数学学案：正弦定理和余弦定理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精教材习题点拨练习A1．解:（1)∠C＝180°－(∠A＋∠B）＝90°，由正弦定理，得b＝eq\f(asin30°,sin60°）＝eq\r（3），c＝eq\r（a2＋b2）＝2eq\r（3）.评注：已知三角形的两角和一边解三角形，解唯一，由于∠C＝90°，△ABC为直角三角形，利用勾股定理求c，可简化运算．（2）∠C＝180°－（∠A＋∠B）＝60°，a＝8eq\r（3)－8，c＝12eq\r（2)－4eq\r（6)。（3）由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA，a）＝eq\f（1,2），因为a＞b,所以∠B＝30°,则∠C＝180°－（∠A＋∠B）＝90°，c＝eq\r(a2＋b2）＝2eq\r(3）。(4）由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinB,b）＝eq\f(3\r（2)，4)＞1，所以三角形无解．评注：本题也可由b＝2＜asinB去判定△ABC无解．(5）由正弦定理，得sinB＝eq\f（bsinC，c）≈0.8049.因为c＞b，且∠C为锐角，所以∠B≈53.6°,∠A＝180°－(∠B＋∠C）≈51。4°，a＝eq\f（csinA,sinC)≈3。9。评注：已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形时，解的个数不唯一,可利用三角形大边对大角的定理去判断解的个数．2．证明：由正弦定理eq\f(a,sinA）＝eq\f(b，sinB)＝eq\f(c，sinC)＝k，得sinA＝eq\f(a，k），sinB＝eq\f（b,k)，sinC＝eq\f（c，k），∴eq\f(sinA＋sinB,sinC）＝eq\f(\f(a,k)＋\f（b，k)，\f（c,k）)＝eq\f（a＋b，k)·eq\f(k，c)＝eq\f(a＋b，c).练习B1．解：由正弦定理得,sinB＝eq\f（bsinA，a)＝eq\f（2，3)，因为b＞a，且∠A＝30°，所以∠B≈41。8°或∠B≈138。2°.当∠B≈41。8°时，∠C＝180°－（∠A＋∠B)≈108。2°;当∠B≈138.2°时，∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈11.8°。2．证明:令eq\f(a,sinA）＝eq\f（b，sinB）＝eq\f(c,sinC）＝k，得sinA＝eq\f（a，k)，sinB＝eq\f（b,k)，sinC＝eq\f(c,k）.由已知sin2A＋sin2B＝sin2C，∴(eq\f(a，k）)2＋(eq\f（b,k)）2＝(eq\f(c，k））2.∴a2＋b2＝c2.由勾股定理的逆定理可知，△ABC为直角三角形．3．解:由acosA＝bcosB以及正弦定理得2RsinAcosA＝2RsinBcosB，即sin2A＝sin2B。又∵A,B∈（0,π），∴2A，2B∈（0,2π）．故有2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π，2).∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．解：能．证明如下：∵＝－，∴·＝（－)·（－）＝－2·＋＝－2｜｜||cosA＋,也就是a2＝b2＋c2－2bccosA.同理可得b2＝c2＋a2－2cacosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.练习A1．证明:（1）∵a2＋b2＝c2，由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab）＝eq\f（c2－c2，2ab）＝0.又∵∠C为△ABC的内角，∴∠C＝90°.（2)∵a2＋b2＞c2，∴a2＋b2－c2＞0。由余弦定理,得cosC＝eq\f（a2＋b2－c2，2ab）＞0。∴cosC＞0。又∵∠C为△ABC的内角,故∠C为锐角．(3)∵a2＋b2＜c2,∴a2＋b2－c2＜0。由余弦定理，得cosC＝eq\f（a2＋b2－c2，2ab)＜0。∴cosC＜0。又∵∠C为△ABC的内角，故∠C为钝角．2．解:（1)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝102＋52－2×10×5cos60°＝75，c＝5eq\r（3).由正弦定理得sinA＝eq\f（asinC,c)＝1,∴∠A＝90°.∴∠B＝180°－（∠A＋∠C）＝30°.（2）由余弦定理推论得cosC＝cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f（1，3）,∠C＝∠A≈70。53°，∠B＝180°－2∠A≈38。94°.(3)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB≈27。