章末综合提升 解三角形-【金版新学案】2024-2025学年高中数学必修第四册同步课堂高效讲义配套课件（人教B版2019）

章末综合提升 　 第九章　解三角形 概念梳理 构建体系 1 分层探究 提升能力 2 教考衔接 明确考向 3 内容索引 单元检测卷 4 概念梳理 构建体系 返回 返回 分层探究 提升能力 返回 例1 探究点一　利用正、余弦定理解三角形 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 ＝sin C－cos C． (1)求A的大小； 解：由已知及正弦定理得 ＝sin C－cos C， 可化为 sin C－sin B＝sin A sin C－sin A cos C， 即 sin C－sin (A＋C)＝sin A sin C－sin A cos C， 所以 sin C－sin A cos C－sin C cos A＝sin A sin C－sin Acos C． 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 所以 －cos A＝sin A， 即sin ＝1． (2)若b＝3 ，c＝2，点D在边BC上，且CD＝2DB，求线段AD的长． 解：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝18＋4－12＝10，则a＝ . 因为D在边BC上，且CD＝2DB， 所以AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos B＝ ， 所以AD＝ . 规律方法 解三角形的一般方法 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． △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知________(只需填序号). (1)求A的大小； 解：选①：由正弦定理及已知可得sin B(1＋cos A)＝ sin A sin B，又B∈(0，π)，sin B≠0， 所以1＋cos A＝ sin A， 又B∈(0，π)，sin B≠0， 选③：由正弦定理及已知可得sin A sin C ＝sin Ccos ， 又C∈(0，π)，sin C≠0， 则tan A＝ . 又0<A<π，所以A＝ . (2)若a＝ ，b＋c＝4，求△ABC的面积． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 可得bc＝3， 例2 探究点二　利用正弦、余弦定理判断三角形形状 在△ABC中，若(a2＋b2)sin (A－B)＝(a2－b2)·sin (A＋B)，试判断△ABC的形状． 解：因为(a2＋b2)sin (A－B)＝(a2－b2)sin (A＋B)， 所以b2[sin (A＋B)＋sin (A－B)] ＝a2[sin (A＋B)－sin (A－B)]， 所以2b2sin A cos B＝2a2cos A sin B， 即a2cos A sin B＝b2sin A cos B． 方法一：由正弦定理知a＝2R sin A，b＝2R sin B， 所以sin2A cosA sin B＝sin2B sinA cos B， 又sin A sin B≠0，所以sin A cos A＝sin B cos B， 所以sin 2A＝sin 2B． 在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π， 所以2A＝2B或2A＝π－2B， 所以A＝B或A＋B＝ . 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形． 方法二：由正弦定理、余弦定理，得 所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)， 所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0， 所以a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0． 即a＝b或a2＋b2＝c2． 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形． 规律方法 判断三角形形状的方法 1．通过正弦定理和余弦定理将已知条件统一化成角的关系，如a＝2R sin A，a2＋b2－c2＝2ab cos C等，进行三角变换，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等式所体现的内角关系，如在△ABC中，sin A＝sin B⇔A＝B；sin (A－B)＝0⇔A＝B；sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝ 等． 2．利用正弦定理和余弦定理将已知条件统一化成边的关系，如sin A ＝ ，cos A＝ 等，进行代数变换，用代数方法求解． (1)试确定△ABC的形状； 解：在△ABC中，设其外接圆半径为R， sin C＝ ， 所以b2－a2＝ab.① 因为cos (A－B)＋cos C＝1－cos 2C， 所以cos (A－B)－cos (A＋B)＝2sin2C， 所以sinAsin B＝sin2C． 把②代入①得，b2－a2＝c2，即a2＋c2＝b2． 所以△ABC是直角三角形． (2)求 的取值范围． 因为ac<ab＝c2，所以a<c， 例3 探究点三　正弦、余弦定理在实际问题中的应用 如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋ )n mile的两个观测点．现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20 n mile的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30 n mile/h，该救援船到达D点需要多长时间？ 解：由题意知AB＝5(3＋ )n mile， ∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°， 所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°， 在△DAB中，由正弦定理得 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC ＝30°＋(90°－60°)＝60°， BC＝20 (n mile)， 在△DBC中，由余弦定理得 所以CD＝30(n mile). 则需要的时间t＝ ＝1(h). 所以救援船到达D点需要1 h． 