人教版高中数学必修五学案4：111 正弦定理-11

1.1.1正弦定理

1.1.2余弦定理

学习目标：掌握正、余弦定理的表示形式及证明正、余弦定理的向量方法，并会运用正、余

弦定理解决两类基本的解三角形问题.

学习过程：

新知讲解:

1.几何法证正弦定理

设BO为AA8C外接圆。。的直径，则8O=2R,下面按NA为直角、锐角、钝角三种

情况加以证明.

(1)若NA为直角，如图①，则BC经过圆心O,，BC为圆。的直径，BC=2R,缶=

sin/I

BC

sin90'M=BC=2R.

(2)若/A为锐角，如图②，连结C£>,则

BCBC

在RtABCZ）中'sinNBOLsinNBAC'

BC.BC

•.—://人

~sinZ/BDCBD=2RfsinZBAC2R.

即卷=2用

(3)若NA为钝角，如图③，连结CD,则所以sinZBAC=smZCDB,

Be

在.RS'CO中，sin/CDB=BD=2R,

BC_BC

乂•sinZCDB~sinZBAC9

''sinZBAC=2R，即sinA=2R

可证得：V4=2R.同理可证:磊=2R竦7=2/?.

bin/i

所以，不论AABC是锐角三角形，直角三角形，还是钝角三角形，都有：能7=式彳

sin/isinD

M=2R(其中R为4ABe的外接圆的半径).

正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，并且都等于其外接圆的

直径.

2.坐标法证余弦定理

如图所示，以的顶点A为原点，射线AC为x轴的正半轴，建立

直角坐标系，这时顶点6可作角A终边的一个点，它到原点的距离「=，.设点B的坐标

为(x,y),由三角函数的定义可得：x=ccosAfy=csinA,即点8为(ccosA,csinA),又点

C的坐标是(AO).

由两点间的距离公式，可得：

a=BC=yl(b—ccos/t)2+(-csinA)1.

两边平方得：a2=(b-ccosA)2+(—csinA)2

=b2+c2—2/?ccosA.

以aABC的顶点3或顶点。为原点，建立直角坐标系，同样可证

Z72—a2+c2—2accosB,c2=a2+b2—2abeosC.

余弦定理:三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦

值的积的2倍.

余弦定理的第二种形式是：

b2+c2~a2a2+c2~b2

cos4=26c,cosB=2-,

a2+b2-c2

cosC=2ab.

易知：A为锐角ob'+c2—a)》。；

A为直角=〃+<?—“2=0；

A为钝角=>62+,2-“2<0.

由此可见:余弦定理可以看作是勾股定理的推广,勾股定理可以看作是余弦定理的特例.

方法突破：

一、解三角形的常见类型及解法

方法链接：在三角形的边、角六个元素中，只要知道三个，其中至少一个元素为边，即

可求解该三角形，按已知条件可分为以下几种情况:

已知条件应用定理一般解法

由A+B+C=180。，求角A；由正

一边和两角

正弦定理弦定理求出b与c.在有解时只有一

(如mB,C)

解.

由余弦定理求第三边C：由正弦定

两边和夹角理求出小边所对的角；再由4+8

余弦定理正弦定理

(如a,b,C)

+C=180。求出另一角.在有解时

只有一解.

由余弦定理求出角A、B；再利用A

三边(a,b,c)余弦定理+B+C=180。，求出角C.在有解时

只有一解.

由正弦定理求出角8；由A+8+C

两边和其中

=180。，求出角C；再利用正弦定

一边的对角正弦定理余弦定理

理或余弦定理求C.可有两解，一解

(如a,b,A)

或无解.

在解题过程中，也可以先利用正弦定理求解，再利J用“三角形内角和定理”和“大边对大

角”来检验.

例1：如图所示，在四边形A8CZ)中，已知AOJ_C£>,AD=W,AB=14,ZB£>A=60°,

NBCD=135。.求6c的长.

二、三角形解的个数判断

方法链接：己知三角形的两边及一边的对角，可用正弦定理解三角形，也可用余弦定理

解三角形.如已知a,b,A,可先由余弦定理求出边C,即列关于c的方程a2=/+c2-

2bccosA,解出c后要注意验证c值是否与a,6能构成三角形.符合题意的c值有几个，对

应的三角形就有几解.若采用正弦定理解三角形，可以结合下表先判断解的情况，再解三角

形.

