人教A版必修第二册高一下数学6.4.3余弦定理、正弦定理【课件】

1.三角形的元素一般地,三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c叫做三角形的元素.2.解三角形已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形.6.4.3余弦定理、正弦定理1|三角形的元素与解三角形知识点必备知识清单破

三角形中任何一边的平方,等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的

两倍.即a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosC.推论:cosA=

,cosB=

,cosC=

.2|余弦定理知识点在一个三角形中,各边和它所对角的正弦的比相等,即

=

=

=2R(R是△ABC外接圆的半径).变形:a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,sinA=

,sinB=

,sinC=

.3|正弦定理知识点1.仰角、俯角:在视线所在的垂直平面内,视线与水平线的夹角.视线在水平线上方、下方时,

与水平线的夹角分别为仰角、俯角,如图①.

4|实际应用问题中的有关术语知识点2.方向角:一般是指以观测者的位置为中心,将正北或正南方向作为起始方向旋转到目标方向

线所成的角(一般指锐角),通常表达成北(南)偏东(西)××度.如图②,方向角为南偏西60°.

3.方位角:从某点的正北方向起,按顺时针方向到目标方向线所转过的水平角.如图③,方位角

为120°.

1.余弦定理a2=b2+c2-2bccosA中,若A=90°,公式会变成什么?勾股定理和余弦定理有什么关系?2.在△ABC中,若sinA=sinB,则一定有A=B吗?3.在△ABC中,A>B与sinA>sinB有怎样的关系?4.在三角形的6个元素中,任意给出其中的3个元素,都能求出其余元素吗?知识辨析1.若A=90°,则公式变为a2=b2+c2,即勾股定理;勾股定理是余弦定理的一个特例,余弦定理是勾

股定理的推广.2.一定.由正弦定理及sinA=sinB得a=b,故△ABC为等腰三角形,则A=B.3.设△ABC的外接圆的半径为R,若A>B,则a>b,则2RsinA>2RsinB,故sinA>sinB.若sinA>sinB,则2RsinA>2RsinB,则a>b,故A>B.综上所述,在△ABC中,A>B与sinA>sinB等价.4.不一定.当给出的3个元素是3个角时,不能求其边长,因此给出的3个元素中至少要有1条边

长.一语破的1.利用余弦定理解三角形(1)“边边边”型:当已知三角形的三边时,一般先利用余弦定理的推论求出两角,再根据三角

形内角和定理求出第三个角.(2)“边角边”型:当已知两边及其夹角时,可以利用余弦定理求第三边,再用余弦定理的推论

和三角形内角和定理求出其他两角.(3)“边边角”型:当已知两边和其中一边的对角时,可以利用余弦定理建立一元二次方程,解

方程求出第三边,可能会出现增根,此时需根据题意进行检验,再用余弦定理的推论和三角形

内角和定理求出其他两角.1|利用余弦定理、正弦定理解三角形定点关键能力定点破2.利用正弦定理解三角形(1)“角角边”型:当已知三角形的两角和其中一个角的对边时,可由正弦定理求另一角所对边,由三角形内角和定理求出第三个角,再由正弦定理求出第三边.(2)“角边角”型:当已知三角形的两角和第三个角的对边时,先由三角形内角和定理求出第

三个角,再由正弦定理求另外两边.(3)“边边角”型:当已知两边及其中一边的对角时,可由正弦定理求另外一边的对角,此时需

从角的角度进行检验,即大边对大角,小边对小角,再由三角形内角和定理求第三个角,最后由

正弦定理求第三边.不妨设已知边a,b和A,则△ABC的解的几种情况如下:①A为直角或钝角时,解的情况如下:②A为锐角时,解的情况如下:

在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,根据已知条件解三角形.(1)a∶b∶c=2∶

∶(

+1);(2)a=2

,c=

+

,B=45°;(3)c=10,A=45°,C=30°;(4)b=3,c=3

,B=30°.典例解析

(1)由题可设a=2k,b=

k,c=(

+1)k(k>0),由余弦定理的推论,得cosA=

=

=

,所以A=45°.同理可得cosB=

,所以B=60°.所以C=180°-A-B=75°.(2)由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB=(2

