当前位置:首页 >> 数学 >>

1.1 正弦定理和余弦定理 学案(人教A版必修5)


第一章 § 1.1

解三角形

正弦定理和余弦定理

材拓展 1.几何法证正弦定理 设 BD 为△ABC 外接圆⊙O 的直径,则 BD=2R,下面按∠A 为直角、锐角、钝角三种 情况加以证明. a (1)若∠A 为直角,如图①,则 BC 经过圆心 O,∴BC 为圆 O 的直径,BC=2R, = sin A BC =BC=2R. sin 90° (2)若∠A 为锐角,如图②,连结 CD,则∠BAC=∠BDC, BC BC 在 Rt△BCD 中, = , sin∠BDC sin∠BAC BC BC ∵ =BD=2R,∴ =2R. sin∠BDC sin∠BAC a 即 =2R. sin A (3)若∠A 为钝角, 如图③, 连结 CD, 则∠BAC+∠CDB=π, 所以 sin∠BAC=sin∠CDB, BC 在 Rt△BCD 中, =BD=2R, sin∠CDB BC BC 又∵ = , sin∠CDB sin∠BAC BC a ∴ =2R,即 =2R. sin A sin∠BAC a b c 可证得: =2R.同理可证: =2R, =2R. sin A sin B sin C

a b 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: = = sin A sin B c =2R(其中 R 为△ABC 的外接圆的半径). sin C 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 r=c.设点 B 的坐标 为(x,y),由三角函数的定义可得:x=ccos A,y=csin 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: a=BC= ?b-ccos A?2+?-csin A?2. 两边平方得:a2=(b-ccos A)2+(-csin A)2 =b2+c2-2bccos 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 b2=a2+c2-2accos B,c2=a2+b2-2abcos 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: b2+c2-a2 a2+c2-b2 cos A= ,cos B= , 2bc 2ac 2 2 2 a +b -c cos C= . 2ab 易知:A 为锐角?b2+c2-a2>0; A 为直角?b2+c2-a2=0; A 为钝角?b2+c2-a2<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.

法突破 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) 由 A+B+C=180° ,求角 A;由正 弦定理求出 b 与 c.在有解时只有一 解.

正弦定理

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 A+B + C =180° 求出另一角.在有解时 只有一解. 由余弦定理求出角 A、B;再利用 A +B+C=180° , 求出角 C.在有解时 只有一解.

三边(a,b,c)

余弦定理

由正弦定理求出角 B;由 A+B+C =180° ,求出角 C;再利用正弦定 正弦定理余弦定理 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 两边和其中 一边的对角 (如 a,b,A)

如图所示, 在四边形 ABCD 中, 已知 AD⊥CD, AD=10, AB=14, ∠BDA=60° , ∠BCD =135° .求 BC 的长. 解 在△ABD 中,设 BD=x, 则 BA2=BD2+AD2-2BD· AD· cos∠BDA, 即 142=x2+102-2· 10x· cos 60° , 整理得 x2-10x-96=0, 解之得 x1=16,x2=-6(舍去). BC BD 由正弦定理: = , sin∠CDB sin∠BCD 16 ∴BC= · sin 30° =8 2. sin 135° 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 a2=b2+c2-2bccos 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 bsin A< a< a<b bsin A 解个数 一解 一解 两解 无解 例 2 已知△ABC 中,b=3,c=3 3,B=30° ,求 a 的值. 解 方法一 利用余弦定理求解. 先将 b=3,c=3 3,B=30° 代入 b2=a2+c2-2accos B, 有 32=a2+(3 3)2-2a· 3 3· cos 30° . 整理,得 a2-9a+18=0. 所以 a=6 或 a=3,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. 3 ∵csin B= 3,∴c>b>csin B.∴△ABC 有两解. 2 c b 3 ∵ = =6,∴sin C= . sin C sin B 2 ∴C=60° 或 C=120° . 当 C=60° 时,A=180° -B-C=90° . 关系式 a=bsin A a≥b a>b 一解 a≤ b 无解

