人教B版(19)高中数学必修第四册素养突破关键能力·素养形成 9.1.2 余 弦 定 理
人教版普通高中数学B版必修第四册 第九章 9.1.2余弦定理
将问题一般化— 已知三角形两边和夹角求第三边问题， 即：在△ABC中已知a，b和C，求a.
得到一般规律：
余弦定理
同理有：
你能对定理进行归纳概括么
合作探究，解决问题
余弦定理： 三角形任何一边的平方， 等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦积的2倍.
深入探索公式应用
问题5. 通过观察分析余弦定理的结构特点， 说一说余弦定理刻画了哪些量的关系？
问题2：
方法汇总：
若测量出角C，如何根据已知求出AB长？ 坐标法、向量法
合作探究，解决问题
问题3： 采用坐标法，为了简化计算，应该如何建立直角坐标系？ 问题4： 角C为直角时，如何求边c？能否利用向量法证明勾股定理? 若角C不是直角，该如何利用向量法求解边c？
小组合作至少选用一种方法求解
合作探究，解决问题
人教版普通高中数学B版必修第四册 第一章 第二节第1课时
《余弦定理》
创设情景，提出问题
甲同学距离公园8米，乙距离甲3米，求乙离公园多少米？ 解： （1）甲、乙、公园三点共线时，易知所求为11或5（米）；
（2）甲、乙、公园不共线时，情境中的问题可转化为 解三角形问题：
创设情景，提出问题
问题1： 现有工具测角仪仅能使用一次， 你能请设计合理的方案求解么？
典例解析，深化理解
小组合作，群体提升 问题3（课后思考）. 利用余弦定理可以推导出思考题中的结论，能否用思考题中的结论 证明余弦定理？
典例解析，深化理解
课堂练习，巩固所学
归纳小结、群体交流
1.余弦定理的作用. 2.本节课的其他收获.
谢谢 看
观
人教版普通高中数学B版必修第四册 第一章 第二节第2课时
《余弦定理》
人教B版(2019)高中数学必修第四册课程目录与教学计划表
人教B版（2019）高中数学必修第四册课程目录与教学计划表
教材课本目录是一本书的纲领，是教与学的路线图。
不管是做教学计划、实施教学活动，还是做学习计划、复习安排、工作总结，都离不开目录。
目录是一本书的知识框架，要做到心中有书、胸有成竹，就从目录开始吧！
课程目录教学计划、进度、课时安排第九章解三角形
9.1 正弦定理与余弦定理
9.1.1 正弦定理
9.1.2 余弦定理
本节综合与测试
9.2 正弦定理与余弦定理的应用
9.3 数学探究活动:得到不可达两点之间的距离
本章综合与测试
第十章复数
10.1 复数及其几何意义
10.1.1 复数的概念
10.1.2 复数的几何意义
本节综合与测试
10.2 复数的运算
10.2.1 复数的加法与减法
10.2.2 复数的乘法与除法
本节综合与测试
10.3 复数的三角形式及其运算
本章综合与测试
第十一章立体几何初步
11.1 空间几何体
11.1.1 空间几何体与斜二测画法
11.1.2 构成空间几何体的基本元素
11.1.3 多面体与棱柱
11.1.4 棱锥与棱台
11.1.5 旋转体
11.1.6 祖暅原理与几何体的体积本节综合与测试
11.2 平面的基本事实与推论11.3 空间中的平行关系
11.3.1 平行直线与异面直线11.3.2 直线与平面平行
11.3.3 平面与平面平行
本节综合与测试
11.4 空间中的垂直关系
11.4.1 直线与平面垂直
11.4.2 平面与平面垂直
本节综合与测试
本章综合与测试
本册综合。
9.1.2-余弦定理课件(共48张PPT)高一下学期数学人教B版(2019)必修第四册第九章解三角形
(3)(4)正确.
-6-
课前篇自主预习
激趣诱思
知识点拨
微练习1
在△ABC中,已知AB=2,AC=3,A=60°,则BC=(
A.9
课堂篇探究学习
B.19
C.√7
)
D.√19
答案:C
解析:由余弦定理,可得 BC2=AB2+AC2-2AB×ACcos
-8-
课前篇自主预习
激趣诱思
课堂篇探究学习
知识点拨
知识点二:用余弦定理解三角形的问题
1.已知两边及夹角解三角形;
2.已知三边解三角形.
-9-
课前篇自主预习
激趣诱思
课堂篇探究学习
知识点拨
名师点析 1.已知三边求三角的基本方法
方法一:直接根据余弦定理的三个变式求出三角.
方法二:首先由余弦定理的变式求出最大边所对的角,再由正弦定
所以利用正弦定理可得
sin2Bsin2C+sin2Csin2B=2sin Bsin Ccos Bcos C,
因为sin Bsin C≠0,所以sin Bsin C=cos Bcos C,
所以cos(B+C)=0,所以cos A=0,因为0<A<π,所以A=
为直角三角形.
π
2
,所以△ABC
-24-
课前篇自主预习
1
A=4+9-2×2×3×2=7,所以 BC=√7.故选 C.
-7-
课前篇自主预习
激趣诱思
课堂篇探究学习
知识点拨
微练习2
(2020安徽定远县民族学校高一月考)在△ABC中,AB=5,
2024-2025年人教版必修第四册9.1.1正弦定理(带答案)
9．1.1 正弦定理1．在△ABC 中，a ＝3，b ＝5，sin A ＝13，则sin B ＝( ) A ．15 B ．59C ．53D ．1 2．已知△ABC 中，a ＝2 ，b ＝3 ，B ＝60°，那么A 等于( )A ．45°B ．60°C ．120°或60°D ．135°或45°3．已知锐角△ABC 的面积为3，BC ＝4，AC ＝3，则角C 的大小为( )A ．75°B ．60°C ．45°D ．30°4．在△ABC 中，a ＝1，b ＝3 ，A ＝30°，则c ＝( )A ．1B ．2C ．1或2D ．无解5．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin B ＝12，A ＝120°，且b ＝2，则△ABC 的面积为( )A ．3B ．23C ．3D ．436．在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos B ＝－17. (1)求角A ；(2)求AC 边上的高．7．(多选)在△ABC 中，下列式子可能成立的是A ．a >b sin A B ．a <b sin AC ．a ＝b sin AD ．b <a sin B8．在△ABC 中，若AB → ·AC → ＝2且∠BAC ＝30°，则△ABC 的面积为( )A ．3B ．23C ．33D ．233 9．(多选)下列关于正弦定理或其变形的叙述正确的是( )A ．在△ABC 中，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sinB ∶sin CB ．在△ABC 中，sin 2A ＝sin 2B ，则a ＝bC ．在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B ；若A >B ，则sin A >sin BD ．在△ABC 中，a sin A ＝b ＋c sin B ＋sin C10．(逻辑推理)在△ABC 中，a ＝b sin A ，则△ABC 一定是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形11．在△ABC 中，A ＝60°，a ＝6 ，b ＝4，则满足条件的△ABC ( )A ．有一个解B ．有两个解C ．无解D ．不能确定12．(多选)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则下列结论成立的是( )A ．若A >B ，则sin A >sin BB ．若A >B ，则cos A <cos BC ．若a cos A ＝b cos B ＝c cos C，则a ＝b ＝c D ．若a cos A ＝b cos B ，则A ＝B13．在△ABC 中，已知a 2sin B cos B ＝b 2sin A cos A，试判断△ABC 的形状．14．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是三个内角A ，B ，C 所对的边，已知a ＝3，cos A ＝63，B ＝A ＋π2. (1)求b 的值；(2)求△ABC 的面积．15.已知△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos C ＋32 c ＝b . (1)求角A 的大小；(2)若a ＝1，b ＝3 ，求c 的值．9．1.1 正弦定理必备知识基础练1．答案：B解析：在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b sin A a ＝5×133 ＝59，故选B.2．答案：A解析：在△ABC 中，∵a ＝2 ，b ＝3 ，∴a <b ，∴A <B .又∵B ＝60°，∴A <60°，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin A ＝a sin B b＝2×323 ＝22 ，则A ＝45°或135°(舍)，故选A. 3．答案：D解析：S ＝12 BC ·AC ·sin C ＝12 ×4×3×sin C ＝3，∴sin C ＝12，∵三角形为锐角三角形，∴C ＝30°.4．答案：C 解析：由a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b sin A a ＝32.∵a <b ，∴B >A ＝30°.∴B 为60°或120°.①当B ＝60°时，C ＝180°－60°－30°＝90°.此时，c ＝a 2＋b 2 ＝1＋3 ＝2.②当B ＝120°时，C ＝180°－120°－30°＝30°.此时，c ＝a ＝1.故选C.5．