正弦定理與余弦定理

正弦定理與余弦定理正弦定理和余弦定理是解三角形的基本定理。正弦定理指出，在任意三角形ABC中，有a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R（R為△ABC外接圓半徑）。根據(jù)正弦定理，可以得到a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC。同時(shí)，sinA=a/2R，sinB=b/2R，sinC=c/2R，因此可以得到a:b:c=sinA:sinB:sinC。余弦定理則是描述了三角形中邊與角之間的關(guān)系，其中a2=b2+c2-2bccosA，b2=c2+a2-2cacosB，c2=a2+b2-2abcosC。在使用正弦定理和余弦定理解三角形時(shí)，需要注意判斷解的個(gè)數(shù)和角的類型。如果一個(gè)三角形有一個(gè)銳角，那么它就是銳角三角形，如果有一個(gè)直角，那么它就是直角三角形，如果有一個(gè)鈍角，那么它就是鈍角三角形。對于銳角三角形，可以使用余弦定理求解角度和邊長；對于直角三角形，可以使用勾股定理求解邊長；對于鈍角三角形，可能會有無解或者有兩個(gè)解的情況。除了正弦定理和余弦定理，還有一些常用的三角形面積公式，如S=ah/2，S=bcsinA/2，S=p(p-a)(p-b)(p-c)/2，其中p=(a+b+c)/2。針對一些典型問題，可以使用正弦定理和余弦定理進(jìn)行求解。例如，已知a、b和角B，可以使用正弦定理求解角A；已知a、b和角C，可以使用余弦定理求解邊c。同時(shí)，已知兩角和一邊或已知兩邊和一角都能解三角形。但是，需要注意sinA>sinB的充分不必要條件是A>B，而a2+b2<c2是△ABC為鈍角三角形的充分不必要條件。對于具體問題的求解，需要根據(jù)已知條件選擇合適的公式進(jìn)行代入計(jì)算。例如，在△ABC中，已知a=5，b=7，c=8，則可以使用余弦定理求解角B，進(jìn)而求解角A和角C。而在△ABC中，若a=18，b=24，A=45°，則可以使用正弦定理求解邊c，進(jìn)而判斷三角形是否有解。所以sinB=sinA=sin45°=1/√2。因?yàn)閍<b，所以B有兩個(gè)解。在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知cos2A=sinA，bc=2，則△ABC的面積為1/2×b×c×sinA=1/2×2×√2/2×√2/2=1/2。在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若2bcosB=acosC+ccosA，則B=120°。解法為：根據(jù)2bcosB=acosC+ccosA得到cosB=(a^2+c^2-b^2)/(2ac)，再根據(jù)余弦定理得到cosB=1/2，所以B=120°。在△ABC中，B=π/3，BC邊上的高等于BC，則cosA=1/2。解法為：根據(jù)正弦定理得到a=4/3，根據(jù)余弦定理得到b^2=13/9，再根據(jù)高公式得到c=2/3，所以cosA=(b^2+c^2-a^2)/(2bc)=1/2。在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知sinB+sinA(sinC-cosC)=3/10，a=2，c=2，則C=4π/3。解法為：根據(jù)已知得到sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC-sinAcosC=3/10，整理得到sinC(sinA+cosA)=3/10，因?yàn)閟inC≠0，所以sinA+cosA=3/10sinC，再根據(jù)余弦定理得到cosA=(b^2+c^2-a^2)/(2bc)=-1/2，所以sinA=√3/2，cosA=-1/2，從而得到sinC=2/√5，cosC=-1/√5，所以C=4π/3。1.正、余弦定理的選用在解三角形時(shí)，如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，則考慮用正弦定理；如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時(shí)，要考慮用余弦定理；以上特征都不明顯時(shí)，則要考慮兩個(gè)定理都有可能用到。2.