规律方法 余弦、正弦定理在实际应用中应注意的问题 1．分析题意，弄清已知元素和未知元素，根据题意画出示意图． 2．明确题目中的一些名词、术语的意义，如仰角、俯角、方向角、方位角等． 3．将实际问题中的数量关系归结为数学问题，利用学过的几何知识，作出辅助线，将已知与未知元素归结到同一个三角形中，然后解此三角形． 4．在选择关系时，一是力求简便，二是要尽可能使用题目中的原有数据，尽量减少计算中误差的积累． 对点练3．龙光塔始建于明朝万历二年，位于无锡市锡山山顶，如图，某学习小组为了在塔外测量龙光塔的高度，在与塔底B水平的C处测量得塔顶A的仰角为60°.受锡山地形所限，他们沿斜坡从C点下行14米到达D点(与A，B，C共面)后，测量得塔顶A的仰角为45°.已知C，D两点的海拔高度差为2米． (1)记斜坡CD与水平方向的夹角为锐角γ，计算γ的余弦值； 解：由题意知，过D作DE⊥AB交AB于E，过C作CF⊥DE交DE于F，如图所示， 则CD＝14，CF＝2，∠CDF＝γ， 所以在Rt△CDF中，DF＝8 m， 所以γ的余弦值为 . (2)计算龙光塔的高度． 解：设龙光塔的高度AB＝h， 易知四边形CBEF是矩形， 则EF＝BC＝ ，BE＝CF＝2， 又在Rt△ADE中，∠ADE＝45°，则AE＝DE， 解得h＝11 ＋9． 所以龙光塔的高度为(11 ＋9)m. 返回 教考衔接 明确考向 返回 真题 1 (2023·北京卷)在△ABC中，(a＋c)(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，则C＝ √ 如图所示：记AB＝c，AC＝b，BC＝a， 法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6， 因为b>0，解得b＝1＋ ， 由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得， 真题 2 (2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝ ，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝_____． 2 真题 3 (2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝ cos B，a2＋b2－c2＝ ab. (1)求B； 又0<C<π，所以C＝ . 又0<B<π，所以B＝ . (2)若△ABC的面积为3＋ ，求c. 解：sin A＝sin (π－B－C)＝sin (B＋C) 所以a＝ c. 得c＝2 . 返回 单元检测卷 返回 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝60°，b＝6，sin A－2sin C＝0，则a＝ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4．在△ABC中，下列结论：①a2＞b2＋c2，则△ABC为钝角三角形；②a2＝b2＋c2＋bc，则A为60°；③a2＋b2＞c2，则△ABC为锐角三角形；④若c－a cos B＝(2a－b)cos A，则△ABC为等腰三角形．其中正确的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5．在△ABC中，a2＋b2－ab＝c2＝2 S△ABC，则△ABC一定是 A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，又因为b＝c，所以a2＝b2＋b2－2b×bcos A＝2b2(1－cos A)，由已知a2＝2b2(1－sin A)，得sin A＝cos A， 因为A∈(0，π)，所以A＝ .故选C． 6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A＝ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7．如图，山高BC＝300 m，一架无人机Q上的仪器测得山顶C的仰角为15°，地面某处A的俯角为45°，且∠BAC＝60°，图中各点都在同一铅垂平面内，则此无人机距离地面的高度PQ为 A．100 m B．200 m C．300 m D．400 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8．锐角三角形ABC中，b＝1，c＝2，则a的取值范围是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.根据下列条件解三角形，其中有一解的是 A．a＝6，b＝5，B＝45° B．c＝6，A＝60°，B＝45° C．a＝6，b＝7，B＝30° D．a＝6，b＝7，C＝60° √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是 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 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11．如图①是我国古代数学家赵爽创制的一幅“勾股圆方图”(又称“赵爽弦图”)，它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．受其启发，某同学设计了一个图形，该图形是由三个全等的钝角三角形与中间的一个小正三角形拼成的一个大正三角形，如图②所示，若AB＝7，DE＝2，则 A．BD＝3 B．AD＝5 C．cos ∠ABD＝ D．△ABD的面积为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 方法一(正弦定理边化角)：根据题意，在△ABC中，由2c cos B＝2a－b，得2sin C cos B＝2sin A－sin B，变形可得2sin C cos B＝2sin (B＋C)－ sin B，则有2sin B cos C＝sin B，即cos C＝ ，因为C∈(0，π)，则C＝ . 12．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2c cos B＝2a －b，则C＝______. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 方法二(余弦定理角化边)：根据题意，在△ABC中，由2c cos B＝2a－b， 得2c· ＝2a－b，变形可得a2＋c2－b2＝a(2a－b)，即a2＋b2－c2＝ab， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13．