正弦定理、余弦定理总结和应用

正弦定理、余弦定理总结和应用高中数学安徽铜陵姚老师AGEPAGEPAGE7§4.7正弦定理、余弦定理及其应用1．掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．2．能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．主要考查有关定理的应用、三角恒等变换的能力、运算能力及转化的数学思想．解三角形常常作为解题工具用于立体几何中的计算或证明，或与三角函数联系在一起求距离、高度以及角度等问题，且多以应用题的形式出现．1．正弦定理(1)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，即．其中R是三角形外接圆的半径．(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：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍．即a2＝，b2＝，c2＝.若令C＝90°，则c2＝，即为勾股定理．(2)余弦定理的变形：cosA＝，cosB＝，cosC＝.若C为锐角，则cosC>0，即a2＋b2______c2；若C为钝角，则cosC<0，即a2＋b2______c2.故由a2＋b2与c2值的大小比较，可以判断C为锐角、钝角或直角．(3)正、余弦定理的一个重要作用是实现边角____________，余弦定理亦可以写成sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA，类似地，sin2B＝____________；sin2C＝__________________.注意式中隐含条件A＋B＋C＝π.3．解斜三角形的类型(1)已知三角形的任意两个角与一边，用____________定理．只有一解．(2)已知三角形的任意两边与其中一边的对角，用____________定理，可能有___________________．如在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如表：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b角形为直角三角形．故选B.(eq\a\vs4\al(2012·陕西))在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝2，B＝eq\f(π,6)，c＝2eq\r(3)，则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所对的边分别为a，b，c，若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，则角A的大小为________．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).根据正弦定理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).类型一正弦定理的应用△ABC的内角A，B，C的对边分别为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°.【评析】利用正弦定理将边边关系转化为角角关系，这是解此题的关键．(eq\a\vs4\al(2012·江西))在△ABC中，角A，B，C的对边分别为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)求证：B－C＝eq\f(π,2)；(2)若a＝eq\r(2)，求△ABC的面积．解：(1)证明：对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应用正弦定理得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).类型二余弦定理的应用在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c).(1)求B的大小；(2)若b＝eq\r(13)，a＋c＝4，求△ABC的面积．解：(1)由余弦定理知，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，将上式代入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为三角形的内角，∴B＝eq\f(2,3)π.(2)将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).【评析】①根据所给等式的结构特点利用余弦定理将角化边进行变形是迅速解答本题的关键．②熟练运用余弦定理及其推论，同时还要注意整体思想、方程思想在解题过程中的运用．若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为()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).故选A.类型三正、余弦定理的综合应用(eq\a\vs4\al(2013·全国新课标Ⅱ))△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．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的面积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))，当且仅当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为eq\r(2)＋1.【评析】(1)化边为角与和角或差角公式的正向或反向多次联用是常用的技巧；(2)已知边及其对角求三角形面积最值是高考中考过多次的问题，既可用三角函数求最值，也可以用余弦定理化边后用不等式求最值．(eq\a\vs4\al(2013·山东))设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为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).因为a＝c，所以A为锐角，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3).因此sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(10\r(2),27).类型四判断三角形的形状，试判断三角形ABC的形状．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)，从而△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)，化简得(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，即a2＝b2或c2＝a2＋b2.从而△ABC是等腰三角形或直角三角形．【评析】由已知条件，可先将切化弦，再结合正弦定理，将该恒等式的边都化为角，然后进行三角函数式的恒等变形，找出角之间的关系；或将角都化成边，然后进行代数恒等变形，可一题多解，多角度思考问题，从而达到对知识的熟练掌握．(eq\a\vs4\al(2012·上海))在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，则△ABC的形状是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不能确定解：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为钝角，△ABC为钝角三角形．故选C.类型五解三角形应用举例某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20nmile的A处，并以30nmile/h的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以vnmile/h的航行速度匀速行驶，经过th与轮船相遇．(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．解法一：则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)，故当t＝eq\f(1,3)时，Smin＝10eq\r(3)，此时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，相遇时小艇的航行距离最小．(2)设小艇与轮船在B处相遇，则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)时，v＝30.故v＝30时，t取得最小值，且最小值等于eq\f(2,3).此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度为30nmile/h，小艇能以最短时间与轮船相遇．解法二：(1)若相遇时小艇的航行距离最小，又轮船沿正东方向匀速行驶，则小艇航行方向为正北方向．设小艇与轮船在C处相遇．在Rt△OAC中，OC＝20cos30°＝10eq\r(3)，AC＝20sin30°＝10.又AC＝30t，OC＝vt，此时，轮船航行时间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，相遇时小艇的航行距离最小．(2)假设v＝30时，小艇能以最短时间与轮船在D处相遇，此时AD＝DO＝30t.又∠OAD＝60°，所以AD＝DO＝OA＝20，解得t＝eq\f(2,3).据此可设计航行方案如下：这样，小艇能以最短时间与轮船相遇．证明如下：如图，由(1)得OC＝10eq\r(3)，AC＝10，故OC>AC，且对于线段AC上任意点P，有OP≥OC>AC.而小艇的最高航行速度只能达到30nmile/h，故小艇与轮船不可能在A，C之间(包含C)的任意位置相遇．设∠COD＝θ(0°<θ<90°)，则在Rt△COD中，CD＝10eq\r(3)tanθ，OD＝eq\f(10\r(3),cosθ).由于从出发到相遇，轮船与小艇所需要的时间分别为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)，从而，30°≤θ<90°.由于θ＝30°时，tanθ取得最小值，且最小值为eq\f(\r(3),3).于是，当θ＝30°时，t＝eq\f(10＋10\r(3)tanθ,30)取得最小值，且最小值为eq\f(2,3).【评析】①这是一道有关解三角形的实际应用题，解题的关键是把实际问题抽象成纯数学问题，根据题目提供的信息，找出三角形中的数量关系，然后利用正、余弦定理求解．②解三角形的方法在实际问题中，有广泛的应用．在物理学中，有关向量的计算也要用到解三角形的方法．近年的高考中我们发现以解三角形为背景的应用题开始成为热点问题之一．③不管是什么类型的三角应用问题，解决的关键都是充分理解题意，将问题中的语言叙述弄明白，画出帮助分析问题的草图，再将其归结为属于哪类可解的三角形．④本题用几何方法求解也较简便．(eq\a\vs4\al(2012·武汉5月模拟))如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．(1)求渔船甲的速度；(2)求sinα的值．解：(1)依题意，∠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.所以渔船甲的速度为v＝eq\f(28,2)＝14(海