(共57张PPT)
正弦定理
(深化学习课——梯度进阶式教学)
6.1.2
课时目标
1.了解正弦定理的推导过程,掌握正弦定理的内容及公式变形.
2.能利用正弦定理解决一些简单的三角形度量问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
1.正弦定理
(1)语言叙述:在一个三角形中,各边和它所对角的正弦的比 .
(2)公式表达: .
(3)正弦定理的推广
设R为△ABC外接圆的半径,则 =2R.
相等
==
==
2.正弦定理的变形
(1)a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C(边化角).
(2)sin A=,sin B=,sin C=(角化边).
(3)a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C(边角互化).
(4)===.
|微|点|助|解|
(1)如已知两边a,b和a的对角A,解的情况如下表:
A> A= A<
a>b 一解 一解 一解
a=b 无解 无解 一解
a
bsin A 两解
a=bsin A 一解
a(2)在△ABC中,sin A>sin B a>b.
(3)记牢15°,75°的正弦值:
sin 15°=,sin 75°=.
1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)正弦定理仅适用于非直角三角形. ( )
(2)在△ABC中,若c2>a2+b2,则△ABC为钝角三角形. ( )
(3)在△ABC中,若已知两边和它们的夹角,求第三边和其他两个角的类型问题,则求解时都只有一个解. ( )
基础落实训练
×
√
√
2.在△ABC中,A=60°,BC=,则△ABC外接圆的半径为( )
A. B.1
C.2 D.3
解析:设R为△ABC外接圆的半径,则由正弦定理,得2R===2,
解得R=1.所以△ABC外接圆的半径为1.
√
3.在△ABC中,A=45°,c=2,则AC边上的高等于 .
解析:AC边上的高为ABsin A=csin A=2sin 45°=.
4.在锐角三角形ABC中,角A,B所对的边分别为a,b,若2asin B=b,
则A= .
解析:在△ABC中,利用正弦定理得2sin Asin B=sin B,
∵sin B≠0,∴sin A=.又A为锐角,∴A=.
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一) 已知两角及任意一边解三角形
[例1] (1)在△ABC中,若A=,B=,a=2,则b=( )
A.2 B.3
C.2 D.3
解析:由正弦定理=,得=,解得b=3.
√
(2)在△ABC中,已知a=8,B=60°,C=75°,则b= .
解析: A=180°-(B+C)=180°-(60°+75°)=45°.
由正弦定理=,得b===4.
4
|思|维|建|模|
已知两角和任意一边,解三角形的步骤
(1)求角:根据三角形内角和定理求出第三个角;
(2)求边:根据正弦定理,求另外的两边.
针对训练
1.一个三角形的两个角分别等于120°和45°,若45°角所对的边长是4,那么120°角所对边长是( )
A.4 B.12
C.4 D.12
解析:若设120°角所对的边长为x,则由正弦定理可得=,
于是x===12,故选D.
√
2.在△ABC中,若B=135°,C=15°,a=5,则此三角形的最大边长为 ( )
A.5 B.4
C.5 D.4
解析:根据题意得A=180°-135°-15°=30°,则此三角形的最大边是b,由正弦定理=,得b===5.
√
题型(二) 已知两边和其中一边的对角解三角形
[例2] 已知下列各三角形中的两边及其中一边的对角,判断三角形是否有解,有解的作出解答.
(1)a=10,b=20,A=80°;
解:∵b=20,A=80°,∴bsin A=20sin 80°>20sin 60°=10.
又a=10,∴a(2)b=5,c=5,C=60°;
解:∵b=5,c=5,∴b∵sin B===,∴B=30°.
∴A=180°-(B+C)=90°.∴a==10.∴A=90°,B=30°,a=10.
(3)a=2,b=6,A=30°.
解:∵a=2,b=6,A=30°<90°,∴bsin A=6sin 30°=3.
∴bsin A∴B=60°或B=120°.当B=60°时,C=90°,c===4;
当B=120°时,C=30°,c=a=2.∴B=60°,C=90°,
c=4或B=120°,C=30°,c=2.
|思|维|建|模|
已知两边及其中一边的对角,解三角形的步骤
(1)用正弦定理求出另一边所对角的正弦值,进而求出这个角;
(2)用三角形内角和定理求出第三个角;
(3)根据正弦定理求出第三条边.