)2+(

+

)2-2×2

×(

+

)×cos45°=8,所以b=2

.由余弦定理的推论,得cosA=

=

=

,所以A=60°,故C=180°-(A+B)=75°.(3)因为A=45°,C=30°,所以B=180°-(A+C)=105°.由正弦定理,得

=

,故a=

=10×

=10

.同理可得,b=

=10×

=10×

=10×

=20×

=5

+5

.(4)解法一(余弦定理):由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,即32=a2+(3

)2-2a×3

×cos30°,整理得a2-9a+18=0,解得a=3或a=6.当a=3时,A=B=30°,故C=120°;当a=6时,由余弦定理的推论得cosA=

=

=0,所以A=90°,故C=60°.解法二(正弦定理):因为b=3,c=3

,B=30°,所以由正弦定理得

=

,解得sinC=

,所以C=60°或C=120°.当C=60°时,A=90°,由勾股定理得a=

=6;当C=120°时,A=30°,故A=B,所以a=b=3.正、余弦定理在边角相关问题中的综合应用主要体现在边角互化.一般地,若式子中含

有角的余弦或边的二次式,则考虑用余弦定理;若式子中含角的正弦或边的一次式,则考虑用

正弦定理.也可以与三角恒等变换等知识结合起来,达到解题的目的.2|利用余弦定理、正弦定理解决三角形边角相关问题定点在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且acosB+acosC=b+c,则△ABC的形状是

(

)A.等边三角形

B.锐角三角形C.钝角三角形

D.直角三角形典例1D解析

解法一:∵acosB+acosC=b+c,∴sinAcosB+sinAcosC=sinB+sinC(由正弦定理边化角).∵A+B+C=π,∴sinB+sinC=sin(A+C)+sin(A+B),∴sinAcosB+sinAcosC=sin(A+C)+sin(A+B),化简,得cosA(sinB+sinC)=0(由三角恒等变换求角).又∵A∈(0,π),B∈(0,π),C∈(0,π),∴cosA=0,即A=

,∴△ABC是直角三角形.解法二:∵acosB+acosC=b+c,∴a·

+a·

=b+c(由余弦定理的推论角化边),化简,得(a2-b2-c2)(b+c)=0(因式分解得边的关系).∵b+c>0,∴a2-b2-c2=0,即a2=b2+c2,∴△ABC是直角三角形.已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a+c=2b.(1)求证:0<B≤

;(2)若C=2A,试求a∶b∶c.典例2解析

(1)证明:由余弦定理的推论,得cosB=

=

≥

=

,当且仅当a=c时等号成立,∵B是△ABC的内角,∴0<B≤

.(2)在△ABC中,由a+c=2b,结合正弦定理可得sinA+sinC=2sinB,∵C=2A,∴B=π-A-C=π-3A,∴sinA+sin2A=2sin3A,即sinA+2sinAcosA=2(sinAcos2A+cosA·sin2A)=2[sinA(2cos2A-1)+2sinAcos2A],∵sinA>0,∴1+2cosA=2(2cos2A+2cos2A-1),整理得8cos2A-2cosA-3=0,解得cosA=

或cosA=-

.∵C=2A,∴0<A<

,∴cosA=

.由余弦定理的推论,得cosA=

=

,将a+c=2b代入上式,得2b2+2c2-2(2b-c)2=3bc,整理得b=

c,∴a=

c,故a∶b∶c=

c∶

c∶c=4∶5∶6.1.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则△ABC的面积S=

absinC=

bcsinA=

casinB.2.在解决三角形面积、周长等范围问题时,一般有两种方法:(1)正弦定理与三角函数相结合:利用正弦定理将边转化为角,进行三角恒等变换,然后利用三

角函数的性质,求三角形面积、周长的范围.(2)余弦定理与不等式相结合:利用余弦定理得到三角形三边关系的等式,然后利用不等式(如

a2+c2≥2ac,(a+c)2≥4ac)转化,通过解不等式得到周长或面积的范围.3|利用余弦定理、正弦定理解决三角形周长和面积问题定点已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且

