正弦定理和余弦定理详细讲解

..高考风向1.考查正弦定理、余弦定理的推导；2.利用正、余弦定理判断三角形的形状和解三角形；3.在解答题中对正弦定理、余弦定理、面积公式以及三角函数中恒等变换、诱导公式等知识点进行综合考查．学习要领1.理解正弦定理、余弦定理的意义和作用；2.通过正弦、余弦定理实现三角形中的边角转换,和三角函数性质相结合．基础知识梳理1．正弦定理：eq\f<a,sinA>＝eq\f<b,sinB>＝eq\f<c,sinC>＝2R,其中R是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形：<1>a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；<2>a＝2Rsin_A,b＝2Rsin_B,c＝2Rsin_C；<3>sinA＝eq\f<a,2R>,sinB＝eq\f<b,2R>,sinC＝eq\f<c,2R>等形式,解决不同的三角形问题．2．余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccos_A,b2＝a2＋c2－2accos_B,c2＝a2＋b2－2abcos_C．余弦定理可以变形：cosA＝eq\f<b2＋c2－a2,2bc>,cosB＝eq\f<a2＋c2－b2,2ac>,cosC＝eq\f<a2＋b2－c2,2ab>.3．S△ABC＝eq\f<1,2>absinC＝eq\f<1,2>bcsinA＝eq\f<1,2>acsinB＝eq\f<abc,4R>＝eq\f<1,2><a＋b＋c>·r<r是三角形内切圆的半径>,并可由此计算R、r.4．在△ABC中,已知a、b和A时,解的情况如下：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的个数一解两解一解一解[难点正本疑点清源]1．在三角形中,大角对大边,大边对大角；大角的正弦值也较大,正弦值较大的角也较大,即在△ABC中,A>B?a>b?sinA>sinB；tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC；在锐角三角形中,cosA<sinB,cosA<sinC·2．根据所给条件确定三角形的形状,主要有两种途径：<1>化边为角；<2>化角为边,并常用正弦<余弦>定理实施边、角转换．例1．已知在中,,,,解三角形.思路点拨:先将已知条件表示在示意图形上〔如图,可以确定先用正弦定理求出边,然后用三角形内角和求出角,最后用正弦定理求出边.解析：,∴,∴,又,∴．总结升华：1.正弦定理可以用于解决已知两角和一边求另两边和一角的问题；2.数形结合将已知条件表示在示意图形上,可以清楚地看出已知与求之间的关系,从而恰当地选择解答方式.举一反三：[变式1]在中,已知,,,解三角形。[答案]根据三角形内角和定理,；根据正弦定理,；根据正弦定理,[变式2]在中,已知,,,求、.[答案],根据正弦定理,∴.[变式3]在中,已知,求[答案]根据正弦定理,得.例2．在,求：和,．思路点拨:先将已知条件表示在示意图形上〔如图,可以确定先用正弦定理求出角,然后用三角形内角和求出角,最后用正弦定理求出边.解析：由正弦定理得：,∴,〔方法一∵,∴或,当时,,〔舍去；当时,,∴．〔方法二∵,,∴,∴即为锐角,∴,∴．总结升华：1.正弦定理也可用于解决已知两边及一边的对角,求其他边和角的问题。2.在利用正弦定理求角时,因为,所以要依据题意准确确定角的范围,再求出角.3.一般依据大边对大角或三角形内角和进行角的取舍.类型二：余弦定理的应用：例3．已知中,、、,求中的最大角。思路点拨:首先依据大边对大角确定要求的角,然后用余弦定理求解.解析：∵三边中最大,∴其所对角最大,根据余弦定理：,∵,∴故中的最大角是.总结升华：1.中,若知道三边的长度或三边的关系式,求角的大小,一般用余弦定理；2.用余弦定理时,要注意公式中的边角位置关系.举一反三：[变式1]已知中,,,求角.[答案]根据余弦定理：,∵,∴[变式2]在中,角所对的三边长分别为,若,求的各角的大小．[答案]设,,,根据余弦定理得：,∵,∴；同理可得；∴[变式3]在中,若,求角.[答案]∵,∴∵,∴类型三：正、余弦定理的综合应用例4．在中,已知,,,求及.思路点拨:画出示意图,由其中的边角位置关系可以先用余弦定理求边,然后继续用余弦定理或正弦定理求角.解析：⑴由余弦定理得：===∴⑵求可以利用余弦定理,也可以利用正弦定理：〔法一：余弦定理∵,∴〔法二：正弦定理∵又∵,∴＜,即＜＜∴总结升华：画出示意图,数形结合,正确选用正弦、余弦定理,可以使解答更快、更好.举一反三：[变式1]在中,已知,,.求和.[答案]由余弦定理得：,∴由正弦定理得：,因为为钝角,则为锐角,∴.∴.[变式2]在中,已知角所对的三边长分别为,若,,,求角和[答案]根据余弦定理可得：∵,∴；∴由正弦定理得：.其他应用题详解一、选择题<本大题共6小题,每小题5分,共30分>1．