第一篇:第五节解三角形之正弦定理及应用 (教师版)2011
第五节解三角形之正弦定理及应用2011.11.21一课标要求
1.掌握正弦定理及其变形
2.了解正弦定理的证明方法与思想
3.会用正弦定理解三角形
4.能用正弦定理及三角公式进行恒等变形,实现边角互化,判断三角形的形状及恒等式的证明等
二 课前预习,夯实基础
1.在△ABC中,A=60°,a=43,b=2,则(C)
A.B=45°或135°B.B=135°C.B=45°D.以上答案都不对
解析:选C.sin B=a>b,∴B=45°.2
2..(2010年高考湖北卷)在△ABC中,a=15,b=10,A=60°,则cos B=(D)
22266A.-B.C.-333
31510解析:选D.由正弦定理得,sin 60°sin B
310×210·sin 60°3∴sin B.15153
∵a>b,A=60°,∴B为锐角.
326= 33
3.在△ABC中,a=bsin A,则△ABC一定是(B)
A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形
ab解析:选B.b,则sin B=1,即角B为直角,故△ABC是直角三角形. sin Asin B
sin Acos C4.在△ABC中,若C的值为(B)ac
A.30°B.45°C.60°D.90°
sin Acos Csin Aa解析:选B.∵=,accos Ccasin Acsin C∴cos C=sin C,即C=45°,故选B.15.在△ABC中,若tan A,C=150°,BC=1,则AB31解析:在△ABC中,若tan A=C=150°,3
1∴A为锐角,sin A=BC=1,10
BC·sin C则根据正弦定理知AB==.sin A2
6.在△ABC中,B=30°,C=120°,则a∶b∶c=1∶1∶3.解析:A=180°-30°-120°=30°,由正弦定理得:
a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=1∶1∶3.∴cos B=1-sinB=1-
三.预备知识
1.任意三角形三边满足:两边之和____第三边,三个角满足:内角和为_____
2.在Rt△ABC中,a、b分别为A与B所对的直角边的长,c为斜边的长,则sin A=___,cos A=___.3.对于两个向量a和b,有a·b=|a|·|b|cos θ(其中θ为a与b的夹角).
思考:为什么说大边对大角呢?如何定量解释这个数学问题呢? 四. 基础回顾
正弦定理:在一个三角形中,各边和它所对角的_____的比值相等,即 ______ =______=_______=_______()
定理证明:(思路一:)(代数法:向量法)过A作单位向量j垂直于AC
由 AC+CB=AB
两边同乘以单位向量j 得 j•(AC+CB)=j•AB
则•+•=•
∴|j|•|AC|cos90+|j|•|CB|cos(90C)=| j|•|AB|cos(90A)
∴asinCcsinA∴
ac
= sinAsinC
cbabc
=∴== sinCsinBsinAsinBsinC
同理,若过C作j垂直于CB得:
(思路二:)(几何法:外接圆法)如图所示,∠A=∠D
aa
CD2R ∴
sinAsinD
bc
同理 =2R,=2R
sinBsinC
注:1.变形:
2.正弦定理的数学意义:
3.功能:A 已知两角和任一边解三角形
B已知两边和其中一边对角解三角形(有两解,或一解或无解)⑴若A为锐角时:
无解absinA
一解(直角)absinA
bsinAab二解(一锐, 一钝)ab一解(锐角)
已知边a,b和A
a 无解 a=CH=bsinA仅有一个解 CH=bsinA ab无解 ⑵若A为直角或钝角时: ab一解(锐角) C三角形的面积公式: 五 典例分析 例1(公式变形应用)在△ABC中,已知sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6,且a+b+c=30,求a.abc 解:∵sin A∶sin B∶sin C=∶a∶b∶c,2R2R2R 4∴a∶b∶c=4∶5∶6.∴a=30×=8.1 5例2(知两边和其中一边对角解三角形)ABC中,c6,A450,a2,求b和B,C accsinA6sin450 3解: ,sinC sinAsinCa2 2csinAac,C600或1200 csinB6sin750 当C60时,B75,b31,sinCsin600 csinB6sin150 当C120时,B15,b1 0 sinCsin60 b31,B750,C600或b31,B150,C1200 ππ 例3(判断三角形的形状).在△ABC中,acos(-A)=bcos(B),判断△ABC的形状. ππ 解:法一:∵acos(-A)=bcos(B),22 ab ∴asin A=bsin B.