1、第二十二讲正弦定理和余弦定理 回归课本 1.正弦定理 abc (1)内容:=2R(其中R为ABC外接 sinA sinB sinC 圆的半径). (2)正弦定理的几种常见变形 a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC; abc (其中R是ABC外接sinA,sinB,sinC; 2R2R2R 圆半径) asinB=bsinA,bsinC=csinB,asinC=csinA; a:b:c=sinA:sinB:sinC. 2.余弦定理 (1)余弦定理的内容 c2=b2+a2-2bacosC, b2=a2+c2-2accosB, a2=b2+c2-2bccosA. (2)余弦定理的变形
2、2 2 2 b c a cosA cosB cosC ; ; . 2bc 2 2 2 a c b 2ac 2 2 2 a b c 2ab (3)勾股定理是余弦定理的特殊情况 在余弦定理表达式中分别令A B C为90,则上述关系式分 别化为:a2=b2+c2,b2=a2+c2,c2=a2+b2. 3.解斜三角形的类型 在ABC中,已知a、b和A时,解的情况如下: 4.测距离的应用 5.测高的应用 6.仰角 俯角 方位角 视角 (1)在视线和水平线所成的角中,视线在水平线上方的角叫做 仰角,在水平线下方的角叫做俯角,如下左图所示. (2)如上右图所示,P点的方向角为南偏东60. (3)由物体两端射
3、出的两条光线,在眼球内交叉而成的角叫做 视角. 7.ABC的面积公式有 1 (1)S a a表示a边上的高);a 2 11 sinBsinC abc 2 2 ;(2)S absinC 2R sinAsinBsinC a 22sinA 4R 1 (3)S r(a b c)(r为内切圆半径); 2 1 (4)S p(p a)(p b)(p c)其中p a b c . 2 考点陪练 1 .已知 A.135 B.90 C.45 D. 30 中 a 2,b 3,B 60,那么角A等于( ) ab2 32 解析:由正弦定理,得 ,可得sinA . sinA sinB sinA23 2 又a 2 b 3,所
4、以A B,所以A 45. 答案:C 2.的边分别为 且 则 的面积为( ) A.4 3 B.5 C.2D.6 2 11 解析:S acsinB 14 2 sin45 2. 22 答案:C 2 中 角A B C的对边分别为a、b、c,若 a c b 22 3. 在 tanB 3ac,则角B的值为( ) A. B. 63 5 C. 或 6 6 2 D. 或 3 3 2 2 2 解析:由 a c b tanB 3ac,联想到余弦定理并代入 2 2 2 a c b 3 13cosB 得cosB . 2ac2 tanB 2sinB 2 2 3 3 3 显然B ,sinB ,在(0,)内B 或 . 2 答
5、案:D 4.在ABC中,角A,B,C的对边为a,b,c,若 a 3,b 2, B=45,则角A等于( ) A.30 C.60 B.30或105 D.60或120 ab 解析:由正弦定理得 asinB 3 , sinA sinB sinA . b2 2 又, ),A 或A .故选D. 433 答案:D 5.(2010湖南)在ABC中,角A,B,C所对的边长分别为 a,b,c.若C=120, a,则( ) c 2 A.ab B.ab C.a=b D.a与b的大小关系不能确定 a 5a 解析:c2=a2+b2-2abcos120a2-b2-ab=0b= 2 AC知CB,则C有两解. (1)当C为锐角
6、时,C=60,A=90,由三角形面积公式得: 2 31 S= ABACsinA=2sin90=. 2 3 1 2 (2)当C为钝角时,C=120,A=30,由三角形面积公式得 2 : 11 2 1 2 32 3, S= ABACsinA= 2 2 3.ABC的面积为 或 2 3 解法二:由余弦定理得:|AC|2=|AB|2+|BC|2- 3 2|AB|BC|cosB,即:4=12+|BC|2-2 2 3|BC|, 2 |BC|2-6|BC|+8=0,|BC|=2或|BC|=4. 1 (1)当|BC|=2时,S = |AB|BC|sinB |AB|BC|sinB 2 11 2 32 3. 22