A为锐角A为钝角或直角

□□□

图形4:匕

OsinA<a<

关系式a=bsinAa>ba>ba<b

a<bbsinA

解个数一解一解两解无解一解无解

例2：已知AABC中，b=3,c=3小，8=30。，求〃的值.

三、三角形的面积公式及应用

方法链接：三角形面积的常用计算公式

(l)S=；a/7°(瓦表示a边上的高)；

(2)S=%加inC=^acs\nB=^bcsinA；

(3)S=*(a+，+c)(r为三角形内切圆半径)；

(4)5=甯(可由正弦定理推得)；

(5)5=2/?2sinA,sinBsinC(R是三角形外接圆半径)；

(6)Sp(p—d)(p—b)(p—c)(p是三角形的半周长).

例3：在"BC中，已知NB=60。，面积为1即，外接圆半径为R=亭，求三边a,b,

四、利用正、余弦定理求三角形外接圆半径

方法链接：利用正弦定理喘3=磊=薪=2几(其中R是AABC的外接圆半径)可以

推得以下结论：

⑴尺

________a+〃+c______

⑵"2(sinA+sinB+sinC)'

(3)R=嘿(其中S为4ABC的面积)；

-J

(4)R=.I——abc(其中p为&a+b+c),即NBC的半周长).

47P(p-a)(p-b)(p-c)/

有了这些结论，我们可以容易解决涉及三角形外接圆的问题.

例4：如图所示，已知/POQ=60。，M是/POQ内的一点，它到两边的距离分别为

MA=2,MB=11,求0M的长.

五、利用正、余弦定理判断三角形形状

方法链接：(1)判断三角形的形状，主要有以下两种途径：

①利用正、余弦定理，把已知条件转化为边边关系，然后通过因式分解，配方等方法,

得出边的相应关系，从而判断三角形的形状；

②利用正、余弦定理，把已知条件转化为角角关系，然后通过三角恒等变形，得出内角

的关系，从而判断三角形的形状.

(2)判断三角形的形状时，在等式变形中，一般两边不要约去公因式，以免漏解.

(3)常见的三角形有：正三角形、等腰三角形、直角三角形、等腰直角三角形、钝角三

角形或锐角三角形.

例5：在AABC中，acosA+Z>cosB=CCOSC,试判断三角形的形状.

六、利用正、余弦定理证明三角形中的恒等式

方法链接：证明三角恒等式有三种方向：一种是从等式某一侧证到另一侧；一种是将式

子的两侧同时整理化简得到相同的结果；最后一种是将要证的恒等式进行适当的等价变形,

证明等价变形后的式子成立即可.不论哪种方向都应遵循“从繁化简''的原则.

例6：在AABC中，A,B,C的对边分别为a,b,c,

212,2222

、Q,Fa—b卜b一，r-

'"'cosA+cosBcosB+cosCCOSC+COSA'

课堂检测：

1.已知钝角三角形的三边ci=A,。=%+2,c=Z+4,求氏的取值范围.

2.在AABC中，己知A=60。，a=乖,b=2,则

2

3.在AABC中，黑=方，试判断三角形的形状.

4.已知AABC中，AB=1,BC=2,则角C的取值范围是()

A.0<C<7B.0<C<?

o2

C-6<C<2D-6<C4

5.已知AABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c,设向量/n=(a,%),〃=(sin8,

sinA),p=(b-2,a—2).

(1)若/«〃"，求证：AABC为等腰三角形；

jr

(2)若mJ_p,边长c=2,角C=?求△A8C的面积.

6.AABC的内角4、B、C的对边分别为a,b,c,〃sinA+csinC-也asinC=bsin8.

⑴求8；

(2)若A=75。，b=2,求a,c.

参考答案

例1：解：在△AB。中，设BO=x,

则BA2=BD1+Ab2-2BDADcosZBDA,

即142=^+102-2-10x-cos60°,

整理得f―10x—96=0,

解之得X1=16,X2=-6(舍去).

।T；]天士eBCBD

由正弦定理：sin/CQ8=sin/Bm

•••BC--~]a/o,sin30°—

o111I，J

例2：解：方法一利用余弦定理求解.

先将。=3,c=3小，8=30。

代入Z>2=a2+c2—2«ccosB,

有32=a2+(3^/3)2-2a-3V3-cos30°.

整理,得a?—9a+18=0.

所以a=6或a=3,经检验6和3均符合题意.

