2.6.1 第2课时 正弦定理(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版2019）

第二章　平面向量及其应用 6.1　余弦定理与正弦定理 第2课时　正弦定理 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 课前案·自主学习 01 课堂案·互动探究 02 课后案·学业评价 03 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 01 课前案·自主学习 栏目导航 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 2R 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 sin A sin B sin C sin A∶sin B∶sin C 2R 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 02 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 03 课后案·学业评价 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 谢谢观看 栏目导航 第二章　平面向量及其应用 1 学业标准 素养目标 1．了解正弦定理的推导过程，掌握正弦定理及其变形．(难点) 2．会用正弦定理解决两类基本的解三角形问题．(重点) 3．能综合应用正、余弦定理解三角形．(重点) 1．通过正弦定理的推导过程(特殊到一般)，培养逻辑推理等核心素养． 2．通过综合应用正、余弦定理解三角形，提升数学运算等核心素养. 导学　正弦定理 已知△ABC，设其三个内角分别为A，B，C，角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)当△ABC是直角三角形时，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)是否成立？ (2)当△ABC是一般的钝角三角形时，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)是否成立？ [提示]　(1)成立，不妨设C＝90°，则sin A＝eq \f(a,c)，sin B＝eq \f(b,c)，sin C＝1＝eq \f(c,c)，所以eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)成立． (2)成立，如图，过点A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，则sin B＝eq \f(AD,c)，且sin(π－∠ACB)＝eq \f(AD,b)＝sin∠ACB．可得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C). 在正弦定理中，三角形的各边与其所对角的正弦的比都相等，那么这个比值等于多少？与该三角形外接圆的直径有什么关系？ [提示]　在△ABC中，已知BC＝a，AC＝b，AB＝c，作△ABC的外接圆，O为圆心，连接BO并延长交圆于B′，设BB′＝2R.则根据直径所对的圆周角是直角以及同弧所对的圆周角相等可以得到∠BAB′＝90°，∠C＝∠B′，所以sin C＝sin B′＝eq \f(c,2R).所以eq \f(c,sin C)＝2R. 同理，可得eq \f(a,sin A)＝2R，eq \f(b,sin B)＝2R. 所以eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R. 故eq \f(a,sin A)是该三角形外接圆的直径． ◎结论形成 1．正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即eq \f(a,sin A)＝________　＝________＝________(R为该三角形外接圆半径)． eq \f(b,sin B) eq \f(c,sin C) 2．正弦定理的常见变形 (1)a＝2R_________，b＝2R_________，c＝2R_________； (2)sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝_________，sin C＝eq \f(c,2R)； (3)a∶b∶c＝_____________________； (4)eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C)＝________. eq \f(b,2R) 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)正弦定理只适用于解锐角三角形．(　　) (2)在△ABC中，已知C＝60°，a＝1，b＝3，可用正弦定理解此三角形．(　　) (3)在△ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B；反之，若A＞B，则sin A＞sin B．(　　) (4)在△ABC中，若∠A＝30°，a＝2，b＝2eq \r(3)，则B＝60°.(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 2．在△ABC中，若∠A＝60°，∠B＝45°，BC＝3eq \r(2)，则AC＝(　　) A．4eq \r(3)　　　　　　　 B．2eq \r(3) C．eq \r(3) D．eq \f(\r(3),2) 解析　由正弦定理，得eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AC,sin B)， 所以AC＝eq \f(BC·sin B,sin A)＝eq \f(3\r(2)×sin 45°,sin 60°)＝2eq \r(3). 故选B． 答案　B 3．(2024·渝东九校联盟联考)在△ABC中，若A＝eq \f(π,3)，BC＝eq \r(3)，AB＝eq \r(2)，则C＝(　　) A．eq \f(π,4) B．eq \f(π,3) C．eq \f(3π,4) D．eq \f(π,4)或eq \f(3π,4) 解析　在△ABC中，由正弦定理得eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AB,sin C)，即eq \f(\r(3),sin \f(π,3))＝eq \f(\r(2),sin C)，解得sin C＝eq \f(\r(2),2)，因为BC＞AB，所以A＞C，所以C＝eq \f(π,4). 答案　A 4．已知△ABC中，AB＝2，且sin A＋sin B＝eq \r(2)sin C，则△ABC的周长为________． 解析　设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.因为sin A＋sin B＝eq \r(2)sin C，由正弦定理可得a＋b＝eq \r(2)c.又AB＝2，即c＝2，所以a＋b＝2eq \r(2)，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2eq \r(2)＋2. 答案　2eq \r(2)＋2 题型一　已知两角和一边解三角形 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝eq \r(3)，sin B＝eq \f(1,2)，C＝eq \f(π,6)，则b＝________. [解析]　因为sin B＝eq \f(1,2)且B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,6)或B＝eq \f(5π,6)，又C＝eq \f(π,6)， 所以B＝eq \f(π,6)，A＝π－B－C＝eq \f(2π,3)，又a＝eq \r(3)， 由正弦定理得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，即eq \f(\r(3),sin \f(2π,3))＝eq \f(b,sin \f(π,6)).