正余弦定理1 课件-2025届高三数学一轮复习

课题导入 回顾上节课学习 内容 正余弦定理是高考的重要内容 正余弦定理1 一不怕苦 二不怕累 风雨同舟 追求卓越 授课教师：高复数学 授课时间：2025届 2025 2 目标引领 1.掌握正余弦定公式和变形公式性质、使用条件 2.能够利用正余弦定理解三角形和判定三角形的形状 3.掌握三角形解的个数问题 独立自学 回顾正余弦定理的相关知识点有哪些？ 知识点一　正弦定理和余弦定理 b2＋c2－2bccos A a2＋c2－2accos B a2＋b2－2abcos C 引导探究 (3)已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形 知识点一　正弦定理和余弦定理 b2＋c2－2bccos A a2＋c2－2accos B a2＋b2－2abcos C 引导探究 2Rsin A 2Rsin B 2Rsin C sin A：sin B：sin C 边角互化根本 这些性质都非常重要，请同学们务必记住并揣摩用法！！！ 无解 一解 两解 一解 无解 一解 题型一　利用正、余弦定理解三角形 √ √ 75° √ √ 题型二　判断三角形的形状 直角三角形 ③ √ √ √ B 题型三　三角形解的个数问题 > 目标升华 总结本节课内容 利用正余弦定理解三角形 判断三角形的形状 三角形解的个数问题 √ 当堂诊学 强化补清 完成本节课时作业 坚持就是胜利！ 一不怕苦 二不怕累 风雨同舟 追求卓越 34 定理 正弦定理 余弦定理 内容 _____________________＝2R(其中R是△ABC外接圆的半径) a2＝__________________ b2＝_________________ c2＝____________________ eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C) 定理 正弦定理 余弦定理 解决解斜三角形的问题 (1)已知两角和任一边，求另一角和其他两条边 (2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角 (1)已知三边，求各角 (2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角 eq \f(b,2R) eq \f(c,2R) eq \f(b2＋c2－a2,2bc) eq \f(a2＋c2－b2,2ac) eq \f(a2＋b2－c2,2ab) 定理 正弦定理 余弦定理 内容 _____________________＝2R(其中R是△ABC外接圆的半径) a2＝__________________ b2＝_________________ c2＝____________________ eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C) 定理 正弦定理 余弦定理 常见变形 ①a＝__________， b＝__________，c＝__________ ②sin A＝__________，sin B＝__________，sin C＝_____ ③a：b：c＝_________________ ④asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A cos A＝__________ cos B＝__________ cos C＝__________ eq \f(a,2R) 在△ABC中，常有以下结论：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． 4．sin (A＋B)＝sin C；cos (A＋B)＝－cos C；tan (A＋B)＝－tan C；sin eq \f(A＋B,2)＝cos eq \f(C,2)，cos eq \f(A＋B,2)＝sin eq \f(C,2). 5．∠A>∠B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cos A<cos B． 6．三角形式的余弦定理sin2A＝sin2B＋sin2C－2sin Bsin Ccos A， sin2B＝sin2A＋sin2C－2sin Asin Ccos B，sin2C＝sin2A＋sin2B－2sin Asin Bcos C． 若A为最大的角，则A∈[eq \f(π,3)，π)；若A为最小的角，则A∈(0，eq \f(π,3)]； 若A、B、C成等差数列，则B＝eq \f(π,3). ①A为锐角时，若a<bsin A，______；若a＝bsin A，有______；若bsin A<a<b，有______；若a≥b，有_______． ②A为直角或钝角时，若a≤b，_______；若a>b，有_______． (eq \r(3)，2) (1)在△ABC中，已知a＝eq \r(2)，b＝eq \r(3)，A＝45°，求角B，C及边c. (2)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq \r(19)，AB＝2，则BC＝(　　) A．1　　　　　B.eq \r(2) C.eq \r(5) D．3 (3)若满足条件C＝eq \f(π,3)，AB＝eq \r(3)，BC＝a的△ABC有两个，则实数a的取值范围是________． 【答案】B＝60°，C＝75°，c＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)或B＝120°，C＝15°，c＝eq \f(\r(6)－\r(2),2) (1)在△ABC中，已知a＝eq \r(2)，b＝eq \r(3)，A＝45°，求角B，C及边c. 