人教B版数学必修五：1.1正弦定理和余弦定理学案含答案解析

第一章解三角形§1.1正弦定理和余弦定理1几何法证正弦定理设BD为ABC外接圆O的直径，则BD2R，下面按A为直角、锐角、钝角三种情况加以证明(1)若A为直角，如图，则BC经过圆心O，BC为圆O的直径，BC2R，BC2R.(2)若A为锐角，如图，连结CD，则BACBDC，在RtBCD中，BD2R，2R.即2R.(3)若A为钝角，如图，连结CD，则BACCDB，所以sinBACsinCDB，在RtBCD中，BD2R，又，2R，即2R.可证得：2R.同理可证：2R，2R.所以，不论ABC是锐角三角形，直角三角形，还是钝角三角形，都有：2R(其中R为ABC的外接圆的半径)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，并且都等于其外接圆的直径2坐标法证余弦定理如图所示，以ABC的顶点A为原点，射线AC为x轴的正半轴，建立直角坐标系，这时顶点B可作角A终边的一个点，它到原点的距离rc.设点B的坐标为(x，y)，由三角函数的定义可得：xccos A，ycsin A，即点B为(ccos A，csin A)，又点C的坐标是(b,0)由两点间的距离公式，可得：aBC.两边平方得：a2(bccos A)2(csin A)2b2c22bccos A.以ABC的顶点B或顶点C为原点，建立直角坐标系，同样可证b2a2c22accos B，c2a2b22abcos C.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦值的积的2倍. 余弦定理的第二种形式是：cos A，cos B，cos C.易知：A为锐角b2c2a2>0；A为直角b2c2a20；A为钝角b2c2a2<0.由此可见：余弦定理可以看作是勾股定理的推广，勾股定理可以看作是余弦定理的特例一、解三角形的常见类型及解法方法链接：在三角形的边、角六个元素中，只要知道三个，其中至少一个元素为边，即可求解该三角形，按已知条件可分为以下几种情况：已知条件应用定理一般解法一边和两角(如a，B，C)正弦定理由ABC180°，求角A；由正弦定理求出b与c.在有解时只有一解两边和夹角(如a，b，C)余弦定理正弦定理由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出小边所对的角；再由ABC180°求出另一角在有解时只有一解三边(a，b，c)余弦定理由余弦定理求出角A、B；再利用ABC180°，求出角C.在有解时只有一解两边和其中一边的对角(如a，b，A)正弦定理余弦定理由正弦定理求出角B；由ABC180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c.可有两解，一解或无解.在解题过程中，也可以先利用正弦定理求解，再利用“三角形内角和定理”和“大边对大角”来检验例1如图所示，在四边形ABCD中，已知ADCD，AD10，AB14，BDA60°，BCD135°.求BC的长解在ABD中，设BDx，则BA2BD2AD22BD·AD·cosBDA，即142x21022·10x·cos 60°，整理得x210x960，解之得x116，x26(舍去)由正弦定理：，BC·sin 30°8.二、三角形解的个数判断方法链接：已知三角形的两边及一边的对角，可用正弦定理解三角形，也可用余弦定理解三角形如已知a，b，A，可先由余弦定理求出边c，即列关于c的方程a2b2c22bccos A，解出c后要注意验证c值是否与a，b能构成三角形符合题意的c值有几个，对应的三角形就有几解若采用正弦定理解三角形，可以结合下表先判断解的情况，再解三角形.A为锐角A为钝角或直角图形关系式absin Aabbsin A< a<ba< bsin Aa>bab解个数一解一解两解无解一解无解例2已知ABC中，b3，c3，B30°，求a的值解方法一利用余弦定理求解先将b3，c3，B30°代入b2a2c22accos B，有32a2(3)22a·3·cos 30°.整理，得a29a180.所以a6或a3，经检验6和3均符合题意所以a的值为6或3.方法二利用正弦定理求解csin B，c>b>csin BABC有两解6，sin C.C60°或C120°.当C60°时，A180°BC90°.由6，解得：a6.当C120°时，A180°BC30°.由6，解得a3.所以a的值为6或3.三、三角形的面积公式及应用方法链接：三角形面积的常用计算公式(1)Saha(ha表示a边上的高)；(2)Sabsin Cacsin Bbcsin A；(3)Sr(abc) (r为三角形内切圆半径)；(4)S (可由正弦定理推得)；(5)S2R2sin A·sin B·sin C (R是三角形外接圆半径)；(6)S (p是三角形的半周长)例3在ABC中，已知B60°，面积为10，外接圆半径为R，求三边a，b，c.解b2Rsin B2××7，SABCacsin B，10ac×，ac40，由b2a2c22accos B，得a2c289.由解得.或.所以ABC的三边长为a8，b7，c5或a5，b7，c8.四、利用正、余弦定理求三角形外接圆半径方法链接：利用正弦定理2R，(其中R是ABC的外接圆半径)可以推得以下结论：(1)R；(2)R；(3)R(其中S为ABC的面积)；(4)R (其中p为(abc)，即ABC的半周长)有了这些结论，我们可以容易解决涉及三角形外接圆的问题例4如图所示，已知POQ60°，M是POQ内的一点，它到两边的距离分别为MA2，MB11，求OM的长解如图所示，连接AB，由已知O，A，M，B四点都在以OM为直径的圆上这个圆就是ABM的外接圆POQ60°，AMB120°.在ABM中，AB2MA2MB22MA·MBcos 120°.AB2221122×2×11×147AB7.由正弦定理得OM14.