a b = =6,解得:a=6. sin A sin B 当 C=120° 时,A=180° -B-C=30° . a b 由 = =6,解得 a=3.所以 a 的值为 6 或 3. sin A sin B 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 (1)S= aha(ha 表示 a 边上的高); 2 1 1 1 (2)S= absin C= acsin B= bcsin A; 2 2 2 1 (3)S= r(a+b+c) (r 为三角形内切圆半径); 2 abc (4)S= (可由正弦定理推得); 4R (5)S=2R2sin A· sin B· sin C (R 是三角形外接圆半径); (6)S= p?p-a??p-b??p-c? (p 是三角形的半周长). 由 例3 b,c. 7 3 3 b=2Rsin B=2× × =7, 3 2 1 1 3 ∵S△ABC= acsin B,∴10 3= ac× , 2 2 2 ∴ac=40, 由 b2=a2+c2-2accos B,得 a2+c2=89. 2 2 ? ? ?a +c =89 ?a+c=13 ? 由 解得? . ?ac=40 ?a-c=± 3 ? ? 解
?a=8 ?a=5 ? ? ∴? 或? . ?c=5 ?c=8 ? ? 所以△ABC 的三边长为 a=8,b=7,c=5 或 a=5,b=7,c=8. 四、利用正、余弦定理求三角形外接圆半径 a b c 方法链接:利用正弦定理 = = =2R,(其中 R 是△ABC 的外接圆半径)可 sin A sin B sin C 以推得以下结论: a b c (1)R= = = ; 2sin A 2sin B 2sin C a+b+c (2)R= ; 2?sin A+sin B+sin C? abc (3)R= (其中 S 为△ABC 的面积); 4S abc 1 (4)R= (其中 p 为 (a+b+c),即△ABC 的半周长). 2 4 p?p-a??p-b??p-c? 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

7 3 在△ABC 中,已知∠B=60° ,面积为 10 3,外接圆半径为 R= ,求三边 a, 3

如图所示,已知∠POQ=60° ,M 是∠POQ 内的一点,它到两边的距离分别为 MA=2,

MB=11,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. ∵∠POQ=60° ,∴∠AMB=120° . 在△ABM 中,AB2=MA2+MB2-2MA· MBcos 120° . 1 ? ∴AB2=22+112-2×2×11×? ?-2?=147∴AB=7 3. AB AB 7 3 由正弦定理得 OM= = = =14. sin∠AMB sin 120° sin 60° 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: ①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; ②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 A+bcos B=ccos C,试判断三角形的形状. 解 方法一 由正弦定理, a b c 设 = = =k>0, sin A sin B sin C ∴a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C,代入已知条件得 ksin Acos A+ksin Bcos B=ksin Ccos C, 即 sin Acos A+sin Bcos B=sin Ccos C. 根据二倍角公式得 sin 2A+sin 2B=sin 2C, 即 sin[(A+B)+(A-B)]+sin[(A+B)-(A-B)] =2sin Ccos C, ∴2sin(A+B)cos(A-B)=2sin Ccos C. ∵A+B+C=π,∴A+B=π-C, ∴sin(A+B)=sin C≠0, ∴cos(A-B)=cos C, 又∵cos(A+B)=-cos C, ∴cos(A-B)+cos (A+B)=0, ∴2cos Acos B=0,∴cos A=0 或 cos B=0, 即 A=90° 或 B=90° ,∴△ABC 是直角三角形. 方法二 由余弦定理知 b2+c2-a2 a2+c2-b2 a2+b2-c2 cos A= ,cos B= ,cos C= , 2bc 2ac 2ab 代入已知条件得 b2+c2-a2 a2+c2-b2 c2-a2-b2 a· +b· +c· =0, 2bc 2ac 2ab 2 2 2 2 2 2 2 2 通分得 a (b +c -a )+b (a +c -b )+c2(c2-a2-b2)=0, 展开整理得(a2-b2)2=c4. ∴a2-b2=± c2,即 a2=b2+c2 或 b2=a2+c2. 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, a2-b2 b2-c2 c2-a2 求证: + + =0. cos A+cos B cos B+cos C cos C+cos A 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. a b c 证明 由正弦定理 = = =2R. sin A sin B sin C ∴a=2Rsin A,b=2Rsin B,C=2Rsin C. a2-b2 4R2?sin2A-sin2B? ∴ = cos A+cos B cos A+cos B 2 2 4R [?1-cos A?-?1-cos2B?] = cos A+cos B 2 2 4R ?cos B-cos2A? = cos A+cos B 2 =4R (cos B-cos A); b2-c2 同理 =4R2(cos C-cos B); cos B+cos C c2-a2 =4R2(cos A-cos C). cos C+cos A a2-b2 b2-c2 c2-a2 ∴左边= + + cos A+cos B cos B+cos C cos C+cos A 2 2 =4R (cos B-cos A)+4R (cos C-cos B)+4R2(cos A-cos C) =4R2(cos B-cos A+cos C-cos B+cos A-cos C)=0. ∴左边=右边. a2-b2 b2-c2 c2-a2 即 + + =0 成立. cos A+cos B cos B+cos C cos C+cos A