【答案】　B＝60°，C＝75°，c＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)或B＝120°，C＝15°，c＝eq \f(\r(6)－\r(2),2) 【解析】　方法一：由正弦定理，得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B). ∴sin B＝eq \f(b,a)sin A＝eq \f(\r(3),\r(2))×sin 45°＝eq \f(\r(3),\r(2))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(3),2). ∵b>a，∴B>A＝45°，∴B有两解，即B＝60°或120°. ①当B＝60°时，C＝180°－(45°＋60°)＝75°， c＝eq \f(a,sin A)×sin C＝eq \f(\r(2),sin 45°)×sin 75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2). ②当B＝120°时，C＝180°－(45°＋120°)＝15°， c＝eq \f(a,sin A)×sin C＝eq \f(\r(2),sin 45°)×sin 15°＝eq \f(\r(6)－\r(2),2). 方法二：由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A. ∴c2－eq \r(6)c＋1＝0，∴c＝eq \f(\r(6)±\r(2),2). 当c＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)时，cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)， ∴B＝60°，C＝180°－(45°＋60°)＝75°. 当c＝eq \f(\r(6)－\r(2),2)时，cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq \f(1,2)， ∴B＝120°，C＝180°－(45°＋120°)＝15°. (2)(2021·全国甲卷，文)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq \r(19)，AB＝2，则BC＝(　　) A．1　　　　　　　 B.eq \r(2) C.eq \r(5) D．3 【解析】　设AB＝c，AC＝b，BC＝a，结合余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，可得19＝a2＋4－2×a×2×cos 120°，即a2＋2a－15＝0，解得a＝3(a＝－5舍去)，故BC＝3.故选D. (3)若满足条件C＝eq \f(π,3)，AB＝eq \r(3)，BC＝a的△ABC有两个，则实数a的取值范围是________． (eq \r(3)，2) 【解析】　设AB＝c. 方法一：在△ABC中，由正弦定理，得sin A＝eq \f(asin C,c)＝eq \f(a,2). ∵△ABC有两个解，∴asin C＜eq \r(3)＜a，即eq \f(\r(3),2)a＜eq \r(3)＜a，∴a∈(eq \r(3)，2)． 方法二：在△ABC中，由正弦定理，得sin A＝eq \f(asin C,c)＝eq \f(a,2). ∵△ABC有两个解，∴y＝sin A与y＝eq \f(a,2)的图象有两个交点． 又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)π))，函数图象如图． ∴eq \f(a,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，∴a∈(eq \r(3)，2)． (6)INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题1　(1)(2017·课标全国Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝________． 【解析】　由正弦定理，得sin B＝eq \f(bsin C,c)＝eq \f(\r(6)sin 60°,3)＝eq \f(\r(2),2)，所以B＝45°或135°，因为b<c，所以B<C，故B＝45°，所以A＝75°. (2)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(5)，c＝2，cos A＝eq \f(2,3)，则b＝(　　)A.eq \r(2)　　B.eq \r(3) C．2 D．3 (2)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(5)，c＝2，cos A＝eq \f(2,3)，则b＝(　　) A.eq \r(2)　　　　　　　　　 B.eq \r(3) C．2 D．3 【解析】　由余弦定理，得a2＝c2＋b2－2bccos A＝4＋b2－2×2b×eq \f(2,3)＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－eq \f(1,3)(舍去)，故选D. (1)在△ABC中，eq \f(c－a,2c)＝sin2eq \f(B,2)(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为_________________． 【解析】　由cos B＝1－2sin2eq \f(B,2)， 得sin2eq \f(B,2)＝eq \f(1－cos B,2)，所以eq \f(c－a,2c)＝eq \f(1－cos B,2)， 即cos B＝eq \f(a,c). 方法一：由余弦定理得eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a,c)， 即a2＋c2－b2＝2a2， 所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等． 