高中数学第一章解三角形章末复习课练习新人教A版5教案.doc

第一章 解三角形

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[警示·易错提醒]
1．三角形解的个数的确定(易错点)
已知两边和其中一边的对角不能唯一确定三角形，解这类三角形问题可能出现一解、两解、无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角”，此时一般用正弦定理，但也可用余弦定理．
(1)利用正弦定理讨论：若已知a、b、A，由正弦定理＝，得sin B＝.若sin B＞1，无解；若sin B＝1，一解；若sin B＜1，两解．
(2)利用余弦定理讨论： 已知a、b、A.由余弦定理a2＝c2＋b2－2cbcos A，即c2－(2bcos A)c＋b2－a2＝0，这是关于c的一元二次方程．若方程无解或无正数解，则三角形无解；若方程有唯一正数解，则三角形一解；若方程有两不同正数解，则三角形有两解．
2．三角形形状的判定方法
判定三角形形状通常有两种途径：一是通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如：a＝2Rsin A，a2＋b2－c2＝2abcos C等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系
进行判断．此时注意一些常见的三角恒等式所体现的角之间的关系．如：
sin A＝sin B⇔A＝B；sin (A－B)＝0⇔A＝B；sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝等；二是利用正弦定理、余弦定理化角为边，如：sin A＝(R为△ABC外接圆半径)，cos A＝等，通过代数恒等变换求出三条边之间的关系进行判断．
3.解三角形应用题的基本思路
解三角形应用题的关键是将实际问题转化为解三角形问题来解决．其基本解题思路是：首先分析此题属于哪种类型的问题(如测量距离、高度、角度等)，然后依题意画出示意图，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，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．

专题一　利用正、余弦定理解三角形(自主研析)
[例1]　△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c.已知c＝2，C＝.
(1)若△ABC的面积等于，求a，b；
(2)若sin B＝2sin A，求△ABC的面积．
[自主解答]　(1)由余弦定理得a2＋b2－ab＝4.又因为△ABC的面积等于，所以absin C＝，得ab＝4.
联立方程组
解得a＝2，b＝2.
(2)由正弦定理已知条件可化为b＝2a，
联立方程组
解得a＝，b＝，
所以△ABC的面积S＝absin C＝.
归纳升华
正、余弦定理应用需注意的三个方面
(1)正弦定理和余弦定理提示了三角形边角之间的关系，解题时要根据题目条件恰当地实现边角的统一．
(2)统一为“角”后，要注意正确利用三角恒等变换及诱导公式进行变形；统一为“边”后，要注意正确利用配方、因式分解等代数变换方法进行变形．
(3)求值时注意方程思想的运用．
[变式训练]　△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－asin C＝bsin B.
(1)求角B的大小；
(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.
解：(1)由正弦定理得a2＋c2－ac＝b2.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B.
故cos B＝，因此B＝45°.
(2)sin A＝sin(30°＋45°)＝sin 30°cos45°＋cos 30°sin 45°＝
.
故a＝b×＝1＋.
由已知得，C＝180°－45°－75°＝60°，
c＝b×＝2×＝.
专题二　判断三角形的形状问题
[例2]　已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，＝c2，且acos B＝bcos A，试判断△ABC的形状．
解：由＝c2，
得a3＋b3－c3＝c2(a＋b)－c3，
所以a2＋b2－ab＝c2，
所以cos C＝>0，
又因为C∈(0°，180°)，所以C＝60°.
由acos B＝bcos A，得2Rsin Acos B＝2Rsin Bcos A(R为△ABC外接圆的半径)，
所以sin(A－B)＝0，
又因为A－B∈(－180°，180°)，
所以A－B＝0°，所以A＝B＝C＝60°，
所以△ABC为等边三角形．
归纳升华
利用正、余弦定理判断三角形形状的方法
主要有两种方法：方法一，通过边之间的关系判断形状；方法二，通过角之间的关系判断形状．
利用正、余弦定理可以将已知条件中的边、角互化，把条件转化为边的关系或转化为角的关系．
[变式训练]　在△ABC中，若(a2＋b2)·sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，请判断三角形的形状．
解：因为(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
所以(a2＋b2)(sin Acos B－cos Asin B)＝
(a2－b2)(sin Acos B＋cos Asin B)，
所以2b2sin Acos B－2a2cos Asin B＝0，
所以＝，
又由正弦定理可得＝，
所以＝，
所以＝，所以sin 2A＝sin 2B.
又因为A∈(0，π)，B∈(0，π)，
所以2A＝2B或2A＋2B＝π，
即A＝B或A＋B＝，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．
专题三　正、余弦定理的实际应用
[例3]　航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的高度为海拔10 000 m，速度为180 km/h，飞机先看到山顶的俯角为15°，经过420 s后又看到山顶的俯角为45°，求山顶的海拔高度(取≈1.4，≈1.7)．