五、利用正、余弦定理判断三角形形状方法链接：(1)判断三角形的形状，主要有以下两种途径：利用正、余弦定理，把已知条件转化为边边关系，然后通过因式分解，配方等方法，得出边的相应关系，从而判断三角形的形状；利用正、余弦定理，把已知条件转化为角角关系，然后通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状(2)判断三角形的形状时，在等式变形中，一般两边不要约去公因式，以免漏解(3)常见的三角形有：正三角形、等腰三角形、直角三角形、等腰直角三角形、钝角三角形或锐角三角形例5在ABC中，acos Abcos Bccos C，试判断三角形的形状解方法一由正弦定理，设k>0，aksin A，bksin B，cksin C，代入已知条件得ksin Acos Aksin Bcos Bksin Ccos C，即sin Acos Asin Bcos Bsin Ccos C.根据二倍角公式得sin 2Asin 2Bsin 2C，即sin(AB)(AB)sin(AB)(AB)2sin Ccos C，2sin(AB)cos(AB)2sin Ccos C.ABC，ABC，sin(AB)sin C0，cos(AB)cos C，又cos(AB)cos C，cos(AB)cos (AB)0，2cos Acos B0，cos A0或cos B0，即A90°或B90°，ABC是直角三角形方法二由余弦定理知cos A，cos B，cos C，代入已知条件得a·b·c·0，通分得a2(b2c2a2)b2(a2c2b2)c2(c2a2b2)0，展开整理得(a2b2)2c4.a2b2±c2，即a2b2c2或b2a2c2.根据勾股定理知ABC是直角三角形六、利用正、余弦定理证明三角形中的恒等式方法链接：证明三角恒等式有三种方向：一种是从等式某一侧证到另一侧；一种是将式子的两侧同时整理化简得到相同的结果；最后一种是将要证的恒等式进行适当的等价变形，证明等价变形后的式子成立即可不论哪种方向都应遵循“从繁化简”的原则例6在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，求证：0.分析利用正弦定理把边角统一为角的代数式，再结合三角公式求证证明由正弦定理2R.a2Rsin A，b2Rsin B，C2Rsin C.4R2(cos Bcos A)；同理4R2(cos Ccos B)；4R2(cos Acos C)左边4R2(cos Bcos A)4R2(cos Ccos B)4R2(cos Acos C)4R2(cos Bcos Acos Ccos Bcos Acos C)0.左边右边即0成立1忽视构成三角形的条件而致错例1已知钝角三角形的三边ak，bk2，ck4，求k的取值范围错解c>b>a且ABC为钝角三角形，C为钝角由余弦定理得cos C<0.k24k12<0，解得2<k<6.又k为三角形的边长，k>0.综上所述，0<k<6.点拨忽略了隐含条件：k，k2，k4构成一个三角形，k(k2)>k4.即k>2而不是k>0.正解c>b>a，且ABC为钝角三角形，C为钝角由余弦定理得cos C<0.k24k12<0，解得2<k<6.由两边之和大于第三边得k(k2)>k4，k>2，综上所述，k的取值范围为2<k<6.2忽视边角之间的关系而致错例2在ABC中，已知A60°，a，b2，则B_.错解在ABC中，由正弦定理，可得sin B，所以B45°或B135°.点拨上述错解中的错误十分明显，若B135°，则AB195°>180°，故B135°不适合题意，是个增解这个增解产生的根源是忽视了a>b这一条件，根据三角形的边角关系，角B应小于角A，故B135°应舍去正解在ABC中，由正弦定理可得sin B，因为a>b，所以A>B，所以B45°.3忽视角之间的关系而致错例3在ABC中，试判断三角形的形状错解，sin Acos Asin Bcos B，sin 2Asin 2B，AB.ABC是等腰三角形点拨上述错解忽视了满足sin 2Asin 2B的另一个角之间的关系：2A2B180°.正解，sin Acos Asin Bcos Bsin 2Asin 2B2A2B或2A2B.AB或AB.ABC是等腰三角形或直角三角形例已知ABC中，AB1，BC2，则角C的取值范围是()A0<C B0<C<C.<C< D.<C分析数学中的许多问题可以从不同角度去考虑例如本题可以从正弦定理、余弦定理、构造图形等角度去考虑解析方法一(应用正弦定理)，sin Csin A，0<sin A1，0<sin C.AB<BC，C<A，C为锐角，0<C.方法二(应用数形结合)如图所示，以B为圆心，以1为半径画圆，则圆上除了直线BC上的点外，都可作为A点从点C向圆B作切线，设切点为A1和A2，当A与A1、A2重合时，角C最大，易知此时：BC2，AB1，ACAB，C，0<C.答案A1已知ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m(a，b)，n(sin B，sin A)，p(b2，a2)(1)若mn，求证：ABC为等腰三角形；(2)若mp，边长c2，角C，求ABC的面积(1)证明mn，asin Absin B，即a·b·，其中R是ABC外接圆半径，a2b2，ab.ABC为等腰三角形(2)解由题意知m·p0，即a(b2)b(a2)0.abab.由余弦定理可知，4a2b2ab(ab)23ab，即(ab)23ab40.ab4(舍去ab1)，SABCabsin C×4×sin.赏析在正、余弦定理与平面向量的交汇点上命题是近几年高考的热点题型之一，题目难度一般不大，以中、低档题为主2ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，asin Acsin Casin Cbsin B.(1)求B；(2)若A75°，b2，求a，c.解(1)由正弦定理得a2c2acb2，由余弦定理得b2a2c22accos B，故cos B.又B为三角形的内角，因此B45°.(2)sin Asin(30°45°)sin 30°cos 45°cos 30°sin 45°.故a1，c2×.最新精品语文资料