1.2 第3课时 正弦定理与余弦定理习题课 学案(人教A版必修5)

1.2 第3课时正弦定理与余弦定理习题课学案(人教A版必修5)
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1.2 第3课时正弦定理与余弦定理习题课学案(人教A版必修5)
第3课时正弦定理与余弦定理习题课
【课标要求】
1．提高对正、余弦定理应用范围的认识．
2．初步应用正、余弦定理解决一些和三角、向量有关的综合问题．【核心扫描】
1．正、余弦定理在解决各类三角形中的应用．(重点)
2．正、余弦定理与三角、向量有关的综合问题．(难点)
自学导引
1．在△ABC中，边a、b、c所对的角分别为A、B、C，则有：
(1)A＋B＋C＝π，＝－.
(2)sin(A＋B)＝sinC，cos(A＋B)＝－cosC，
tan(A＋B)＝－tanC.
(3)sin＝cos，cos＝sin.
2．正弦定理及其变形
(1)＝＝＝2R.
(2)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.
(3)sin A＝，sin B＝，sin C＝.
(4)sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c.
3．余弦定理及其推论
(1)a2＝b2＋c2－2bccosA.
(2)cos A＝.
(3)在△ABC中，c2＝a2＋b2 C为直角；c2＞a2＋b2 C为钝角；c2＜a2＋b2 C为锐角．
名师点睛
1．解三角形问题是历年高考的热点，常与三角恒等变换相结合考
查正弦、余弦定理的应用，解题的实质是将三角形中的问题转化为代
数问题或方程问题，在此过程中也常利用三角恒等变换知识进行有关
的转化．可以说，三角形问题的核心就是转化与化归．
2．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
①sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β.
②cos(α±β)＝cos αcos β sin αsin β.
③tan (α±β)＝.
3．二倍角的正弦、余弦、正切公式
①sin 2α＝2sin αcos α.
②cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.
③tan 2α＝.
④降幂公式：sin2α＝，cos2α＝.
题型一正、余弦定理的综合应用
【例1】(2021·浙江)在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c.已知sin A＋sin C＝psin B(p∈R)，且ac＝b2.
(1)当p＝，b＝1时，求a，c的值；
(2)若角B为锐角，求p的取值范围．
[思路探索] (1)利用正弦定理建立以a、c为未知数的方程组求解．
(2)利用余弦定理建立p2的函数式．
解(1)由题设并由正弦定理，
得解得或
(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accos B
＝(a＋c)2－2ac－2accos B＝p2b2－b2－b2cos B，
即p2＝＋cos B.
因为0＜cos B＜1，所以p2∈，
由题设知p＞0，所以＜p＜.
在已知关系式中，若既含有边又含有角．通常的思路是：将角都
化成边或将边都化成角，再结合正、余弦定理即可求角或边．【变式1】△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2 A＝a.
(1)求；
(2)若c2＝b2＋a2，求B.
解(1)由正弦定理得，
sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，即
sin B(sin2A＋cos2A)＝sin A.
故sin B＝sin A，所以＝.
(2)由余弦定理和c2＝b2＋a2，得cos B＝.
由(1)知b2＝2a2，故c2＝(2＋)a2.
可得cos2B＝，又cos B＞0，故cos B＝，所以B＝45°.
题型二正、余弦定理与三角恒等变换的交汇
【例2】在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，4sin2－cos 2A＝.
(1)求∠A的度数；
(2)若a＝，b＋c＝3，求b、c的值．
[思路探索] (1)先利用三角恒等变换的知识化简关系式，可求得∠A.
(2)利用cos A的值及b＋c＝3，求b、c的值．
解(1)∵B＋C＝π－A，即＝－，
由4sin2－cos 2A＝，得4cos2－cos 2A＝，
即2(1＋cos A)－(2cos2A－1)＝，
整理得4cos2A－4cos A＋1＝0，即(2cos A－1)2＝0，
∴cos A＝，又0°＜A＜180°，∴A＝60°.
