正弦定理、余弦定理總結(jié)和應(yīng)用

正弦定理、余弦定理總結(jié)和應(yīng)用高中數(shù)學(xué)安徽銅陵姚老師AGEPAGEPAGE7§4.7正弦定理、余弦定理及其應(yīng)用1．掌握正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡單的三角形度量問題．2．能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關(guān)的實際問題．主要考查有關(guān)定理的應(yīng)用、三角恒等變換的能力、運算能力及轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想．解三角形常常作為解題工具用于立體幾何中的計算或證明，或與三角函數(shù)聯(lián)系在一起求距離、高度以及角度等問題，且多以應(yīng)用題的形式出現(xiàn)．1．正弦定理(1)正弦定理：在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比相等，即．其中R是三角形外接圓的半徑．(2)正弦定理的其他形式：①a＝2RsinA，b＝，c＝；②sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝，sinC＝；③a∶b∶c＝______________________.2．余弦定理(1)余弦定理：三角形中任何一邊的平方等于其他兩邊的平方的和減去這兩邊與它們的夾角的余弦的積的兩倍．即a2＝，b2＝，c2＝.若令C＝90°，則c2＝，即為勾股定理．(2)余弦定理的變形：cosA＝，cosB＝，cosC＝.若C為銳角，則cosC>0，即a2＋b2______c2；若C為鈍角，則cosC<0，即a2＋b2______c2.故由a2＋b2與c2值的大小比較，可以判斷C為銳角、鈍角或直角．(3)正、余弦定理的一個重要作用是實現(xiàn)邊角____________，余弦定理亦可以寫成sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA，類似地，sin2B＝____________；sin2C＝__________________.注意式中隱含條件A＋B＋C＝π.3．解斜三角形的類型(1)已知三角形的任意兩個角與一邊，用____________定理．只有一解．(2)已知三角形的任意兩邊與其中一邊的對角，用____________定理，可能有___________________．如在△ABC中，已知a，b和A時，解的情況如表：A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b角形為直角三角形．故選B.(eq\a\vs4\al(2012·陜西))在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a＝2，B＝eq\f(π,6)，c＝2eq\r(3)，則b＝________．解：由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accosB＝22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)))2－2×2×2eq\r(3)×coseq\f(π,6)＝4，b＝2.故填2.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，則角A的大小為________．解：∵sinB＋cosB＝eq\r(2)，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝1.又∵B∈(0，π)，∴B＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(π,4).根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(1,2).∵a＜b，∴A＜B.∴A＝eq\f(π,6).故填eq\f(π,6).類型一正弦定理的應(yīng)用△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知A－C＝90°，a＋c＝eq\r(2)b，求C.解：由a＋c＝eq\r(2)b及正弦定理可得sinA＋sinC＝eq\r(2)sinB.又由于A－C＝90°，B＝180°－(A＋C)，故cosC＋sinC＝sinA＋sinC＝eq\r(2)sin(A＋C)＝eq\r(2)sin(90°＋2C)＝eq\r(2)sin2(45°＋C)．∴eq\r(2)sin(45°＋C)＝2eq\r(2)sin(45°＋C)cos(45°＋C)，即cos(45°＋C)＝eq\f(1,2).又∵0°＜C＜90°，∴45°＋C＝60°，C＝15°.【評析】利用正弦定理將邊邊關(guān)系轉(zhuǎn)化為角角關(guān)系，這是解此題的關(guān)鍵．(eq\a\vs4\al(2012·江西))在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知A＝eq\f(π,4)，bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝a.(1)求證：B－C＝eq\f(π,2)；(2)若a＝eq\r(2)，求△ABC的面積．解：(1)證明：對bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝a應(yīng)用正弦定理得sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－sinCsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝sinA，＝eq\f(\r(2),2)，整理得sinBcosC－sinCcosB＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－C))＝1.由于B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，∴B－C＝eq\f(π,2).(2)∵B＋C＝π－A＝eq\f(3π,4)，又由(1)知B－C＝eq\f(π,2)，∴B＝eq\f(5π,8)，C＝eq\f(π,8).