2023届高考数学二轮复习微专题3正余弦定理在解三角形中的应用学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题3正余弦定理在解三角形中的应用学案，共9页。


例题：(2018·南通、泰州一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a2＝b2＋c2－bc，a＝eq \f(\r(15),2)b.
(1)求sinB的值；
(2)求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,12)))的值．
变式1在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA＝4bsinB，ac＝eq \r(5)(a2－b2－c2)．
(1)求csA的值；
(2)求sin(2B－A)的值．
变式2已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，csC＝eq \f(3,5)，D是线段BC上的点，cs∠ADC＝eq \f(\r(2),10).
(1)若b＝5，a＝7，求c的大小；
(2)若b＝7，BD＝10，求△ABC的面积．
串讲1在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________________．
串讲2在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(csA,a)＋eq \f(csB,b)＝eq \f(sinC,c).
(1)证明：sinAsinB＝sinC；
(2)若b2＋c2－a2＝eq \f(6,5)bc，求tanB.
(2018·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6))).
(1)求角B的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．
(2018·常州期末)已知△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，eq \r(3)bsinC＝ccsB＋c.
(1)求角B；
(2)若b2＝ac，求eq \f(1,tanA)＋eq \f(1,tanC)的值．
答案：(1)B＝eq \f(π,3)；(2)eq \f(2\r(3),3).
解析：(1)由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，又∵eq \r(3)bsinC＝ccsB＋C，
∴eq \r(3)sinBsinC＝csBsinC＋sinC，3分
△ABC中，sinC＞0，所以eq \r(3)sinB－csB＝1，4分
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，－eq \f(π,6)＜B－eq \f(π,6)＜eq \f(5π,6)，B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，所以B＝eq \f(π,3)；6分
(2)因为b2＝ac，由正弦定理得sin2B＝sinAsinC，8分
eq \f(1,tanA)＋eq \f(1,tanC)＝eq \f(csA,sinA)＋eq \f(csC,sinC)＝eq \f(csAsinC＋sinAcsC,sinAsinC)＝eq \f(sin（A＋C）,sinAsinC)
＝eq \f(sin（π－B）,sinAsinC)＝eq \f(sinB,sinAsinC).12分
所以eq \f(1,tanA)＋eq \f(1,tanC)＝eq \f(sinB,sin2B)＝eq \f(1,sinB)＝eq \f(1,\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(3),3).14分
微专题3
例题
答案：(1)eq \f(\r(5),5)；(2)－eq \f(\r(10),10).
解析：(1)在△ABC中，根据余弦定理及a2＝b2＋c2－bc得csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2).又因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).在△ABC中，由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)得sinB＝eq \f(b,a)sinA＝eq \f(2,\r(15))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(5),5).
(2)因为a＝eq \f(\r(15),2)b＞b，
所以A＞B，即得0＜B＜eq \f(π,3).
又sinB＝eq \f(\r(5),5)，所以
csB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(5),5)，
在△ABC中，A＋B＋C＝π，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,12)))＝
cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－A－B＋\f(π,12)))＝
－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,4)))
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)csB－\f(\r(2),2)sinB))＝
－eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)×\f(\r(2),2)))－eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)×\f(\r(2),2)))＝
－eq \f(\r(10),10).
变式联想
变式1
答案：(1)－eq \f(\r(5),5)；(2)－eq \f(2\r(5),5).
解析：(1)由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，又因为由asinA＝4bsinB，可得
a＝2b，又因为ac＝eq \r(5)(a2－b2－c2)，即b2＋c2－a2＝－eq \f(\r(5),5)ac，所以由余弦定理可得csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(－\f(\r(5),5)ac,ac)＝－eq \f(\r(5),5).
(2)因为0变式2
答案：(1)4eq \r(2)；(2)42.
解析：(1)在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcsC＝72＋52－2×7×5×eq \f(3,5)＝32，即c＝4eq \r(2).(2)因为0eq \r(1－cs2∠ADC)＝eq \f(7\r(2),10)，所以cs∠CAD＝－cs(∠ADC＋C)＝－cs∠ADCcsC＋sin∠ADCsinC＝eq \f(\r(2),2)，
即∠CAD＝eq \f(π,4)，在△ACD中，由正弦定理，得eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，
得CD＝eq \f(ACsin∠CAD,sin∠ADC)＝eq \f(7×\f(\r(2),2),\f(7\r(2),10))＝5，所以S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC·sinC＝eq \f(1,2)×7×15×eq \f(4,5)＝42.
