正弦定理和余弦定理课件-2027届高三数学一轮复习

第6讲　正弦定理和余弦定理 第四章　三角函数﹑解三角形 《创新设计》2018版 高三一轮总复习实用课件 1.正、余弦定理 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则 b2＋c2－2bccos A c2＋a2－2cacos B a2＋b2－2abcos C 知识要点 @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 2Rsin B 2Rsin C sin A∶sin B∶sin C 知识要点 海伦公式： 2.常见的三角形面积公式 @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 3.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：   A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 a＝bsin A bsin A<a<b a≥b a>b a≤b 解的个数 ________ ________ ________ ________ ________ 一解 两解 一解 一解 无解 知识要点 @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 2.三角形中的三角函数关系 (1)sin(A＋B)＝sin C；(2)cos(A＋B)＝－cos C； 知识拓展 1.三角形内角和定理 在△ABC中，A+B+C=π；变形： . 3.三角形中的射影定理 在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；b＝acos C＋ccos A；c＝bcos A＋acos B. 4.在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，大边对大角，小边对小角； A>B⇔a>b⇔cos A<cos B⇔sin A>sin B；A=B⇔a=b⇔sin A=sin B⇔sin (A－B)=0. sin 2A=sin 2B⇔A=B 或 . @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 典型例题 考点一　利用正、余弦定理解三角形 D 解法二：图示法 解法三： 由 得： 故 @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 1.三角形解的个数的判断： 已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的； 已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断. 2.已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形.可用正弦定理，也可用余弦定理.用正弦定理时，需判断其解的个数，用余弦定理时，可根据一元二次方程根的情况判断解的个数. 方法总结 @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 跟踪训练 ∴满足条件的三角形有2个. B @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 典型例题 考点一　利用正、余弦定理解三角形 解：因为(a＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C， 所以由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝c(c－b)，即b2＋c2－a2＝bc. B 方法总结：在已知关系式中，既含有边又含有角，通常的解题思路是： 1.先将角都化成边或边都化成角； 2.再结合正弦定理、余弦定理即可求解. @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 典型例题 考点一　利用正、余弦定理解三角形 C @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 考点二　判断三角形的形状 A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.等边三角形 典型例题 A 又B∈(0，π)，所以sin B>0， 所以sin C<sin Bcos A，即sin(A＋B)<sin Bcos A， 所以sin Acos B<0， 因为在三角形中sin A>0，所以cos B<0， 即B为钝角，所以△ABC为钝角三角形. @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 解：由正弦定理得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A， ∴sin(B＋C)＝sin2A，即sin A＝sin2A. 【例5】设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为(　　) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不确定 考点二　判断三角形的形状 典型例题 B @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 规律方法 1.判定三角形形状的途径： (1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系； (2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁. 2.无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制. @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 【训练2】 若将本例中条件变为“c－acos B＝(2a－b)cos A”，判断△ABC的形状. 解　∵c－acos B＝(2a－b)cos A，C＝π－(A＋B)， ∴由正弦定理得sin C－sin Acos B＝2sin Acos A－sin Bcos A， ∴sin Acos B＋cos Asin B－sin Acos B＝2sin Acos A－sin Bcos A， ∴cos A(sin B－sin A)＝0， ∴cos A＝0或sin B＝sin A， ∴△ABC为等腰或直角三角形. 跟踪训练 @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 考点三　与三角形面积有关的问题 (1)求c； (2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积. 即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)，c＝4. 典型例题 @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 (1)求c； (2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积. 考点三　与三角形面积有关的问题 典型例题 c＝4. @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 则(b＋c)2≤64，即b＋c≤8(当且仅当b＝c＝4时等号成立)， ∴△ABC周长＝a＋b＋c＝4＋b＋c≤12，即最大值为12. 典型例题 考点四　与三角形周长有关的问题 12 @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 【训练3】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a＋2c)cos B＋bcos A＝0. (1)求B； 跟踪训练 (2)由余弦定理，得9＝a2＋c2－2accos B. ∴a2＋c2＋ac＝9，则(a＋c)2－ac＝9. 