（新教材）2021年高中数学人教B版必修第四册课件：第九章　章末整合.pptx

1、章末整合 专题一 应用正弦定理、余弦定理解三角形 例1在ABC中,由已知条件解三角形,其中有两解的是( ) A.b=20,A=45,C=80 B.a=30,c=28,B=60 C.a=14,b=16,A=45 D.a=12,c=15,A=120 答案:C 解析:选项A中已知两角及夹边,有唯一解;选项B中已知两边及夹角 有唯一解;选项 C 中,由 a=14,b=16,A=45及正弦定理得,sin 16 = sin45 14 ,所以 sin B=4 2 7 ,因为 ab,A=45,所以角 B 有两解;选项 D 中,A 是最大角,但 ac,所以无解. 例 2(2020 天津)在ABC 中,角 A,B

2、,C 所对的边分别为 a,b,c.已知 a=2 2,b=5,c= 13. (1)求角 C 的大小; (2)求 sin A 的值; (3)求 sin 2 + 4 的值. 解:(1)在ABC 中,由余弦定理及 a=2 2,b=5,c= 13, 得 cos C= 2+2-2 2 = 2 2 . 又因为 C(0,),所以 C= 4. (2)在ABC 中,由正弦定理及 C= 4,a=2 2,c= 13, 得 sin A=sin = 2 13 13 . (3)由 ac 及 sin A=2 13 13 ,得 cos A= 1-sin2 = 3 13 13 , 进而 sin 2A=2sin Acos A=12

3、 13,cos 2A=2cos 2A-1= 5 13. 所以 sin 2 + 4 =sin 2Acos 4+cos 2Asin 4 = 12 13 2 2 + 5 13 2 2 = 17 2 26 . 专题二 判断三角形的形状 例3(2020全国)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 cos2 2 + +cos A=5 4. (1)求 A; (2)若 b-c= 3 3 a,证明:ABC 是直角三角形. (1)解:由已知得 sin2A+cos A=5 4, 即 cos2A-cos A+1 4=0. 所以 cos- 1 2 2 =0,cos A=1 2. 由于 0A,故 A= 3.

4、(2)证明:由正弦定理及已知条件得 sin B-sin C= 3 3 sin A. 由(1)知 B+C=2 3 ,所以 sin B-sin 2 3 - = 3 3 sin 3. 即1 2sin B- 3 2 cos B=1 2,即 sin - 3 = 1 2. 由于 0B2 3 ,故 B= 2.从而ABC 是直角三角形. 方法技巧判断三角形形状的常用方法及思考方向 (1)方法:化边为角;化角为边.如:在ABC 中,已知 = cos cos,判其 形状,可利用余弦定理将 cos A,cos B 转化为边,也可利用正弦定理将 转化为 sin sin来解. (2)思考方向:是否两边(或两角)相等;是

5、否三边(或三角)相等; 是否有直角、钝角. 专题三 求三角形的面积 例 4 已知ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,a=2.设 F 为线段 AC 上一点,CF= 2BF,有下列条件:c=2;b=2 3; a2+b2- 3ab=c2. 请从以上三个条件中任选两个,求CBF 的大小和ABF 的面积. 得 cosABC= 2+2-2 2 =-1 2, 又ABC(0,), ABC=2 3 ,A=C= 6. 在BCF 中,由正弦定理可得 sin = sin, CF= 2BF,sinCBF= 2 2 . 又CBFABC=2 3 ,CBF= 4, ABF=2 3 4 = 5 12,AFB=

6、- 5 12 6 = 5 12,则在ABF 中, ABF=AFB, AF=AB=2, SABF=1 222sin 6=1. (方法二)选,a=2,b=2 3,a2+b2- 3ab=c2, c=2, 由余弦定理,得 cos C= 2+2-2 2 = 3 2 . 又C(0,),C= 6, A=C= 6,ABC=-A-C= 2 3 . 在BCF 中,由正弦定理可得 sin = sin, CF= 2BF,sinCBF= 2 2 . 又CBFCBA=2 3 ,CBF= 4, ABF=2 3 4 = 5 12,AFB=- 5 12 6 = 5 12,则在ABF 中, ABF=AFB, AF=AB=2, S

7、ABF=1 222sin 6=1. (方法三)选,则 a=c=2,a2+b2- 3ab=c2,则 a2+b2-c2= 3ab, 由余弦定理,得 cos C= 2+2-2 2 = 3 2 . 又C(0,),C= 6, a=c,A=C= 6, ABC=-A-C=2 3 . 在BCF 中,由正弦定理可得 sin = sin, CF= 2BF,sinCBF= 2 2 , 又CBFCBA=2 3 ,CBF= 4, ABF=2 3 4 = 5 12,AFB=- 5 12 6 = 5 12, 则在ABF 中,ABF=AFB,AF=AB=2, SABF=1 222sin 6=1. 专题四 解三角形的应用 例5

8、某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上, 在小艇出发时,轮船位于港口O北偏西30且与该港口相距20海里 的A处,并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小 艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶,经过t小时与轮船相 遇. (1)若希望相遇时小艇的航行距离最小,则小艇航行速度的大小应为 多少? (2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/时,试设计航行方案 (即确定航行方向和航行速度的大小),使得小艇能以最短时间与轮 船相遇,并说明理由. 解:(方法一)(1)设相遇时小艇航行的距离为 S 海里, 则 S= 9002+ 400-2 30 20 cos(90-30