[提醒] 已知三角形的两角和任意一边,解三角形,有唯一解,已知两边和其中一边的对角,解三角形,可能出现一解,两解或无解的情况.
针对训练
3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,A=60°,a=.若这个三角形有两解,则b的取值范围是( )
A.(,2] B.(,2)
C.(1,2) D.(1,2]
√
解析:由正弦定理=可得,b===2sin B.
要使△ABC有两解,即B有两解,则应有A所以=sin A4.已知△ABC中,b=4,c=2,C=30°,那么此三角形( )
A.有一解 B.有两解
C.无解 D.解的个数不确定
解析:由正弦定理和已知条件得=,∴sin B=>1.
∴此三角形无解.故选C.
√
题型(三) 正、余弦定理的综合应用
[例3] (2023·新课标Ⅱ卷改编)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求cos B;
解:因为D为BC的中点,所以S△ABC=2S△ADC=2××AD×DCsin∠ADC=2××1×DC×=,
解得DC=2,所以BD=DC=2,a=4.因为∠ADC=,所以∠ADB=.
在△ABD中,由余弦定理,得c2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=1+4+2=7,所以c=.
在△ABD中,由正弦定理,得=,
所以sin B==,
所以cos B==.
(2)若b2+c2=8,求b,c.
解:因为D为BC的中点,所以BD=DC.因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos∠ADB=-cos∠ADC,则在△ABD与△ADC中,由余弦定理,得=-,得1+BD2-c2=-(1+BD2-b2),所以2BD2=b2+c2-2=6,所以BD=,所以a=2.在△ABC中,由余弦定理,
得cos∠BAC===-,所以S△ABC=bcsin∠BAC=bc·=bc= =,解得bc=4.则由解得b=c=2.
|思|维|建|模|
利用正、余弦定理解三角形的注意点
正、余弦定理都是用来解三角形的,但在解题过程中要有意识地考虑用哪个定理更适合,或是两个定理都要用,应抓住两个定理的特点:正弦定理“边对角”,余弦定理“边夹角”,正确选择定理是解决此类题目的关键.
针对训练
5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,sin A-sin B+=0,
则△ABC的形状一定为( )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.等边三角形 D.钝角三角形
√
解析:在△ABC中,sin A-sin B+=0,则由正弦定理得(sin A-sin B)
+=·(sin A-sin B)=0.因为三角形中,
A,B,C∈(0,π),所以sin C>0 +1≠0.所以sin A=sin B a=b,则△ABC的形状一定为等腰三角形.故选B.
6.(2024·全国甲卷)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若B=,b2=ac,则sin A+sin C=( )
A. C.
解析:选C 法一 由正弦定理得sin Asin C=sin2B,因为B=,所以sin Asin C
=sin2B=.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac,所以a2+c2=ac,
即sin2A+sin2C=sin Asin C,所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C
=sin Asin C=.又sin A>0,sin C>0,所以sin A+sin C=.
√
法二 由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac.又b2=ac,所以3ac=b2,所以(a+c)2=b2+3ac=,a+c=b.由正弦定理得sin A+sin C=sin B=.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.在△ABC中,已知a=,b=,B=60°,则角A的度数为( )
A.30° B.45°
C.45°或135° D.60°
解析:由a=,b=得a由正弦定理得sin A===,∴A=45°,故选B.
√
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2.已知△ABC外接圆的周长为4π,∠BAC=,则BC=( )
A.4 B.2
C.4 D.2
解析:因为△ABC外接圆的周长为4π,所以△ABC外接圆的半径为2,
则根据正弦定理可得==2BC=4,解得BC=2.故选B.
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3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边为a,b,c,若a=4,b=4,A=,则角B的大小为( )
A.或
C.
解析:由=,则sin B==,而B∈(0,π),故B=或,显然,所得角B均满足0√
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4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c=8,B=.若△ABC有两解,则b的值可以是( )
A.4 B.6
C.8 D.10
解析:如图,过点A作AD⊥BC,垂足为D,则AD=csin B.因为△ABC有两解,
所以AD即8sin √
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5.如图所示,在△DEF中,M在线段DF上,DE=DM=EM=2,sin F=,则边EF的长为( )
A.2
C.
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解析:在△DEM中,DE=DM=EM=2,所以△DEM为等边三角形.
所以∠EMD=60°,则∠EMF=120°.在△EFM中,由正弦定理得=,所以EF==.故选D.