答案：A解析：∵△ABC 中，sin B ＝12，A ＝120°，∴B ＝30°，∴C ＝30°，又∵b ＝2，∴c ＝b ＝2.∴S △ABC ＝12 bc sin A ＝12 ×2×2×32＝3 . 6．解析：(1)∵B 是△ABC 的内角，且cos B ＝－17， ∴B 为钝角，sin B ＝437. 由正弦定理a sin A ＝b sin B 得7sin A ＝8437 ， 即sin A ＝32 ，∴A ＝π3.(2)由sin C ＝sin (A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝32 ×⎝⎛⎭⎫－17 ＋12 ×437 ＝3314， 则AC 边上的高＝a ·sin C ＝7×3314 ＝332. 关键能力综合练7．答案：AC解析：∵a sin A ＝b sin B ，∴a ＝b sin A sin B ，b ＝a sin B sin A，∵sin B ≤1，sin A ≤1，∴a ≥b sin A ，b ≥a sin B ，故选AC.8．答案：C解析：由AB → ·AC → ＝2得AB ·AC ·cos 30°＝2，即AB ·AC ＝43，所以由三角形面积公式得S ＝12 AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12 ×43×12 ＝33 . 9．答案：ACD解析：由正弦定理易知A 、C 、D 正确，对于B ，由sin 2A ＝sin 2B ，可得A ＝B 或2A＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2，∴a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2，故B 错误，故选ACD. 10．答案：B解析：由正弦定理，可设a sin A ＝b sin B＝k ，由a ＝b sin A 得k sin A ＝k sin B ·sin A ，所以sin B ＝1，所以B ＝π2，故选B. 11．答案：C 解析：由正弦定理得6sin 60° ＝4sin B.∴sin B ＝2 ＞1，∴角B 不存在． 12．答案：ABC解析：对于A ：因为A >B ，所以a >b ，由正弦定理可得2R sin A >2R sin B (R 是△ABC 外接圆的半径)，所以sin A >sin B ，故正确；对于B ：因为y ＝cos x 在(0，π)上单调递减，A ，B ∈(0，π)且A >B ，所以cos A <cos B ，故正确；对于C ：因为a cos A ＝b cos B ＝c cos C，由正弦定理化边为角可得tan A ＝tan B ＝tan C ，又因为A ，B ，C ∈(0，π)，所以A ＝B ＝C ，所以a ＝b ＝c ，故正确；对于D ：利用正弦定理化边为角可得sin A cos A ＝sin B cos B ，所以sin 2A ＝sin2B ，所以A ＝B 或A ＋B ＝π2，故错误．故选ABC. 13．解析：∵a 2sin B cos B ＝b 2sin A cos A，a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ， ∴4R 2sin 2A sin B cos B ＝4R 2sin 2B sin A cos A.又∵sin A sin B ≠0，∴sin A cos A ＝sin B cos B ，即sin 2A ＝sin 2B ，∴2A ＝2B 或2A ＋2B＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2.故△ABC 是等腰三角形或直角三角形． 14．解析：(1)在△ABC 中，由题意知sin A ＝1－cos 2A ＝33， 又B ＝A ＋π2 ，所以sin B ＝sin (A ＋π2 )＝cos A ＝63. 由正弦定理可得b ＝a sin B sin A ＝3×6333＝32 . (2)由B ＝A ＋π2， 得cos B ＝cos (A ＋π2 )＝－sin A ＝－33， 由A ＋B ＋C ＝π，得C ＝π－(A ＋B )，所以sin C ＝sin [π－(A ＋B )]＝sin (A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝33 ×(－33)＋63 ×63 ＝13. 所以△ABC 的面积S ＝12 ab sin C ＝12 ×3×32 ×13 ＝322 . 核心素养升级练 15．解析：(1)由a cos C ＋32 c ＝b ，得sin A cos C ＋32sin C ＝sin B . 因为sin B ＝sin (A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ，所以32sin C ＝cos A sin C . 因为sin C ≠0，所以cos A ＝32 . 因为0<A <π，所以A ＝π6. (2)由正弦定理，得sin B ＝b sin A a ＝32 ， 所以B ＝π3 或2π3. ①当B ＝π3 时，由A ＝π6 ，得C ＝π2 ，所以c ＝2； ②当B ＝2π3 时，由A ＝π6 ，得C ＝π6，所以c ＝a ＝1.综上可得c＝1或2.。
2020-2021高中数学第四册教师用书：9.1.2余弦定理含解析
2020-2021学年高中数学新教材人教B 版必修第四册教师用书：9.1.2 余弦定理含解析9．1.2 余弦定理［课程目标] 1。
掌握余弦定理及余弦定理的推导；2.了解余弦定理常用的几种变形公式；3.会利用余弦定理解决三角形问题．知识点一 余弦定理［填一填](1)语言表达：三角形任何一边的平方,等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的2倍．（2）公式表示:a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ;c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .(3）变形:cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ;cos B ＝错误!；cos A ＝错误!。
［答一答］1．余弦定理公式c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 与勾股定理c 2＝a 2＋b 2很类似,它们之间有联系吗？提示:对于余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 中，若∠C ＝90°，则有c 2＝a 2＋b 2,此即为勾股定理，也就是说勾股定理是余弦定理的特殊情况．知识点二余弦定理的应用[填一填］应用余弦定理及其推论可解决两类解三角形的问题，一类是已知两边及其夹角，可以求出该三角形的第三边,另一类是已知3条边时，可以求出该三角形的3个角，而且该三角形也唯一确定．[答一答］2．已知两边和其中一边的对角解三角形时，用正弦定理可以求解，但需要判别解的情况，想一想,这类问题能不能用余弦定理求解？提示：可以用余弦定理求解，例如已知a、b和∠A，可先由公式a2＝b2＋c2－2bc cos A解关于c的方程求出c.进而再求其他量．要注意一点：关于c的方程的解的个数对应三角形解的个数,这比用正弦定理求解好．3．有人说：公式cos A＝错误!中，可以用b2＋c2－a2的值的符号判断该三角形是锐角三角形，钝角三角形，还是直角三角形．你认为这种说法对吗？提示:不完全对．若b2＋c2－a2＝0,则△ABC是直角三角形．若b2＋c2－a2〈0，则△ABC是钝角三角形，但是若b2＋c2－a2>0，△ABC不一定是锐角三角形,还要考虑B、C的大小．1．除课本证明方法外，余弦定理其他证明方法．证法1：(向量法)如图（1）所示，在△ABC中，显然有错误!＝错误!－错误!，所以错误!·错误!＝(错误!－错误!）·（错误!－错误!）＝错误!2－2错误!·错误!＋错误!2＝|错误!|2－2｜错误!｜·|错误!｜·cos A＋|错误!｜2，也就是a2＝b2＋c2－2bc cos A，同理可得b2＝c2＋a2－2ca cos B，c2＝a2＋b2－2ab cos C。
人教B版(19)高中数学必修第四册素养突破关键能力·素养形成 11.4.1 直线与平面垂直