9、) = 9002-600 + 400 = 900 - 1 3 2 + 300. 故当 t=1 3时,Smin=10 3,此时 v= 10 3 1 3 =30 3, 即小艇以 30 3海里/时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最小. (2)设小艇与轮船在B处相遇, 则v2t2=400+900t2-2 20 30t cos(90-30), 故 v2=900-600 + 400 2 . 0AC,且对于线段AC上任意点 P, 有OPOCAC.而小艇的最高航行速度只能达到30海里/时,故小 艇与轮船不可能在A,C之间(包含C)的任意位置相遇. 设COD=(090),则在 RtCOD 中, CD=10 3t

10、an ,OD=10 3 cos . 由于从出发到相遇,轮船与小艇所需要的时间分别为 t=10+10 3tan 30 和 t= 10 3 cos, 所以10+10 3tan 30 = 10 3 cos. 由此可得,v= 15 3 sin(+30). 又 v30, 故 sin(+30) 3 2 . 从而 3090. 由于 =30时,tan 取得最小值,且最小值为 3 3 . 于是,当 =30时,t=10+10 3tan 30 取得最小值,且最小值为2 3. (方法三)(1)同方法一或方法二. (2)设小艇与轮船在B处相遇,依据题意得: v2t2=400+900t2-2 20 30t cos(90-

11、30), (v2-900)t2+600t-400=0. 若 0v30,则由 =360 000+1 600(v2-900)=1 600(v2-675)0, 得 v15 3. 从而,t= -30020 2-675 2-900 ,v15 3,30). 当 t= -300-20 2-675 2-900 时, 令 x= 2-675,则 x0,15),t=-300-20 2-225 = -20 -15 4 3,当且仅当 x=0,即 v=15 3时等号成立. 当 t= -300+20 2-675 2-900 时, 同理可得2 32 3. (2)若 v=30,则 t=2 3; 综合可知,当 v=30 时,t

12、取最小值,且最小值等于2 3. 此时,在OAB中,OA=OB=AB=20, 故可设计航行方案如下: 航行方向为北偏东30,航行速度为30海里/时,小艇能以最短时间 与轮船相遇. 变式训练 1如图,测量人员沿直线MNP的方向测量,测得塔顶A的仰 角分别是AMB=30,ANB=45,APB=60,且MN=PN=500 m,求塔高AB. 解:设 AB=x,因为 AB 垂直于地面, 所以ABM,ABN,ABP 均为直角三角形. 所以 BM= tan30 = 3x,BN= tan45=x. BP= tan60 = 3 3 x. 在MNB中,由余弦定理知 BM2=MN2+BN2-2MN BNcosMNB,

13、 在PNB中,由余弦定理知 BP2=NP2+BN2-2NP BNcosPNB, 又因为MNB与PNB互补,MN=NP=500, 所以 3x2=250 000+x2-2500 x cosMNB, 1 3x 2=250 000+x2-2500 x cosPNB. +,得10 3 x2=500 000+2x2, 所以 x=250 6或 x=-250 6(舍去). 所以塔高为 250 6 m. 专题五 三角变换与解三角形的综合问题 例6在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(2a-b)cos C= ccos B,ABC的面积S=10 ,c=7. (1)求角C; (2)求a,b的值. 3

14、 解:(1)因为(2a-b)cos C=ccos B, 所以(2sin A-sin B)cos C=sin Ccos B, 2sin Acos C-sin Bcos C=cos Bsin C, 即2sin Acos C=sin(B+C), 所以2sin Acos C=sin A. 因为A(0,),所以sin A0, 所以 cos C=1 20, 又因为 C(0,),所以 C= 3. (2)由 S=1 2absin C=10 3,C= 3,得 ab=40. 由余弦定理得 c2=a2+b2-2abcos C, 即 c2=(a+b)2-2ab 1 + cos 3 , 所以 72=(a+b)2-240

15、 1 + 1 2 . 所以 a+b=13. 由得 a=8,b=5 或 a=5,b=8. 变式训练 2(2020江西南昌八一中学模拟)在锐角三角形ABC 中,a=2 ,(2b-c)cos A=acos C. (1)求角A; (2)求ABC的周长l的范围. 3 解:(1)(2b-c)cos A=acos C, 2bcos A=acos C+ccos A, 2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A, 2sin Bcos A=sin(A+C), 2sin Bcos A=sin B. sin B0,cos A=1 2, A 0, 2 ,A= 3. (2) sin = 2 3 3 2 =4, sin = sin=4, b=4sin B,c=4sin C=4sin 2 3 -B , l=a+b+c=2 3 +4sin B+4sin 2 3 -B =2 3 +6sin B+2 3 cos B=2 3 +4 3 sin B+ 6 . 因为ABC 是锐角三角形,且 A= 3, 所以 0 2 , 0 2 3 - 2 , 即 6B 2, 所以 B+ 6 3 , 2 3 , 所以 sin B+ 6 3 2 ,1 , 所以 l(6+2 3,6 3.