∵a＝eq\r(2)，A＝eq\f(π,4)，∴由正弦定理知b＝eq\f(asinB,sinA)＝2sineq\f(5π,8)，c＝eq\f(asinC,sinA)＝2sineq\f(π,8).∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2sineq\f(5π,8)×2sineq\f(π,8)×eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)sineq\f(5π,8)sineq\f(π,8)＝eq\r(2)coseq\f(π,8)sineq\f(π,8)＝eq\f(\r(2),2)sineq\f(π,4)＝eq\f(1,2).類型二余弦定理的應(yīng)用在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c).(1)求B的大??；(2)若b＝eq\r(13)，a＋c＝4，求△ABC的面積．解：(1)由余弦定理知，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，將上式代入eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c)得eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·eq\f(2ab,a2＋b2－c2)＝－eq\f(b,2a＋c)，整理得a2＋c2－b2＝－ac.∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(－ac,2ac)＝－eq\f(1,2).∵B為三角形的內(nèi)角，∴B＝eq\f(2,3)π.(2)將b＝eq\r(13)，a＋c＝4，B＝eq\f(2,3)π代入b2＝a2＋c2－2accosB，得13＝42－2ac－2accoseq\f(2,3)π，解得ac＝3.∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(3),4).【評析】①根據(jù)所給等式的結(jié)構(gòu)特點利用余弦定理將角化邊進行變形是迅速解答本題的關(guān)鍵．②熟練運用余弦定理及其推論，同時還要注意整體思想、方程思想在解題過程中的運用．若△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊a，b，c滿足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，則ab的值為()A.eq\f(4,3) B．8－4eq\r(3) C．1 D.eq\f(2,3)解：由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab，代入(a＋b)2－c2＝4中得(a＋b)2－(a2＋b2－ab)＝4，即3ab＝4，∴ab＝eq\f(4,3).故選A.類型三正、余弦定理的綜合應(yīng)用(eq\a\vs4\al(2013·全國新課標(biāo)Ⅱ))△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面積的最大值．解：(1)由已知及正弦定理得sinA＝sinBcosC＋sinCsinB.①又A＝π－(B＋C)，故sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC.②由①，②和C∈(0，π)得sinB＝cosB.又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),4)ac.由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accoseq\f(π,4).又a2＋c2≥2ac，故ac≤eq\f(4,2－\r(2))，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時，等號成立．因此△ABC面積的最大值為eq\r(2)＋1.【評析】(1)化邊為角與和角或差角公式的正向或反向多次聯(lián)用是常用的技巧；(2)已知邊及其對角求三角形面積最值是高考中考過多次的問題，既可用三角函數(shù)求最值，也可以用余弦定理化邊后用不等式求最值．(eq\a\vs4\al(2013·山東))設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，又a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9)，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(2),9)，由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2\r(2),3).因為a＝c，所以A為銳角，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3).因此sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(10\r(2),27).類型四判斷三角形的形狀，試判斷三角形ABC的形狀．解法一：由正弦定理，得eq\f(a2,b2)＝eq\f(sin2A,sin2B)，所以eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(sin2A,sin2B)，所以eq\f(sinAcosB,cosAsinB)＝eq\f(sin2A,sin2B)，即sin2A＝sin2B.所以2A＝2B，或2A＋2B＝π，因此A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，從而△ABC是等腰三角形或直角三角形．解法二：由正弦定理，得eq\f(a2,b2)＝eq\f(sin2A,sin2B)，所以eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(sin2A,sin2B)，所以eq\f(cosB,cosA)＝eq\f(sinA,sinB)，再由正、余弦定理，得eq\f(\f(a2＋c2－b2,2ac),\f(b2＋c2－a2,2bc))＝eq\f(a,b)，化簡得(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，即a2＝b2或c2＝a2＋b2.