9.1.1 正弦定理-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第九章　解三角形 9.1　正弦定理与余弦定理 9.1.1　正弦定理 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 4 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 7 45° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 9 知识点四　判断三角形解的个数 7．(2024·河北石家庄高一下期末)在△ABC中，A＝60°，a＝7，b＝8，则△ABC(　　) A．有一解 B．有两解 C．无解 D．不确定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 10 知识点五　正弦定理的综合应用 8．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为(　　) A．无法确定 B．钝角三角形 C．锐角三角形 D．直角三角形 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 14 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 7．(2024·吉林四平高一下阶段练习)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是(　　) A．若a>b，则sinA>sinB B．若sinA>sinB，则A<B C．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形 D．若△ABC为锐角三角形，则sinA>cosB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 13．(2024·安徽宣城高一下期末)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若∠ACB＝60°，∠ACB的角平分线交AB于点D，且CD＝2，则△ABC面积的最小值为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 36 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　已知两角及一边解三角形 1．(2024·天津高一下期中)在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则b＝(　　) A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(\r(6),2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2) 解析：由正弦定理，得eq \f(b,sin45°)＝eq \f(1,sin60°)，解得b＝eq \f(\r(6),3).故选A. 2．在△ABC中，a＝26，cosA＝eq \f(2\r(2),3)，cosB＝eq \f(12,13)，则b＝________． 解析：因为cosA＝eq \f(2\r(2),3)，所以sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \f(1,3).同理得sinB＝eq \f(5,13).由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(26×\f(5,13),\f(1,3))＝30. 知识点二　已知两边及一边的对角解三角形 3．已知在△ABC中，a＝eq \r(3)，b＝eq \r(2)，B＝45°，则A＝(　　) A．60° B．120° C．90° D．60°或120° 解析：由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得eq \f(\r(3),sinA)＝eq \f(\r(2),sin45°)，∴sinA＝eq \f(\r(3),2)，∴A＝60°或A＝120°. 解析：由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，知eq \f(3,\f(1,3))＝eq \f(5,sinB)，即sinB＝eq \f(5,9). 4．在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA＝eq \f(1,3)，则sinB＝________． eq \f(5,9) 解析：由cosA＝eq \f(1,2)，得sinA＝eq \f(\r(3),2)，A＝60°，由正弦定理，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(\r(2),2).又a>b，所以B<A，故B＝45°. 5．在△ABC中，cosA＝eq \f(1,2)，a＝4eq \r(3)，b＝4eq \r(2)，则B＝________． 解析：在△ABC中，∵cosC＝eq \f(1,3)，∴sinC＝eq \f(2\r(2),3)，∴S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)×3eq \r(2)×2eq \r(3)×eq \f(2\r(2),3)＝4eq \r(3). 知识点三　三角形面积的计算问题 6．在△ABC中，a＝3eq \r(2)，b＝2eq \r(3)，cosC＝eq \f(1,3)，则△ABC的面积为________． 4eq \r(3) 解析：由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(4\r(3),7)<1，又b>a，则B>A，所以满足条件的B有两个．故选B. 解析：因为bcosC＋ccosB＝asinA，由正弦定理可得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，所以sin(B＋C)＝sin2A，所以sinA＝sin2A，解得sinA＝0或sinA＝1，因为0<A<π，所以sinA>0，所以sinA＝1，所以A＝eq \f(π,2)，所以△ABC是直角三角形． 解析：∵eq \f(c,sinC)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(40,3)，∴c＝eq \f(40,3)sinC.∵C∈(0，π)，∴0<c≤eq \f(40,3)，即c的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(40,3))). 9．在△ABC中，sinA＝eq \f(3,4)，a＝10，则c的取值范围是__________． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(40,3))) 10．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btanA，且B为钝角. (1)证明：B－A＝eq \f(π,2)； (2)求sinA＋sinC的取值范围． 解：(1)证明：由a＝btanA及正弦定理，得eq \f(sinA,cosA)＝eq \f(a,b)＝eq \f(sinA,sinB)，所以sinB＝cosA， 即sinB＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A)). 