由正弦定理可得:ab 2R2R ∴a=b,∴a=b,∴△ABC为等腰三角形. ππ 法二:∵acos(A)=bcos(-B),22 ∴asin A=bsin B.由正弦定理可得: 2Rsin2A=2Rsin2B,即sin A=sin B,∴A=B.(A+B=π不合题意舍去)故△ABC为等腰三角形. 变式:在△ABC中,已知(ab + 22)sin(A-B)=·(a — b)sin(A+B),试判断该三角形的形状 解法一:已知即a2[sin(A-B)-sin(A+B)]=b2[-sin(A+B)-sin(A-B)],∴2a2cosAsinB=2b2cosBsinA,由正弦定理,得 sin2AcosAsinB=sin2BcosBsinA,∴sinAsinB(sinAcosA-sinBcosB)=0,∴sin2A=sin2B,由0<2∠A<2π,0<2∠B<2π,得2∠A=2∠B或2∠A=π-2∠B,即△ABC是等腰三角形或直角三角形. 解法二:同上可得2a2cosAsinB=2b2cosBsinA,由正、余弦定理,即得 ∴a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),即(a2-b2)(c2-a2-b2)=0,∴a=b或c2=a2+b2,例4(三角形面积)在△ABC中,内角A,B,C对边的边长分别是a,b,c,已知c=2,C=π 3.(1)若△ABC3,求a,b; (2)若sinC+sin(B-A)=2sin2A,求△ABC的面积.(1)由余弦定理及已知条件,得a2+b2-ab=4,又因为△ABC3,所以 12absinC3,得ab=4.联立方程组a2+b2-ab=4,a= 解得2ab=4,b=2.a=23解得 3,b=33.所以△ABC的面积 S=1124322absinC23323.综上:△ABC的面积为23 3六 巩固提高 1.△ABC中,a5,b=3,sinB= 则符合条件的三角形有(BA.1个 B.2个C.3个 D.0个 答案:B 解析:∵asinB= 102,∴asinB 2.(2010·湖南卷)在△ABC中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,若∠C=120°,c2a,则(A A.a>bB.a C.a=b D.a与b的大小关系不能确定 答案:A 解析:由正弦定理,得csin120°=asinA,)) 3a261 ∴sinA==2a 42∴A>30°.∴B=180°-120°-A<30°.∴a>b.3.(2010·泉州模拟)△ABC中,AB3,AC=1,∠B=30°,则△ABC的面积等于(D)A.C.B.D.433或24 或32 答案:D sinCsinB 解析:∵,13∴sinC=3·sin30°= .2 ∴C=60°或C=120°.13当C=60°时,A=90°,S△ABC=13=,2213 当C=120°时,A=30°,S△ABC=13sin30°=24即△ABC的面积为 .24 4.(2010·山东卷)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=2,b=2,sinB+cosB2,则角A的大小为________. π 答案:6 解析:∵sinB+cosB=2,π ∴sin(B+)=1.4π 又0 由正弦定理,知sinAsinAsinB2π 又a B5.(2010·安徽卷)设△ABC是锐角三角形,a,b,c分别是内角A,B,C所对边长,并且sin2A=sin3π -B+sin2B.sin3 (1)求角A的值; →→(2)若AB·AC=12,a=27,求b,c(其中b 解:(1)因为sin2A= 1B+sinB 22 3B-1B+sin2B=3cos2B-1sin2B+sin2B3,44422 所以sinA=.2π 又A为锐角,所以A=3 →→(2)由AB·AC=12,可得cbcosA=12.① π 由(1)知A=cb=24.② 由余弦定理知a2=c2+b2-2cbcosA,将a=7及①代入,得c2+b2=52,③ ③+②×2,得(c+b)2=100,所以c+b=10.因此c,b是一元二次方程t2-10t+24=0的两个根. 解此方程并由c>b知c=6,b=4.七,春风再度玉门关-------规律方法总结 1.在△ABC中,a、b分别为A、B的对边.由正弦定理: ab,再由大角对大边知A>B⇔a>bsin Asin B ⇔sin A>sin B,即三角形中大角的正弦值大. 2.判断三角形的形状,实质是判断三角形的三边或三角具备怎样的关系.由于正弦定理非常好地描述了三边与三角的数量关系,所以可利用正弦定理实现边角的统一,便于寻找三边或三角具备的关系式.利用正弦定理判定三角形的形状,常运用正弦定理的变形形式,将边化为角,有时结合三角函数的有关公式(如诱导公式、和差公式),得出角的大小或等量关系. 3.