高中数学课件：第一章 1.2 应用举例 第二课时 正、余弦定理在三角形中的应用

1.2应用举例第二课时正、余弦定理在三角形中的应用课前预习·巧设计名师课堂·一点通创新演练·大冲关第一章解三角形考点一考点二考点三N0.1课堂强化N0.2课下检测返回返回返回返回返回返回[读教材·填要点]1．正弦定理的推论在△ABC中，asinA＝bsinB＝csinC＝2R(R为△ABC的外接圆的半径)．返回2．三角形常用面积公式(1)S＝12a·ha(ha表示a边上的高)；(2)S＝12absinC＝＝；(3)S＝12r(a＋b＋c)(r为三角形内切圆半径)．12acsinB12bcsinA返回[小问题·大思维]1．在△ABC中，若已知三边a，b，c，如何求该三角形的面积？提示：先利用余弦定理求出cosA或cosB或cosC的值，然后利用平方关系求出相应角的正弦值sinA或sinB或sinC，最后代入公式求解．返回2．如何利用三角形的面积公式(1)推导出面积公式(2)和(3)？(以锐角△ABC为例)返回提示：①如图作AD⊥BC，垂足为D.则S△ABC＝12BC·AD又∵AD＝AB·sinB，∴S△ABC＝12BC·AB·sinB＝12acsinB.返回②如图，S△ABC＝S△ABI＋S△ACI＋S△BCI＝12AB·r＋12AC·r＋12BC·r＝12(AB＋AC＋BC)r＝12(a＋b＋c)r.返回返回[研一题][例1]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝π3，cosA＝45，b＝3.(1)求sinC的值；(2)求△ABC的面积．返回[自主解答](1)因为角A，B，C为△ABC的内角，且B＝π3，cosA＝45，所以C＝2π3－A，sinA＝35.于是sinC＝sin2π3－A＝32cosA＋12sinA＝3＋4310.返回(2)由(1)知sinA＝35，sinC＝3＋4310.又因为B＝π3，b＝3，所以在△ABC中，由正弦定理得a＝bsinAsinB＝65.于是△ABC的面积S＝12absinC＝12×65×3×3＋4310＝36＋9350.返回[悟一法](1)在求解三角形面积时，除用公式S＝12×底×高外，常用S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA求解．(2)解决此类问题时，常先用正、余弦定理解三角形，进而用公式求三角形的面积．返回[通一类]1．在△ABC中，BC＝5，AC＝4，cos∠CAD＝3132，且AD＝BD，求△ABC的面积．返回解：如图，设CD＝x，则AD＝BD＝5－x.由余弦定理可知，cos∠CAD＝AD2＋AC2－DC22AD·AC＝5－x2＋42－x22×5－x×4＝3132，解得x＝1.返回在△CAD中，由正弦定理可知，ADsinC＝CDsin∠CAD，∴sinC＝ADCD·1－cos2∠CAD＝41－31322＝378.∴S△ABC＝12AC·BC·sinC＝12×4×5×378＝1574.所以△ABC的面积是1574.返回[研一题][例2]如图，在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．返回[自主解答]在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，由余弦定理得cos∠ADC＝AD2＋DC2－AC22AD·DC＝100＋36－1962×10×6＝－12，∴∠ADC＝120°，∠ADB＝60°.返回在△ABD中，AD＝10，B＝45°，∠ADB＝60°，由正弦定理得ABsin∠ADB＝ADsinB，∴AB＝AD·sin∠ADBsinB＝10sin60°sin45°＝10×3222＝56.返回[悟一法]三角形中的几何计算问题的解题要点及突破关键：(1)正确挖掘图形中的几何条件简化运算是解题要点，善于应用正弦定理、余弦定理，只需通过解三角形，一般问题便能很快解决．(2)此类问题突破的关键是仔细观察、发现图形中较隐蔽的几何条件．返回[通一类]2．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，∠ADB＝45°，求BD的长．