第9章 解三角形 章末整合提升(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第四册（人教B版2019）

第九章　解三角形 章末整合提升 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 谢谢观看 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 一、利用正、余弦定理解三角形 解三角形问题一般要先审查题设条件，进行归类，根据题目类型确定应用哪个定理解决． 解斜三角形通常有以下四种类型 已知条件 应用定理 一般解法 一边和两角(如a，∠B，∠C) 正弦定理 由∠A＋∠B＋∠C＝180°求出∠A，由正弦定理求出b与c. 只有一解． 两边和夹角(如a，b，∠C) 余弦定理正弦定理 由余弦定理求出第三边c，由正弦定理求出小边所对的角，再由∠A＋∠B＋∠C＝180°求出另一角． 只有一解. 三边 (a，b，c) 余弦定理 由余弦定理求出∠A，∠B，再利用∠A＋∠B＋∠C＝180°求出∠C． 在有解时只有一解． 两边和其中一边的对角(如a，b，∠A) 正弦定理或余弦定理 由正弦定理求出∠B，由∠A＋∠B＋∠C＝180°求出∠C，再利用正弦定理求出边c，可有两解、一解或无解．也可根据余弦定理，列出关于c的一元二次方程，解方程求边c，然后应用正弦定理或余弦定理求出其他元素. (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＝eq \r(2)cos B，a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋eq \r(3)，求c. [解析]　(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C，又a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab， 可得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(2)ab,2ab)＝eq \f(\r(2),2)， 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 从而sin C＝eq \r(1－cos2 C)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2)， 又因为sin C＝eq \r(2)cos B，即cos B＝eq \f(1,2)，注意到B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). (2)由(1)可得B＝eq \f(π,3)，cos C＝eq \f(\r(2),2)，C∈(0，π)，从而C＝eq \f(π,4)，A＝π－eq \f(π,3)－eq \f(π,4)＝eq \f(5π,12)， 而sin A＝sineq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 由正弦定理有eq \f(a,sin\f(5π,12))＝eq \f(b,sin\f(π,3))＝eq \f(c,sin\f(π,4))， 从而a＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)·eq \r(2)c＝eq \f(\r(3)＋1,2)c，b＝eq \f(\r(3),2)·eq \r(2)c＝eq \f(\r(6),2)c， 由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(3)＋1,2)c·eq \f(\r(6),2)c·eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3＋\r(3),8)c2， 由已知△ABC的面积为3＋eq \r(3)，可得eq \f(3＋\r(3),8)c2＝3＋eq \r(3)， 所以c＝2eq \r(2). 二、三角形中的计算问题eq \a\vs4\al(题点多探　多维探究) 三角形中计算问题主要涉及三角形的边长、角度及面积的计算和三角形形状的判断．在三角形的面积公式中，S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A是最常用的，因为公式中既有边也有角，容易与正弦定理、余弦定理联系起来． 几何中的长度、角度的计算通常转化为三角形中边长和角的大小的计算，利用正、余弦定理解决问题．解决此类问题的关键是构造三角形，将已知量与待求量集中在同一个三角形中，依次解三角形求解． 角度1　判断三角形的形状 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足taneq \f(A,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(asin\f(C,2)＋2bcos\f(A,2)))＝acoseq \f(C,2)，试判断三角形形状． [解析]　∵sineq \f(A,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(asin\f(C,2)＋2bcos\f(A,2))) ＝acoseq \f(A,2)coseq \f(C,2). ∴2bsineq \f(A,2)coseq \f(A,2)＝acoseq \f(A,2)coseq \f(C,2)－sineq \f(A,2)sineq \f(C,2). ∴bsin A＝acoseq \f(A＋C,2)＝acoseq \f(π－B,2)＝asineq \f(B,2). 由正弦定理得sin Bsin A＝sin Asineq \f(B,2). ∵sin A≠0，∴2sineq \f(B,2)coseq \f(B,2)＝sineq \f(B,2). ∵sineq \f(B,2)≠0，∴coseq \f(B,2)＝eq \f(1,2). ∵0＜B＜π，∴B＝eq \f(2π,3)， 故△ABC为钝角三角形． 角度2　三角形的面积及最值问题 (2024·山东潍坊高一期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足(a＋b＋c)·(a＋b－c)＝ab. (1)求角C； (2)若点D在AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面积的最小值． [解析]　(1)由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝ab可得a2＋b2－c2＝－ab， 由余弦定理知，cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(ab,2ab)＝－eq \f(1,2)，又C∈(0，π)，因此C＝eq \f(2π,3). (2)∵S△ABC＝S△BCD＋S△ACD ，即eq \f(1,2)absineq \f(2π,3)＝eq \f(1,2)b×2sineq \f(π,6)＋eq \f(1,2)×2a， ∴eq \f(\r(3),4)ab＝a＋eq \f(1,2)b ≥eq \r(2ab)， ∴ab≥eq \f(32,3)，当且仅当b＝2a，即a＝eq \f(4\r(3),3)，b＝eq \f(8\r(3),3)时等号成立， ∴S△ABC＝eq \f(\r(3),4)ab≥eq \f(8\r(3),3)，∴△ABC面积的最小值为eq \f(8\r(3),3). 