如图所示,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于akm,灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为<>A．akmB.eq\r<3>akmC.eq\r<2>akmD．2akm解析利用余弦定理解△ABC.易知∠ACB＝120°,在△ACB中,由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°＝2a2－2a2×eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<1,2>>>＝3a2,∴AB＝eq\r<3>a.答案B2．张晓华同学骑电动自行车以24km/h的速度沿着正北方向的公路行驶,在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上,15min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上,则电动车在点B时与电视塔S的距离是<>A．2eq\r<2>kmB．3eq\r<2>kmC．3eq\r<3>kmD．2eq\r<3>km解析如图,由条件知AB＝24×eq\f<15,60>＝6,在△ABS中,∠BAS＝30°,AB＝6,∠ABS＝180°－75°＝105°,所以∠ASB＝45°.由正弦定理知eq\f<BS,sin30°>＝eq\f<AB,sin45°>,所以BS＝eq\f<AB,sin45°>sin30°＝3eq\r<2>.答案B3．轮船A和轮船B在中午12时离开海港C,两艘轮船航行方向的夹角为120°,轮船A的航行速度是25海里/小时,轮船B的航行速度是15海里/小时,下午2时两船之间的距离是<>A．35海里B．35eq\r<2>海里C．35eq\r<3>海里D．70海里解析设轮船A、B航行到下午2时时所在的位置分别是E,F,则依题意有CE＝25×2＝50,CF＝15×2＝30,且∠ECF＝120°,EF＝eq\r<CE2＋CF2－2CE·CFcos120°>＝eq\r<502＋302－2×50×30cos120°>＝70.答案D4．<2014·XX调研>为测量某塔AB的高度,在一幢与塔AB相距20m的楼的楼顶处测得塔顶A的仰角为30°,测得塔基B的俯角为45°,那么塔AB的高度是<>A．20eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<\r<3>,3>>>mB．20eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<\r<3>,2>>>mC．20<1＋eq\r<3>>mD．30m解析如图所示,由已知可知,四边形CBMD为正方形,CB＝20m,所以BM＝20m．又在Rt△AMD中,DM＝20m,∠ADM＝30°,∴AM＝DMtan30°＝eq\f<20,3>eq\r<3><m>．∴AB＝AM＋MB＝eq\f<20,3>eq\r<3>＋20＝20eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<\r<3>,3>>><m>．答案A5．<2013·天津卷>在△ABC中,∠ABC＝eq\f<π,4>,AB＝eq\r<2>,BC＝3,则sin∠BAC＝<>A.eq\f<\r<10>,10>B.eq\f<\r<10>,5>C.eq\f<3\r<10>,10>D.eq\f<\r<5>,5>解析由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝<eq\r<2>>2＋32－2×eq\r<2>×3×eq\f<\r<2>,2>＝5,所以AC＝eq\r<5>,再由正弦定理：sin∠BAC＝eq\f<sin∠ABC,AC>·BC＝eq\f<3×\f<\r<2>,2>,\r<5>>＝eq\f<3\r<10>,10>.答案C6．<2014·XX调研>线段AB外有一点C,∠ABC＝60°,AB＝200km,汽车以80km/h的速度由A向B行驶,同时摩托车以50km/h的速度由B向C行驶,则运动开始多少h后,两车的距离最小<>A.eq\f<69,43>B．1C.eq\f<70,43>D．2解析如图所示,设th后,汽车由A行驶到D,摩托车由B行驶到E,则AD＝80t,BE＝50t.因为AB＝200,所以BD＝200－80t,问题就是求DE最小时t的值．由余弦定理,得DE2＝BD2＋BE2－2BD·BEcos60°＝<200－80t>2＋2500t2－<200－80t>·50t＝12900t2－42000t＋40000.当t＝eq\f<70,43>时,DE最小．答案C二、填空题<本大题共3小题,每小题5分,共15分>7．已知A,B两地的距离为10km,B,C两地的距离为20km,现测得∠ABC＝120°,则A、C两地的距离为________km.解析如右图所示,由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cos120°＝700,∴AC＝10eq\r<7><km>．答案10eq\r<7>8．