高中数学人教B版 (2019)必修 第四册9.1.2 余弦定理导学案及答案

　正弦定理和余弦定理

【学习内容】

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．

(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，＝＝BC＝2R.

(2)若∠A为锐角，如图②，连结CD，则∠BAC＝∠BDC，

在Rt△BCD中，＝，

∵＝BD＝2R，∴＝2R.

即＝2R.

(3)若∠A为钝角，如图③，连结CD，则∠BAC＋∠CDB＝π，所以sin∠BAC＝sin∠CDB，

在Rt△BCD中，＝BD＝2R，

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＝.

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：

cos A＝，cos B＝，

cos C＝.

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．

【方法突破】

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：

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)．

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.

例2　已知△ABC中，b＝3，c＝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，B＝30°代入b2＝a2＋c2－2accos B，

有32＝a2＋(3)2－2a·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．

∵csin B＝，∴c>b>csin B．∴△ABC有两解．

∵＝＝6，∴sin C＝.∴C＝60°或C＝120°.

当C＝60°时，A＝180°－B－C＝90°.

由＝＝6，解得：a＝6.

当C＝120°时，A＝180°－B－C＝30°.

由＝＝6，解得a＝3.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)S＝aha(ha表示a边上的高)；

(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A；

(3)S＝r(a＋b＋c) (r为三角形内切圆半径)；

(4)S＝ (可由正弦定理推得)；

(5)S＝2R2sin 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∠B＝60°，面积为10，外接圆半径为R＝，求三边a，b，c.

解　b＝2Rsin B＝2××＝7，

∵S△ABC＝acsin B，∴10＝ac×，∴ac＝40，

由b2＝a2＋c2－2accos B，得a2＋c2＝89.

由　解得.∴或.

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

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(a＋b＋c)，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∠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°.

∴AB2＝22＋112－2×2×11×＝147

∴AB＝7.

由正弦定理得OM＝＝＝＝14.

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，

设＝＝＝k>0，

∴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

cos A＝，cos B＝，cos C＝，

代入已知条件得

a·＋b·＋c·＝0，

通分得a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋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，

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.

∴a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，C＝2Rsin C.

∴＝

＝

＝

＝4R2(cos B－cos A)；

同理＝4R2(cos C－cos B)；

＝4R2(cos A－cos C)．

∴左边＝＋＋

＝4R2(cos B－cos A)＋4R2(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．

即＋＋＝0成立．

【误区突破】

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．

由余弦定理得cos C＝

＝＝<0.

∴k2－4k－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．

由余弦定理得cos C＝＝<0.

∴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＝，b＝2，则∠B＝________.

[错解]　在△ABC中，由正弦定理，

可得sin B＝＝＝，

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

sin B＝＝＝，

因为a>b，所以A>B，所以B＝45°.

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 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°.

[正解]　＝⇔＝，⇔＝

⇔sin Acos A＝sin Bcos B⇔sin 2A＝sin 2B

⇔2A＝2B或2A＋2B＝π.∴A＝B或A＋B＝.

∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．

【一题多解】

例　已知△ABC中，AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是(　　)

A．0<C≤     B．0<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 C＝sin A，

∵0<sin A≤1，∴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：

BC＝2，AB＝1，AC⊥AB，∴C＝，∴0<C≤.

答案　A

【考题赏析】

1．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；

(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝，求△ABC的面积．

(1)证明　∵m∥n，∴asin A＝bsin B，即a·＝b·，

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)，

∴S△ABC＝absin 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．

2．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－asin 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－ac＝b2，

由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，

故cos B＝.

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°＝.

故a＝＝＝1＋，

c＝＝2×＝.