在四边形ABCD中，AB＝6，BD＝3 ，BC＝4，∠ADB＝∠CBD，A＝60°，则△BCD的面积为_______. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若c2＝(a－b)2 ＋6，C＝ ，则△ABC的面积是______，周长最小为_______.(本题第一空 2分，第二空3分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)求b，c的值；(5分) b2－c2＝－ －1， 由余弦定理，得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以sin C＝ . 解得b＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求sin (B－A)的值．(8分) 由(1)知cos C<0，所以C为钝角，故A，B为锐角， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)求sin B；(6分) 即sin Bcos C＝3sin Acos B－sin Ccos B， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以sin (B＋C)＝3sin Acos B， 又B＋C＝π－A，所以sin (B＋C)＝sin A， 所以sin A＝3sin Acos B， 因为sin A≠0，所以cos B＝ ，又0<B<π， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若b＝4 ，a＝c，求△ABC的面积．(9分) 解：在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B， 又a＝c，故 a2＝32，故a2＝24， 所以△ABC的高h＝c·sin A＝4， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17．(15分)如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径，一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min，在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C，假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长 为1 260 m，经测量cos A＝ ，cos C＝ . (1)求索道AB的长；(3分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)乙出发多少min后，乙在缆车上与甲的距离最短？(5分) 解：假设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m， 所以由余弦定理得， d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)× ＝200(37t2－70t＋50)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？(7分) 乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C， 所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控 制在 (单位：m/min)范围内． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 又B∈(0，π)，所以B＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设向量m＝(sin A，1)，n＝(6cos B，cos 2A)，求m·n的取值范围．(10分) 解：由(1)，知cos B＝ ， 因为m＝(sin A，1)，n＝(6cos B，cos 2A)， 由(1)，知0<A< ，所以0<sin A≤1， 所以m·n的取值范围为(1， ]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(17分)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos 2B＋cos 2C－cos 2A＝1． (1)求A；(4分) 解：由已知△ABC中cos 2B＋cos 2C－cos 2A＝1， 即1－2sin2B＋1－2sin2C－1＋2sin2A＝1， 故sin2A＝sin2B＋sin2C，由正弦定理可得a2＝b2＋c2， 故△ABC为直角三角形，即A＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解：由(1)知A＝ ，所以△ABC的三个角都小于120°， 则由费马点定义可知：∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°， 整理得xy＋yz＋xz＝ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)设点P为△ABC的费马点，|PB|＋|PC|＝t|PA|，求实数t的最小值．(8分) 解：由点P为△ABC的费马点，则∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝ ， 设|PB|＝m|PA|，|PC|＝n|PA|，|PA|＝x，m>0，n>0，x>0， 则由|PB|＋|PC|＝t|PA|得m＋n＝t； 由余弦定理得|AB|2＝x2＋m2x2－2mx2cos ＝(m2＋m＋1)x2， |AC|2＝x2＋n2x2－2nx2cos ＝(n2＋n＋1)x2， |BC|2＝m2x2＋n2x2－2mnx2cos ＝(m2＋n2＋mn)x2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 故由|AC|2＋|AB|2＝|BC|2得(n2＋n＋1)x2＋(m2＋m＋1)x2＝(m2＋n2＋mn)x2， 即m＋n＋2＝mn， 返回 而m>0，n>0，故m＋n＋2＝mn≤ ， 故实数t的最小值为2＋2 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 ！ 第 九 章 　 解 三 角 形 返回 c2＝72＋82－2×7×8×＝9，所以c＝3，所以B最大．cos B＝＝－.故选C． 6 3 $$