三、恒等式的证明 证明有关三角形中边角关系的恒等式，若出现边角混合关系式，通常情况下，有两种方法：化边为角，将已知条件统一用角表示；化角为边，将已知条件用边表示，然后利用角的关系或边的关系进行求解，从而使问题得到解决． 在△ABC中，求证： (1)eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)； (2)a2＋b2＋c2＝2(bccos A＋cacos B＋abcos C)． [证明]　(1)根据正弦定理， 左边＝eq \f(4R2sin2A＋4R2sin2B,4R2sin2C) ＝eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝右边， 即原等式成立． (2)根据余弦定理， 右边＝2bc·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＋ca·eq \f(c2＋a2－b2,2ca)＋ab·eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝(b2＋c2－a2)＋(c2＋a2－b2)＋(a2＋b2－c2) ＝a2＋b2＋c2＝左边，即原式成立． 四、正、余弦定理在实际问题中的应用 解三角形知识在实际中的应用主要是解决生活中的测量问题，即测量不可到达的两地距离、建筑物的高度、航行问题中的方位角等．解题的途径是通过理解题意，画出示意图，构造三角形模型，转化为解三角形的问题． 海岸上建有相距40eq \r(3)海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为α＝∠BCA＝45°，β＝∠ACD＝30°，γ＝∠BDC＝45°，δ＝∠ADB＝75°. (1)救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？ (2)若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援？ [解析]　(1)在△ADC中，因为∠ACD＝30°，∠BDC＝45°，∠ADB＝75°， 所以∠DAC＝180°－∠ACD－∠BDC－∠ADB＝30°，∠ADC＝∠BDC＋∠ADB＝120°， 又DC＝40eq \r(3)， 所以由正弦定理可得eq \f(DC,sin ∠DAC)＝eq \f(AC,sin ∠ADC)，即eq \f(40\r(3),sin 30°)＝eq \f(AC,sin 120°)，解得AC＝120， 所以A船距离雷达站C距离为120海里． (2)在△BDC中，根据正弦定理可得 eq \f(BC,sin ∠BDC)＝eq \f(DC,sin ∠DBC)，即eq \f(BC,sin 45°) ＝eq \f(40\r(3),sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(180°－45°－30°－45°)))，解得BC＝40eq \r(2)， 在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝1202＋(40eq \r(2))2－2×120×40eq \r(2)cos 45°＝8 000，解得AB＝40eq \r(5)， 因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而eq \f(40\r(5),30)＝eq \f(4\r(5),3)<3， 所以能在3小时内赶到救援． 正、余弦定理的综合应用 [典例]　如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的直径)．规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA．规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB＝10，AC＝6，BD＝12(单位：百米)． (1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长； (2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由． [解析]　(1)过A作AE⊥BD，垂足为E. 由已知条件得，四边形ACDE为矩形， DE＝BE＝AC＝6(百米)，AE＝CD＝8(百米)． 因为PB⊥AB， 所以cos∠PBD＝sin∠ABE＝eq \f(8,10)＝eq \f(4,5). 所以PB＝eq \f(BD,cos∠PBD)＝eq \f(12,\f(4,5))＝15(百米)． 因此道路PB的长为15百米． (2)①若P在D处，由(1)可得E在圆上，则线段BE上的点(除B，E)到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求． ②若Q在D处，连接AD， 由(1)知AD＝eq \r(AE2＋ED2)＝10， 从而cos∠BAD＝eq \f(AD2＋AB2－BD2,2AD·AB)＝eq \f(7,25)＞0， 所以∠BAD为锐角．所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径． 因此，Q选在D处也不满足规划要求． 综上，P和Q均不能选在D处． [纠错心得] 解决应用举例问题的两个关注点 1审题作图：认真阅读题目，依据题目中给出的角注意明确相关角的概念及给出的相应长度，正确画出对应的图形，在图形中标出相应的角度或长度. 2根据图形中的数据，合理选择公式及定理.注意在利用余弦定理时，有时会出现两个解，解题时要注意根据实际情况进行取舍，避免出现增解. 有关三角形面积问题的计算 [典例]　(13分)在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且eq \r(3)a＝2csin A． (1)求角C的大小； (2)若c＝eq \r(7)且△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，求a＋b的值． [审题指导]　(1)结合正弦定理，将边转化为角的三角函数关系求角C； (2)由面积公式，建立关于a，b的关系方程求解． [规范解答]　(1)由正弦定理得 eq \f(a,c)＝eq \f(sin A,sin C)①，(2分) 由eq \r(3)a＝2csin A得eq \f(a,c)＝eq \f(2sin A,\r(3))，(3分) 所以eq \f(2sin A,\r(3))＝eq \f(sin A,sin C).(4分) 因为sin A≠0，所以sin C＝eq \f(\r(3),2)，(5分) 因为△ABC是锐角三角形②， 所以C＝eq \f(π,3).(6分) (2)因为c＝eq \r(7)，C＝eq \f(π,3)，由面积公式得eq \f(1,2)absin eq \f(π,3)＝eq \f(3\r(3),2)，即ab＝6③，(8分) 由余弦定理得a2＋b2－2abcos eq \f(π,3)＝7， 即a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab④， ＝(a＋b)2－3×6＝7，(11分) 所以(a＋b)2＝25，可得a＋b＝5， 故a＋b＝5⑤.(13分) $$