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6.在△ABC中,若sin C=3sin A,b2=2ac,则cos B= ( )
A.
C.
解析:因为sin C=3sin A,由正弦定理可得c=3a,且b2=2ac,由余弦定理可得cos B===.故选C.
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7.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若A=60°,a=,
则= .
解析:由正弦定理可得2R=====2,a=2sin A,
b=2sin B,c=2sin C,则==2.
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8.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且△ABC外接圆的面积为
4π,请写出一组满足上述条件的边和角:a= ,A= .
解析:依题意,△ABC的外接圆半径R=2,由正弦定理得=2R=4,
即a=4sin A,又02
(答案不唯一)
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9.(8分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且c=2,C=.
(1)若△ABC的面积等于,求a,b;
解:由余弦定理,得a2+b2-ab=4 ①,又△ABC的面积等于,
所以absin C=,得ab=4 ②,
联立①②得方程组解得
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(2)若sin B=2sin A,求△ABC的面积.
解:由正弦定理及sin B=2sin A,得b=2a ③,
联立①③得方程组解得
所以△ABC的面积S=absin C=.
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10.(10分)如图,D是直角三角形ABC斜边BC上一点,
AC=DC.
(1)若∠DAC=30°,求∠ADC的大小;
解:在△ADC中,由正弦定理得 =,
所以sin∠ADC==×=.
又∠ADC=B+∠BAD=B+(90°-∠DAC)=B+60°>60°,
所以∠ADC=120°.
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(2)若BD=2DC,且DC=1,求AD的长.
解:由BD=2DC,且DC=1知BC=3,AC=,
所以直角三角形ABC中,cos C==.
在△ADC中,由余弦定理得
AD2=AC2+DC2-2AC·DCcos C=()2+12-2×1×=2,所以AD=.
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B级——重点培优
11.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin A-bsin B=
4csin C,cos A=-,则=( )
A.6 B.5
C.4 D.3
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解析:∵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cos A=
===-,∴=6.
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12.(多选)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin A∶sin B∶sin C
=3∶4∶5,则下列结论正确的是 ( )
A.a∶b∶c=3∶4∶5
B.△ABC为直角三角形
C.若b=4,则△ABC外接圆半径为5
D.若P为△ABC内一点,满足+2+=0,则△APB与△BPC的面积相等
√
√
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解析:由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=3∶4∶5,A正确;
由A知a∶b∶c=3∶4∶5,故a2+b2=c2,故△ABC为直角三角形,B正确;
由B知,sin B=,又b=4,由正弦定理得2R===5,故△ABC外接圆半径为R=,C错误;取AC的中点E,则+=2,因为+2+=0,所以=-,即P点在AC的中线上,故△APB与△BPC的面积相等,D正确.
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13.如图,某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度,先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°,又利用无人机在离地面高300 m 的M处(即MD=300 m),观测到山顶C处的仰角为15°,山脚A处的俯角为45°,则山高BC= m.
450
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解析:依题意∠AMD=45°,则AM=MD=300,∠CMA=45°+15°=60°,
∠CAB=60°,故∠MAC=180°-60°-45°=75°,∠ACM=180°-75°-60°
=45°,在△MAC中,由正弦定理得=,即=,解得AC=300,则BC=ACsin 60°=450.
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14.(10分)在△ABC中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,求△ABC的面积;
解:由2sin C=3sin A及正弦定理可得2c=3a,
结合b=a+1,c=a+2,解得a=4,b=5,c=6.
在△ABC中,由余弦定理得cos C===,所以sin C
==,S△ABC=absin C=×4×5×=.
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(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形 若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
解:设存在正整数a满足条件,由已知c>b>a,所以∠C为钝角,
所以cos C=<0 a2+b2因为a为正整数,所以a=1,2.
当a=1时,b=2,c=3,不能构成三角形,舍去.
当a=2时,b=3,c=4,满足条件.
综上,当a=2时,△ABC为钝角三角形.
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15.(14分)(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,且a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(提示:sin=,sin=)
解:在△ABC中a2+b2-c2=ab,由余弦定理可知cos C===.
因为C∈(0,π),所以C=.因为sin C=cos B,所以cos B=,又B∈(0,π),
所以B=.
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(2)若△ABC的面积为3+,求c.