從而△ABC是等腰三角形或直角三角形．【評析】由已知條件，可先將切化弦，再結(jié)合正弦定理，將該恒等式的邊都化為角，然后進行三角函數(shù)式的恒等變形，找出角之間的關(guān)系；或?qū)⒔嵌蓟蛇?，然后進行代數(shù)恒等變形，可一題多解，多角度思考問題，從而達到對知識的熟練掌握．(eq\a\vs4\al(2012·上海))在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，則△ABC的形狀是()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不能確定解：在△ABC中，∵sin2A＋sin2B<sin2C，∴由正弦定理知a2＋b2<c2.∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，即∠C為鈍角，△ABC為鈍角三角形．故選C.類型五解三角形應(yīng)用舉例某港口O要將一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的輪船上．在小艇出發(fā)時，輪船位于港口O北偏西30°且與該港口相距20nmile的A處，并以30nmile/h的航行速度沿正東方向勻速行駛．假設(shè)該小艇沿直線方向以vnmile/h的航行速度勻速行駛，經(jīng)過th與輪船相遇．(1)若希望相遇時小艇的航行距離最小，則小艇航行速度的大小應(yīng)為多少？(2)，試設(shè)計航行方案(即確定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短時間與輪船相遇，并說明理由．解法一：則S＝eq\r(900t2＋400－2·30t·20·cos（90°－30°）)＝eq\r(900t2－600t＋400)＝eq\r(900\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,3)))\s\up12(2)＋300)，故當(dāng)t＝eq\f(1,3)時，Smin＝10eq\r(3)，此時v＝eq\f(10\r(3),\f(1,3))＝30eq\r(3).即小艇以30eq\r(3)nmile/h的速度航行，相遇時小艇的航行距離最?。?2)設(shè)小艇與輪船在B處相遇，則v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，故v2＝900－eq\f(600,t)＋eq\f(400,t2).∵0<v≤30，∴900－eq\f(600,t)＋eq\f(400,t2)≤900，即eq\f(2,t2)－eq\f(3,t)≤0，解得t≥eq\f(2,3).又t＝eq\f(2,3)時，v＝30.故v＝30時，t取得最小值，且最小值等于eq\f(2,3).此時，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20，故可設(shè)計航行方案如下：航行方向為北偏東30°，航行速度為30nmile/h，小艇能以最短時間與輪船相遇．解法二：(1)若相遇時小艇的航行距離最小，又輪船沿正東方向勻速行駛，則小艇航行方向為正北方向．設(shè)小艇與輪船在C處相遇．在Rt△OAC中，OC＝20cos30°＝10eq\r(3)，AC＝20sin30°＝10.又AC＝30t，OC＝vt，此時，輪船航行時間t＝eq\f(10,30)＝eq\f(1,3)，v＝eq\f(10\r(3),\f(1,3))＝30eq\r(3).即小艇以30eq\r(3)nmile/h的速度航行，相遇時小艇的航行距離最?。?2)假設(shè)v＝30時，小艇能以最短時間與輪船在D處相遇，此時AD＝DO＝30t.又∠OAD＝60°，所以AD＝DO＝OA＝20，解得t＝eq\f(2,3).據(jù)此可設(shè)計航行方案如下：這樣，小艇能以最短時間與輪船相遇．證明如下：如圖，由(1)得OC＝10eq\r(3)，AC＝10，故OC>AC，且對于線段AC上任意點P，有OP≥OC>AC.而小艇的最高航行速度只能達到30nmile/h，故小艇與輪船不可能在A，C之間(包含C)的任意位置相遇．設(shè)∠COD＝θ(0°<θ<90°)，則在Rt△COD中，CD＝10eq\r(3)tanθ，OD＝eq\f(10\r(3),cosθ).由于從出發(fā)到相遇，輪船與小艇所需要的時間分別為t＝eq\f(10＋10\r(3)tanθ,30)和t＝eq\f(10\r(3),vcosθ)，所以eq\f(10＋10\r(3)tanθ,30)＝eq\f(10\r(3),vcosθ).由此可得，v＝eq\f(15\r(3),sin（θ＋30°）).又v≤30，故sin(θ＋30°)≥eq\f(\r(3),2)，從而，30°≤θ<90°.由于θ＝30°時，tanθ取得最小值，且最小值為eq\f(\r(3),3).于是，當(dāng)θ＝30°時，t＝eq\f(10＋10\r(3)tanθ,30)取得最小值，且最小值為eq\f(2,3).【評析】①這是一道有關(guān)解三角形的實際應(yīng)用題，解題的關(guān)鍵是把實際問題抽象成純數(shù)學(xué)問題，根據(jù)題目提供的信息，找出三角形中的數(shù)量關(guān)系，然后利用正、余弦定理求解．②解三角形的方法在實際問題中，有廣泛的應(yīng)用．在物理學(xué)中，有關(guān)向量的計算也要用到解三角形的方法．近年的高考中我們發(fā)現(xiàn)以解三角形為背景的應(yīng)用題開始成為熱點問題之一．③不管是什么類型的三角應(yīng)用問題，解決的關(guān)鍵都是充分理解題意，將問題中的語言敘述弄明白，畫出幫助分析問題的草圖，再將其歸結(jié)為屬于哪類可解的三角形．④本題用幾何方法求解也較簡便．(eq\a\vs4\al(2012·武漢5月模擬))如圖，漁船甲位于島嶼A的南偏西60°方向的B處，且與島嶼A相距12海里，漁船乙以10海里/小時的速度從島嶼A出發(fā)沿正北方向航行，若漁船甲同時從B處出發(fā)沿北偏東α的方向追趕漁船乙，剛好用2小時追上．(1)求漁船甲的速度；(2)求sinα的值．解：(1)依題意，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，在△ABC中，由余弦定理知BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784，BC＝28.所以漁船甲的速度為v＝eq\f(28,2)＝14(海