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关键能力·素养形成类型一直线与直线所成的角【典例】1.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则B1D与CC1所成角的正切值为________.2.已知三棱锥A-BCD中,AB=CD,且直线AB与CD成60°角,点M,N分别是BC,AD 的中点,求直线AB和MN所成的角.世纪【思维·引】1.利用线线角的定义,平移直线找到两条相交直线所成的角,再求出正切值即可.2.选择恰当的点分别作AB和CD的平行线,同时找到直线AB与CD所成的角、直线AB和MN所成的角.【解析】1.如图,B1D与CC1所成的角为∠BB1D.因为△DBB1为直角三角形,所以tan∠BB1D==.答案:2.如图,取AC的中点P,连接PM,PN,因为点M,N分别是BC,AD的中点,所以PM∥AB,且PM=AB;PN∥CD,且PN=CD,所以∠MPN(或其补角)为AB与CD所成的角.所以∠PMN(或其补角)为AB与MN所成的角.因为直线AB与CD成60°角,所以∠MPN=60°或∠MPN=120°.又因为AB=CD,所以PM=PN,①若∠MPN=60°,则△PMN是等边三角形,所以∠PMN=60°,即AB与MN所成的角为60°.②若∠MPN=120°,则易知△PMN是等腰三角形.所以∠PMN=30°,即AB与MN所成的角为30°.综上可知:AB与MN所成角为60°或30°.【内化·悟】1.两条直线所成角的依据是什么?提示:两条直线所成角的依据是等角定理以及两直线所成角的定义.2.空间中直线与直线垂直有哪两种情况?证明方法有何不同?提示:(1)相交垂直.利用等腰三角形三线合一的性质、菱形对角线垂直、勾股定理逆定理等方法证明.(2)异面垂直.通常转化为证明线面垂直.【类题·通】1.求两异面直线所成的角的一般步骤:(1)作:根据所成角的定义,用平移法作出异面直线所成的角.(2)证:证明作出的角就是要求的角.(3)计算:求角的值,常利用解直角三角形.可用“一作二证三计算”来概括.2.需要关注的问题因为异面直线所成角θ的范围是0°<θ≤90°,所以平移直线得出的角有可能是两条异面直线所成角的补角,要注意识别这种情况.【习练·破】如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,则异面直线EF 与B1D1所成的角为________.【解析】连接BC1,AD1,AB1,可知EF为△BCC1的中位线,所以EF∥BC1.又因为AB CD C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形.所以BC1∥AD1.所以EF∥AD1.所以∠AD1B1为异面直线EF和B1D1所成的角或其补角.在△AB1D1中,易知AB1=B1D1=AD1,所以△AB1D1为正三角形,所以∠AD1B1=60°.所以EF与B1D1所成的角为60°.答案:60°类型二直线与平面垂直的判定与性质角度1 直线与平面垂直的判定【典例】1.若三条直线OA,OB,OC两两垂直,则直线OA垂直于 ( )A.平面OABB.平面OACC.平面OBCD.平面ABC2.(2018·全国卷Ⅱ改编)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC的中点.证明:PO⊥平面ABC.世纪【思维·引】1.利用线面垂直的判定定理,由线线垂直,证明线面垂直.2.OP⊥AC是比较明显的,所以关键是证明OP⊥OB,可考虑用勾股定理的逆定理. 【解析】1.选C.由线面垂直的判定定理知OA垂直于平面OBC.2.因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.【素养·探】在与线面垂直判定定理的应用有关的问题中,经常利用核心素养中的逻辑推理,通过研究线线垂直、线面垂直的判定,体会线线垂直和线面垂直的相互转化.将本例2三棱锥满足的条件改为PA⊥BC,PC⊥AB,求证:PB⊥AC.【证明】过P作PO⊥平面ABC于O,连接OA,OB,OC.因为PO⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PO⊥BC.又因为PA⊥BC,PA∩PO=P,所以BC⊥平面PAO.又因为OA⊂平面PAO,所以BC⊥OA.同理,可证AB⊥OC.所以O是△ABC的垂心.所以OB⊥AC.又因为PO⊥AC,PO∩OB=O,所以AC⊥平面PBO.又PB⊂平面PBO,所以PB⊥AC.角度2 直线与平面垂直的性质【典例】如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF与异面直线AC,A1D都垂直相交.求证:EF∥BD1. 世纪【思维·引】证明EF与BD1都与平面AB1C垂直. 【证明】连接AB1,B1C,BD,B1D1,如图所示.因为DD1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以DD1⊥AC.又因为AC⊥BD,BD∩DD1=D,所以AC⊥平面BDD1B1,所以AC⊥BD1.同理BD1⊥B1C,又AC∩B1C=C,所以BD1⊥平面AB1C.因为EF⊥A1D,且A1D∥B1C,所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC,AC∩B1C=C,所以EF⊥平面AB1C,所以EF∥BD1.【类题·通】1.线面垂直的判定方法(1)证明线面垂直的方法①线面垂直的定义.②线面垂直的判定定理.③如果两条平行直线的一条直线垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个平面.④如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,那么它也垂直于另一个平面.(2)利用直线与平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直的步骤:①在这个平面内找两条直线,使它和这条直线垂直;②确定这个平面内的两条直线是相交的直线;③根据判定定理得出结论.2.利用线面垂直的性质定理:把证线线平行转化为证线面垂直.【发散·拓】1.空间几何体中,确定线面角的关键是什么?提示:在空间几何体中确定线面角时,过斜线上一点向平面作垂线,确定垂足位置是关键,垂足确定,则射影确定,线面角确定.2.求斜线与平面所成角的步骤(1)作图:作(或找)出斜线在平面内的射影,作射影要过斜线上一点作平面的垂线,再过垂足和斜足作直线,注意斜线上点的选取以及垂足的位置要与问题中已知量有关,才能便于计算.(2)证明:证明某平面角就是斜线与平面所成的角.(3)计算:通常在垂线段、斜线和射影所组成的直角三角形中计算.【延伸·练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,(1)求直线A1C与平面ABCD所成的角的正切值.(2)求直线A1B与平面BDD1B1所成的角.【解析】(1)因为直线A1A⊥平面ABCD,所以∠A1CA为直线A1C与平面ABCD所成的角,设A1A=1,则AC=,所以tan∠A1CA=.(2)在正方形A1B1C1D1中,A1C1⊥B1D1,因为BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1,又BB1∩B1D1=B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1,垂足为O.所以∠A1BO为直线A1B与平面BDD1B1所成的角,在Rt△A1BO中,A1O=A1C1=A1B,所以∠A1BO=30°,即A1B与平面BDD1B1所成的角为30°.【习练·破】1.如图,BC是Rt△ABC的斜边,PA⊥平面ABC,PD⊥BC,则图中直角三角形的个数是 ( )A.8B.7C.6D.5【解析】选A.易知PA⊥AC,PA⊥AD,PA⊥AB,BC⊥AD,BC⊥PD,AC⊥AB.图中的直角三角形分别为△PAC,△PAD,△PAB,△ADC,△ADB,△PCD,△PDB,△ABC,共8个.2.如图,在三棱锥S-ABC中,∠ABC=90°,D是AC的中点,且SA=SB=SC.(1)求证:SD⊥平面ABC.(2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.【证明】(1)因为SA=SC,D是AC的中点,所以SD⊥AC.在Rt△ABC中,AD=BD,由已知SA=SB,所以△ADS≌△BDS,所以SD⊥BD.又AC∩BD=D,AC,BD⊂平面ABC,所以SD⊥平面ABC.(2)因为AB=BC,D为AC的中点,所以BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD.又因为SD∩AC=D,SD,AC⊂平面SAC,所以BD⊥平面SAC.【加练·固】如图,AB是☉O的直径,PA垂直于☉O所在的平面,M是圆周上任意一点,AN⊥PM,垂足为N.求证:AN⊥平面PBM.【证明】设☉O所在的平面为α,因为PA⊥α,且BM⊂α,所以PA⊥BM.又因为AB为☉O的直径,点M为圆周上一点,所以AM⊥BM.由于直线PA∩AM=A,所以BM⊥平面PAM,而AN⊂平面PAM,所以BM⊥AN.所以AN与平面PBM内的两条相交直线PM,BM都垂直.所以AN⊥平面PBM.类型三直线与平面垂直的判定与性质的综合应用【典例】如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,AA1=,D,F分别是A1B1,BB1的中点.(1)求证:C1D⊥AB1.(2)求证:AB1⊥平面C1DF.世纪【思维·引】(1)要证C1D⊥AB1,需证C1D⊥平面AA1B1B,需证C1D⊥A1B1,C1D⊥AA1,由已知可证.(2)要证AB1⊥平面C1DF,需证AB1⊥DF,需证A1B⊥AB1,需证四边形AA1B1B为正方形,由已知可证.【证明】(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°.又 D是A1B1的中点,所以C1D⊥A1B1,因为AA1⊥平面A1B1C1,C1D⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥C1D,又因为AA1∩A1B1=A1,所以C1D⊥平面AA1B1B,又因为AB1⊂平面AA1B1B,所以C1D⊥AB1.(2)连接A1B,因为D,F分别是A1B1,BB1的中点,所以DF∥A1B.又直角三角形A1B1C1中,A1=A1+B1,所以A1B1=,所以A1B1=AA1,即四边形AA1B1B为正方形,所以AB1⊥A1B,即AB1⊥DF, 又(1)已证C1D⊥AB1,又DF∩C1D=D,所以AB1⊥平面C1DF.【素养·探】在与线面垂直判定和性质综合应用有关的问题中,经常利用核心素养中的逻辑推理,常见的推理形式有:(1)l⊥α,m⊂α⇒l⊥m.(2)l⊥a,l⊥b,a∩b=A,a⊂α,b⊂α⇒l⊥α.(3)l⊥α,l∥m⇒m⊥α.(4)l⊥α,m⊥α⇒l∥m等.【类题·通】线线、线面垂直问题的解题策略(1)证明线线垂直,一般通过证明一条直线垂直于经过另一条直线的平面,为此分析题设,观察图形找到是哪条直线垂直于经过哪条直线的平面.(2)证明直线和平面垂直,就是要证明这条直线垂直于平面内的两条相交直线,这一点在解题时一定要体现出来.【习练·破】如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB上一点,N是A1C的中点,MN⊥平面A1DC.求证:MN∥AD1.【证明】因为四边形ADD1A1为正方形,所以AD1⊥A1D.又因为CD⊥平面ADD1A1,所以CD⊥AD1.因为A1D∩CD=D,所以AD1⊥平面A1DC.又因为MN⊥平面A1DC,所以MN∥AD1.【加练·固】如图,已知平面α∩平面β=l,EA⊥α,垂足为A,EB⊥β,垂足为B,直线a⊂β,a⊥AB.求证:a∥l.【证明】因为EA⊥α,α∩β=l,即l⊂α,所以l⊥EA.同理l⊥EB.又EA∩EB=E,所以l⊥平面EAB.因为EB⊥β,a⊂β,所以EB⊥a,又a⊥AB,EB∩AB=B,所以a⊥平面EAB.由线面垂直的性质定理,得a∥l.关闭Word文档返回原板块由Ruize收集整理。