(2)由A＝60°，根据余弦定理cos A＝，
即＝，∴b2＋c2－bc＝3，①
又b＋c＝3，②
∴b2＋c2＋2bc＝9.③
①－③整理得：bc＝2.④
解②④联立方程组得或
以三角形为载体，以三角变换为核心，结合正(余)弦定理考查解斜三角形是高考的一个热点问题．根据所给式子、三角形的特点合理
选择正弦或余弦定理是解题的关键，综合考查学生逻辑分析和计算推理能力．
【变式2】在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知cos 2C＝－.
(1)求sin C的值；
(2)当a＝2,2sin A＝sin C时，求b及c的长．
解(1)因为cos 2C＝1－2sin2C＝－，又因为0＜C＜π，所以sin C＝.
(2)当a＝2,2sin A＝sin C时，由正弦定理＝，得c＝4.
由cos 2C＝2cos2C－1＝－及0＜C＜π得cos C＝±.
由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，得b2±b－12＝0，解得b＝或2，
所以或
题型三正、余弦定理与向量的交汇问题
【例3】(2021·青岛二中模拟)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c, sin Ccos C－cos2C＝，且c＝3.
(1)求角C；
(2)若向量m＝(1，sin A)与n＝(2，sin B)共线，求a，b的值．
[审题指导] 审题指导 (1)利用三角恒等变换的知识化简三角关系式求得角C.
(2)由m与n共线可得sin B＝2sin A，再由c＝3可利用余弦定理得到关于a，b的关系式．
[规范解答] (1)∵sin Ccos C－cos2C＝，
∴sin 2C－cos 2C＝1，即sin＝1，
∵0＜C＜π，∴2C－＝，解得C＝.(6分)
(2)∵m与n共线，∴sin B－2sin A＝0，
由正弦定理＝，得b＝2a，①
∵c＝3，由余弦定理，得9＝a2＋b2－2abcos，②
联立方程①②，得(12分)
【题后反思】平面向量与解三角形的交汇问题，应注意准确运用向量知识转化为解三角形问题，再利用正、余弦定理求解．【变式3】已知△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m＝(sin C，sin Bcos A)，n＝(b,2c)，且m·n＝0.
(1)求A的大小；
(2)若a＝2，c＝2，求b的大小．
解(1)∵m·n＝0，
∴(sin C，sin Bcos A)·(b,2c)＝0.
∴bsin C＋2csin Bcos A＝0.
∵＝，∴bc＋2bccos A＝0.
∵b≠0，c≠0，∴1＋2cos A＝0.
∴cos A＝－.∵0＜A＜π，∴A＝.
(2)△ABC中，∵a2＝c2＋b2－2cbcos A，
∴12＝4＋b2－4bcos.∴b2＋2b－8＝0.
∴b＝－4(舍)，b＝2.
方法技巧方程思想在解三角形中的应用
解决正弦定理与余弦定理的综合应用问题，应注意根据具体情况引入未知数，运用方程思想来解决问题．
【示例】(2021·山东)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝.
(1)求的值；
(2)若cos B＝，△ABC的周长为5，求b的长．
[思路分析] (1)利用正弦定理将已知关系式转化为只含角的关系式．然后化简求解．
(2)由cos B＝，结合余弦定理求解．
解(1)由正弦定理，设＝＝＝k，
则＝＝，
所以＝.
即(cos A－2cos C)sin B＝(2sin C－sin A)cos B，
化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．
又A＋B＋C＝π，
所以sin C＝2sin A，因此＝2.
(2)由＝2得c＝2a.
由余弦定理及cos B＝得
b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋4a2－4a2×＝4a2.
所以b＝2a.又a＋b＋c＝5.从而a＝1，因此b＝2.
方法点评此类问题要根据题目中的已知条件，恰当选取定理建立三角形中元素(三条边、三个角)间的关系，若把边角关系转化为角，常伴随三角恒等变换．若求边长，常转化为边之间的关系，借助函数与方程思想解决问题．。