又B为钝角，因此eq \f(π,2)＋A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故B＝eq \f(π,2)＋A，即B－A＝eq \f(π,2). (2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,2)))＝eq \f(π,2)－2A>0，所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))). 于是sinA＋sinC＝sinA＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2A))＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝ －2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8). 因为0<A<eq \f(π,4)，所以0<sinA<eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(\r(2),2)<－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8)≤eq \f(9,8). 所以sinA＋sinC的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(9,8))). 一、单选题 1．在钝角三角形ABC中，AB＝eq \r(3)，AC＝1，B＝30°，则角A的大小为(　　) A．120° B．45° C．30° D．15° 解析：由正弦定理，得eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)，将AB＝eq \r(3)，AC＝1，B＝30°代入，求得sinC＝eq \f(\r(3),2).又由△ABC是钝角三角形，知C＝120°，所以A＝30°.故选C. 2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，c＝2，A＝eq \f(π,3)，sinB＝2sinC，则△ABC的面积为(　　) A.eq \r(3) B．2eq \r(3) C．2 D．4 解析：由正弦定理，得b＝2c＝4，由三角形面积公式，得S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×4×2×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3). 3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若C＝120°，c＝eq \r(3)a，则(　　) A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．a与b的大小关系不能确定 解析：由正弦定理可得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(\r(3)a,\f(\r(3),2))＝2a，所以sinA＝eq \f(1,2)，又显然A为锐角，可得A＝30°.所以B＝180°－A－C＝30°，所以a＝b.故选C. 4．在△ABC中，已知3b＝2eq \r(3)asinB，cosB＝cosC，则△ABC的形状是(　　) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D.等腰直角三角形 解析：利用正弦定理及3b＝2eq \r(3)asinB，可得sinA＝eq \f(\r(3),2)，A＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，但由cosB＝cosC及B与C的范围，知B＝C，故△ABC必为等腰三角形．故选B. 5．(2024·黑龙江哈尔滨高一下阶段练习)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知acosC＝3ccosA，且tanC＝eq \f(1,3)，则A＝(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(3π,4) 解析：因为acosC＝3ccosA，所以sinAcosC＝3sinCcosA，又cosC≠0，cosA≠0，从而得eq \f(sinC,cosC)＝eq \f(sinA,3cosA)，即tanC＝eq \f(1,3)tanA，又tanC＝eq \f(1,3)，所以tanA＝1，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4).故选B. 二、多选题 6．在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是(　　) A．b＝7，c＝3，C＝30° B．b＝5，c＝4，B＝45° C．a＝8，b＝4eq \r(3)，B＝60° D．a＝20，b＝30，A＝30° 解析：对于A，因为b＝7，c＝3，C＝30°，所以由正弦定理可得sinB＝eq \f(bsinC,c)＝eq \f(7×\f(1,2),3)＝eq \f(7,6)>1，无解；对于B，因为b＝5，c＝4，B＝45°，所以由正弦定理可得sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(4×\f(\r(2),2),5)＝eq \f(2\r(2),5)<1，且c<b，有一解；对于C，因为a＝8，b＝4eq \r(3)，B＝60°，所以由正弦定理可得sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(8×\f(\r(3),2),4\r(3))＝1，A＝90°，此时C＝30°，有一解；对于D，因为a＝20，b＝30，A＝30°，所以由正弦定理可得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(30×\f(1,2),20)＝eq \f(3,4)<1，且b>a，所以B有两个值，有两解．故选BC. 解析：对于A，在△ABC中，由正弦定理，得a＝2RsinA，b＝2RsinB(R为△ABC外接圆的半径)，因为a>b，所以2RsinA>2RsinB，所以sinA>sinB，故A正确；对于B，在△ABC中，由正弦定理，得a＝2RsinA，b＝2RsinB(R为△ABC外接圆的半径)，因为sinA>sinB，所以2RsinA>2RsinB，所以a>b，所以A>B，故B错误；对于C，若acosA＝bcosB，由正弦定理，可得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，又A，B∈(0，π)，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，若△ABC为锐角三角形，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋B>\f(π,2)，,0<A<\f(π,2)，,0<B<\f(π,2)，))所以eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，又正弦函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数，所以sinA>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))，即sinA>cosB，故D正确．故选AD. 解析：设a＝4k，b＝3k，c＝5k(k>0)，由正弦定理，得eq \f(2sinA－sinB,sinC)＝eq \f(2×4k－3k,5k)＝1. 三、填空题 8．在△ABC中，已知a∶b∶c＝4∶3∶5，则eq \f(2sinA－sinB,sinC)＝________． 