高考数学专题二　微专题17　正弦定理、余弦定理 课件(共71张PPT)

(共71张PPT)
专题二　平面向量、三角函数与解三角形
微专题17
正弦定理、余弦定理
解三角形是高考考查的热点，三角恒等变换单独考查的题目较少，多以解三角形为背景，在用正弦定理、余弦定理的同时，经常应用三角恒等变换进行化简，综合性较强，难度中等.
考情分析
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
考点一　利用正余弦定理进行边角计算
典例1　
由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccos A，
解得bc＝1.
变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sin B，
即－2cos Asin B＝sin B，
而0又0跟踪训练1　
典例2　(2023·聊城模拟)在四边形ABCD中，AB∥CD.
(1)证明：AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD；
考点二　与多边形有关的解三角形问题
因为AB∥CD，
所以∠ABD＝∠BDC，
在△ABD中，由正弦定理可知
在△BCD中，由正弦定理可知
所以AD·sin∠BAD＝BD·sin∠ABD，BC·sin∠BCD＝BD·sin∠BDC，
故有AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD.
由(1)可知，
AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD，
设∠BAD＝2∠BCD＝2α，
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝7，
设△BCD外接圆的半径为R，
在△BCD中，由正弦定理可知
所以△BCD外接圆的面积S＝πR2＝7π.
跟踪训练2　
(1)求角B的值；
所以△ACD为等边三角形，
考点三　解三角形在实际生活中的应用
典例3　(1)(2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100，由B点测得A点的仰角为45°，则A，
C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′
约为( ≈1.732)
A.346 B.373 C.446 D.473
√
如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，
过B作BD∥A′B′，交AA′于D，
则BE＝100，
在△A′B′C′中，∠C′A′B′＝75°，
又在B点处测得A点的仰角为45°，
所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE
√
由两角和的正弦公式得，
sin 105°＝sin(45°＋60°)
＝sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°
在△MNS中，由正弦定理得，
解得a＝20.
跟踪训练3　(1)(2023·双鸭山模拟)如图，某公园内有一个半圆形湖面，O为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点C，D，E，满足∠AOD＝∠DOE＝2∠AOC，在扇形AOC和四边形ODEB区域内种植荷花，在扇形COD区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道DE，EB作为观
光路线，则当DE＋EB取最大值时，sin∠AOC＝________.
则∠DOE＝2θ，∠EOB＝π－4θ，
在△DOE中，由余弦定理得
在△BOE中，由余弦定理得
(2)(2023·杭州模拟)雷峰塔初名黄妃塔，又名西关砖塔，位于浙江省杭州市西湖区，地处西湖风景区南岸夕照山(海拔46米)之上，是吴越国王钱俶为供奉佛螺髻发舍利、祈求国泰民安而建.始建于北宋太平兴国二年(977年)，历代屡加重修.现存建筑以原雷峰塔为原型设计，重建于2002年，是“西湖十景”之一、中国九大名塔之一，为中国首座彩色铜雕宝塔.李华同学为测量塔高，在西湖边相距400米的A，C两处(海拔均约16米)各放置一架垂直于地面高为1.5米的测角仪AB，CD(如图所示).在测角仪B处测得两个数据：塔顶M的仰角∠MBP＝30°及塔顶M与观测仪D点的视角∠MBD＝16.3°，在测角仪D处测得塔顶M与观测仪B点的视角∠MDB＝15.1°，李华根据以上数据估计雷峰塔MN的高度约为
(参考数据：sin 15.1°≈0.260 5，sin 31.4°≈0.521 0)
A.70.5米 B.71米
C.71.5米 D.72米
√
在△BDM中，BD＝400，
∠MBD＝16.3°，∠MDB＝15.1°，
所以∠BMD＝180°－16.3°－15.1°
＝180°－31.4°，
在Rt△MBP中，
MP＝BM·sin∠MBP＝200sin 30°＝100，
延长BA至Q，设Q处海拔为0，延长MP至O，O处海拔为0，连接QO，
由题意知MP＝100，OP＝QA＋AB＝16＋1.5＝17.5，ON＝46 ，
MN＝MP－NP＝MP－(ON－OP)＝100－(46－17.5)＝71.5.
总结提升
1.正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理.
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理.
总结提升
2.解三角形实际问题的步骤
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∵asin A－bsin B＝4csin C，
∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，
即a2＝4c2＋b2.
由余弦定理得
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2.(2023·天津模拟)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab，且sin C＝2sin Bcos A，那么△ABC是
A.直角三角形
B.钝角三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形
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由(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab，
得(a＋b)2－c2＝3ab，
整理得a2＋b2－c2＝ab，
又由sin C＝2sin Bcos A及正弦定理得，
所以△ABC为等边三角形.
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3.(2023·长沙模拟)逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A，B，C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°，45°，60°，其中AB＝a，BC＝b(01
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如图，设点P在地面上的正投影为点O，则
∠PAO＝30°，∠PBO＝45°，∠PCO＝60°，
由题意知，cos∠ABO＝－cos∠CBO，
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因为(b－2c)cos A＝acos(A＋C)，
所以由正弦定理得(sin B－2sin C)cos A＝sin Acos(A＋C)，
因为cos(A＋C)＝－cos B，
所以(sin B－2sin C)cos A＝－sin Acos B，
即sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos A，
所以sin (A＋B)＝sin C＝2sin Ccos A，
又C∈(0，π)，所以sin C>0，
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5.(多选)(2023·永州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是
A.若△ABC为锐角三角形且A>B，则sin A>cos B
B.若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形
C.若A>B，则sin A>sin B
D.若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
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∴△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；
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∵A>B a>b，
根据正弦定理a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴A>B a>b 2Rsin A>2Rsin B sin A>sin B，C正确；
b2＝a2＋c2－2accos B，
符合条件的△ABC只有一个，D错误.
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设CD＝a，则BC＝2a，在△BCD中，由余弦定理，得BC2＝CD2＋BD2－2BD·CD·cos∠CDB，
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因为∠ADC＝π－∠CDB，
所以cos∠ADC＝cos(π－∠CDB)
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cos∠ADC，
所以△ABC的周长为AB＋AC＋BC
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因为AB＝8为最大边，
即∠ACB为钝角，
所以△ABC为钝角三角形，故D正确.
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方法一　在△ABC中，由余弦定理可得，
a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，
即6＝b2＋22－2×b×2×cos 60°，
解得AD＝2.
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，
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方法二　在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，
即6＝b2＋22－2×b×2×cos 60°，
所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，
又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2.
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在△ABD中，
∠CAE＝30°，
∴CF＝CE＝1.
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∴在△FCB中，由余弦定理的推论得
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9.(2023·武汉模拟)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC.
(1)求tan 2B；
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设∠B＝∠DAC＝α，
∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α，
在△ADC中，由正弦定理可得
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(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径.
∴(3tan α＋4)(4tan α－3)＝0，又易知α为锐角，
在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝400，
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∴BC＝20.
设△ABC的内切圆半径为r，
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则r＝2.
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(1)求∠BAC的值；
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整理可得BC2＋BC－2＝0，
因为BC>0，解得BC＝1，则BC＝AB＝1，
故△ABC为等腰三角形，
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(2)求CD的长.
所以sin∠ADC＝sin (∠CAD＋∠ACD)＝sin∠CADcos∠ACD＋cos∠CADsin∠ACD
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