65，b≈5.26，由正弦定理得sinA＝eq\f（asin45°,b)≈0.99,∠A≈81.89°,∠C＝180°－（∠A＋∠B）≈53。11°。评注:已知三角形的两边和它们的夹角解三角形，基本解法是先用余弦定理求第三边，再用正弦定理求另一角,最后用三角形内角和定理求第三个角．3．解：设a＝3k,b＝4k，c＝5k，由余弦定理的推论得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(9k2＋16k2－25k2，24k2）＝0，∴∠C＝90°,即三角形为直角三角形．4．已知三点A（1，3），B(－2,2)，C（0，－3），求△ABC的各内角的大小．解:由两点间的距离公式得AB＝eq\r(10),BC＝eq\r(29），AC＝eq\r（37)，由余弦定理的推论得cosA＝eq\f（AB2＋AC2－BC2，2AB·AC）≈0.4679，∠A≈62.1°,cosB＝eq\f（AB2＋BC2－AC2，2AB·BC）≈0.0587,∠B≈86.6°，∴∠C＝180°－(∠A＋∠B）≈31。3°.评注:已知三角形三个顶点的坐标，需利用两点间距离公式，将问题转化为已知三边求角的问题．练习B1．解:由两点间的距离公式得AB＝2eq\r(5)，BC＝6，AC＝2eq\r(2).由余弦定理的推论得cosA＝eq\f（AB2＋AC2－BC2，2·AB·AC）＝eq\f（(2\r(5)）2＋(2\r(2）)2－62,2×2\r(5)×2\r（2）)＝－eq\f(\r（10），10)＜0.∴∠A＞90°。∴△ABC为钝角三角形．2．证明：在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，①b2＝a2＋c2－2accosB,②c2＝a2＋b2－2abcosC,③①②③式两边相加整理，得a2＋b2＋c2＝2(bccosA＋accosB＋abcosC)．3．证明：在平行四边形ABCD中,如图所示，AB＝CD，BC＝AD，∠ABC＝180°－∠BCD。在△ABC中,由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC。①在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝AD2＋CD2－2BC·AB·cos（180°－∠ABC)＝AD2＋CD2＋2AB·BC·cos∠ABC.②①＋②得AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2，即平行四边形两条对角线的平方和等于它各边的平方和．习题1-1A1．解：（1）∠C＝180°－（∠A＋∠B）＝75°，sinC＝sin75°＝eq\f(1，4）(eq\r（2）＋eq\r(6))．b＝eq\f(asinB，sinA）＝eq\f（3sin45°,sin60°）＝eq\r（6），c＝eq\f(asinC,sinA）＝eq\f(3sin75°，sin60°)＝eq\f（\r（6)＋3\r（2）,2).(2)∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝120°，sinB＝sin(45°－30°）＝eq\f(1,4）(eq\r（6）－eq\r(2)）,a＝eq\f(bsinA,sinB）＝eq\f（2sin45°,sin15°）＝2(1＋eq\r(3）)，c＝eq\f（asinC,sinA)＝eq\f(2(1＋\r(3)）sin120°，sin45°)＝3eq\r（2)＋eq\r（6）.(3）由正弦定理得，sinB＝eq\f（bsinA,a)＝eq\f(\r（3），2）,∵b＞a,∠A＝30°，∴∠B＝60°或∠B＝120°.当∠B＝60°时，∠C＝180°－(∠A＋∠B)＝90°，c＝eq\f(asinC，sinA)＝eq\f（1,\f(1，2）)＝2。当∠B＝120°时，∠C＝180°－(∠A＋∠B）＝30°，c＝eq\f（asinC，sinA）＝eq\f(1×\f（1,2）,\f(1,2）)＝1.（4）由正弦定理得，sinC＝eq\f(csinB,b）＝eq\f（3sin70°,2。5)＞1，∴三角形无解．评注：要注意已知两边和一边的对角，求三角形的解的个数时,要对解的情况进行讨论,如（3)两解，而（4)无解．2．解：（1）由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝2.72＋3.72－2×2.7×3.7×cos82°18′≈18。30，∴c≈4.3.由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinC，c)＝eq\f(2。7sin82°18′，4。3)≈0.6222，∴∠A≈38°29′，∴∠B＝180°－∠A－∠C≈59°13′.（2)由余弦定理,得a2＝b2＋c2－2bccosA＝12.92＋15。42－2×12.9×15.4×cos42.3°≈109.70，∴a≈10.5。由正弦定得，得sinB＝eq\f（bsinA,a）＝eq\f(12。9sin42。