，在求BCD △的面积时，发现边角不够，暂不可解，需要分析，算出BCD △相应边角，构造出可解三角形，进而求BCD △的面积.提炼升华、提升能力。
高三数学第一轮复习 解三角形教案
高三数学第一轮复习解三角形教案三角形是几何学中研究的一个重要的图形，它拥有许多特征和性质，因此在数学中被广泛地研究和应用。
在高三数学第一轮复习中，对于三角形的解题方法和相关知识的掌握是非常重要的。
本文将为大家介绍三角形的基本概念、常用定理和解题技巧。
一、三角形的基本概念1. 三角形的定义：三角形是由三条线段组成的图形，其中任意两条线段的长度之和大于第三条线段的长度。
2. 三角形的分类：(1) 根据边长分类：等边三角形、等腰三角形、一般三角形。
(2) 根据角度分类：锐角三角形、直角三角形、钝角三角形。
(3) 根据边角关系分类：外角、内角、对角、邻角等。
3. 三角形的元素：三角形的边、角和顶点。
二、三角形的常用定理1. 三角形内角和定理：一个三角形的三个内角的和为180°。
2. 直角三角形的性质：(1) 斜边平方等于两直角边平方和的定理（勾股定理）。
(2) 直角三角形内角的关系：直角对顶角为90°，直角三角形的其它两个内角为锐角。
三、三角形的解题技巧1. 判断三角形的类型：(1) 根据边长关系判断三角形的类型：边长相等的三角形为等边三角形，两边相等的三角形为等腰三角形，其余为一般三角形。
(2) 根据角度关系判断三角形的类型：有一个角大于90°的三角形为钝角三角形，有一个角等于90°的三角形为直角三角形，其余为锐角三角形。
2. 运用三角形的性质和定理解题：(1) 利用三角形内角和定理解决求角度的问题。
(2) 运用勾股定理解决用已知信息求三角形边长的问题。
(3) 利用等腰三角形的性质解决求角度或边长的问题。
四、三角形解题的思路1. 首先，根据问题中给出的已知条件判断三角形的类型，并利用已知信息列写方程。
2. 其次，根据三角形的性质和定理对三角形进行推导和运算，求解未知量。
3. 最后，验证解答的合理性，并作出结论。
通过掌握三角形的基本概念、常用定理和解题技巧，我们不仅可以更好地理解三角形的属性和性质，还能够灵活运用这些知识解决实际问题。
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4．在相距 2 千米的 A，B 两点处测量目标 C，若∠CAB＝75° ，∠CBA＝60° ，则 A，C 两点之间的距 离为______千米． 5．(2014· 高考课标全国卷Ⅰ)如图，为测量山高 MN，选择 A 和另一座山的山 顶 C 为测量观测点．从 A 点测得 M 点的仰角∠MAN＝60° ，C 点的仰角∠CAB＝ 45° 以及∠MAC＝75° ； 从 C 点测得∠MCA＝60° .已知山高 BC＝100 m，则山高 MN ＝________m.
云南衡水实验学校补习班学案
NO:26
编制：刘帅材
审核：
王恺明
使用时间：2015. 9.
班级：
学号：
姓名：
教师评价：
学案 26
[考纲要求]
正弦定理和余弦定理的应用举例
[高频考点] 考点一__测量距离______________________________ 如图，隔河看两目标 A 与 B，但不能到达，在岸边先选取相距 3千米的 C，D 两点，同时，测 得∠ACB＝75° ，∠BCD＝45° ，∠ADC＝30° ，∠ADB＝45° (A，B，C，D 在同一平面内)，求两目标 A，B 之间的距离．
6.如图，一艘船上午 9：30 在 A 处测得灯塔 S 在它的北偏东 30° 的方向，之后它继续沿 正北方向S 在它的北偏东 75° 的方向， 且与它相距 8 2 n mile.此船的航速是________n mile/h. 7.(2013· 高考福建卷)如图，在△ABC 中，已知点 D 在 BC 边上，AD⊥AC， sin ∠ 2 2 BAC＝ 3 ，AB＝3 2，AD＝3，则 BD 的长为________． 8．江岸边有一炮台高 30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角 分别为 45° 和 60° ，而且两条船与炮台底部连线成 30° 角，则两条船相距________m. 9．如图所示，某河段的两岸可视为平行，为了测量该河段的宽度，在河段的一岸边选取两点 A，B， 观察对岸的点 C，测得∠CAB＝75° ，∠CBA＝45° ，且 AB＝100 m．求该河段的宽度．
努力可能不成功，但不努力一定失败。
既然选择了前方，便只顾风雨兼程
A．240( 3－1)m
B．180( 2－1)m
C．120( 3－1)m
D．30( 3＋1)m
课堂小结与学情分析：
5．一艘海轮从 A 处出发，以每小时 40 海里的速度沿南偏东 40° 的方向直线航行，30 分钟后到达 B 处，在 C 处有一座灯塔，海轮在 A 处观察灯塔，其方向是南偏东 70° ，在 B 处观察灯塔，其方向是北偏 东 65° ，那么 B，C 两点间的距离是( ) A．10 2海里 B．10 3海里 C．20 3海里 D．20 2海里