解:由(1)可得B=,C=,则A=π--=,sin A=sin=,
由正弦定理得==,从而a=·c=c,b=·c=c,
由三角形面积公式,可知S△ABC=absin C=·c·c·
=c2,由已知△ABC的面积为3+,可得c2=3+,所以c=2.6.1.2 正弦定理(教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学)
[课时目标]
1.了解正弦定理的推导过程,掌握正弦定理的内容及公式变形.
2.能利用正弦定理解决一些简单的三角形度量问题.
1.正弦定理
(1)语言叙述:在一个三角形中,各边和它所对角的正弦的比 .
(2)公式表达: .
(3)正弦定理的推广
设R为△ABC外接圆的半径,则 =2R.
2.正弦定理的变形
(1)a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C(边化角).
(2)sin A=,sin B=,sin C=(角化边).
(3)a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C(边角互化).
(4)===.
|微|点|助|解|
(1)如已知两边a,b和a的对角A,解的情况如下表:
A> A= A<
a>b 一解 一解 一解
a=b 无解 无解 一解
absin A 两解
a=bsin A 一解
a(2)在△ABC中,sin A>sin B a>b.
(3)记牢15°,75°的正弦值:
sin 15°=,sin 75°=.
基础落实训练
1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)正弦定理仅适用于非直角三角形. ( )
(2)在△ABC中,若c2>a2+b2,则△ABC为钝角三角形. ( )
(3)在△ABC中,若已知两边和它们的夹角,求第三边和其他两个角的类型问题,则求解时都只有一个解. ( )
2.在△ABC中,A=60°,BC=,则△ABC外接圆的半径为 ( )
A. B.1
C.2 D.3
3.在△ABC中,A=45°,c=2,则AC边上的高等于 .
4.在锐角三角形ABC中,角A,B所对的边分别为a,b,若2asin B=b,则A= .
题型(一) 已知两角及任意一边解三角形
[例1] (1)在△ABC中,若A=,B=,a=2,则b= ( )
A.2 B.3 C.2 D.3
(2)在△ABC中,已知a=8,B=60°,C=75°,则b= .
听课记录:
|思|维|建|模|
已知两角和任意一边,解三角形的步骤
(1)求角:根据三角形内角和定理求出第三个角;
(2)求边:根据正弦定理,求另外的两边.
[针对训练]
1.一个三角形的两个角分别等于120°和45°,若45°角所对的边长是4,那么120°角所对边长是 ( )
A.4 B.12
C.4 D.12
2.在△ABC中,若B=135°,C=15°,a=5,则此三角形的最大边长为 ( )
A.5 B.4
C.5 D.4
题型(二) 已知两边和其中一边的对角解三角形
[例2] 已知下列各三角形中的两边及其中一边的对角,判断三角形是否有解,有解的作出解答.
(1)a=10,b=20,A=80°;
(2)b=5,c=5,C=60°;
(3)a=2,b=6,A=30°.
听课记录:
|思|维|建|模|
已知两边及其中一边的对角,解三角形的步骤
(1)用正弦定理求出另一边所对角的正弦值,进而求出这个角;
(2)用三角形内角和定理求出第三个角;
(3)根据正弦定理求出第三条边.
[提醒] 已知三角形的两角和任意一边,解三角形,有唯一解,已知两边和其中一边的对角,解三角形,可能出现一解,两解或无解的情况.
[针对训练]
3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,A=60°,a=.若这个三角形有两解,则b的取值范围是 ( )
A.(,2] B.(,2) C.(1,2) D.(1,2]
4.已知△ABC中,b=4,c=2,C=30°,那么此三角形 ( )
A.有一解 B.有两解
C.无解 D.解的个数不确定
题型(三) 正、余弦定理的综合应用
[例3] (2023·新课标Ⅱ卷改编)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求cos B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
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利用正、余弦定理解三角形的注意点
正、余弦定理都是用来解三角形的,但在解题过程中要有意识地考虑用哪个定理更适合,或是两个定理都要用,应抓住两个定理的特点:正弦定理“边对角”,余弦定理“边夹角”,正确选择定理是解决此类题目的关键.
[针对训练]
5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,sin A-sin B+=0,则△ABC的形状一定为 ( )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.等边三角形 D.钝角三角形
6.(2024·全国甲卷)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若B=,b2=ac,则sin A+sin C= ( )
A. C.
6.1.2
课前预知教材
1.(1)相等 (2)==
(3)==
[基础落实训练]
1.(1)× (2)√ (3)√
2.B 3. 4.