如下图,一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处,之后它继续沿正北方向匀速航行,上午10：00到达B处,此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处,且与它相距8eq\r<2>nmile.此船的航速是________nmile/h.解析设航速为vnmile/h在△ABS中,AB＝eq\f<1,2>v,BS＝8eq\r<2>,∠BSA＝45°,由正弦定理得：eq\f<8\r<2>,sin30°>＝eq\f<\f<1,2>v,sin45°>,∴v＝32<nmile/h>．答案329．如图,为测得河对岸塔AB的高,先在河岸上选一点C,使C在塔底B的正东方向上,测得点A的仰角为60°,再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D,测得∠BDC＝45°,则塔AB的高是________米．解析在△BCD中,CD＝10,∠BDC＝45°,∠BCD＝15°＋90°＝105°,∠DBC＝30°,eq\f<BC,sin45°>＝eq\f<CD,sin30°>,BC＝eq\f<CDsin45°,sin30°>＝10eq\r<2><米>．在Rt△ABC中,tan60°＝eq\f<AB,BC>,AB＝BCtan60°＝10eq\r<6><米>．答案10eq\r<6>三、解答题<本大题共3小题,每小题10分,共30分>10．<2014·XX模拟>某校运动会开幕式上举行升旗仪式,旗杆正好处于坡度15°的看台的某一列的正前方,从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为10eq\r<6>米<如图所示>,旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌长度约为50秒,升旗手应以多大的速度匀速升旗？解在△BCD中,∠BDC＝45°,∠CBD＝30°,CD＝10eq\r<6>,由正弦定理,得BC＝eq\f<CDsin45°,sin30°>＝20eq\r<3>.在Rt△ABC中,AB＝BCsin60°＝20eq\r<3>×eq\f<\r<3>,2>＝30<米>,所以升旗速度v＝eq\f<AB,t>＝eq\f<30,50>＝0.6<米/秒>．11.如图,A、B是海面上位于东西方向相距5<3＋eq\r<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20eq\r<3>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？解由题意,知AB＝5<3＋eq\r<3>>海里,∠DBA＝90°－60°＝30°,∠DAB＝90°－45°＝45°,∴∠ADB＝180°－<45°＋30°>＝105°.在△DAB中,由正弦定理,得eq\f<DB,sin∠DAB>＝eq\f<AB,sin∠ADB>,于是DB＝eq\f<AB·sin∠DAB,sin∠ADB>＝eq\f<5?3＋\r<3>?·sin45°,sin105°>＝eq\f<5?3＋\r<3>?·sin45°,sin45°cos60°＋cos45°sin60°>＝eq\f<5\r<3>?\r<3>＋1?,\f<\r<3>＋1,2>>＝10eq\r<3><海里>．又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋<90°－60°>＝60°,BC＝20eq\r<3><海里>,在△DBC中,由余弦定理,得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1200－2×10eq\r<3>×20eq\r<3>×eq\f<1,2>＝900.得CD＝30<海里>,故需要的时间t＝eq\f<30,30>＝1<小时>,即救援船到达D点需要1小时．12.<2013·XX卷>如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50m/min.在甲出发2min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1min后,再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min,山路AC长为1260m,经测量,cosA＝eq\f<12,13>,cosC＝eq\f<3,5>.<1>求索道AB的长；<2>问乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短？<3>为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内？解<1>在△ABC中,因为cosA＝eq\f<12,13>,cosC＝eq\f<3,5>,所以sinA＝eq\f<5,13>,sinC＝eq\f<4,5>.从而sinB＝sin[π－<A＋C>]＝sin<A＋C>＝sinAcosC＋