人教B版(19)高中数学必修第四册素养突破单元素养评价(二)
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单元素养评价(二)(第十章)(120分钟150分)一、单选题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知a,b∈R,i是虚数单位.若a+i=2-bi,则 (a+bi)2= ( )A.3-4iB.3+4iC.4-3iD.4+3i【解析】选A.由a+i=2-bi可得a=2,b=-1,则(a+bi)2=(2-i)2=3-4i.2.复数z满足(-1+i)z=(1+i)2,其中i为虚数单位,则在复平面上复数z对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选D.z====1-i,故z在复平面内对应的点的坐标为(1,-1),位于第四象限.3.若复数z满足(z-3)(2-i)=5(i为虚数单位),则z的共轭复数为( )A.2+iB.2-iC.5+iD.5-i【解析】选D.因为(z-3)(2-i)=5,所以z-3===2+i,所以z=5+i,所以=5-i.4.(2019·济南高二检测)设z=+i(i为虚数单位),则|z|= ( )A. B. C. D.2【解析】选B.因为z=+i=+i=+i=+i,所以|z|==.5.(2020·亳州高二检测)已知复数=x+yi(a,x,y∈R,i是虚数单位),则x+2y=( ) A.1 B. C.- D.-1【解析】选A.由题意得a+i=(x+yi)(2+i)=2x-y+(x+2y)i,所以x+2y=1,故选A.6.已知i为虚数单位,复数z1=a+2i,z2=2-i,且|z1|=|z2|,则实数a的值为( ) A.1 B.-1 C.1或-1 D.±1或0【解析】选C.因为复数z1=a+2i,z2=2-i,且|z1|=|z2|,所以a2+4=4+1,解得a=±1.7.已知复数z=-+i,则+|z|= ( )A.--iB.-+iC.+iD.-i【解析】选D.因为z=-+i,所以+|z|=--i+=-i. 8.复数2+i与复数在复平面上的对应点分别是A,B,若O为坐标原点,则∠AOB 等于( )世纪A. B. C. D.【解析】选B.因为==-,所以它在复平面上的对应点为B,而复数2+i在复平面上的对应点是A(2,1),显然AO=,BO=,AB=.由余弦定理得cos ∠AOB==,所以∠AOB=.二、多选题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.下列各式的运算结果为纯虚数的是 ( )A.(1-i)2B.i2(1-i)C.(1+i)2D.i(1+i)【解析】选AC.(1-i)2=-2i,-2i是纯虚数,故A正确;i2(1-i)=-(1-i)=-1+i,不是纯虚数,排除B;i(1+i)=-1+i,不是纯虚数,排除D;(1+i)2=2i,2i是纯虚数.故C 正确.10.如果复数z=,则 ( )A.|z|=2B.z的实部为1C.z的虚部为-1D.z的共轭复数为-1+i【解析】选CD.因为z===-1-i,所以|z|=,z的实部为-1,虚部为-1,共轭复数为-1+i,因此选CD.11.设z=(2t2+5t-3)+(t2+2t+2)i,t∈R,则以下结论正确的是( )A.z对应的点在实轴的上方B.z一定不为纯虚数C.对应的点在实轴的下方D.z一定为实数【解析】选AC.因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0,所以z对应的点在实轴的上方.又因为z与对应的点关于实轴对称.所以对应的点在实轴的下方.12.设z是复数,则下列命题中的真命题是( )世纪A.若z2≥0,则z是实数B.若z2<0,则z是虚数C.若z是虚数,则z2≥0D.若z是纯虚数,则z2<0【解析】选ABD.设z=a+bi(a,b∈R),选项A,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi≥0,则故b=0,a∈R,即z为实数,正确.选项B,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi<0,则则故z一定为虚数,正确.选项C,若z为虚数,则b≠0,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,由于a的值不确定,故z2无法与0比较大小,错误.选项D,若z为纯虚数,则则z2=-b2<0,正确.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)13.i为虚数单位,设复数z1,z2在复平面内对应的点关于原点对称,若z1=2-3i,则z2=________,z1+z2=________.【解析】因为(2,-3)关于原点的对称点是(-2,3),所以z2=-2+3i.z1+z2=2-3i+(-2+3i)=0.答案:-2+3i014.设复数a+bi(a,b∈R)的模为,则(a+bi)(a-bi)=________.【解析】因为|a+bi|==,所以(a+bi)(a-bi)=a2+b2=3.答案:315.计算:=________.【解析】=====i.答案:i16.已知z,ω为复数,(1+3i)z为纯虚数,ω=,且|ω|=5,则ω=________.世纪【解析】由题意设(1+3i)z=ki(k≠0且k∈R),则ω=.因为|ω|=5,所以k=±50,故ω=±(7-i).答案:±(7-i)四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(10分)已知复数z1=2-3i,z2=.求:(1)z1z2.(2).【解析】z2=====1-3i.(1)z1z2=(2-3i)(1-3i)=-7-9i.(2)====+i.18.(12分)已知复数z=(1-i)2+1+3i.(1)求|z|.(2)若z2+az+b=,求实数a,b的值.【解析】z=(1-i)2+1+3i=-2i+1+3i=1+i.(1)|z|==.(2)z2+az+b=(1+i)2+a(1+i)+b=2i+a+ai+b=a+b+(a+2)i,因为=1-i,所以a+b+(a+2)i=1-i,所以所以a=-3,b=4.19.(12分)设复数z=l g(m2-2m-2)+(m2+3m+2)i(m∈R),试求m取何值时.(1)z是实数.(2)z是纯虚数.(3)z对应的点位于复平面的第一象限.【解析】(1)由m2+3m+2=0且m2-2m-2>0,解得m=-1或m=-2,复数z表示实数.(2)当实部等于零且虚部不等于零时复数表示纯虚数.由lg(m2-2m-2)=0,且m2+3m+2≠0,求得m=3,故当m=3时,复数z为纯虚数.(3)由lg(m2-2m-2)>0,且m2+3m+2>0,解得m<-2或m>3,故当m<-2或m>3时,复数z对应的点位于复平面的第一象限.20.(12分)已知复数z满足(1+2i)=4+3i.(1)求复数z.(2)若复数(z+ai)2在复平面内对应的点在第一象限,求实数a的取值范围. 世纪【解析】(1)因为(1+2i)=4+3i,所以====2-i,所以z=2+i.(2)由(1)知z=2+i,则(z+ai)2=(2+i+ai)2=[2+(a+1)i]2=4-(a+1)2+4(a+1)i, 因为复数(z+ai)2在复平面内对应的点在第一象限,所以解得-1<a<1,即实数a的取值范围为(-1,1).21.(12分)已知等腰梯形OABC的顶点A,B在复平面上对应的复数分别为1+2i,-2+6i,OA∥BC.求顶点C所对应的复数z. 世纪【解析】设z=x+yi,x,y∈R,如图,因为OA∥BC,|OC|=|BA|,所以k OA=k BC,|z C|=|z B-z A|,即解得或因为|OA|≠|BC|,所以x=-3,y=4(舍去),故z=-5.22.(12分)已知复数z满足|z|=,z2的虚部是2.(1)求复数z.(2)设z,z2,z-z2在复平面上的对应点分别为A,B,C,求△ABC的面积世纪【解析】(1)设z=a+bi(a,b∈R),则z2=a2-b2+2abi,由题意得a2+b2=2且2ab=2,解得a=b=1或a=b=-1,所以z=1+i或z=-1-i.(2)当z=1+i时,z2=2i,z-z2=1-i,所以A(1,1),B(0,2),C(1,-1),所以S△ABC=1.当z=-1-i时,z2=2i,z-z2=-1-3i,所以A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3),所以S△ABC=1.关闭Word文档返回原板块由Ruize收集整理。
人教B版(19)高中数学必修第四册素养突破关键能力·素养形成 11.4.2 平面与平面垂直
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关键能力·素养形成类型一二面角的概念以及大小的计算【典例】如图所示,四边形ABCD是正方形,O是正方形的中心,PO⊥底面ABCD,侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为.求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小.世纪【思维·引】一方面借助侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为,求底面边长和棱锥高的关系,另一方面要作出侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的平面角,并解直角三角形求正切值.【解析】取AD中点M,连接MO,PM,因为四边形ABCD是正方形,所以OA=OD,所以OM⊥AD,因为PO⊥底面ABCD,所以∠POA=∠POD=90°,所以△POA≌△POD,所以PA=PD,所以PM⊥AD,所以∠PMO是侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的平面角,因为PO⊥底面ABCD,所以∠PAO是侧棱PA与底面ABCD所成的角,所以tan∠PAO=,设正方形ABCD的边长为a,则AO=a,所以PO=AO·tan∠PAO=a×=a,所以tan∠PMO==,所以∠PMO=60°.故侧面PAD与底面ABCD所成的二面角是60°.【素养·探】在与二面角的概念及其大小计算有关的问题中,经常利用核心素养中的逻辑推理,依据二面角的平面角的定义在柱、锥、台中作出二面角的平面角并计算大小.将本例的条件“侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为”改为“底面边长为a,E是PC的中点.若二面角E-BD-C为30°”,求四棱锥P-ABCD的体积.【解析】取OC的中点F,连接EF,OE,如图所示,因为E为PC的中点,所以EF为△POC的中位线,所以EF∥PO, 因为PO⊥底面ABCD,所以EF⊥底面ABCD, BD⊂平面ABCD,所以EF⊥BD,因为OF⊥BD,EF⊥BD,OF∩EF=F,所以BD⊥平面EOF,OE⊂平面EOF,所以BD⊥OE,所以∠EOF为二面角E-BD-C的平面角,所以∠EOF=30°,因为OF=OC=AC=a,所以在Rt△EOF中,EF=OF·tan 30°=a,所以OP=2EF=a,故V P-ABCD=×a2×a=a3.【类题·通】1.求二面角大小的步骤简称为“一作二证三求”.2.作二面角的平面角的方法方法一:(定义法)在二面角的棱上找一个特殊点,在两个半平面内分别作垂直于棱的射线.如图所示,∠AOB为二面角α-a-β的平面角.方法二:(垂线法)过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线,过垂足作棱的垂线,连接该点与垂足,利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角.如图所示,∠AFE为二面角A-BC-D的平面角.方法三:(垂面法)过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,这两条交线所成的角,即为二面角的平面角.如图所示,∠AOB为二面角α-l-β的平面角.提醒:二面角的平面角的大小与顶点在棱上的位置无关,通常可根据需要选择特殊点作平面角的顶点.【习练·破】1.如图所示,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,则二面角B-PA-C的大小等于________.【解析】因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,所以∠BAC为二面角B-PA-C的平面角,又∠BAC=90°.所以所求二面角的大小为90°.答案:90°2.如图,已知三棱锥A-BCD的各棱长均为2,求二面角A-CD-B的余弦值.【解析】如图,取CD的中点M,连接AM,BM,则AM⊥CD,BM⊥CD.由二面角的定义可知∠AMB为二面角A-CD-B的平面角.设点H是△BCD的重心,则AH⊥平面BCD,且点H在BM上.在Rt△AMH中,AM=×2=,HM=×2×=,则cos∠AMB==,即二面角A-CD-B的余弦值为.【加练·固】1.如图所示的二面角可记为( )A.α-β-lB.M-l-NC.l-M-ND.l-β-α【解析】选B.根据二面角的记法规则可知B正确.2.如图,AC⊥平面BCD,BD⊥CD,AC=AD,求平面ABD与平面BCD所成的二面角的大小.【解析】因为AC⊥平面BCD,BD⊂平面BCD,所以BD⊥AC.又因为BD⊥CD,AC∩CD=C,所以BD⊥平面ACD.因为AD⊂平面ACD,所以AD⊥BD,所以∠ADC即为平面ABD与平面BCD所成二面角的平面角.在Rt△ACD中,AC=AD,所以∠ADC=30°.即平面ABD与平面BCD所成的二面角的大小为30°.类型二平面与平面垂直的判定【典例】1.经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有________.2.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,四边形BB1D1D是矩形,证明:平面BDD1B1⊥平面A1C1CA.世纪【思维·引】1.分这两点的连线与平面之间的关系讨论,得出不同的结论.2.依据题目条件,要证平面BDD1B1⊥平面A1C1CA,只要证BD⊥平面A1C1CA.【解析】1.设平面外的点为A,平面内的点为B,过点A作平面α的垂线l,若点B 恰为垂足,则所有过AB的平面均与α垂直,此时有无数个平面与α垂直;若点B 不是垂足,则l与点B确定唯一一个平面与α垂直.答案:1个或无数个2.由于四边形BB1D1D是矩形,所以BD⊥B1B.又A1A∥B1B,所以BD⊥A1A.又四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为AC∩A1A=A,所以BD⊥平面A1C1CA.因为BD⊂平面BDD1B1,所以平面BDD1B1⊥平面A1C1CA.【内化·悟】证明平面与平面垂直的关键是什么?提示:找到其中一个平面中与另一平面垂直的直线.【类题·通】证明平面与平面垂直的两个常用方法(1)利用定义:证明二面角的平面角为直角,其判定的方法是:①找出两相交平面的平面角;②证明这个平面角是直角;③根据定义,这两个相交平面互相垂直.(2)利用面面垂直的判定定理:要证面面垂直,只要证线面垂直.即在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直.这是证明面面垂直的常用方法,其基本步骤是:【习练·破】1.已知直线l⊥平面α,则经过l且和α垂直的平面( )A.有一个B.有两个C.有无数个D.不存在【解析】选C.经过l的任一平面都和α垂直.2.如图所示,在四面体ABCS中,已知∠BSC=90°,∠BSA=∠CSA=60°,又SA=SB=SC.求证:平面ABC⊥平面SBC.【证明】方法一:(利用定义证明)因为∠BSA=∠CSA=60°,SA=SB=SC,所以△ASB和△ASC是等边三角形,则有SA=SB=SC=AB=AC,令其值为a,则△ABC和△SBC为共底边BC的等腰三角形.取BC的中点D,如图所示,连接AD,SD,则AD⊥BC,SD⊥BC,所以∠ADS为二面角A-BC-S的平面角.在Rt△BSC中,因为SB=SC=a,所以SD=a,BD== a.在Rt△ABD中,AD=a,在△ADS中,因为SD2+AD2=SA2,所以∠ADS=90°,即二面角A-BC-S为直二面角,故平面ABC⊥平面SBC.方法二:(利用判定定理)因为SA=SB=SC,且∠BSA=∠CSA=60°,所以SA=AB=AC,所以点A在平面SBC上的射影为△SBC的外心.因为△SBC为直角三角形,所以点A在△SBC上的射影D为斜边BC的中点,所以AD⊥平面SBC.又因为AD⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面SBC.【加练·固】如图所示,四边形ABCD是边长为a的菱形,PC⊥平面ABCD,E是PA 的中点,求证:平面BDE⊥平面ABCD.【证明】连接AC,设AC∩BD=O,连接OE.因为O为AC中点,E为PA的中点,所以EO是△PAC的中位线,所以EO∥PC.因为PC⊥平面ABCD,所以EO⊥平面ABCD.又因为EO⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABCD.类型三面面垂直的性质定理的应用【典例】1.如图,在多边形PABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,PA=AB=AD=2BC,∠PAD=60°,M是线段PD上的一点,且DM=2MP,若将△PAD沿AD折起,得到几何体P-ABCD.(1)证明:PB∥平面AMC.(2)若BC=1,且平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-ACM的体积. 世纪2.(2018·北京高考改编)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD,PA⊥PD.(1)求证:DC⊥平面PAD.(2)求证:平面PAB⊥平面PCD.世纪【思维·引】1.(1)用线面平行的判定定理证明.(2)一方面要注意由平面PAD⊥平面ABCD推出BA⊥平面PAD;另一方面要注意V P-ACM=V C-PAM.2.(1)依据平面PAD⊥平面ABCD和AD⊥DC证明;(2)转化为证明PA⊥平面PCD.【解析】1.(1)连接BD,交AC于点O,连接MO.因为AD∥BC,所以△BCO∽△DAO,因为AD=2BC ,所以DO=2BO,因为DM=2MP ,所以PB∥MO,因为PB⊄平面AMC,MO⊂平面AMC,所以PB∥平面AMC.(2)因为平面 PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面 ABCD=AD ,AB⊂平面ABCD, AB⊥AD ,所以BA⊥平面PAD.因为BC∥AD ,BC⊄平面PAD, AD⊂平面PAD,所以BC∥平面PAD,则三棱锥 C-PAM 的高等于点B到平面PAD的距离,即BA=2 , 因为S△PAM=S△PAD=××AP×AD×sin60°=,所以V P-ACM=V C-PAM=S△PAM·BA=.2.(1)因为底面ABCD是矩形,所以AD⊥DC,又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD,且DC⊂平面ABCD,所以DC⊥平面PAD.(2)由(1)得DC⊥平面PAD.又因为PA⊂平面PAD,所以DC⊥PA,又因为PA⊥PD,DC ∩PD=D,所以PA⊥平面PCD,又PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.【内化·悟】折叠后,若两个平面互相垂直,则应注意什么问题?提示:折叠问题,即由平面图形经过折叠成为立体图形,在立体图形中解决有关问题.折叠后,若两个平面互相垂直,一方面要注意抓住折叠前后的变量与不变量,另一方面要注意面面垂直性质定理和面面垂直定义的应用.【类题·通】1.应用面面垂直的性质定理的一个意识和三个注意点(1)一个意识若所给题目中有面面垂直的条件,一般要利用面面垂直的性质定理将其转化为线面垂直.(2)三个注意点:①两个平面垂直,是前提条件;②直线必须在其中一个平面内;③直线必须垂直于它们的交线.2.证明线面垂直的常用方法(1)线面垂直的判定定理;(2)面面垂直的性质定理;(3)若a∥b,a⊥α,则b⊥α(a,b为直线,α为平面);(4)若a⊥α,α∥β,则a⊥β(a为直线,α,β为平面).3.解决折叠问题的策略(1)抓住折叠前后的变量与不变量,一般情况下,在折线同侧的量,折叠前后不变,“跨过”折线的量,折叠前后可能会发生变化,这是解决这类问题的关键.(2)在解题时仔细审视从平面图形到立体图形的几何特征的变化情况,注意相应的点、直线、平面间的位置关系,线段的长度,角度的变化情况.【习练·破】如图,四棱锥V-ABCD的底面是矩形,侧面VAB⊥底面ABCD,又VB⊥平面VAD.求证:平面VBC⊥平面VAC.【证明】因为平面VAB⊥平面ABCD,且BC⊥AB,平面VAB∩平面ABCD=AB,BC⊂平面ABCD.所以BC⊥平面VAB,又VA⊂平面VAB,所以BC⊥VA,又VB⊥平面VAD,所以VB⊥VA,又VB∩BC=B,所以VA⊥平面VBC,因为VA⊂平面VAC,所以平面VBC⊥平面VAC.【加练·固】如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC.求证:BC⊥AB.【证明】如图,在平面PAB内,作AD⊥PB于点D.因为平面PAB⊥平面PBC,且平面PAB∩平面PBC=PB,AD⊥PB,AD⊂平面PAB,所以AD⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC,所以AD⊥BC.又因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又因为PA∩AD=A,所以BC⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB,所以BC⊥AB.关闭Word文档返回原板块由Ruize收集整理。
人教B版(19)高中数学必修第四册素养突破关键能力·素养形成 10.1.2 复数的几何意义
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关键能力·素养形成类型一复数的模【典例】设z为复数,且|z|=|z+1|=1,求|z-1|的值.【思维·引】设z=a+bi(a,b∈R),解方程求a,b,可求|z-1|的值.【解析】设z=a+bi(a,b∈R).因为z+1=(a+1)+bi,且|z|=|z+1|=1,所以即即解得所以|z-1|=|(a+bi)-1|===.【类题·通】复数模的计算(1)计算复数的模时,应先确定复数的实部和虚部,再利用模长公式计算.虽然两个虚数不能比较大小,但它们的模可以比较大小.(2)设出复数的代数形式,利用模的定义转化为实数问题求解.【习练·破】(2019·沈阳高二检测)设复数z1,z2在复平面内对应的点关于虚轴对称,若z1=1-2i,则的虚部为()A.-B.-C.D.-【解析】选B.因为z1=1-2i,复数z1,z2在复平面内对应的点关于虚轴对称,所以z2=-1-2i,所以===--i,其虚部为-.【加练·固】已知复数z=1-2mi(m∈R),且|z|≤2,则实数m的取值范围是________. 【解析】由|z|=≤2,解得-≤m≤.答案:类型二复平面的应用【典例】求实数a分别取何值时,复数z=+(a2-2a-15)i(a∈R)对应的点Z 满足下列条件:(1)在复平面的第二象限内.(2)在复平面内的x轴上方. 世纪【思维·引】(1)一个复数在复平面内的第二象限,则实部小于0,虚部大于0.(2)一个复数在复平面内的x轴上方,则虚部大于0.【解析】(1)点Z在复平面的第二象限内,则解得a<-3.(2)点Z在x轴上方,则即(a+3)(a-5)>0,解得a>5或a<-3.【内化·悟】如何判断复数的实部、虚部的取值?提示:按照复数和复平面内所有点所成的集合之间的一一对应关系,每一个复数都对应着一个有序实数对,只要在复平面内找出这个有序实数对所表示的点,就可根据点的位置判断复数实部、虚部的取值.【类题·通】利用复数与点的对应解题的步骤(1)找对应关系:复数的几何表示法即复数z=a+bi(a,b∈R)可以用复平面内的点Z(a,b)来表示,是解决此类问题的根据.(2)列出方程:此类问题可建立复数的实部与虚部应满足的条件,通过解方程(组)或不等式(组)求解.【习练·破】在复平面内,z=(m2-m-2)+(m2-3m+2)i(m∈R).(1)若复数z的对应点在虚轴上,求z.(2)若复数z的对应点在实轴负半轴上,求复数z.【解析】(1)若复数z的对应点在虚轴上,则m2-m-2=0,所以m=-1或m=2,当m=2时,z=0;当m=-1时,z=6i,所以z=0或z=6i.(2)若复数z的对应点在实轴负半轴上,则所以m=1,所以z=-2.【加练·固】已知z=m-1+(m+2)i在复平面内对应的点在第二象限,则实数m的取值范围是 ( )A.(-1,2)B.(-2,1)C.(1,+∞)D.(-∞,-2)【解析】选B.因为z=m-1+(m+2)i在复平面内对应的点在第二象限,所以m-1<0,m+2>0,解得-2<m<1,则实数m的取值范围是(-2,1).类型三复数模的几何意义【典例】设z∈C,在复平面内对应点Z,试说明满足下列条件的点Z的集合是什么图形.(1)|z|=3;(2)1≤|z|≤2. 世纪【思维·引】根据复数模的几何意义,即复数的模就是复数对应的点到原点的距离.【解析】(1)|z|=3,说明向量的长度等于3,即复数z在复平面内对应的点Z 到原点的距离为3,这样的点Z的集合是以原点O为圆心,3为半径的圆.(2)不等式1≤|z|≤2可以转化为不等式组不等式|z|≤2的解集是圆|z|=2及该圆内部所有点的集合.不等式|z|≥1的解集是圆|z|=1及该圆外部所有点的集合.这两个集合的交集,就是满足条件1≤|z|≤2的点的集合.如图中的阴影部分,所求点的集合是以O为圆心,以1和2为半径的两圆所夹的圆环,并且包括圆环的边界.【类题·通】解决复数的模的几何意义的问题,应把握两个关键点:一是|z|表示点Z到原点的距离,可依据|z|满足的条件判断点Z的集合表示的图形;二是利用复数的模的概念,把模的问题转化为几何问题来解决.【习练·破】若复数z满足|z|≤,则z在复平面所对应的图形的面积为________. 【解析】满足|z|≤的点Z的集合是以原点O为圆心,以为半径的圆及其内部所有的点构成的集合,所以所求图形的面积为S=2π.答案:2π关闭Word文档返回原板块由Ruize收集整理。
人教B版(19)高中数学必修第四册素养突破关键能力·素养形成 9.1.1 正 弦 定 理