课堂题点研究
[题型(一)]
[例1] 解析:(1)由正弦定理=,得=,解得b=3.
(2)A=180°-(B+C)=180°-(60°+75°)=45°.
由正弦定理=,得b===4.
答案:(1)B (2)4
[针对训练]
1.选D 若设120°角所对的边长为x,则由正弦定理可得=,于是x===12,故选D.
2.选C 根据题意得A=180°-135°-15°=30°,则此三角形的最大边是b,由正弦定理=,得b===5.
[题型(二)]
[例2] 解:(1)∵b=20,A=80°,
∴bsin A=20sin 80°>20sin 60°=10.又a=10,∴a(2)∵b=5,c=5,∴b(3)∵a=2,b=6,A=30°<90°,∴bsin A=6sin 30°=3.∴bsin A[针对训练]
3.选B 由正弦定理=可得,b===2sin B.要使△ABC有两解,即B有两解,则应有A4.选C 由正弦定理和已知条件得=,∴sin B=>1.∴此三角形无解.故选C.
[题型(三)]
[例3] 解:(1)因为D为BC的中点,
所以S△ABC=2S△ADC=2××AD×DCsin∠ADC=2××1×DC×=,
解得DC=2,
所以BD=DC=2,a=4.
因为∠ADC=,所以∠ADB=.
在△ABD中,由余弦定理,得c2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=1+4+2=7,所以c=.
在△ABD中,由正弦定理,
得=,
所以sin B==,
所以cos B==.
(2)因为D为BC的中点,所以BD=DC.
因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos∠ADB=-cos∠ADC,
则在△ABD与△ADC中,由余弦定理,得=-,
得1+BD2-c2=-(1+BD2-b2),
所以2BD2=b2+c2-2=6,所以BD=,所以a=2.
在△ABC中,由余弦定理,得cos∠BAC===-,
所以S△ABC=bcsin∠BAC
=bc
=bc ==,
解得bc=4.则由解得b=c=2.
[针对训练]
5.选B 在△ABC中,sin A-sin B+=0,则由正弦定理得(sin A-sin B)+=·(sin A-sin B)=0.
因为三角形中,A,B,C∈(0,π),
所以sin C>0 +1≠0.
所以sin A=sin B a=b,则△ABC的形状一定为等腰三角形.故选B.
6.选C 法一 由正弦定理得sin Asin C=sin2B,因为B=,所以sin Asin C=sin2B=.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac,所以a2+c2=ac,即sin2A+sin2C=sin Asin C,所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=sin Asin C=.又sin A>0,sin C>0,所以sin A+sin C=.
法二 由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac.又b2=ac,所以3ac=b2,所以(a+c)2=b2+3ac=,a+c=b.由正弦定理得sin A+sin C=sin B=.
4 / 4课时跟踪检测(二十九) 正弦定理
(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1.在△ABC中,已知a=,b=,B=60°,则角A的度数为 ( )
A.30° B.45°
C.45°或135° D.60°
2.已知△ABC外接圆的周长为4π,∠BAC=,则BC= ( )
A.4 B.2
C.4 D.2
3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边为a,b,c,若a=4,b=4,A=,则角B的大小为 ( )
A.或
C.
4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c=8,B=.若△ABC有两解,则b的值可以是 ( )
A.4 B.6
C.8 D.10
5.如图所示,在△DEF中,M在线段DF上,DE=DM=EM=2,sin F=,则边EF的长为 ( )
A.2
C.
6.在△ABC中,若sin C=3sin A,b2=2ac,则cos B= ( )
A.
C.
7.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若A=60°,a=,则= .
8.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且△ABC外接圆的面积为4π,请写出一组满足上述条件的边和角:a= ,A= .
9.(8分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且c=2,C=.
(1)若△ABC的面积等于,求a,b;
(2)若sin B=2sin A,求△ABC的面积.
10.(10分)如图,D是直角三角形ABC斜边BC上一点,AC=DC.
(1)若∠DAC=30°,求∠ADC的大小;
(2)若BD=2DC,且DC=1,求AD的长.