三角形解的個(gè)數(shù)的判斷已知兩角和一邊，該三角形是確定的，其解是唯一的；已知兩邊和一邊的對角，該三角形具有不唯一性，通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角定理進(jìn)行判斷。[通關(guān)練習(xí)]1.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若c=2a，bsinB-asinA=asinC，則cosB為()解析：選B。由bsinB-asinA=asinC，且c=2a，得b=2a，所以cosB=(a^2+c^2-b^2)/(2ac)=-1/4。2.已知△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，若(2a+c)cosB+bcosC=1，則角B的大小為()解析：選C。法一：因?yàn)?2a+c)cosB+bcosC=1，所以(2sinA+sinC)cosB+sinBcosC=2sinAcosB+sin(B+C)=2sinAcosB+sinA=1，因?yàn)閟inA≠0，所以cosB=-1/2，又B為△ABC的內(nèi)角，所以B=2π/3。法二：因?yàn)?2a+c)cosB+bcosC=(a^2+c^2-b^2)/(2ac)+(b^2+a^2-c^2)/(2ab)=1，所以b^2=a^2+c^2+ac，所以cosB=-ac/(2b^2)=-1/2，所以B=2π/3。3.在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對邊分別為a，b，c，若a=3，∠B=2∠A，cosA=3/5，則b=________。解析：在△ABC中，由cosA=3/5，得sinA=4/5。又∠B=2∠A，所以sinB=2sinAcosA=24/25。由正弦定理得b=2a(sinB/2)=3.6。剔除下面文章的格式錯(cuò)誤，刪除明顯有問題的段落,然后再小幅度的改寫每段話。利用正弦、余弦定理判定三角形的形狀(1)設(shè)$\triangleABC$的內(nèi)角$A$，$B$，$C$所對的邊分別為$a$，$b$，$c$，若$b\cosC+c\cosB=a\sinA$，則$\triangleABC$的形狀為()A．直角三角形B．銳角三角形C．鈍角三角形D．不確定(2)（優(yōu)質(zhì)試題·山西懷仁月考）若$a^2+b^2-c^2=ab$，且$2\cosA\sinB=\sinC$，那么$\triangleABC$一定是()A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等邊三角形【解析】(1)由正弦定理得$\sinB\cosC+\cosB\sinC=\sin2A$，則$\sin(B+C)=\sin2A$，由三角形內(nèi)角和，得$\sin(B+C)=\sinA=\sin2A$，即$\sinA=\dfrac{1}{2}$，所以$\angleA=30^\circ$，即$\triangleABC$為直角三角形．(2)法一：利用邊的關(guān)系來判斷：由正弦定理得$\dfrac{\sinC}{c}=\dfrac{\sinB}$，由$2\cosA\sinB=\sinC$，有$\cosA=\dfrac{2c}$.由余弦定理得$\cosA=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，所以$\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{2c}$，即$b^2+c^2-a^2=ab$.又由余弦定理得$\cosC=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，所以$\cosC=\dfrac{2a}$，又因?yàn)?0^\circ<C<180^\circ$，所以$2ab>b^2$，即$2a>b$.所以$a^2+b^2-c^2=ab$，$2a>b$，即$a^2+b^2-c^2>0$，所以$\triangleABC$為銳角三角形．法二：利用角的關(guān)系來判斷：因?yàn)?A+B+C=180^\circ$，所以$\sinC=\sin(A+B)$，又因?yàn)?2\cosA\sinB=\sinC$，所以$2\cosA\sinB=\sinA\cosB+\cosA\sinB$，所以$\sin(A-B)=0$.