考点二__测量高度______________________________ 要测量底部不能到达的电视塔 AB 的高度， 在 C 点测得塔顶 A 的仰角是 45° ， 在 D 点测得塔 顶 A 的仰角是 30° ，并测得水平面上的∠BCD＝120° ，CD＝40 m，求电视塔的高度．
(1)北偏东 α：指从正北方向顺时针旋转 α 到达目标方向． (2)东北方向：指北偏东 45° . (3)其他方向角类似． 1．若点 A 在点 B 的北偏西 30° ，则点 B 在点 A 的( ) A．北偏西 30° B．北偏西 60° C．南偏东 30° D．南偏东 60° 2．在某次测量中，在 A 处测得同一平面方向的 B 点的仰角是 60° ，C 点的俯角为 70° ，则∠BAC 等 于( ) A．10° B．50° C．120° D．130° 3．一船向北航行，看见正西方向相距 10 海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时 后，看见一灯塔 在船的南偏西 60° ，另一灯塔在船的南偏西 75° ，则这艘船的速度是每小时( ) A．5 海里 B．5 3 海里 C．10 海里 D．10 3 海里 考点三__测量角度______________________________ 如图，位于 A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距 40 海里的 B 处有一艘渔船遇险，在原 地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西 30° 、相距 20 海里的 C 处的乙船，现乙船朝北偏东 θ 的方向沿直线 CB 前往 B 处救援，求 cos θ 的值．
10．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱 正西方向的点 A 测得水柱顶端的仰角为 45° ， 沿点 A 向北偏东 30° 前进 100 m 到达点 B， 在 B 点测得水柱 顶端的仰角为 30° ，则水柱的高度是( ) A．50 m B．100 m C．120 m D．150 m 11．一船自西向东匀速航行，上午 10 时到达灯塔 P 的南偏西 75° 距塔 68 海里的 M 处，下午 2 时到 达这座灯塔的东南方向的 N 处，则这只船航行的速度为( ) 17 6 17 2 A. 2 海里/时 B．34 6 海里/时 C. 2 海里/时 D．34 2 海里/时 12．(2015· 郑州模拟)在 200 m 高的山顶上，测得山下一塔顶和塔底的俯角分别是 30° ，60° ，则塔高 为________． 13．一船以每小时 15 km 的速度向东航行，船在 A 处看到一个灯塔 M 在北偏东 60° 方向，行驶 4 h 后，船到达 B 处，看到这个灯塔在北偏东 15° 方向，这时船与灯塔的距离为________km.
1.掌握正弦定理，余弦定理，并能运用正弦定理，余弦定理解斜三角形； 2.解三角形的基本途径： 根据所给条件灵活运用正弦定理或余弦定理， 然后通过化边为角或化角为边， 实施边和角互化．
1．仰角和俯角 在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．
2．方位角 从正北方向顺时针转到目标方向线的角(如图②，B 点的方位角为 α)． 3．方向角 相对于某一正方向的角(如图③)．
2.两座灯塔 A 和 B 与海岸观察站 C 的距离相等，灯塔 A 在观察站南偏西 40° ，灯塔 B 在观察站南偏 东 60° ，则灯塔 A 在灯塔 B 的( ) A．北偏东 10° B．北偏西 10° C．南偏东 80° D．南偏西 80° π 3．(2013· 高考天津卷)在△ABC 中，∠ABC＝4，AB＝ 2，BC＝3，则 sin∠BAC＝( ) 10 10 3 10 5 A. 10 B. 5 C. 10 D. 5 4．(2014· 高考四川卷)如图，从气球 A 上测得正前方的河流的两岸 B，C 的俯角分别为 75° ，30° ，此 时气球的高是 60 m，则河流的宽度 BC 等于( )
努力可能不成功，但不努力一定失败。 既然选择了前方，便只顾风雨兼程
云南衡水实验学校补习班学案
NO:26
编制：刘帅材
审核：
王恺明
使用时间：2015. 9.
班级：
学号：
姓名：
教师评价：
1． (2015· 龙岩模拟)已知 A、 B 两地的距离为 10 km， B、 C 两地的距离为 20 km， 现测得∠ABC＝120° ， 则 A，C 两地的距离为( ) A．10 km B．10 3 km C．10 5 km D．10 7 km