所以a的值为6或3.

方法二利用正弦定理求解.

3

:csinB=0f5,：.c>b>csinB..♦.△ABC有两解.

..cb•.V3

•sinLsinB一2.

，C=60。或C=120°.

当C=60°时，A=180°—8—C=90°.

由["4=0=6,解得：a=6.

sinAsinB

当。=120。时,A=180°-B-C=30°.

由总=岛=6,解得a=3.所以a的值为6或3.

olllr\billD

例3：解：b=2Rsin5=2x^^x^=7,

SA48c=1，zcsinB,•••1=]acx?,

/.〃c=40,

由h2=a2+c2—2accosB,得672+c2=89.

所以aABC的三边长为

。=8,b=7,c=5或。=5,6=7,c=8.

例4：解：如图所示，连接A3,由已知O,A,M,5四点都在以0M为直径的圆上.

A

4P

这个圆就是AABM的外接圆.

,?NPOQ=60。，.INAMB=120°.

在△?!中，AB2^=MA2+MB2-2MA-MBcos120°.

/MB2=22+ll2-2x2xllx^-1j=147.,.AB=7V3.

AB7^3

由正弦定理得OM=

sinZAA/Bsin120°sin60°

例5：解：方法一由正弦定理，

,n.ClhC

，又sin『sinB-sinC~k°9

.\a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC,代入已知条件得

AsinAcosA+feinBcosB=ksinCeosC,

即sinAcosA+sinBcos6=sinCeosC.

根据二倍角公式得sin24+sin2B=sin2C,

即sin[(A+B)+(A-B)]+sin[(A+3)—(A—B)]

=2sinCeosC,

/.2sin(A+B)cos(A-B)=2sinCeosC.

•.•A+8+C=TC,.\A-\~B=n-Cf

.,.sin(A+B)=sinC，0,

.,.cos(A—8)=cosC,

又,.•cos(A+3)=—cosC,

/.cos(A—8)+cos(A+8)=0,

/.2cosAcosB=0,cosA=0或cos3=0,

即A=90。或3=90。，J△ABC是直角三角形.

方法二由余弦定理知

Z?*2+c2-a2a2+c2--fe2J+h2-c2

COSA=2bc,cosB=2ac,COSC=2ah'

代入已知条件得

/72+c2—a2,,a2+c2—Z?2,c2—a2—b2〜

a'~乐一+万-2ac-+c*-2ab—=0,

通分得a2(b2+c2—a2)+b2(a2+c2—b~)+c2(c2—a2—b2)—0,

展开整理得(“2—")2=ct

Aa2-Z?2=±c2,即a2=/+c2或/=q2+c2.

根据勾股定理知AABC是直角三角形.

例6：证明：由正弦定理新=岛=康=2R.

.•.q=2RsinA,6=2RsinB,C=2RsinC.

.d—/472sin，一sin^B

**cosA+cosBCOSA+COSB

4—[(l-■人)一(1-COS2©]

cosA+cosB

4/?2(cos23—cos%)

cosA+cosB

=4N(COSB-COSA)；

/-C2、

同理7；=4H々cosC-cosB)；

cosB+cosC

22

c'——d'•>

7—4/^(cosA—cosC).

cosC十cosA

212,2222

.芹访—a—b/7—cr-a

cosiA+cosBcos8+cosCcosC+cosA

=4R2(COSB-COSA)+4/?2(COSC-COSB)+47?2(cosA—cosC)

=47?2(COS8—COSA+COSC—COSB+COSA—COSC)=0.

・・・左边=右边.

a2——lrb2——(?J——。？

即cosA+cosB^cosB+cosC^cosC+cosA°成"，

课堂检测：

1.解：・・・06>小且ZkABC为钝角三角形，

・・・c为钝角.

..+一C2IC—4k—12

由余弦定理得cosC=----57A---=大~TV-----<o.

2a。2kK-T

・・・F—4攵一12<0,解得一24<6.

由两边之和大于第二边得&+（2+2）>4+4,

：.k>2,综上所述，上的取值范围为2<收6.

2.【解析】在△A3C中，由正弦定理可得

加inA2sin60°V2

sinB—

a=^-=2,

因为所以A>8,所以8=45。.

【答案】450

tanAa2sinAcosBsin：A

3.解:tanB~b2<^>cosAsinB~sin2Bf

cosBsinA

cosA-sinB

<=