又因?yàn)?A$與$B$均為$\triangleABC$的內(nèi)角，所以$A=B$，又由$a^2+b^2-c^2=ab$，所以$a^2+b^2-c^2-ab=0$，即$(a-b)^2=c^2$.又因?yàn)?0^\circ<C<180^\circ$，所以$2ab>b^2$，即$2a>b$.所以$(a-b)^2=c^2$，$2a>b$，即$a=b$，又因?yàn)?a^2+b^2-c^2=ab$，所以$b^2+c^2-a^2=ab$，即$b^2=ac$，所以$\triangleABC$為等腰直角三角形．【答案】(1)A(2)C若將本例(1)條件改為“$2\sinA\cosB=\sinC$”，試判斷$\triangleABC$的形狀．判定三角形形狀的兩種常用途徑：要判定三角形的形狀，有兩種常用的途徑。第一種是將邊角關(guān)系化為角度關(guān)系，通過角度關(guān)系來判斷三角形的形狀。第二種是將角度關(guān)系化為邊角關(guān)系，通過邊角關(guān)系來判斷三角形的形狀。在化為角度關(guān)系時(shí)，需要注意使用因式分解、配方等方法得出邊的相應(yīng)關(guān)系；在化為邊角關(guān)系時(shí)，需要注意使用三角恒等變換公式、三角形內(nèi)角和定理及誘導(dǎo)公式推出角的關(guān)系。通關(guān)練習(xí)：1.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若cosA<0，則△ABC為鈍角三角形。解析：選擇A。已知cosA<0，由正弦定理得sinC<sinBcosA，所以sin(A+B)<sinBcosA，即sinBcosA+cosBsinA-sinBcosA<0，所以cosBsinA<0。又因?yàn)閟inA>0，于是有cosB<0。故B為鈍角，所以△ABC是鈍角三角形。2.在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且2asinA=(2b+c)sinB+(2c+b)sinC。(1)求角A的大??；(2)若sinB+sinC=1，試判斷△ABC的形狀。解：(1)由題意知，根據(jù)正弦定理得2a^2=(2b+c)b+(2c+b)c，即a^2=b^2+c^2+bc。由余弦定理得a^2=b^2+c^2-2bccosA，故cosA=-1/2，A=120°。(2)由a^2=b^2+c^2+bc得sin^2A=sin^2B+sin^2C+sinBsinC/4。又sinB+sinC=1，故sinB=sinC=1/2。因?yàn)?0°<B<90°，60°<C<90°，故B=C。所以△ABC是等腰鈍角三角形。與三角形面積有關(guān)的問題：求解與三角形面積有關(guān)的問題是高考的熱點(diǎn)，三種題型在高考中時(shí)有出現(xiàn)，其試題為中檔題。高考對正、余弦定理應(yīng)用的考查有以下三個(gè)命題角度：(1)求三角形的面積；(2)已知三角形的面積解三角形；(3)求有關(guān)三角形面積或周長的最值(范圍)問題。典例引領(lǐng)：角度一求三角形的面積。1.利用三角形面積公式和三角函數(shù)公式解題；2.利用三角形的特殊性質(zhì)，如等腰三角形、直角三角形等，簡化計(jì)算；3.利用三角形的不等式，如三角形兩邊之和大于第三邊等，確定數(shù)值范圍；4.利用三角形的幾何意義，如高、中線、角平分線等，求解問題；5.利用三角形的相似性質(zhì)，如相似三角形的面積比等于邊長比的平方等，求解問題；6.利用三角形的面積最大或最小的性質(zhì)，求解問題。1.求三角形的面積。一般情況下，使用面積公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，根據(jù)已知的角度使用相應(yīng)的公式計(jì)算。2.已知三角形的面積，求解三角形。與面積有關(guān)的問題，一般需要使用正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角度的互換。3.求解有關(guān)三角形面積或周長的最值（范圍）問題。一般可以轉(zhuǎn)化為一個(gè)角度的三角函數(shù)，利用三角函數(shù)的有界性求解，或者使用余弦定理轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系，再應(yīng)用基本不等式求解。【通關(guān)練習(xí)】1.