返回解：在△ABC中，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°，由正弦定理，得ABsin∠BCA＝ACsin∠ABC，sin∠ABC＝AC·sin∠BCAAB＝9·sin30°5＝910.因为AD∥BC，返回所以∠BAD＝180°－∠ABC，于是sin∠BAD＝sin∠ABC＝910，同理，在△ABD中，AB＝5，sin∠BAD＝910，∠ADB＝45°，解得BD＝922.返回[研一题][例3]在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.求证：a2－b2c2＝sinA－BsinC.返回[自主解答]法一：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，得a2－b2＝b2－a2＋2c(acosB－bcosA)，即a2－b2＝c(acosB－bcosA)，变形得a2－b2c2＝acosB－bcosAc＝accosB－bccosA，返回由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC得ac＝sinAsinC，bc＝sinBsinC，∴a2－b2c2＝sinAcosB－sinBcosAsinC＝sinA－BsinC.返回法二：sinA－BsinC＝sinAcosB－cosAsinBsinC＝sinAsinCcosB－sinBsinCcosA，由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC，得：sinAsinC＝ac，sinBsinC＝bc，由余弦定理推论得，返回cosB＝a2＋c2－b22ac，cosA＝b2＋c2－a22bc，代入上式得sinA－BsinC＝ac·a2＋c2－b22ac－bc·b2＋c2－a22bc＝a2＋c2－b22c2－b2＋c2－a22c2＝2a2－b22c2＝a2－b2c2.∴原等式成立．返回[悟一法]三角形中的有关证明问题基本方法同三角恒等式的证明，但要注意灵活地选用正弦定理或余弦定理使混合的边、角关系统一为边的关系或角的关系，使之转化为三角恒等式的证明，或转化为关于a，b，c的代数恒等式的证明，并注意三角形中的有关结论的运用．返回[通一类]3．在△ABC中，求证：acos2C2＋ccos2A2＝12(a＋b＋c)．证明：法一：左边＝a·1＋cosC2＋c·1＋cosA2＝a＋c2＋12acosC＋12ccosA＝a＋c2＋12(a·a2＋b2－c22ab＋c·b2＋c2－a22bc)＝a＋c2＋b2＝a＋b＋c2＝右边，∴等式成立．返回法二：由正弦定理得，a＝2RsinA，c＝2RsinC，代入等式左边，左边＝2RsinA·1＋cosC2＋2RsinC·1＋cosA2＝R(sinA＋sinAcosC)＋sinC＋cosAsinC)＝R(sinA＋sinC＋sinAcosC＋cosAsinC)返回＝R[sinA＋sinC＋sin(A＋C)]＝R(sinA＋sinC＋sinB)＝2RsinA＋2RsinC＋2RsinB2＝a＋b＋c2＝右边，∴等式成立.返回在△ABC中，AB＝2，cosC＝277，D是AC上一点，AD＝2DC，且cos∠DBC＝5714.求：(1)∠BDA的大小；(2)AD·CB.返回[巧思](1)由已知条件可求∠DBC，∠C的正弦值，又∠BDA＝∠DBC＋∠C，所以由cos∠BDA＝cos(∠DBC＋∠C)，可求余弦值，进而可确定角的大小．(2)AD·CB＝|AD|·|CB|cos(π－C)，因此问题转化为求|AD|、|CB|，由正、余弦定理即可解决．返回[妙解](1)由已知得cos∠DBC＝5714，cosC＝277，从而sin∠DBC＝2114，sinC＝217，∴cos∠BDA＝cos(∠DBC＋∠C)＝5714×277－2114×217＝12，∴∠BDA＝π3.返回(2)设DC＝x，则AD＝2x，AC＝3x，设BC＝a，则在△DBC中，由正弦定理得xsin∠DBC＝asin∠BDC，∴a＝7x.在△ABC中，由余弦定理得4返回＝(3x)2＋(7x)2－2·3x·7x·277，解得x＝1，∴|AC|＝3，|BC|＝7.∴AD·CB＝|AD|·|CB|cos(π－C)＝2×7×(－277)＝－4.返回返回点击此图片进入NO.1课堂强化返回点击此图片进入NO.2课下检测