3°,10。5)≈0.8268，∴∠B≈55。8°.∴∠C＝180°－∠A－∠B≈180°－42.3°－55.8°＝81.9°。(3）由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f（3＋2－1，2\r(6)）＝eq\f(\r(6),3)≈0.8165，∴∠A≈35。3°.又∵a2＋c2＝b2,∴∠B＝90°.∴∠C＝180°－∠A－∠B≈180°－35.3°－90°＝54.7°.(4)由余弦定理，得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f（2。52＋32－22，2×2.5×3)＝0.75，∴∠A＝41。4°，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(22＋32－2.52,2×2×3）＝0。5625，∴∠B≈55.8°.∴∠C＝180°－∠A－∠B≈180°－41。4°－55.8°＝82.8°。3．解：如图所示，在ABCD中,∠ACB＝∠DAC＝35°，AD＝BC，在△ABC中,∠B＝180°－(∠BAC＋∠ACB)＝118°，由正弦定理得，AB＝eq\f（ACsin∠ACB,sinB）＝eq\f（57sin35°，sin118°)≈37,BC＝eq\f(ACsin∠BAC，sinB)＝eq\f（57sin27°,sin118°)≈29，即AB≈37cm，AD≈29cm。4．解：(1）由余弦定理得,cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f(3,8）,∠A≈68。0°,∠B＝∠A≈68。0°，∠C＝180°－(∠A＋∠B）＝44.0°.（2)由余弦定理得,c2＝a2＋b2－2abcosC＝20－8eq\r（2），c≈2。9。由正弦定理得，sinA＝eq\f（asinC，c）＝eq\f（\r（2），2.9)≈0.4877,∵b＞c＞a，∴∠A≈29。2°，∠B＝180°－(∠A＋∠C)≈105.8°。（3)如图所示，设CD为AB边上的中线，则AC＝b＝2,BC＝a＝3,CD＝2，设AD＝BD＝x（x＞0)．在△ADC中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC，①在△BDC中，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos（180°－∠ADC）,②①＋②得AC2＋BC2＝AD2＋2CD2＋BD2,即22＋32＝x2＋2×22＋x2，解得x＝eq\f(\r（10），2）.∴AB＝AD＋DB＝eq\r（10)≈3.2，在△ABC中,由余弦定理得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f(\r（10）,8)≈0.3953,∠A≈66。7°。由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA，a)≈0。6123.∵c＞a＞b，∴∠B≈37.8°，∠C＝180°－（∠A＋∠B）≈75.5°.5．解：(1)cos〈a，b〉＝eq\f(a·b，|a｜｜b｜)＝eq\f（1，2）,<a,b〉＝60°.（2)cos〈a，b>＝eq\f(a·b，|a｜|b｜）＝－eq\f（3,5)，〈a，b〉≈126.9°.6．解：设∠A＝α，∠B＝2α，由正弦定理得，eq\f(a，sinA）＝eq\f（b，sinB)，eq\f（a，b)＝eq\f（sinA，sinB)＝eq\f（sinα,sin2α）＝eq\f(1，2cosα)，即eq\f（1,2cosα)＝eq\f(1,\r（3)）,cosα＝eq\f(\r（3），2),α＝30°，∴∠A＝30°，∠B＝60°，∠C＝90°。评注：要注意给出的关系是比例式设法的关键，本题利用了倍角公式化简．7．证明：如图所示，△ABC的∠A的外角平分线为AD，∴∠EAD＝∠DAC。设∠BAC＝α，∴∠CAE＝180°－α.∴∠CAD＝90°－，∠DAB＝90°＋.在△ABD中,由正弦定理，得。①在△DAC中，由正弦定理,得eq\f(DC，sin∠DAC）＝eq\f(AC,sinD)⇒eq\f（DC，sin(90°－\f（α,2）））＝eq\f(AC，sinD）⇒eq\f(DC，cos\f（α，2）)＝eq\f(AC，sinD）.②①÷②,得eq\f(BD，DC）＝eq\f（AB,AC）。习题1-1B1．解：（1)由正弦定理得,sinB＝eq\f（bsinA，a)＝eq\f（5sin60°，4)＝eq\f（5\r(3)，8）＞1,∴三角形无解．(2)由正弦定理得,sinB＝eq\f（bsinA，a）＝eq\f（3\r(2),8)≈0。5303，∵a＞b，∠A＝45°，∴∠B＝32.0°。∠C＝180°－（∠A＋∠B）＝103。0°，c2＝a2＋b2－2abcosC≈30.4,C≈5.5.(3）由正弦定理得，sinB＝eq\f（bsinA，a）＝eq\f(1，4）,∵a＞b,∠A＝30°，∴∠B≈14.5°,c＝5.5∴∠C＝180°－(∠A＋∠B)≈135。