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝bcosC＋csinB，且△ABC的面積為1＋2，則b的最小值為2。2.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin(A＋B/C)＝8sin2，(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b。解析：1.由a＝bcosC＋csinB及正弦定理，得sinA＝sinBcosC＋sinCsinB，即sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCsinB，得sinCcosB＝sinCsinB，又sinC≠0，所以tanB＝1。因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝π/4。由S△ABC＝acsinB＝1＋2，得ac＝22＋4。又b2＝a2＋c2－2accosB≥2ac－2ac＝(2－2)(4＋22)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號成立，所以b≥2，b的最小值為2。2.(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2，故sinB＝4(1－cosB)。上式兩邊平方，整理得17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝1（舍去），cosB＝15/17。(2)由cosB＝15/17得sinB＝8/17，故S△ABC＝acsinB＝ac。又S△ABC＝2，則ac＝17/21。由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)＝36－2×17/21×(1＋15/17)＝4，所以b＝2。全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)優(yōu)質(zhì)學(xué)案匯編（理科，附詳解）化為角的關(guān)系利用公式將表達(dá)式中的角轉(zhuǎn)化為邊，進(jìn)而利用正弦定理和余弦定理轉(zhuǎn)化角的正弦值和余弦值。例如，對于三角形ABC，根據(jù)余弦定理a^2=b^2+c^2-2bccosA，可以聯(lián)系已知條件，利用方程思想求解三角形的邊和角。同時(shí)，可以利用重要不等式b^2+c^2≥2bc，得到a^2≥2bc-2bccosA，進(jìn)而探求邊或角的范圍問題。易錯(cuò)防范在利用正弦定理解已知三角形的兩邊和其中一邊的對角求另一邊的對角，進(jìn)而求出其他的邊和角時(shí)，需要注意分類討論，因?yàn)橛袝r(shí)可能出現(xiàn)一解、兩解或無解。在判斷三角形形狀時(shí)，等式兩邊一般不要約去公因式，應(yīng)移項(xiàng)提取公因式，以免漏解。求邊、角、面積等范圍問題對于三角形的范圍問題，可以利用已知條件和重要不等式探求邊或角的范圍。例如，當(dāng)出現(xiàn)b+c或bc等結(jié)構(gòu)時(shí)，可以利用重要不等式b^2+c^2≥2bc推導(dǎo)出a^2≥2bc-2bccosA，進(jìn)而探求邊或角的范圍。同時(shí)，對于等式兩邊是角的齊次形式a^2+b^2-c^2=λab，也可以利用相關(guān)的公式和定理求解范圍問題。例2(1)將表達(dá)式中的角利用公式轉(zhuǎn)化為邊，出現(xiàn)角化邊角的正弦值用正弦定理轉(zhuǎn)化，出現(xiàn)角的余弦值由余弦定理轉(zhuǎn)化。例如，根據(jù)余弦定理a^2=b^2+c^2-2bccosA，可以聯(lián)系已知條件，利用方程思想進(jìn)行求解三角形的邊。同時(shí)，可以利用重要不等式b^2+c^2≥2bc，得到a^2≥2bc-2bccosA，進(jìn)而探求邊或角的范圍問題。例2(2)在銳角三角形中，利用正弦定理和余弦定理求解角和邊的問題。例如，根據(jù)正弦定理3sinBcosC=sinC-3sinCcosB，可以求解sinC∶sinA的比值。根據(jù)余弦定理a^2=b^2+c^2-2bccosA，可以求解三角形的邊。注意分類討論，避免漏解。例3-3利用已知條件和重要不等式探求邊或角的范圍。例如，根據(jù)已知條件S△ABC=22和sinA=1/3，可以利用余弦定理求解b的值。