B级——重点培优
11.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin A-bsin B=4csin C,cos A=-,则= ( )
A.6 B.5
C.4 D.3
12.(多选)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin A∶sin B∶sin C=3∶4∶5,则下列结论正确的是 ( )
A.a∶b∶c=3∶4∶5
B.△ABC为直角三角形
C.若b=4,则△ABC外接圆半径为5
D.若P为△ABC内一点,满足+2+=0,则△APB与△BPC的面积相等
13.如图,某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度,先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°,又利用无人机在离地面高300 m 的M处(即MD=300 m),观测到山顶C处的仰角为15°,山脚A处的俯角为45°,则山高BC= m.
14.(10分)在△ABC中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,求△ABC的面积;
(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形 若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
15.(14分)(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,且a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
(提示:sin=,sin=)
课时跟踪检测(二十九)
1.选B 由a=,b=得a2.选B 因为△ABC外接圆的周长为4π,所以△ABC外接圆的半径为2,则根据正弦定理可得==2BC=4,解得BC=2.故选B.
3.选B 由=,则sin B==,而B∈(0,π),故B=或,显然,所得角B均满足04.选B 如图,过点A作AD⊥BC,垂足为D,则AD=csin B.因为△ABC有两解,所以AD5.选D 在△DEM中,DE=DM=EM=2,所以△DEM为等边三角形.所以∠EMD=60°,则∠EMF=120°.在△EFM中,由正弦定理得=,所以EF==.故选D.
6.选C 因为sin C=3sin A,由正弦定理可得c=3a,且b2=2ac,由余弦定理可得cos B===.故选C.
7.解析:由正弦定理可得2R=====2,a=2sin A,b=2sin B,c=2sin C,则==2.
答案:2
8.解析:依题意,△ABC的外接圆半径R=2,由正弦定理得=2R=4,即a=4sin A,又0答案:2 (答案不唯一)
9.解:(1)由余弦定理,得a2+b2-ab=4 ①,
又△ABC的面积等于,
所以absin C=,得ab=4 ②,
联立①②得方程组
解得
(2)由正弦定理及sin B=2sin A,
得b=2a ③,
联立①③得方程组
解得
所以△ABC的面积S=absin C=.
10.解:(1)在△ADC中,由正弦定理得 =,
所以sin∠ADC==×=.
又∠ADC=B+∠BAD=B+(90°-∠DAC)=B+60°>60°,所以∠ADC=120°.
(2)由BD=2DC,且DC=1知BC=3,AC=,
所以直角三角形ABC中,cos C==.
在△ADC中,由余弦定理得
AD2=AC2+DC2-2AC·DCcos C=()2+12-2×1×=2,所以AD=.
11.选A ∵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cos A====-,
∴=6.
12.选ABD 由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=3∶4∶5,A正确;由A知a∶b∶c=3∶4∶5,故a2+b2=c2,故△ABC为直角三角形,B正确;由B知,sin B=,又b=4,由正弦定理得2R===5,故△ABC外接圆半径为R=,C错误;取AC的中点E,则+=2,因为+2+=0,所以=-,即P点在AC的中线上,故△APB与△BPC的面积相等,D正确.
13.解析:依题意∠AMD=45°,则AM=MD=300,∠CMA=45°+15°=60°,∠CAB=60°,故∠MAC=180°-60°-45°=75°,∠ACM=180°-75°-60°=45°,在△MAC中,由正弦定理得=,即=,解得AC=300,则BC=ACsin 60°=450.
答案:450
14.解:(1)由2sin C=3sin A及正弦定理可得2c=3a,
结合b=a+1,c=a+2,解得a=4,b=5,c=6.
在△ABC中,由余弦定理得cos C===,
所以sin C==,
S△ABC=absin C=×4×5×=.
(2)设存在正整数a满足条件,由已知c>b>a,所以∠C为钝角,
所以cos C=<0 a2+b2因为a为正整数,所以a=1,2.
当a=1时,b=2,c=3,不能构成三角形,舍去.
当a=2时,b=3,c=4,满足条件.
综上,当a=2时,△ABC为钝角三角形.
15.解:(1)在△ABC中a2+b2-c2=ab,
由余弦定理可知cos C===.
因为C∈(0,π),所以C=.
因为sin C=cos B,所以cos B=,
又B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可得B=,C=,则A=π--=,
sin A=sin=,
由正弦定理得==,
从而a=·c=c,
b=·c=c,
由三角形面积公式,可知
S△ABC=absin C=·c·c·=c2,
由已知△ABC的面积为3+,
可得c2=3+,所以c=2.
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