5°，c＝eq\f(asinC,sinA）≈5。6。(4)由正弦定理得sinB＝eq\f（bsinA,a）＝eq\f(\r（2）＋\r(6)，8）,∵a＞b，∴∠B≈28.9°，∠C＝180°－(∠A＋∠B）≈76.1°,c＝eq\f（asinC，sinA)＝eq\f（4sin76。1°，sin75°）≈4。0。2．解：由两点间距离公式得AB＝eq\r(（m＋3)2＋（m－5)2），AC＝eq\r(2),BC＝eq\r(（m＋4）2＋(m－4)2），由余弦定理得,AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，整理得,－4m＝eq\f(6\r(2),5）eq\r（2m2＋32)，则m＜0，即m2＝9，∴m＝－3（正值舍去)．评注：要注意对式子化简的准确性，本题中隐含了“m＜0”的条件,因此要注意发现隐含条件．3．解：由两点间距离公式得，AB＝5,AC＝eq\r（10）,BC＝3eq\r（5），由余弦定理得，cosA＝eq\f（AB2＋AC2－BC2，2AB·AC）＝eq\f（25＋10－45,2×5×\r(10)）＝－eq\f(\r(10),10），∠A≈108.4°,由正弦定理得，sinB＝eq\f（bsinA,a）＝eq\f(\r(2)sin108.4°，3）≈0。4473，∠B＝26.6°，∠C＝180°－(∠A＋∠B）≈45.0°。4．解：如图所示,延长AD到E，使AD＝DE，连结BE、CE，则四边形ACEB为平行四边形，在△ACE中，AC＝2eq\r（3)，CE＝AB＝4eq\r（3)，∠AEC＝30°，由正弦定理得sin∠EAC＝eq\f(CEsin∠AEC,AC）＝eq\f（4\r（3)sin30°,2\r（3))＝1，∴∠EAC＝90°.∴∠BAC＝120°。在△ABC中,由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝48＋12－48cos120°＝84。∴BC＝2eq\r(21）。5．解：方法一:依题意∠A＝∠B,则AC＝BC，由两点间距离公式得，AC＝eq\r(1＋（4－k）2)，BC＝eq\r(36＋（6－k)2),由AC＝BC得，1＋（4－k)2＝36＋（6－k)2，k＝eq\f(55,4)。方法二：设直线AB的斜率为k1＝eq\f(6－4,8－3）＝eq\f(2，5），线段AB的中点为D(eq\f（11,2），5),则线段AB的垂直平分线方程为y－5＝－eq\f（5，2）（x－eq\f（11，2）)．而点C(2,k）在直线上，则k－5＝－eq\f(5,2)（2－eq\f(11,2))，k＝eq\f（55，4）.评注：解决本题的关键是判定出△ABC为等腰三角形，而方法二是利用了“线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”．6．解：(1）方法一：由两点间距离公式,得AB＝eq\r（22＋（－2)2)＝2eq\r(2），BC＝eq\r（32＋32）＝3eq\r(2）,CD＝eq\r（12＋(－1)2）＝eq\r(2)，AD＝eq\r（42＋22)＝2eq\r(5)，AC＝eq\r(52＋12）＝eq\r(26）.在△ACD中，由余弦定理得，cos∠ACD＝eq\f（AC2＋CD2－AD2，2AC·CD）＝eq\f(26＋2－20,2×\r（26）×\r（2）)＝eq\f(2\r(13）,13）.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠CAB＝eq\f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB）＝eq\f(26＋8－18，2×\r（26)×2\r(2））＝eq\f(2\r（13），13)，∴∠ACD＝∠CAB，即AB∥CD。在△ABC中，AB2＋BC2＝8＋18＝26＝AC2.∴△ABC为直角三角形，即AB⊥BC。∴四边形ABCD为直角梯形．方法二：CD＝eq\r(2)，AB＝2eq\r（2），kCD＝eq\f（4－5,4－3）＝－1,kAB＝eq\f（1－3，1＋1)＝－1。∵kCD＝kAB，∴AB∥CD。kBC＝eq\f(4－1,4－1）＝1,kBC·kAB＝－1，则AB⊥BC，∴四边形ABCD为直角梯形．(2)BD＝eq\r（22＋42）＝eq\r（20）＝2eq\r(5)，在△ABD中,cos∠DAB＝eq\f(AD2＋AB2－BD2,2AD·AB）＝eq\f(20＋8－20,2×2\r（5）×2\r（2))＝eq\f(\r(10)，10），∠DAB≈71.6°，cos∠CAB＝eq\f(2\r（13）,13),∠CAB≈56.3°。评注：解决本题可根据题中的点,作出草图，有利于判断的目的性，优化解题过程．7．解：∵a2－(b－c)2＝bc，∴b2＋c2－a2＝bc。∴cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f（1，2)，∠A＝60°。8．证法一：由正、余弦定理，得eq\f（a，2R)＝2·eq\f(b，2R）·eq\f