7、1 2 (2)当|BC|=4时,S = 11 2 34 2 3. 22 ABC的面积为或3. 2 3 反思感悟本题主要考查正弦定理 三角形面积公式及分类 讨论的数学思想,同时也考查了三角函数的运算能力及推 理能力. 类型二判断三角形的形状 解题准备:1.这类题型主要是利用正 余弦定理及其变形,把题 设条件中的边 角关系转化为角或边的简单关系,从而进行 判断. 2.判断三角形的形状的思路大致有两种:一是化边为角,以角 为着眼点,利用正 余弦定理及变形,把已知条件转化为内角 三角函数之间的关系,走三角变形之路;二是化角为边,以边 为着眼点,利用正 余弦定理及变形,把已知条件转化为边的 关系,走代数
8、变形之路.在运用这些方法对等式变形时,一般 两边不约去公因式,应移项提公因式,以免产生漏解. 【典例2】在ABC中,a、b、c分别表示三个内角A、B、C 的对边,如果(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),试判断该 三角形的形状. 分析利用正、余弦定理进行边角互化,转化为边边关系或角 角关系. 解解法一:由已知(a2+b2)sin(A-B) =(a2-b2)sin(A+B). 得a2sin(A-B)-sin(A+B) =b2-sin(A+B)-sin(A-B) 2a2cosAsinB=2b2cosBsinA. 由正弦定理得 sin2AcosAsinB=sin2BcosB
9、sinA, 即sin2AsinAsinB=sin2BsinAsinB. 0A,0B180,故B=135不适合题意,是个增解.这 个增解产生的根源是忽视了ab这一条件,根据三角形的边 角关系,角B应小于角A,故B=135应舍去. 正解在ABC中,由正弦定理可得 bsinA 2sin602 sinB , a26 因为ab,所以AB,所以B=45. 答案45 评析已知两边和其中一边的对角,求另一边的对角时,一定要 注意根据边角关系,确定适合题意的角是一个还是两个. 错源二因忽视边角关系而致错 【典例2】在ABC中,tanA=a2,tanB=b2,那么ABC是() A.锐角三角形 B.直角三角形 C.
10、等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形 2 2 tanA a 得 tanB b 错解由 2 2 , tanA a , tanB b 2 sinAcosB sin AcosB sinA ,所以 , 即 2 cosAsinB sin BcosA sinB 所以sinAcosA sinBcosB, 所以sin2A sin2B,所以A B. 所以 是等腰三角形,选C. 剖析上述错解忽视了满足sin2A=sin2B的另一个角之间的 关系:2A+2B=180. 22 tanA a sinAcosB sin A 2 2得 即, tanA a , tanB b正解 由 22 tanB b cosAsinB s
11、in B cosB sinA 所以,所以sinAcosA sinBcosB, cosA sinB 所以sin2A sin2B,所以A B或A B 90. 所以是等腰三角形或直角三角形,选D. 答案D 评析判断三角形形状时,一定要把边或角的关系考查周全,避 免遗漏. 错源三因忽视角的范围而致错 a b 【典例3】在ABC中,若A=2B,求的取值范围. 错解在ABC中,由正弦定理,可得 a sin2B 2sinBcosB 2cosB, b sinBsinB 因为0B,所以-1cosB1, a 所以-22cosB2,又 0, b 所以02cosB2, a 所以 的取值范围是(0,2). b 剖析上述
12、错解忽视了根据已知条件A=2B进一步考查角B的 取值范围. 正解在ABC中,由正弦定理,可得 a sin2B 2sinBcosB 2cosB, b sinBsinB 因为A=2B,A+B,所以 0 B , 3 1 所以 cosB1,所以12cosBbc,即最大边长为a, 所以A=120, 因为b=a-4,c=b-4=a-8, 所以在ABC中由余弦定理,得 2 2 2 1(a 4) (a 8) a 2(a 4)(a 8) cosA , 2 解得a=14或a=4, 所以最大边长为4或14. 剖析上述错解忽视了已知条件a=4+b中隐含的a4这一要求 . a b 4, 正解由可得b-c=4, a c
13、2b 所以abc,即最大边长为a, 所以A=120, 因为b=a-4,c=b-4=a-8, 所以在ABC中由余弦定理,得 2 2 2 1(a 4) (a 8) a 2(a 4)(a 8) cosA , 2 解得a=14或a=4, 因为a=4+b,所以a4, 所以最大边长为14. 评析对于题目中的隐含条件,尤其是范围条件,一定要善于 挖掘. 错源五忽视内角和定理的限制 【典例5】在中 3sinA 4cosB 6, 3cosA 4sinB 1, 则C的大小为( ) A. B. 5 66 5 C. 或 D. 或 6 6 3 3 2 3sinA 4cosB 6 错解由 3cosA 4sinB 1 1