+

=

.(1)求b的值;(2)若cosB+

sinB=2,求△ABC周长的取值范围.典例1解析

(1)∵

+

=

,∴

+

=

,∴

=

,解得b=

.(2)解法一(正弦定理+三角函数):∵cosB+

sinB=2sin

=2,∴sin

=1,∵0<B<π,∴

<B+

<

,∴B+

=

,∴B=

,由正弦定理得

=

=

=

=1,∴a=sinA,c=sinc,由A+B+C=π,B=

,得A+C=

,∴C=

-A,且0<A<

,∴a+c=sinA+sinC=sinA+sin

=sinA+sin

cosA-cos

sinA=

sinA+

cosA=

sin

.∵0<A<

,∴

<A+

<

,∴

<sin

≤1,∴

<

sin

≤

,即

<a+c≤

,∴

<a+b+c≤

,∴△ABC周长的取值范围是

.解法二(余弦定理+不等式):同解法一得B=

,由(1)知b=

,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-3ac,则3ac=(a+c)2-b2,∵ac≤

,∴3ac=(a+c)2-b2≤

,即(a+c)2≤4b2,∴a+c≤2b=

,当且仅当a=c时等号成立.又∵三角形两边之和大于第三边,∴a+c>b=

,∴

<a+c≤

,∴

<a+b+c≤

,故△ABC周长的取值范围是

.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若asin

=bsinA.(1)求B的值;(2)若b=1,求△ABC面积的最大值;(3)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.典例2解析

(1)由正弦定理及已知得sinAsin

=sinBsinA,∴sinAsin

=sinAcos

=2sin

cos

·sinA,∵A∈(0,π),

∈

,∴sinA≠0,cos

≠0,∴sin

=

,∴

=

,解得B=

.(2)解法一(正弦定理+三角函数):由正弦定理得

=

=

=

=

,∴a=

sinA,c=

sinC,由A+B+C=π,B=

,得A+C=

,∴C=

-A,且0<A<

,∴ac=

sinAsinC=

sinAsin

=

sinA

=

=

=

sin

+

,∵0<A<

,∴-

<2A-

<

,∴0<

sin

+

≤1,∴ac的取值范围是(0,1],

∴S△ABC=

acsinB≤

×1×

=

.解法二(余弦定理+不等式):由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=1,即a2+c2=ac+1,∵a2+c2≥2ac,∴ac+1≥2ac,即ac≤1,当且仅当a=c=1时取等号,∴S△ABC=

acsinB≤

×1×

=

.(3)由A+B+C=π,B=

,得A+C=

,即C=

-A,由△ABC为锐角三角形,得

解得

<A<

,由正弦定理得

=

=

,所以a=

=

=

,因为

<A<

,所以tanA>

,故a∈

,故S△ABC=

acsinB=

a∈

.所以△ABC面积的取值范围为

.方法技巧

在求周长或面积范围问题时,如果已知的边和角是对应的,两种方法都适用,但余

弦定理结合不等式这种方法较简便;如果已知的边和角不是对应的或对角的范围有要求时,

通常选择正弦定理结合三角函数这种方法.1.测量距离问题4|利用余弦定理、正弦定理解决实际应用问题定点问题图形可测元素解法测量不相通的两点A,B间的距离(A,B均可到达)

a,b,αAB=

测量可视的两点A,B间的距离(B点不可到达)

b,α,βAB=

测量两个不可到达的

点A,B间的距离

a,α,β,γ,θ(1)在△ACD中,用正弦定理求AC;(2)在△BCD中,用正弦定理求BC;(3)在△ABC中,用余弦定理求AB2.测量高度问题问题图形可测元素解法测量AB的高度(底部

B点可到达)

a,αAB=atanα测量AB的高度(底部

B点不可到达)

a,α,β(1)在△ACD中,用正

弦定理求AD;(2)AB=ADsinβ

a,α,β,γ(1)在△BCD中,用正

弦定理求BC;(2)AB=BCtanγ3.测量角度问题,应注意:(1)明确角的含义;(2)分析题意,分清已知与所求,并根据题意画出正确的示意图;(3)从实际问题中抽象出一个或几个三角形,结合图形去选择定理求解三角形.如图,A,B是海面上位于东西方向相距5(3+

)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距20

海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为30海里/时,该救援船到达D点需要多长时间?

典例

解析

由题意知AB=5(3+

)海里,∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB=45°,∴∠ADB=105°.在△DAB中,由正弦定理得

=

,∴DB=

=

=

=

=10

(海里).又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°)=60°,BC=20

海里,∴在△DBC中,由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos∠DBC=300+1200-2×10

×20

×=900,∴CD=30海里,∴该救援船到达D点需要的时间为

=1小时.1.奔驰定理如图,已知P为△ABC内一点,则有S△PBC·

+S△PAC·

+S△PAB·

=0.