区突破 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 a=k,b=k+2,c=k+4,求 k 的取值范围. [错解] ∵c>b>a 且△ABC 为钝角三角形, ∴C 为钝角. a2+b2-c2 由余弦定理得 cos C= 2ab 2 2 2 k +?k+2? -?k+4? k2-4k-12 = = <0. 2k?k+2? 2k?k+2? 2 ∴k -4k-12<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,k+2,k+4 构成一个三角形,k+(k+2)>k+4.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.

a2+b2-c2 k2-4k-12 由余弦定理得 cos C= = <0. 2ab 2k?k+2? ∴k2-4k-12<0,解得-2<k<6. 由两边之和大于第三边得 k+(k+2)>k+4, ∴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 A=60° ,a= 6,b=2,则∠B=____. [错解] 在△ABC 中,由正弦定理, bsin A 2sin 60° 2 可得 sin B= = = , a 2 6 所以 B=45° 或 B=135° . [点拨] 上述错解中的错误十分明显,若 B=135° ,则 A+B=195° >180° ,故 B=135° 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 B=135° 应舍去. [正解] 在△ABC 中,由正弦定理可得 bsin A 2sin 60° 2 sin B= = = , a 2 6 因为 a>b,所以 A>B,所以 B=45° .

3.忽视角之间的关系而致错 tan A a2 例 3 在△ABC 中, = ,试判断三角形的形状. tan B b2 2 tan A a sin Acos B sin2A [错解] = ? = , tan B b2 cos Asin B sin2B cos B sin A ? = , cos A sin B ?sin Acos A=sin Bcos B, ?sin 2A=sin 2B,∴A=B. ∴△ABC 是等腰三角形. [点拨] 上述错解忽视了满足 sin 2A=sin 2B 的另一个角之间的关系:2A+2B=180° . tan A a2 sin Acos B sin2A [正解] = ? = , tan B b2 cos Asin B sin2B cos B sin A ? = cos A sin B ?sin Acos A=sin Bcos B ?sin 2A=sin 2B ?2A=2B 或 2A+2B=π. π ∴A=B 或 A+B= . 2 ∴△ABC 是等腰三角形或直角三角形.

题多解 已知△ABC 中,AB=1,BC=2,则角 C 的取值范围是( ) π π A.0<C≤ B.0<C< 6 2 π π π π C. <C< D. <C≤ 6 2 6 3 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) AB BC ∵ = , sin C sin A 1 2 ∴ = sin C sin A 1 ∴sin C= sin A, 2 ∵0<sin A≤1, 1 ∴0<sin C≤ . 2 ∵AB<BC, ∴C<A,∴C 为锐角, π ∴0<C≤ . 6 方法二 (应用数形结合) 例

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: BC=2,AB=1,AC⊥AB, π ∴C= , 6 π ∴0<C≤ . 6 答案 A

