人教B版高中数学必修第四册第9章章末综合提升课件+学案

类型1　利用正弦、余弦定理解三角形

利用正弦、余弦定理解三角形的一般方法如下：

(1)已知两角和一边，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b．

(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a，b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．

(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况．

(4)已知三边a，b，c可应用余弦定理求A，B，C．

【例1】　如图，在平面四边形ABCD中，AB＝2，BD＝，AB⊥BC，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面积为2．

(1)求AD的长；

(2)求△CBD的面积．

[思路探究]　(1)由面积公式求出sin∠ABD，进而得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，可判断△CBD为等腰三角形，利用正弦定理求出CD的大小，最后利用面积公式求解．

[解]　(1)由S△ABD＝AB·BD·sin∠ABD＝×2××sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝，

又∠ABD∈，所以cos∠ABD＝．

在△ABD中，由余弦定理知，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，

可得AD2＝5，所以AD＝．

(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝，

所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝．

又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝，∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－－2∠ABD＝－∠ABD＝∠CBD，

所以△CBD为等腰三角形，即CB＝CD．

在△CBD中，由正弦定理知，＝，

得CD＝＝＝，

所以S△CBD＝×××＝．

1．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，c＝asin C－ccos A．

(1)求A；

(2)若a＝2，△ABC的面积为，求b，c．

[解]　(1)由c＝asin C－ccos A及正弦定理得

·sin Asin C－cos Asin C－sin C＝0．

由于sin C≠0，所以sin＝．

又0<A<π，所以A＝．

(2)由正弦定理可得S△ABC＝bcsin A＝，故bc＝4．而由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos A，故b2＋c2＝8．

则(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝16，

而b＋c>0，故b＋c＝4，

所以b，c是方程x2－4x＋4＝0的两根，解得b＝c＝2．

类型2　利用正弦、余弦定理判断三角形形状

判断三角形的形状，一般有以下两种方法：(1)将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；(2)将已知条件统一化成角的关系，用三角知识求解．

【例2】　在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．

[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)]，

∴2b2sin Acos B＝2a2cos Asin B，

即a2cos Asin B＝b2sin Acos B．

法一：由正弦定理知a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，

∴sin2Acos Asin B＝sin2Bsin Acos B，

又sin Asin B≠0，∴sin Acos A＝sin Bcos B，

∴sin 2A＝sin 2B．

在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，

∴2A＝2B或2A＝π－2B，

∴A＝B或A＋B＝．

∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．

法二：由正弦定理、余弦定理，得

a2b×＝b2a×，

∴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为等腰三角形或直角三角形．

2．在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断△ABC的形状．

[解]　法一：∵2b＝a＋c，由正弦定理，

得2sin B＝sin A＋sin C．

∵B＝60°，∴A＋C＝120°．

∴2sin 60°＝sin(120°－C)＋sin C．

展开整理得sin C＋cos C＝1．

∴sin(C＋30°)＝1．

∵0°<C<120°，

∴C＋30°＝90°．

∴C＝60°，则A＝60°．

∴△ABC为等边三角形．

法二：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B．

∵B＝60°，b＝，

∴＝a2＋c2－2accos 60°，

化简得(a－c)2＝0．

∴a＝c．

又B＝60°，

∴a＝b＝c．

∴△ABC为等边三角形．

类型3　正弦、余弦定理的综合应用

该类问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，由于正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式，通过定理的运用能够实现边角互化，在边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．

【例3】　△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B．

(1)求B；

(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．

[解]　(1)由已知，根据正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B．

又A＝π－(B＋C)，

∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)

＝sin Bcos C＋sin Ccos B，

即sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bcos C＋sin Csin B，

∴cos Bsin C＝sin Csin B，

∵sin C≠0，

∴cos B＝sin B且B为三角形内角，

∴B＝．

(2)S△ABC＝acsin B＝ac，

由正弦定理知

a＝＝×sin A＝2sin A，

同理，c＝2sin C，

∴S△ABC＝×2sin A×2sin C

＝2sin Asin C

＝2sin Asin

＝2sin A

＝2(sin Acos A＋sin2A)