解：(1)由已知及正弦定理得 (sin A＋2sin C)cos B＋sin Bcos A＝0， (sin Acos B＋sin Bcos A)＋2sin Ccos B＝0， sin(A＋B)＋2sin Ccos B＝0， 又sin(A＋B)＝sin C，且C∈(0，π)，sin C≠0， @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 1.正弦定理和余弦定理其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系. 2.在已知关系式中，既含有边又含有角，通常的解题思路是：先将角都化成边或边都化成角，再结合正弦定理、余弦定理即可求解. 反思·感悟 [易错防范] 1.在利用正弦定理解有关已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形时，有时出现一解、两解，所以要进行分类讨论. 2.在判断三角形的形状时，等式两边一般不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解. @《创新设计》 考点聚集突破 知识衍化体验 定理 正弦定理 余弦定理 公式 eq \f(a,sin A)＝_______＝_______＝2R a2＝___________________； b2＝___________________； c2＝___________________. eq \f(b,sin B) eq \f(c,sin C) eq \f(c2＋a2－b2,2ac) eq \f(a2＋b2－c2,2ab) 常见 变形 (1)a＝2Rsin A，b＝_________，c＝_________； (2)sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝_________，sin C＝eq \f(c,2R)； (3)a∶b∶c＝___________________________； (4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A cos A＝___________； cos B＝___________； cos C＝___________. S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r (r、R分别是三角形内切圆和外接圆的半径). eq \f(b,2R) eq \f(b2＋c2－a2,2bc) (3)sineq \f(A＋B,2)＝coseq \f(C,2)； (4)coseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2)； (5)tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC. 【例1】△ABC中，已知a＝ eq \r(2)，b＝2，B＝45°，则角A等于(　　) A．30°或150° B．60°或120° C．60° D．30° 解析　因为a＝ eq \r(2),b＝2,B＝45°,所以 eq \f(\r(2),sin A)＝ eq \f(2,sin45°)，可得sin A＝ eq \f(\r(2),2)sin45°＝ eq \f(1,2)，又a＜b，可得A＜B，所以A＝30°.故选D. 【训练1】在△ABC中，已知a＝2，b＝eq \r(6)，A＝45°，则满足条件的三角形有(　　) A.1个 B.2个 C.0个 D.无法确定 解：∵bsin A＝eq \r(6)×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(3)，∴bsin A<a<b. 【例2】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，则A＝(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(5π,6) D.eq \f(2π,3) 所以cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). 【例3】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为eq \f(a2＋b2－c2,4)，则C＝(　　) A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6) 解：因为a2＋b2－c2＝2abcos C，且S△ABC＝eq \f(a2＋b2－c2,4)， 所以S△ABC＝eq \f(2abcos C,4)＝eq \f(1,2)absin C，所以tan C＝1. 又C∈(0，π)，故C＝eq \f(π,4). 【例4】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq \f(c,b)<cos A，则△ABC为(　　) 解：由eq \f(c,b)<cos A，得eq \f(sin C,sin B)<cos A， ∵A∈(0，π)，∴sin A>0，∴sin A＝1，即A＝eq \f(π,2)，∴△ABC为直角三角形. ∴A＝eq \f(π,2)或B＝A或B＝π－A(舍去)， 【例6】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋eq \r(3)cos A＝0，a＝2eq \r(7)，b＝2. 解：(1)由sin A＋eq \r(3)cos A＝0及cos A≠0， 得tan A＝－eq \r(3)，又0<A<π，所以A＝eq \f(2π,3). 由余弦定理，得28＝4＋c2－4c·cos eq \f(2π,3). 【例6】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋eq \r(3)cos A＝0，a＝2eq \r(7)，b＝2. (2)由题设可得∠CAD＝eq \f(π,2)，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq \f(π,6). 故△ABD与△ACD面积的比值为eq \f(\f(1,2)AB·ADsin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1. 又△ABC的面积为eq \f(1,2)×4×2sin∠BAC＝2eq \r(3)， 所以△ABD的面积为eq \r(3). 由余弦定理得a2＝16＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))eq \s\up12(2)， 规律方法：1.对于面积公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式.2.与面积周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化. 【例7】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asin B＝eq \r(3)bcos A.若a＝4，则△ABC周长的最大值为________. 解析　由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，可将asin B＝eq \r(3)bcos A转化为sin Asin B＝eq \r(3)sin Bcos A. 又在△ABC中，sin B>0，∴sin A＝eq \r(3)cos A，即tan A＝eq \r(3). ∵0<A<π，∴A＝eq \f(π,3). (2)若b＝3，△ABC的周长为3＋2eq \r(3)，求△ABC的面积. ∵a＋b＋c＝3＋2eq \r(3)，b＝3，∴a＋c＝2eq \r(3)， ∴ac＝3，∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4). ∴cos B＝－eq \f(1,2)，∵0<B<π，∴B＝eq \f(2,3)π. $