同時(shí)，可以利用重要不等式b^2+c^2≥2bc，得到a^2≥2bc-2bccosA，進(jìn)而探求邊或角的范圍問題。所以c＝1.由面積公式sinC＝2S/ab，代入已知條件得sinC＝2sinAsinB，再利用正弦定理得sinC＝2sinA(1-sinA)，解得sinA＝1/2或sinA＝1/3，對應(yīng)角A分別為30度和19.47度，由三角形內(nèi)角和可得角C為150度或160.53度，但因?yàn)榻荂必須小于180度，所以角C的值為150度。2．(優(yōu)質(zhì)試題·安徽江南十校聯(lián)考)設(shè)△ABC的面積為S1，它的外接圓面積為S2，若△ABC的三個(gè)內(nèi)角大小滿足A∶B∶C＝3∶4∶5，則S2的值為()A.12πB.24πC.2πD.4π解析：在△ABC中，A＋B＋C＝π，又A∶B∶C＝3∶4∶5，所以A＝π/5，B＝3π/10，C＝π/2.由正弦定理可得，a＝(2/3)c，b＝(8/15)c，R＝c/(2sinC).所以S1＝(1/2)absinC＝(1/2)(2/3)c(8/15)c(sinC)＝(4/45)c^2sinC，S2＝πR^2＝π(c^2/(4sin^2C)).所以S2/S1＝(π/4)(45/16)＝(45/64)π，故選A.3．如圖，在四邊形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，則BC的長為________．解析：在△ABD中，設(shè)BD＝x，則BA^2＝BD^2＋AD^2－2BD·AD·cos∠BDA，即14^2＝x^2＋10^2－2·10x·(1/2)，整理得x^2－10x－96＝0，解得x1＝16，x2＝－6(舍去)．在△BCD中，由正弦定理：sin∠DBC/sin∠BCD＝BD/BC，即sin(135°－60°)/sin135°＝16/BC，所以BC＝16sin45°(1+√2)＝16(1+√2)，故答案為16(1+√2)．5.(優(yōu)質(zhì)試題·洛陽市第一次統(tǒng)一考試)如圖，平面四邊形ABDC中，∠CAD＝30°，∠CBD＝60°，AB＝AD＝2，BC＝1，則四邊形ABDC的面積為________．解析：在△ABC中，∠CAB＝∠CBD＝60°，所以△ABC為等邊三角形，BC＝AB＝2.在△ADC中，∠DAC＝30°，所以△ADC為30°-60°-90°三角形，AD＝2，CD＝√3.所以四邊形ABDC的面積為(1/2)(2+2)(√3)＝2√3.(1)已知$\angleABC=75^\circ$,$AB=10$,$AC\parallelBD$，求$CD$的長度。解：由已知，易得$\angleACB=45^\circ$。在$\triangleABC$中，$\dfrac{10}{CB}=\dfrac{\sin45^\circ}{\sin60^\circ}$，解得$CB=\dfrac{5\sqrt{6}}{2}$。因?yàn)?AC\parallelBD$，所以$\angleADB=\angleCAD=30^\circ$，$\angleCBD=\angleACB=45^\circ$。在$\triangleABD$中，$\angleADB=30^\circ=\angleBAD$，所以$DB=AB=10$。在$\triangleBCD$中，$CD=\sqrt{CB^2+DB^2-2CB\cdotDB\cos45^\circ}=\dfrac{5\sqrt{6}}{2}-\dfrac{5\sqrt{2}}{2}=\dfrac{5\sqrt{6}-5\sqrt{2}}{2}$。(2)已知$BC=10$，求$AC+AB$的取值范圍。解：由余弦定理，$AC^2+AB^2-2\cdotAC\cdotAB\cos60^\circ=BC^2=100$，化簡得$AC\cdotAB\leq\dfrac{(AC+AB)^2-100}{4}$。又因?yàn)?\dfrac{(AC+AB)^2-100}{4}=3\cdotAC\cdotAB$，所以$AC\cdotAB\leq3\cdotAC\cdotAB$，即$1\leqAC\cdotAB$。所以$AC+AB=\sqrt{AC^2+AB^2+2\cdotAC\cdotAB\cos60^\circ}\leq\sqrt{4\cdotAC\cdotAB}\leq2\sqrt{AC\cdotAB}$。又因?yàn)?AC\cdotAB\leq\dfrac{(AC+AB)^2-100}{4}