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关键能力·素养形成类型一利用正弦定理解三角形【典例】(1)在△ABC中,已知a=8,B=60°,C=75°,求A,b,c.(2)在△ABC中,c=,C=60°,a=2,求A,B,b.【思维·引】(1)先求A,然后利用正弦定理求解.(2)利用正弦定理求角A时,要注意解的个数的判断,再利用正弦定理求解. 【解析】(1)A=180°-(B+C)=180°-(60°+75°)=45°,由正弦定理=,得b===4,由=,得c====4.(2)因为=,所以sin A==.所以A=45°或A=135°.又因为c>a,所以C>A.所以A=45°.所以B=75°,b===+1.【内化·悟】在解三角形时,若已知角不是特殊角,应该如何处理?提示:若已知角不是特殊角时,往往先求出其正弦值(这时应注意角的拆并,即将非特殊角转化为特殊角的和或差,如75°=45°+30°),再根据上述思路求解.【类题·通】1.已知三角形任意两角和一边解三角形的基本思路(1)由三角形的内角和定理求出第三个角.(2)由正弦定理公式的变形,求另外的两条边.2.已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法(1)首先由正弦定理求出另一边所对角的正弦值.(2)如果已知的角为大边所对的角时,由三角形中大边对大角、大角对大边的法则能判断另一边所对的角为锐角,由正弦值可求锐角唯一.(3)如果已知的角为小边所对的角时,则不能判断另一边所对的角为锐角,这时由正弦值可求两个角,要分类讨论.【习练·破】1.(2020·烟台高一检测)已知△ABC中,A=,B=,a=1,则b等于( )A.2B.1C.D.【解析】选D.由正弦定理=,得=,所以=,所以b=.2.在△ABC中,若a=,b=2,A=30°,则C=________.【解析】由正弦定理=,得sin B===.因为0°<B<180°,所以B=45°或135°,所以C=180°-45°-30°=105°或C=180°-135°-30°=15°.答案:105°或15°类型二三角形的面积问题【典例】三角形的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos(A-C)+cos B=1,a=2c.(1)求C角的大小.(2)若a=,求△ABC的面积.【思维·引】(1)化简cos(A-C)+cos B=1,结合正弦定理求出角C.(2)利用(1)的结果求出A和B,用三角形的面积公式计算.【解析】(1)因为A+B+C=180°,所以cos(A+C)=-cos B,因为cos(A-C)+cos B=1,所以cos(A-C)-cos(A+C)=1,展开得:cos Acos C+sin Asin C-(cos Acos C-sin Asin C)=1,所以2sin Asin C=1. 因为a=2c,根据正弦定理得:sin A=2sin C,代入上式可得:4sin2C=1,所以sin C=,所以C=30°.(2)由(1)sin A=2sin C=1,所以A=90°.因为a=,C=30°,所以c=,B=60°.所以S△ABC=acsin B=×××=.【类题·通】三角形面积问题的求解方法对于面积公式S=absin C=acsin B=bcsin A,一般是已知哪一个角就使用哪一个公式.【习练·破】(2019·运城高二检测)在△ABC中,已知BC=6,A=30°,B=120°,则△ABC的面积为( )A.9B.18C.9D.18【解析】选C.由正弦定理得=,所以AC===6.又因为C=180°-120°-30°=30°,所以S△ABC=AC·BC·sin C=×6×6×=9.类型三正弦定理的综合应用角度1 判断三角形的形状【典例】(2019·昆明高二检测)在△ABC中,已知=,且sin2A+sin2B=sin2C. 求证:△ABC为等腰直角三角形. 世纪【思维·引】利用正弦定理,把条件中的角转化为边,再利用勾股定理的逆定理判断.【证明】因为=,所以=,又因为=,所以=,所以a2=b2,即a=b,设===k(k≠0),则sin A=,sin B=,sin C=,又因为sin2A+sin2B=sin2C,所以+=,即a2+b2=c2,所以△ABC为等腰直角三角形.【素养·探】判定三角形的形状时,判断和证明要掌握推理的基本形式和规则,形成重论据、有条理、合逻辑的思维品质,突出体现逻辑推理的数学核心素养.把本例的条件改为:acos=bcos,试判断△ABC的形状.【解析】【法一化角为边】因为acos=bcos,所以asin A=bsin B.由正弦定理可得:a·=b·,所以a2=b2,所以a=b,所以△ABC为等腰三角形.【法二化边为角】因为acos=bcos,所以asin A=bsin B.由正弦定理可得:2Rsin2A=2Rsin2B,即sin A=sin B,所以A=B.(A+B=π不合题意舍去)故△ABC为等腰三角形.【类题·通】利用正弦定理判断三角形的形状的两条途径(1)化角为边.将题目中的所有条件,利用正弦定理化角为边,再根据多项式的有关知识(分解因式、配方等)得到边的关系,如a=b,a2+b2=c2等,进而确定三角形的形状.利用的公式为:sin A=,sin B=,sin C=.(2)化边为角.将题目中所有的条件,利用正弦定理化边为角,再根据三角函数的有关知识得到三个内角的关系,进而确定三角形的形状.利用的公式为:a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C.角度2 最值或范围问题【典例】在锐角△ABC中,角A,B,C分别对应边a,b,c,且a=2bsin A,求cos A+sin C的取值范围.【思维·引】利用正弦定理,把cos A+sin C转化为一个角的函数,利用三角函数的性质求解.【解析】在锐角△ABC中,根据正弦定理,a=2Rsin A,b=2Rsin B,其中R为外接圆半径.因为a=2bsin A,所以2Rsin A=4Rsin Bsin A,所以sin B=.因为△ABC为锐角三角形,所以B=.令y=cos A+sin C=cos A+sin[π-(B+A)]=cos A+sin=cos A+sin cos A+cos sin A=cosA+sin A==sin.由锐角△ABC知,-B<A<,所以<A<.所以<A+<,所以<sin<,所以<sin<,即<y<.所以cos A+sin C的取值范围是.【类题·通】正弦定理综合问题,关键是根据已知条件,灵活运用正弦定理,能够对边角关系进行互相转化,借助三角恒等变换解决问题.【习练·破】(2019·湘潭高二检测)在△ABC中,sin2A=sin2B+sin2C,且sin A=2sin B·cos C.试判断△ABC的形状.【解析】由正弦定理得sin A=,sin B=,sin C=.因为sin2A=sin2B+sin2C,所以=+,即a2=b2+c2,故A=90°.所以C=90°-B,cos C=sin B.所以2sin B·cos C=2sin2B=sin A=1.所以sin B=.所以B=45°或B=135°(A+B=225°>180°,故舍去).所以△ABC是等腰直角三角形.关闭Word文档返回原板块由Ruize收集整理。
9.1.2余弦定理-人教B版高中数学必修第四册(2019版)教案
9.1.2 余弦定理-人教B版高中数学必修第四册（2019版）教案一、教学目标1.掌握余弦定理的形式及证明方法；2.熟悉余弦定理在数学和实际问题中的应用；3.锻炼解决实际问题、独立思考和团队合作的综合能力。
二、教学内容1. 余弦定理的形式及证明方法1.定义余弦定理；2.推导余弦定理的证明方法；3.利用余弦定理求解三角形的边长和角度。
2. 余弦定理在数学和实际问题中的应用1.利用余弦定理求解实际问题；2.讨论余弦定理的局限性和适用条件。
三、教学重点、难点教学重点：1.熟练掌握余弦定理的形式及证明方法；2.熟悉余弦定理在数学和实际问题中的应用。
教学难点：1.利用余弦定理求解实际问题；2.理解余弦定理的适用条件。
1. 演示法采用演示法，通过绘图和实例讲解余弦定理的定义、证明方法和应用，并展示求解问题的过程和方法。
2. 课堂讨论法鼓励学生课前阅读相关知识，并在课上结合例题讨论余弦定理的具体应用，激发学生探究、研究的兴趣。
3. 小组讨论法将学生分组，自主探究余弦定理在实际问题中的应用，并通过小组讨论的方式交流和展示研究成果，锻炼学生的团队协作和表达能力。
五、教学步骤1. 自主学习让学生在课前自主学习余弦定理相关知识，独立思考余弦定理的应用。
2. 讲解通过教师的讲解，介绍余弦定理的定义、证明方法和应用，并讨论其适用条件。
3. 练习在教师的指导下，让学生通过练习巩固余弦定理的应用和证明方法。
4. 小组讨论将学生分组，自主探究余弦定理在实际问题中的应用，并通过小组讨论的方式交流和展示研究成果。
六、教学评估1.通过练习和小组讨论，检测学生对余弦定理的掌握情况；2.通过问答和课堂演示，评估学生解决实际问题和团队合作能力。
1.人教B版高中数学必修第四册（2019版）；2.数学实物教具。
八、教学反思1.此次教学，通过小组讨论和课堂演示的方式，促进了学生之间的交流和合作；2.但需要进一步优化教学策略，让学生更加深入地理解余弦定理的定义和使用方法。
本册综合-人教B版高中数学必修第四册(2019版)教案
本册综合-人教B版高中数学必修第四册（2019版）教案教材概述本册教材是人教版B高中数学必修课程的第四册，共分为三个模块，包括导数与导数应用、不等式与线性规划和三角函数与三角恒等式三个章节。
本教材突出了“立足现实，强化应用”的教学特点，注重培养学生独立思考能力和解决实际问题的能力。
全书内容丰富、知识点明确，具有循序渐进、易于消化和吸收的特点。
教学目标知识目标1.熟悉导数和导数应用的相关概念和公式，能够运用导数计算函数的极值、最值和函数图像的变化趋势；2.掌握各种类型不等式的解法和基本不等式的应用，了解约束条件和目标函数的概念，能够运用线性规划模型解决实际问题；3.熟悉三角函数的定义、性质和恒等式，能够解决三角函数的基本问题。
能力目标1.培养独立思考能力和解决实际问题的能力；2.培养抽象思维能力和推理能力；3.培养算法设计能力和计算能力。
情感目标1.培养学习数学的兴趣和热情；2.培养对数学知识的探究精神和求知欲；3.培养团队协作精神和阳光心态。
教学重点与难点教学重点1.导数与导数应用；2.不等式与线性规划；3.三角函数与三角恒等式。
教学难点1.函数导数的概念及其计算；2.不等式的综合运用；3.三角函数的函数值计算和同角恒等式的应用。