由于正弦定理及其变形形式都是等式,在求解三角形中的某个元素时,可运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形.只要涉及三角形的两角及对边的4个元素知3即可解三角形,即求出另3个元素.正弦定理的运用非常广泛,包括一些抽象性很强的平面几何结论,都可用正弦定理进行分析与证明. 文尚学堂 文尚学堂学科教师辅导讲义 讲义编号***教学管理部***教学管理部***教学管理部 课时5 正弦定理、余弦定理的应用 (一)教学目标 正弦定理、余弦定理体现了三角形中边角之间的相互关系,学会在测量学、运动学、力学、电学等许多领域有着广泛的应用.培养学生空间想象能力和运算能力.教学过程: 解斜三角形应用题的一般步骤: (1)分析:理解题意,分清已知与未知,画出示意图 (2)建模:根据已知条件与求解目标,把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中,建立一个解斜三角形的数学模型 (3)求解:利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形,求得数学模型的解(4)检验:检验上述所求的解是否符合实际意义,从而得出实际问题的解 [例题分析] 例 3、某人在M汽车站的北偏西20的方向上的A处,观察到点C处有一辆汽车沿公路向M站行驶。公路的走向是M站的北偏东40。开始时,汽车到A的距离为31千米,汽车前进20千米后,到A的距离缩短了10千米。问汽车还需行驶多远,才能到达M汽车站? 课时5巩固练习 1.如图,要测量河对岸A、B两点间的距离,今沿河岸选取相距40米的C、D两点,测得∠ACB=60°,∠BCD=45°,∠ADB=60°,∠ADC=30°,则AB的距离是 2.一船以226km/h的速度向正北方向航行,在A处看灯塔S在船的北偏东45,1小时30分钟后航行到B处看灯塔S在船的南偏东15,则灯塔S与B之间的距离为.3、如图,两条道路OA、OB相交成60角,在道路OA上有一盏路灯P,00 第1题 OP10米,若该灯的有效照明半径是9米,则道路OB上被路灯有效照明的路段长度是 米。 第3题 4.已知△ABC中,BC=2,AB+AC=3,中线AD的长为y,若以AB的长为x,则y与x的函数关系式是 ,并指出自变量x的取值范围.5.某观察站C在城A的南20西的方向,由城A出发的一条公路,走向是南40东,在C处测得距C为31千米的公路B上有一人正沿公路向A城走去,走了20千米之后,到达D处,此时C、D之间的距离为21千米,试问此人还要走几千米可到达A城? C 0 0 A D 第5题 B 备课资料 利用余弦定理证明正弦定理 在△ABC中,已知a2=b2+c2-2bccosA,b2=c2+a2-2cacosB,c2=a2+b2-2abcosC, 求证:a sinA 2bsinB2csinC. bca 2bc 22222证明:由a=b+c-2bccosA,得cosA222, 222 ∴sinA =1-cosA =1-22(bca) 2bc 22(2bc)(bca)(2bc)22=(2bcbca)(2bcbca) 4bc a sin2222222(bca)(bca)(abc)4bc22. ∴B4abc222 (abc)(abc)(abc)(abc) 记该式右端为M,同理可得 b sin22BM,c2 2sinC M,∴casin22Absin22Bc22sinC. ∴ asinAbsinBsinC. 盐城市2020届高三数学一轮复习导学案 第19讲 正弦定理与解三角形 【课堂引入】 1、正弦定理的内容分别是什么?公式的变形形式有哪些? 2、正弦定理在已知三角形的哪些元素时使用? 【问题导学】 一、考纲导读:掌握正弦定理,并能用正弦定理和三角公式解斜三角形.二、知识梳理 1.利用平面几何知识及三角函数知识可以证明正弦定理.正弦定理:(其中R为△ABC的外接圆的半径,下同).变形:(1) a=2Rsin A,b= ,c=;(2) sin A= ,sin B= ,sin C=; (3) a∶b∶c=;(4) asinA=bsinB=csinC=a+b+csinA+sinB+sinC(等比性质).2.利用正弦定理,可以解决以下两类解斜三角形的问题: (1) 已知两角与任一边,求其他两边和一角; (2) 已知两边与其中一边的对角,求另一边的对角(从而进一步求出其他的边和角).对于“已知两边与其中一边的对角,求另一边的对角(从而进一步求出其他的边和角)”的题型,可能出现多解或无解的情况.验证解的情况可用数形结合法.如:已知a,b和A,用正弦定理求B时解的情况如下:第二篇:解斜三角形、正弦定理、余弦定理--冯自会
第三篇:高中数学 第1章 解三角形 课时5 正弦定理、余弦定理的应用(一)教案 苏教版必修5
第四篇:备课资料(1.2.1 解三角形 解决有关测量距离的问题)利用余弦定理证明正弦定理
第五篇:江苏省盐城市2020届高三数学一轮复习学案第19讲正弦定理与解三角形(无答案)