方法二：由正弦定理得cos B＝eq \f(sin A,sin C)， 又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C， 所以cos Bsin C＝sin Bcos C＋cos Bsin C， 即sin Bcos C＝0，又sin B≠0， 所以cos C＝0， 所以C＝eq \f(π,2)，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等． (2)对于△ABC，有如下命题： ①若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形； ②若sin A＝cos B，则△ABC为直角三角形； ③若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，则△ABC为钝角三角形． 其中所有正确命题的序号是________． 【解析】　因为sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B＋2kπ或2A＋2B＝π＋2kπ，k∈Z，因为A，B，A＋B∈(0，π)，故A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，故△ABC为等腰三角形或直角三角形，故①错误；因为sin A＝cos B，所以sin A＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))，所以A＝eq \f(π,2)－B＋2kπ或A＋eq \f(π,2)－B＝π＋2kπ，k∈Z.因为A，B，A＋B∈(0，π)，故A＝eq \f(π,2)－B或A－B＝eq \f(π,2)，故△ABC可能为钝角三角形，故②错误；因为sin2A＋sin2B＋cos2C<1，故sin2A＋sin2B<sin2C，由正弦定理得a2＋b2<c2，由余弦定理有cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)<0，故C为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故③正确． A．若tan A＋tan B＋tan C>0，则△ABC是锐角三角形 B．若acos A＝bcos B，则△ABC是等腰三角形 C．若bcos C＋ccos B＝b，则△ABC是等腰三角形 D．若eq \f(a,cos A)＝eq \f(b,cos B)＝eq \f(c,cos C)，则△ABC是等边三角形 【解析】　∵tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C>0，∴A，B，C均为锐角，∴A正确；由acos A＝bcos B及正弦定理，可得sin 2A＝sin 2B，∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴B错误；由bcos C＋ccos B＝b及正弦定理，可知sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin B，∴sin A＝sin B，∴A＝B，∴C正确；由已知和正弦定理，易知tan A＝tan B＝tan C，∴A＝B＝C，∴D正确．故选ACD. (2)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，试判断△ABC的形状． 【答案】　等边三角形 【解析】　因为eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，所以由正弦定理得eq \f(a,b)＝eq \f(a,c)，所以b＝c. 又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc， 所以b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理得cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2). 因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)， 所以△ABC是等边三角形． 【例1】在 中， ， ， ，则 解的情况（　　） （A）无解　　（B）有一解　　　（C）有两解　　　（D）不能确定 解：在 的一边上确定顶点 ，使 ，作 ， 以顶点 为圆心，以 为半径画圆，看该圆与 没有交点，则说明该三角形的解的个数为0，故选A． 第 1 页 共 1 页 2．△ABC中，已知a＝x，b＝2，B＝45°.若解此 三角形有两解，则x的取值范围是__________． (2，2eq \r(2)) 【解析】sin A＝eq \f(sin 45°,2)·x＝eq \f(\r(2),4)x. 因三角形有两解． 所以45°<A<135°且∠A≠90°， ∴x>2，且eq \f(\r(2),4)x<1. 解得2<x<2eq \r(2). 例3．已知△ABC中，a,b,c分别为∠A, ∠B, ∠C的对边，∠B= 60°, b=2，a=x，如c有两组解，则x的取值范围是 ． 解：当asinB＜b＜a时，三角形ABC有两组解. 又b=2，B=60°，a=x，如果三角形ABC有两组解， 那么x应满足xsin60°＜2＜x，即2＜x＜ , 故x的取值范围是： ． 若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bsin 2A＝3asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)等于(　　)A.eq \f(3,2) B.eq \r(2) C.eq \f(4,3) D.eq \r(3) 解析　由2bsin 2A＝3asin B及正弦定理可得4sin Bsin Acos A＝3sin Asin B，由于sin A≠0，sin B≠0，所以cos A＝eq \f(3,4)，又c＝2b，所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋4b2－2b×2b×eq \f(3,4)＝2b2，所以eq \f(a,b)＝eq \r(2)，故选B. $$