14、平方相加得sin A B . 2 1 5 sinC ,C 或 ,故选C. 6 62 1 1 剖析平方易增解,由3cosA 4sinB 1得cosA . 3 2 A . 3 5 C . 6 3sinA 4cosB 61 正解由平方相加得sin A B . 3cosA 4sinB 1 2 1 5 sinC ,C 或 . 26 6 5 若C ,则A B . 66 1 1 A 4sinB 0,cosA , 3 2 5 A .C ,C ,故应选A. 366 答案A 技法一方程思想 【典例1】如图,D是直角ABC斜边BC上一点,AB=AD,记 CAD=,ABC=. (1)证明:sin+cos2=0; (2
15、)若AC= 3DC,求的值. 解 1 证明:因为 BAD 2 2 ( 2) 2 ,所以sin sin 2 cos2. 22 即sin cos2 0. DCAC 2 在中 由正弦定理,得 3DC . sin sin( ) DC 即,所以sin 3sin. sin sin( ) 又由 1 可知: sin cos2,所以sin 3cos2 3(1 2sin ), 2 3sin sin 2 即2 3 0. 33 解得sin 或sin . 23 3 因 为0 ,故sin ,从而 . 223 3方法与技巧第(2)问借助正弦定理得到“sin= sin”, 结合第(1)问的结论消去角,把问题转化为关于sin的
16、一 元二次方程,通过解方程求得.此题灵活运用了消元思想和 方程思想. 技法二分类讨论思想 【典例2】如图,有两条相交成60的直线xx,yy,其交点为O, 甲、乙两辆汽车分别在xx,Oy上行驶,起初甲离O点30 km,乙离O点10 km,后来两车均用60 km/h的速度,甲沿xx 方向,乙沿yy方向行驶(设甲、乙两车最初的位置分别为 A,B). (1)起初两车的距离是多少? (2)用包含t的式子表示,t小时后两车的距离是多少? 解(1)由余弦定理,知 AB2=OA2+OB2-2OAOBcos60 1 =302+102-23010 =700. 2 故AB= 10 7 (km). 即起初两车的距离是
17、 10 7km. (2)设甲 乙两车t小时后的位置分别为P,Q,则 AP=60t,BQ=60t. 1 当0t 时,POQ=60. 2 此时OP=30-60t,OQ=10+60t. 由余弦定理,得 PQ2=(30-60t)2+(10+60t)2-2(30-60t)(10+60t)cos60 =10800t2-3600t+700. 1 2 t 当时,POQ=120. 此时OP=60t-30,OQ=10+60t. 由余弦定理,得 PQ2=(60t-30)2+(10+60t)2-2(60t-30)(10+60t)cos120 =10800t2-3600t+700. 综上知PQ2=10800t2-360
18、0t+700. 则 2 PQ 10 108t 36t 7. 故t小时后两车的距离是 PQ 10 108t 2 36t 7 (km). 方法与技巧本题是一个解三角形的实际问题,由于两车的行 驶方向导致以O点为起点的两线段的夹角发生变化,因此必 须对两种情况进行分类讨论. 技法三数形结合思想 【典例3】在斜度一定的山坡上的一点A测得山顶上一建筑 物顶端C对于山坡的斜度为15,向山顶前进100 m后,又 从B点测得斜度为45.设建筑物的高为50 m,求山坡对于 地平面的斜度的倾斜角的余弦值. 解题切入点本题是测量角度问题,首先应根据题意画出图形 ,如图所示.设山坡对于地平面的斜度的倾斜角EAD=,这
19、 样可在ABC中利用正弦定理求出BC;再在BCD中,利 用正弦定理得到关于的三角函数关系式,进而解出. 解在中 BAC 15,CBA 180 45 135, 100 BC ACB 30, AB 100 m.根据正弦定理,有 sin30 sin15 100sin15 所以BC . sin30 100sin15 sin30 又在中 CD 50, BC ,CBD 45, CDB 90 . 100sin15 sin30 sin45 sin(90 ) 50 根据正弦定理,有.解得cos 3 1. 即山坡对于地面的斜度的倾斜角的余弦值为 3 1. 方法与技巧题中已知条件较多,为了求倾斜角,根据题意画 出其示意图,将已知条件归结到ABC与BCD中.在BCD 中,利用三角形的性质,将CDB与角联系起来,从而在两个 三角形中,利用正弦定理将求出.