解：如图所示，根据题意可得∠A＝15°，∠DBC＝45°，
所以∠ACB＝30°，
AB＝180×＝21(km)＝21 000(m)．

所以在△ABC中，＝，
所以BC＝·sin 15°＝10 500(－)(m)．
因为CD⊥AD，
所以CD＝BCsin∠CBD＝
10 500(－)×＝10 500(－1)≈
10 500×(1.7－1)＝7 350(m)，
所以，山顶的海拔高度＝10 000－7 350＝2 650(m)．
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正、余弦定理与三角函数的综合应用
(1)以三角形为载体，以正、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查三角形问题是近年高考的一类热点题型．在具体解题时，除了熟练使用正、余弦定理外，也要根据条件合理选用三角函数公式，达到化简问题的目的．
(2)解三角形问题的实质是将几何问题转化为代数问题．在高考中，出题者有时会利用平面向量等知识给出问题的某些条件，这些知识一般只起到“点缀”作用，难度较小．
[变式训练]　(1)如图所示，某住宅小区的平面图呈扇形AOC.小区的两个出入口设置在点A及点C处，小区里有两条笔直的小路AD，DC，且拐弯处的转角为120°.已知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从
D沿DA走到A用了6分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，求该扇形的半径OA的长(精确到1米)．

(2)在△ACB中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
且a＞c，已知·＝2，cos B＝，b＝3，求：
①a和c的值；
②cos(B－C)的值．
(1)解：法一：设该扇形的半径为r米，由题意，得CD＝
500 米，DA＝300 米，∠CDO＝60°.
在△CDO中，CD2＋OD2－2·CD·OD·cos 60°＝OC2，
即5002＋(r－300)2－2×500×(r－300)×＝r2，
解得r＝≈445 (米)．
法二：连接AC，作OH⊥AC，交AC于点H，

由题意，得CD＝500米，
AD＝300米，
∠CDA＝120°.
在△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2·CD·AD·
cos 120°＝5002＋3002＋2×500×300×＝7002，
所以AC＝700(米)．
cos∠CAD＝＝.
在Rt△HAO中，AH＝350(米)，
cos∠HAO＝，
所以OA＝＝≈445(米)．
(2)解：①由·＝2，得c·acos B＝2，又cos B＝，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accos B.
又b＝3，所以a2＋c2＝32＋2×6×＝13.
解得或
因为a＞c，所以a＝3，c＝2.
②在△ABC中，
sin B＝＝ ＝，
由正弦定理，得
sin C＝sin B＝×＝.
因a＝b＞c，所以C为锐角，
因此cos C＝＝＝.
于是cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C＝
×＋×＝.
专题四　三角函数的综合应用
[例4]　在△ABC中，已知A>B>C，且A＝2C，b＝4，a＋c＝8，求a，c的长．
解：由正弦定理得＝，
因为A＝2C，所以＝，
所以a＝2ccos C.
又因为a＋c＝8，所以cos C＝，①
由余弦定理及a＋c＝8，得
cos C＝＝＝＝.②
由①②知＝，
整理得5c2－36c＋64＝0.
所以c＝或c＝4(舍去)．
所以a＝8－c＝.
故a＝，c＝.
归纳升华
与函数思想相联系的就是方程思想．所谓方程思想，就是在解决问题时，用事先设定的未知数沟通问题所涉及的各量间的制约关系，列出方程(组)，从而求出未知数及各量的值，使问题获得解决．方程可以看做未知量与已知量相互制约的条件，它架设了由已知探索未知的桥梁．本章在利用正弦、余弦定理求角或边长时，往往渗透着函数与方程思想．
[变式训练4]　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝5，b＝5，A＝30°，解三角形．
解：由题可知a<b，A＝30°<90°，
因为bsin A＝5×＝，
所以a>bsin A，
所以本题有两解．
由正弦定理得sin B＝＝＝，
所以B＝60°或B＝120°.
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝＝10.
当B＝120°时，C＝30°，c＝a＝5.
综上，B＝60°，C＝90°，c＝10或B＝120°，C＝30°，c＝5.
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