＝sin 2A＋1－cos 2A

＝sin＋1，

∴当2A－＝，

即A＝时，S△ABC有最大值＋1．

3．在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若a＝2，C＝，cos＝，求△ABC的面积．

[解]　因为cos B＝2cos2－1＝，

故B为锐角，所以sin B＝，

所以sin A＝sin (π－B－C)

＝sin

＝sin Bcos＋cos Bsin

＝．

由正弦定理，

得c＝＝，

所以S△ABC＝acsin B

＝×2××＝．

类型4　正弦、余弦定理在实际问题中的应用

正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用．常用的有测量距离问题，测量高度问题，测量角度问题等．解决的基本思路是画出正确的示意图，把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系)，最后确定用哪个定理转化，用哪个定理求解，并进行作答，解题时还要注意近似计算的要求．

【例4】　如图，在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇在A处发现在北偏东45°方向，相距12海里的B处水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10海里的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14海里的速度，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．

[思路探究]　假设经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，作出示意图，把实际数据转化到三角形中，利用正、余弦定理求解．

[解]　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海里，BC＝10x海里，∠ABC＝120°．

根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，

解得x＝2．

故AC＝28海里，BC＝20海里．

根据正弦定理得＝，

解得sin α＝＝．

故红方侦察艇所需的时间为2小时，角α的正弦值为．

4．甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？

[解]　设甲、乙两船经t小时后相距最近且分别到达P，Q两处，因乙船到达A处需2小时．

①当0≤t<2时，如图①，

在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，

所以PQ＝

＝

＝

＝2；

②当t＝2时，PQ＝8×2＝16；

③当t>2时，如图②，

在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，

∴PQ＝

＝2．

综合①②③知，PQ＝2(t≥0)．

当且仅当t＝＝时，PQ最小．

所以甲、乙两船行驶小时后，相距最近．

1．(2020·全国卷Ⅲ)在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则cos B＝(　　)

A．      B．    C．      D．

A　[由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos C＝16＋9－2×4×3×＝9，AB＝3，所以cos B＝＝，故选A．]

2．(2020·新高考全国卷Ⅰ)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心．A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．

＋4　[如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于Q，AM⊥EF于M，交DG于E′，交BH于F′，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，

设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝，△AOH为等腰直角三角形，又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，∴5－3m＝7－5m，得m＝1，∴AF′＝5－3m＝2，OF′＝7－5m＝2，∴OA＝2，则阴影部分的面积S＝×π×(2)2＋×2×2－＝ cm2．]

3．(2020·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知B＝150°．

(1)若a＝c，b＝2，求△ABC的面积；

(2)若sin A＋sin C＝，求C．

[解]　(1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×c2×cos 150°．

解得c＝－2(舍去)或c＝2，从而a＝2．

△ABC的面积为×2×2×sin 150°＝．

(2)在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，所以

sin A＋sin C＝sin(30°－C)＋sin C＝sin(30°＋C)．

故sin(30°＋C)＝．

而0°<C<30°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°．

4．(2020·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2＋cos A＝．

(1)求A；

(2)若b－c＝a，证明：△ABC是直角三角形．

[解]　(1)由已知得sin2A＋cos A＝，即cos2A－cos A＋＝0．所以＝0，cos A＝．

由于0<A<π，故A＝．

(2)证明：由正弦定理及已知条件可得

sin B－sin C＝sin A．

由(1)知B＋C＝，

所以sin B－sin＝sin ．

即sin B－cos B＝，sin＝．

由于0<B<，故B＝．

从而△ABC是直角三角形．

5．(2020·新高考全国卷Ⅰ)在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．

问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，__________？

[解]　方案一：选条件①．

由C＝和余弦定理得＝．

由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b．

于是＝，由此可得b＝c．

由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1．

因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1．

方案二：选条件②．

由C＝和余弦定理得＝．

由sin A ＝sin B及正弦定理得a＝b．

于是＝，

由此可得b＝c，B＝C＝，A＝．

由②csin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6．

因此，选条件②时问题中的三角形存在，

此时c＝2．

方案三：选条件③．

由C＝和余弦定理得＝．

由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b．

于是＝，

由此可得b＝c．

由③c＝b，与b＝c矛盾．

因此，选条件③时问题中的三角形不存在．