点拨：三角形作为重要的平面几何研究对象，通过回顾解三角形的研究思路，有利于培养从定性到定量的研究，研究角度可以是边的关系、角的关系，边角关系入手，解题方法与过程蕴含了基本方程与不等式．其中正弦定理和余弦定理实现了三角形边角几何关系的代数化，遇到边角关系式，基本处理策略就是“化边为角或化角为边”．
串讲激活
串讲1
答案：(eq \r(6)－eq \r(2)，eq \r(6)＋eq \r(2))．
解法1如图，∠B＝∠C＝∠BAD＝75°，延长BA，CD交于点E，则可知BE＝CE，且在△ADE中，∠DAE＝105°，∠ADE＝45°，∠E＝30°.在△BEC中，由正弦定理可得BE＝CE＝eq \f(BCsin75°,sin30°)＝eq \r(6)＋eq \r(2)，由题意可得DE∈(0，eq \r(6)＋eq \r(2))．在△ADE中，由正弦定理可得AE＝eq \f(DEsin45°,sin105°)＝(eq \r(3)－1)DE，所以AE∈(0，2eq \r(2))．又因为AB＝BE－AE，所以AB的取值范围是(eq \r(6)－eq \r(2)，eq \r(6)＋eq \r(2))．
(解法1图)
解法2(构造法)：如图，构造△BEC，使得∠B＝∠BCE＝75°，则∠BEC＝30°，取BE边上一点A，CE边上一点D，使得∠BAD＝75°.若平移AD使点D与点C重合，此时四边形ABCD化为△A′BC，且可在△A′BC中利用正弦定理求得A′B＝eq \f(2sin30°,sin75°)＝eq \r(6)－eq \r(2)；若平移AD使点D与点E重合，此时四边形ABCD化为△BEC′，且可在△BEC中利用正弦定理求得BE＝eq \f(2sin75°,sin30°)＝eq \r(6)＋eq \r(2).又因为ABCD是平面四边形，所以点D应在点C与点E之间，且不与点C与点E重合，所以AB的取值范围是(eq \r(6)－eq \r(2)，eq \r(6)＋eq \r(2))．
(解法2图)
串讲2
答案：(1)略；(2)tanB＝4.
解析：(1)证明：因为eq \f(csA,a)＋eq \f(csB,b)＝eq \f(sinC,c)，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)可得eq \f(csA,sinA)＋eq \f(csB,sinB)＝eq \f(sinC,sinC)＝1，
可得sinBcsA＋sinAcsB＝sinAsinB，又因为sinBcsA＋sinAcsB＝sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，即sinAsinB＝sinC.
(2)因为b2＋c2－a2＝eq \f(6,5)bc，由余弦定理可知，csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(3,5)，因为A∈(0，π)，所以sinA>0，则sinA＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝eq \f(4,5)，即eq \f(csA,sinA)＝eq \f(3,4)，由(1)可知eq \f(csA,sinA)＋eq \f(csB,sinB)＝eq \f(sinC,sinC)＝1，可得eq \f(csB,sinB)＝eq \f(1,tanB)＝eq \f(1,4)，所以tanB＝4.
新题在线
答案：(1)eq \f(π,3)；(2)eq \f(3\r(3),14).
解析：(1)在△ABC中，由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得bsinA＝asinB，又bsinA＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6))).
∴asinB＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，
即sinB＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝csBcseq \f(π,6)＋sinBsineq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)csB＋eq \f(1,2)sinB，∴tanB＝eq \r(3)，又B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，a＝2，c＝3，
B＝eq \f(π,3)，由余弦定理得b＝
eq \r(a2＋c2－2accsB)＝eq \r(7)，由
bsinA＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，得sinA＝eq \f(\r(3),\r(7))，∵a＜c，∴csA＝eq \f(2,\r(7))，
∴sin2A＝2sinAcsA＝eq \f(4\r(3),7)，cs2A＝2cs2A－1＝eq \f(1,7)，
∴sin(2A－B)＝sin2AcsB－cs2AsinB＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(1,2)－eq \f(1,7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),14). 正、余弦定理“刻划”了三角形的边长和角度的数量关系，从而使三角形兼具“数”与“形”两方面的性质，所以成为高中数学的主干知识．高考对正、余弦定理的考查主要有求边角的大小、判断三角形形状、寻找三角形中的有关数量关系等，其主要方法有化角法、化边法、面积法等，在解题中要注意体会蕴含的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想.