解得b＝1. [答案]　1 已知两角及一边解三角形的一般步骤 [触类旁通] 1．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于________． 解析　由题意，因为B＝45°，C＝60°，所以A＝180°－B－C＝75°，最短边为b，由正弦定理，得b＝eq \f(csin B,sin C)＝eq \f(1×sin 45°,sin 60°)＝eq \f(\r(6),3). 答案　eq \f(\r(6),3) 题型二　已知两边及一边的对角解三角形 一题多变 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c＝eq \r(6)，A＝45°，a＝2，解这个三角形． [解析]　由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)， 得sin C＝eq \f(csin A,a)＝eq \f(\r(6)sin 45°,2)＝eq \f(\r(3),2)， ∵0°<C<180°，∴C＝60°或C＝120°. 当C＝60°时，B＝75°， b＝eq \f(csin B,sin C)＝eq \f(\r(6)sin 75°,sin 60°)＝eq \r(3)＋1； 当C＝120°时，B＝15°， b＝eq \f(csin B,sin C)＝eq \f(\r(6)sin 15°,sin 120°)＝eq \r(3)－1. ∴b＝eq \r(3)＋1，B＝75°，C＝60°或b＝eq \r(3)－1，B＝15°，C＝120°. [母题变式] (变条件、变结论)把本例中的条件“A＝45°”改为“C＝45°”，则角A有几个值？ 解析　由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，得sin A＝eq \f(asin C,c)＝eq \f(2×\f(\r(2),2),\r(6))＝eq \f(\r(3),3). ∵c＝eq \r(6)>2＝a，∴C>A． ∴A为小于45°的锐角，且正弦值为eq \f(\r(3),3)，这样的角A只有一个， 即A只有1个值． [素养聚焦]　利用解三角形时解的个数的判断，把逻辑推理和数学运算等核心素养体现在解题过程中． 已知两边和其中一边对角解三角形的方法 (1)先由正弦定理求出另一边对角的正弦值． (2)如果已知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． [触类旁通] 2．(多选题)在△ABC中，A＝60°，角A所对的边a＝eq \r(3)，下列结论正确的为(　　) A．若0＜b≤2，△ABC有一解 B．若b＞2，△ABC无解 C．若eq \r(3)＜b＜2，△ABC有两解 D．若0＜b≤eq \r(3)，△ABC有一解 解析　已知A＝60°且a＝eq \r(3)，由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(b,2).当b＞2时，可得sin B＞1，不成立(舍去)，此时△ABC无解，故B正确；当eq \r(3)＜b＜2时，即b＞a，则B＞A，由sin B＞eq \f(\r(3),2)，此时B有两解，即△ABC有两解，故C正确；当0＜b≤eq \r(3)时，即b≤a，则B≤A＝60°，由sin B≤eq \f(\r(3),2)，此时B只有一解，故D正确；由C、D的分析知A不正确． 答案　BCD 题型三　正、余弦定理的综合应用 多维探究 角度1　与三角形面积有关的问题 已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，sin2 B＝2sin Asin C． (1)若a＝b，求cos B； (2)若B＝90°，且a＝eq \r(2)，求△ABC的面积． [解析]　(1)因为sin2 B＝2sin Asin C， 由正弦定理得b2＝2ac， 因为a＝b，所以a＝2c. 由余弦定理得cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(c2,2ac)＝eq \f(c,2a)＝eq \f(1,4). (2)因为B＝90°，所以a2＋c2＝b2， 又b2＝2ac，所以a2＋c2＝2ac，即a＝c＝eq \r(2)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)＝1. 求解与三角形面积有关问题的技巧 (1)若平面图形为不规则图形，可通过作辅助线或其他途径构造三角形，转化为求三角形的面积． (2)在求三角形的面积时，若存在三角形边长平方和的情况，一般联想到用余弦定理解决；若存在边长乘积时，一般联想到用公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B解决． 角度2　正、余弦定理与平面向量的交汇问题 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝2，cos B＝eq \f(1,3)，b＝3.求a和c的值． [解析]　由eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝2，得c·acos B＝2，又cos B＝eq \f(1,3)，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×eq \f(1,3)＝13. 解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,c＝2.)) 因为a>c，所以a＝3，c＝2. 解三角形与向量的交汇问题，往往需运用向量知识将平行、垂直、模等转化为三角形的边角关系，再利用正、余弦定理求解． [触类旁通] 3．(2024·全国高一专题练习)已知a，b，c为△ABC的内角A，B，C所对的边，向量m＝(sin C＋sin B，sin B－sin A)，n＝(c－b，a)，且m⊥n. (1)求C； (2)若a＝2，△ABC的面积为2eq \r(3)，且eq \o(AB,\s\up16(→))＝3eq \o(DB,\s\up16(→))，求线段CD的长． 解析　(1)因为m⊥n，所以(sin C＋sin B)(c－b)＋(sin B－sin A)a＝0. 由正弦定理，得(c＋b)(c－b)＋(b－a)a＝0， 即a2＋b2－c2＝ab， 由余弦定理，得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2). 因为0<C<π，所以C＝eq \f(π,3). (2)S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×2×b×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，解得b＝4. 因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝3eq \o(DB,\s\up16(→))，所以D为AB的三等分点，AD＝2DB， 则eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up16(→))， 所以|eq \o(CD,\s\up16(→))|2＝eq \f(1,9)×16＋eq \f(4,9)×4＋2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×2×4×eq \f(1,2)＝eq \f(48,9)，CD＝eq \f(4\r(3),3). 知识落实 技法强化 1．正弦定理及其变形． 2．正弦定理的应用. 1．边角转化法、分类讨论法． 2．三角形中重要不等关系：a＋b>c.sin A>sin B⇔a>b⇔A>B． $$