解析：因为A＝75°，B＝45°，所以C＝60°，由正弦定理可得eq \f(AC,sin45°)＝eq \f(\r(6),sin60°)，解得AC＝2.△ABC的面积为eq \f(1,2)AB×ACsin75°＝eq \f(1,2)AB×ACsin(45°＋30°)＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\f(\r(3),2)＋\f(\r(2),2)×\f(1,2)))＝eq \f(3＋\r(3),2). 9．在△ABC中，AB＝eq \r(6)，A＝75°，B＝45°，则AC＝_____，△ABC的面积为___________． eq \f(3＋\r(3),2) 解析：由acosC＝csinA及正弦定理，得sinAcosC＝sinCsinA，即tanC＝1，所以C＝eq \f(π,4).过点B作BD⊥AC，垂足为D，则BD＝eq \f(\r(2),2)BC，要使满足条件的△ABC有两个，则需eq \f(\r(2),2)BC＜eq \r(2)＜BC成立，解得eq \r(2)＜BC＜2. 10．若满足c＝eq \r(2)，acosC＝csinA的△ABC有两个，则边BC的取值范围是________． (eq \r(2)，2) 四、解答题 11．在△ABC中，a＝3，b＝2eq \r(6)，B＝2A. (1)求cosA的值；(2)求c的值． 解：(1)因为a＝3，b＝2eq \r(6)，B＝2A， 所以在△ABC中，由正弦定理，得eq \f(3,sinA)＝eq \f(2\r(6),sin2A)， 所以eq \f(2sinAcosA,sinA)＝eq \f(2\r(6),3)，故cosA＝eq \f(\r(6),3). (2)由(1)，知cosA＝eq \f(\r(6),3)，所以sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \f(\r(3),3). 又因为B＝2A，所以cosB＝2cos2A－1＝eq \f(1,3). 所以sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \f(2\r(2),3)， 在△ABC中，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq \f(5\r(3),9). 所以c＝eq \f(asinC,sinA)＝5. 12．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，acosCsinA＝cosA(eq \r(3)b－csinA)． (1)求A； (2)若a＝2eq \r(3)，△ABC的外接圆圆心为点P，求△PBC的周长． 解：(1)由已知及正弦定理，得sinAcosCsinA＝eq \r(3)sinBcosA－sinCsinAcosA， 所以sinA(sinAcosC＋cosAsinC)＝eq \r(3)sinBcosA， 所以sinAsin(A＋C)＝eq \r(3)sinBcosA，即sinAsinB＝eq \r(3)sinBcosA， 又B∈(0，π)，所以sinB>0，所以tanA＝eq \r(3)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). (2)设△ABC的外接圆半径为r， 则由正弦定理知eq \f(a,sinA)＝2r， 又a＝BC＝2eq \r(3)，A＝eq \f(π,3)， 所以r＝2，即PB＝PC＝2， 所以PB＋PC＋BC＝4＋2eq \r(3)， 即△PBC的周长为4＋2eq \r(3). 解析：若∠ACB＝60°，∠ACB的角平分线交AB于点D，则∠ACD＝∠BCD＝30°，由S△ACD＋S△BCD＝S△ABC且CD＝2，得eq \f(1,2)b×2×sin30°＋eq \f(1,2)a×2×sin30°＝eq \f(1,2)absin60°，整理得a＋b＝eq \f(\r(3)ab,2)≥2eq \r(ab)，得ab≥eq \f(16,3)，当且仅当a＝b＝eq \f(4\r(3),3)时，等号成立，则ab的最小值为eq \f(16,3)，由S△ABC＝eq \f(1,2)absin∠ACB，得△ABC面积的最小值为eq \f(1,2)×eq \f(16,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4\r(3),3). eq \f(4\r(3),3) 14．(2024·四川内江高一下期中)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2B＋2eq \r(3)sinBcosB－sin2B＝1. (1)求角B的大小；(2)若2ccosA＋2acosC＝bc，求a＋b的取值范围． 解：(1)由cos2B＋2eq \r(3)sinBcosB－sin2B＝1， 可得cos2B＋2eq \r(3)sinBcosB－sin2B＝cos2B＋sin2B， 可得2eq \r(3)sinBcosB＝2sin2B， 可得eq \r(3)cosB＝sinB， 即tanB＝eq \r(3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). (2)因为2ccosA＋2acosC＝bc， 由正弦定理，可得2sinCcosA＋2sinAcosC＝csinB， 即2sin(A＋C)＝csinB，因为A＋C＝π－B， 所以sin(A＋C)＝sinB， 则2sinB＝csinB，因为B＝eq \f(π,3)，则sinB≠0，所以c＝2， 由正弦定理，可得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)， 则b＝eq \f(\r(3),sinC)，a＝eq \f(2sinA,sinC)， 所以a＋b＝eq \f(2sinA,sinC)＋eq \f(\r(3),sinC)＝eq \f(2sinA＋\r(3),sinC)， 由于A＝π－(B＋C)＝eq \f(2π,3)－C， 所以a＋b＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C))＋\r(3),sinC)＝eq \f(\r(3)cosC＋sinC＋\r(3),sinC)＝1＋eq \r(3)·eq \f(cosC＋1,sinC)， 因为B＝eq \f(π,3)，△ABC为锐角三角形， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<C<\f(π,2)，,0<π－B－C<\f(π,2)，))即eq \f(π,6)<C<eq \f(π,2)， 因为eq \f(cosC＋1,sinC)＝eq \f(2cos2\f(C,2)－1＋1,2sin\f(C,2)cos\f(C,2))＝eq \f(cos\f(C,2),sin\f(C,2))＝eq \f(1,tan\f(C,2))，eq \f(π,6)<C<eq \f(π,2)，所以eq \f(π,12)<eq \f(C,2)<eq \f(π,4)， 所以taneq \f(π,12)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4)))<taneq \f(C,2)<taneq \f(π,4)，即2－eq \r(3)<taneq \f(C,2)<1，则1<eq \f(1,tan\f(C,2))<2＋eq \r(3)， 所以1＋eq \r(3)<1＋eq \r(3)·eq \f(cosC＋1,sinC)<4＋2eq \r(3)， 即1＋eq \r(3)<a＋b<4＋2eq \r(3)， 所以a＋b的取值范围是(1＋eq \r(3)，4＋2eq \r(3))． $$