专题疑难突破三角形的奔驰定理和四心问题证明:如图,延长AP与BC交于点D,

则

=

=

=

=

,易得

=

+

,∴

=

+

,∵

=

=

=

=

,∴

=-

,即

+

=-

,∴S△PBC·

+S△PAC·

+S△PAB·

=0.这个定理对应的图形和奔驰车的标志很相似,我们把它称为奔驰定理.奔驰定理可以快

速解决三角形的面积和与“四心”相关的平面几何问题.2.三角形四心的向量形式设O为△ABC内一点,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则①O为△ABC的重心(中线的交点)⇔

+

+

=0⇔S△BOC∶S△COA∶S△AOB=1∶1∶1.②O为△ABC的内心(角平分线的交点)⇔a

+b

+c

=0⇔sinA·

+sinB·

+sinC·

=0⇔S△BOC∶S△COA∶S△AOB=a∶b∶c.③O为△ABC的外心(中垂线的交点)⇔|

|=|

|=|

|=

⇔sin2A·

+sin2B·

+sin2C·

=0⇔S△BOC∶S△COA∶S△AOB=sin2A∶sin2B∶sin2C.④O为△ABC的垂心(高线的交点)⇔

·

=

·

=

·

⇔tanA·

+tanB·

+tanC·

=0⇔S△BOC∶S△COA∶S△AOB=tanA∶tanB∶tanC.(多选)已知P为△ABC所在平面内一点,则下列命题正确的是

(

)A.若P为△ABC的垂心,

·

=2,则

·

=2B.若P为锐角△ABC的外心,

=x

+y

且x+2y=1,则AB=BCC.若

=λ

(λ∈R),则点P的轨迹经过△ABC的重心D.若

=

+

+

,则点P的轨迹经过△ABC的内心典例1ABC解析

对于A选项,因为

=

+

,所以

·

=

·(

+

)=

·

+

·

=2,因为P为△ABC的垂心,所以

·

=0,所以

·

=2,故A正确;对于B选项,因为

=x

+y

且x+2y=1,所以

=(1-2y)

+y

,所以

-

=y(

-2

),即

=y(

+

),设D为AC中点,则

=2y

,所以B,P,D三点共线,又因为PD垂直平分AC,所以BD垂直平分AC,故AB=BC,B正确;对于C选项,由正弦定理得

=

,故|

|sinC=|

|sinB,所以

=λ

=

(

+

),设BC中点为E,则

+

=2

,所以

=

,所以A,P,E三点共线,即点P在边BC的中线上,故点P的轨迹经过△ABC的重心,C正确;对于D选项,因为

=

+

=

+

+

(

+

),设BC中点为M,则

+

=2

,所以

=

+

+

,所以

·

=

·

+

·

·

+

·

=-|

|+|

|+

·

=

·

,所以

·

-

·

=0,即(

-

)·

=0,所以

·

=0,故点P在BC的中垂线上,故点P的轨迹经过△ABC的外心,D错误.故选ABC.方法总结

三角形四心与动点P的轨迹已知点O是△ABC所在平面内一定点.1.动点P满足

=

+λ

+

(λ>0),则点P的轨迹一定经过△ABC的重心;2.动点P满足

=

+λ

(λ>0),则点P的轨迹一定经过△ABC的内心;3.动点P满足

=

+λ

+

(λ>0),则点P的轨迹一定经过△ABC的外心;4.动点P满足

=

+λ

+

(λ>0),则点P的轨迹一定经过△ABC的垂心.已知点O在△ABC内,若2

+

+3

=0,则S△AOC∶S△ABC=

.典例21∶6解析

解法一(通法):因为2

+

+3

=0,所以2(

+

)+(

+

)=0,如图,设AC,BC的中点分别为E,F,

则2

+

=0,即

=-

,所以S△AOC=

S△AFC,又因为S△AFC=

S△ABC,所以S△AOC=

S△ABC,所以答案为1∶6.解法二(速解):由2

+

+3

=0,运用奔驰定理得S△BOC∶S△AOC:S△AOB=2∶1∶3,所以S△AOC∶S△ABC=1∶6.方法技巧

已知P为△ABC内一点,且满足x

+y

+z

=0,则S△