教学过程模块一：导数与导数应用学习目标•理解函数极值和最值的概念；•理解导数的概念和计算方法；•掌握利用导数计算函数的极值和最值。
学习重点1.函数极值和最值的概念；2.导数的概念和计算方法；3.利用导数计算函数的极值和最值。
教学过程1.导入新知识。
学生体验一下讨论某一事件的极端情况，引导学生体会“极值”这一概念的本质意义。
2.引入导数的概念。
通过图像、表格和实例等形式引出导数的概念，让学生理解导数的本质概念。
3.导数的计算方法。
讲解导数的定义和计算方法，并通过例题帮助学生掌握导数的计算方法。
4.应用导数计算函数的极值和最值。
通过例题帮助学生掌握应用导数计算函数的极值和最值的方法。
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关键能力·素养形成类型一利用余弦定理解三角形【典例】(1)在△ABC中,a=1,b=2,cos C=,则c=________;sin A=________.(2)在△ABC中,已知a=2,b=6+2,c=4,求A,B,C.【思维·引】(1)直接利用余弦定理求c,再利用余弦定理求cos A,再利用同角三角函数的关系式求sin A.(2)利用余弦定理的变形公式求解.【解析】(1)根据余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=12+22-2×1×2×=4,解得c=2.由a=1,b=2,c=2得cos A==,所以sin A==.答案:2(2)根据余弦定理得cos A===.因为A∈(0,π),所以A=,cos C===,因为C∈(0,π),所以C=.所以B=π-A-C=π--=,所以A=,B=,C=.【内化·悟】1.已知三角形的三边解三角形时,结果是唯一的吗?提示:利用余弦定理的推论求出相应角的余弦值,值为正,角为锐角;值为负,角为钝角,结果唯一.2.已知三角形的两边及其夹角解三角形,选用正弦定理好,还是选用余弦定理好?提示:若用正弦定理求解,需对角的取值进行取舍,而用余弦定理就不存在这些问题(在(0,π)上,余弦值所对角的值是唯一的),故用余弦定理求解较好. 【类题·通】1.已知三角形的两边及其夹角解三角形的方法先利用余弦定理求出第三边,其余角的求解有两种思路:一是利用余弦定理的推论求出其余角;二是利用正弦定理(已知两边和一边的对角)求解.2.已知三角形三边解三角形的方法先利用余弦定理的推论求出一个角的余弦,从而求出第一个角;再利用余弦定理的推论(或由求得的第一个角利用正弦定理)求出第二个角;最后利用三角形的内角和定理求出第三个角.【习练·破】(1)在△ABC中,若AB=,AC=5,且cos C=,则BC=________.【解析】由余弦定理得()2=52+BC2-2×5×BC×,所以BC2-9BC+20=0,解得BC=4或BC=5.答案:4或5(2)已知△ABC中,a∶b∶c=2∶∶(+1),求△ABC中各角的度数.【解析】已知a∶b∶c=2∶∶(+1),令a=2k,b=k,c=(+1)k(k>0),由余弦定理的推论,得cos A===,因为0°<A<180°,所以A=45°.cos B===,因为0°<B<180°,所以B=60°.所以C=180°-A-B=180°-45°-60°=75°.【加练·固】在△ABC中,若b2=a2+c2+ac,则B等于( )A.60°B.45°或135°C.120°D.30°【解析】选C.因为b2=a2+c2-2accos B=a2+c2+ac,所以ac=-2accos B,cos B=-,又0°<B<180°,所以B=120°.类型二利用余弦定理判断三角形的形状【典例】在△ABC中,已知cos2=(a,b,c分别为角A,B,C的对边),判断△ABC 的形状. 世纪【思维·引】方法一:利用余弦定理化角为边,结合勾股定理的逆定理判断.方法二:利用正弦定理,化边为角,求出角C的值,然后判断.【解析】方法一:在△ABC中,由cos2=,得=,所以cos A=.根据余弦定理得=.所以b2+c2-a2=2b2,即a2+b2=c2.所以△ABC是直角三角形.方法二:在△ABC中,设其外接圆半径为R,由正弦定理得b=2Rsin B,c=2Rsin C.由cos2=知,cos A=.所以cos A=,即sin B=sin Ccos A.因为B=π-(A+C),所以sin(A+C)=sin Ccos A,所以sin Acos C=0.因为A,C都是△ABC的内角,所以A≠0,A≠π.所以cos C=0,所以C=.所以△ABC是直角三角形.【类题·通】1.用转化思想解决利用三角形的边角关系判断三角形形状的两条思考路径利用三角形的边角关系判断三角形的形状时,需要从“统一”入手,即使用转化的思想解决这类问题,一般有两条思考路线:(1)化边为角,再进行三角恒等变换,求出角的大小或角的正、余弦值符号.(2)化角为边,再进行代数恒等变换,求出三条边之间的关系式.2.判断三角形的形状时,经常用到以下结论:(1)△ABC为直角三角形⇔a2=b2+c2或b2=a2+c2或c2=a2+b2.(2)△ABC为锐角三角形⇔a2+b2>c2且b2+c2>a2且c2+a2>b2.(3)△ABC为钝角三角形⇔a2+b2<c2或b2+c2<a2或c2+a2<b2.【习练·破】在△ABC中,若b2sin2C+c2sin2B=2bccos Bcos C,试判断△ABC的形状.【解析】【法一化角为边】将已知等式变形为b2(1-cos2C)+c2(1-cos2B)=2bccos Bcos C.由余弦定理并整理,得b2+c2-b2-c2=2bc××,所以b2+c2===a2.所以A=90°.所以△ABC是直角三角形.【法二化边为角】由正弦定理,已知条件可化为sin2Csin2B+sin2Csin2B=2sin Bsin Ccos Bcos C.又sin Bsin C≠0,所以sin Bsin C=cos Bcos C,即cos(B+C)=0.又因为0°<B+C<180°,所以B+C=90°,所以A=90°.所以△ABC是直角三角形.【加练·固】在△ABC中,acos A+bcos B=ccos C,试判断△ABC的形状.【解析】由余弦定理知cos A=,cos B=,cos C=,代入已知条件得a·+b·+c·=0,通分得a2(b2+c2-a2)+b2(a2+c2-b2)+c2(c2-a2-b2)=0,展开整理得(a2-b2)2=c4.所以a2-b2=±c2,即a2=b2+c2或b2=a2+c2.根据勾股定理知△ABC是直角三角形.类型三正弦定理、余弦定理的综合应用角度1 综合利用正弦定理、余弦定理解三角形【典例】(2020·潍坊高一检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(a+2c)cos B+bcos A=0.(1)求B.(2)若b=3,△ABC的周长为3+2,求△ABC的面积.世纪【思维·引】(1)先利用正弦定理把条件式中的边转化为角,进行三角恒等变换求角,(2)利用余弦定理并结合已知周长求出ac的值.【解析】(1)由已知及正弦定理得(sin A+2sin C)cos B+sin Bcos A=0, (sin Acos B+sin Bcos A)+2sin Ccos B=0,sin(A+B)+2sin Ccos B=0,又sin(A+B)=sin C,且C∈(0,π),sin C≠0,所以cos B=-,因为0<B<π,所以B=π.(2)由余弦定理得9=a2+c2-2accos B.所以a2+c2+ac=9,则(a+c)2-ac=9.因为a+b+c=3+2,b=3,所以a+c=2,所以ac=3,所以S△ABC=acsin B=×3×=.角度2 正、余弦定理与三角函数和平面向量的综合运用【典例】在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,且=.(1)求C的大小.(2)如果a+b=6,·=4,求c的值.世纪【思维·引】(1)利用正弦定理后弦化切求解.(2)根据平面向量的数量积运算求得ab,结合题目条件和余弦定理求c的值. 【解析】(1)因为=,=,所以sin C=cos C.所以tan C=.又因为C∈(0,π),所以C=.(2)因为·=||·||cos C=ab,又因为·=4,所以ab=8.又因为a+b=6,由余弦定理知c2=a2+b2-2abcos C=(a+b)2-3ab=12,所以c=2.【类题·通】正、余弦定理是解决三角形问题的两个重要工具,这类题目往往结合基本的三角恒等变换,同时注意三角形中的一些重要性质,如内角和为180°、大边对大角等.【习练·破】1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b2+c2-a2=bc,·>0, a=,则b+c的取值范围是________(用区间表示).【解析】由b2+c2-a2=bc得,cos A==,因为0<A<π,则A=,由·>0知,B为钝角,又因为=1,则b=sin B,c=sin C,b+c=sin B+sin C=sin B+sin=sin B+cos B=sin,因为<B<,所以<B+<,所以<sin<,b+c∈.答案:2.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.【解析】(1)由正弦定理可设===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及正弦定理,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,所以a=1,因此b=2.关闭Word文档返回原板块由Ruize收集整理。
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