题赏析 1.(2009· 上海)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=(b-2,a-2). (1)若 m∥n,求证:△ABC 为等腰三角形; π (2)若 m⊥p,边长 c=2,角 C= ,求△ABC 的面积. 3 (1)证明 ∵m∥n,∴asin A=bsin B, a b 即 a· =b· , 2R 2R 其中 R 是△ABC 外接圆半径, ∴a2=b2,∴a=b. ∴△ABC 为等腰三角形. (2)解 由题意知 m· p=0, 即 a(b-2)+b(a-2)=0. ∴a+b=ab. 由余弦定理可知, 4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab, 即(ab)2-3ab-4=0. ∴ab=4(舍去 ab=-1), 1 1 π ∴S△ABC= absin C= ×4×sin = 3. 2 2 3 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. 2.(2011· 大纲卷)△ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a,b,c,asin A+csin C- 2asin C=bsin B. (1)求 B; (2)若 A=75° ,b=2,求 a,c. 解 (1)由正弦定理得 a2+c2- 2ac=b2, 由余弦定理得 b2=a2+c2-2accos B, 2 故 cos B= . 2 又 B 为三角形的内角,因此 B=45° . (2)sin A=sin(30° +45° ) =sin 30° cos 45° +cos 30° sin 45° 2+ 6 = . 4 2+ 6 bsin A 故 a= = =1+ 3, sin B 2 bsin C sin 60° c= =2× = 6. sin B sin 45°


赞助商链接
相关文章:
新人教A版必修5高中数学1.1正弦定理和余弦定理学案
人教A版必修5高中数学1.1正弦定理和余弦定理学案_数学_高中教育_教育专区。高中数学 1.1 正弦定理和余弦定理学案人教 A 版必修 5 学习目标 1. 进一步...
1.1.2 余弦定理(一) 学案(人教A版必修5)
1.1.2 余弦定理(一) 学案(人教A版必修5)_数学_高中教育_教育专区。七台河...asin C 1 由正弦定理得 sin A= = ,因为 b>a, c 2 所以 B>A,又∵0...
...1.1.1正弦定理学案设计 新人教A版必修5
2015-2016学年高中数学 1.1.1正弦定理学案设计 新人教A版必修5_数学_高中教育_教育专区。第一章 1.1 解三角形 正弦定理和余弦定理 1.1.1 正弦定理 学习...
人教a版必修5学案:1.1正弦定理和余弦定理(含答案)
人教a版必修5学案:1.1正弦定理和余弦定理(含答案)_数学_高中教育_教育专区。...sin A sin B sin C a b 所以,不论△ABC 是锐角三角形,直角三角形,还是...
2014年高中数学 1.1.1正弦定理学案 新人教A版必修5
2014年高中数学 1.1.1正弦定理学案人教A版必修5_数学_高中教育_教育专区。...正余弦定理的边角互换功能王新敞奎屯 新疆 ① a ? 2 R sin A , b ? 2...
1.1.2 余弦定理(二) 学案(人教A版必修5)
1.1.2 余弦定理(二) 学案(人教A版必修5)_数学_高中教育_教育专区。1.1....2 2 2.正弦定理及其变形 a b c (1) ===___. sin A sin B sin C ...
1.1.2 余弦定理 学案(人教A版必修5)
1.1.2 余弦定理 学案(人教A版必修5)_数学_高中教育_教育专区。1.1.2 ...1 3 3× 2 csin B 3 由正弦定理得 sin C= ==, b 3 2 ∴C=60° ...
...1.1 正弦定理和余弦定理学案 新人教A版必修5
湖南省怀化市湖天中学高中数学 1.1 正弦定理和余弦定理学案人教A版必修5_数学_高中教育_教育专区。今日推荐 180份文档 CET四六级高分通关宝典 ...
高中数学 1.1正弦定理和余弦定理教案(4) 新人教A版必修5
高中数学 1.1正弦定理和余弦定理教案(4) 新人教A版必修5_数学_高中教育_教育专区。正弦定理與餘弦定理重點整理:面積公式 1. 若 ? ABC 之三邊長為 a , b ...
1.1.1 正弦定理(一) 学案(人教B版必修5)
1.1.1 正弦定理(一) 学案(人教B版必修5)_数学_高中教育_教育专区。第一章...第一章 § 1.1 解三角形 正弦定理和余弦定理 正弦定理(一) 1.1.1 自主...
更多相关标签: