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2024年2月29日发(作者：html标签的含义)

正弦定理、余弦定理

1. 三角形常用公式：A＋B＋C＝π；S＝111ab sin C＝bc sin

A＝＝ca

sin

B；

2222．三角形中的边角不等关系:A>Ba>b,a+b>c,a-b

3．正弦定理：abc＝＝＝2R（外接圆直径）；

sinAsinBsinCa2RsinA正弦定理的变式：b2RsinB；

a∶b∶c＝sin

A∶sin

B∶sin

C．

c2RsinC4．正弦定理应用范围：

①已知两角和任一边，求其他两边及一角．

②已知两边和其中一边对角，求另一边的对角．

③几何作图时，存在多种情况．如已知a、b及A，求作三角形时，要分类讨论，确定解的个数．

已知两边和其中一边的对角解三角形，有如下的情况：

(1)A为锐角

CCCbabaabaABAB2B1AB

a=bsinA

bsinA

ab

一解 两解 一解

(2)A为锐角或钝角

当a>b时有一解.

5．余弦定理 a2=b2+c2-2bccosA．c2=a2+b2-2abcosC．b2=a2+c2-2accosB．

若用三边表示角，余弦定理可以写为

、

6．余弦定理应用范围：

（1）已知三角形的三条边长，可求出三个内角；

（2）已知三角形的两边及夹角，可求出第三边．

7 . 三角形面积公式

课堂互动

知识点1 运用判断三角形形状

例题1在△ABC中已知acosB=bcosA,试判断△ABC的形状.

【分析】利用正弦定理或余弦定理判断三角形形状,可以将三角形中的边用角表示,也可将角用边来表示．从中找到三角形中的边角关系，判断出三角形的形状.

【答案】解法1：由扩充的正弦定理：代入已知式

2RsinAcosB=2RsinBcosA

sinAcosB-cosAsinB=0 ， sin(A-B)=0

A-B=0 ∴A=B 即△ABC为等腰三角形

2222acbbca

2解法2:由余弦定理:

aab2 ∴

ab 即△ABC为等腰三角形.

b2ac2bc22巩固练习

1．在ABC中，若bsinCcsinB2bcosBcosC，试判断三角形的形状．

222．在ABC中,已知atanB=btanA,试判断这个三角形的形状.

3．已知ABC中，有2222cosA2cosCsinB，判断三角形形状.

cosA2cosBsinC知识点2 运用正、余弦定理解三角形

解三角形问题中正、余弦定理的选择:(1)在下述情况下应首先使用余弦定理:①已知三条边(边边边),求三个角;②已知两边和它们的夹角(边角边),求其它一边和两角;(2)在下述情况下应首先使用正弦定理:①已知两边和一边的对角(边边角),求其它一边和两角;②已知两角和任一边(角角边、角边角),求其它两边和一角.

例题2 在△ABC中，已知a3，b2，B=45 求A、C及c.

【分析】在解斜三角形应用过程中，注意要灵活地选择正弦定和余弦定理，解得其它的边和角

asinB3sin453【答案】解法1：由正弦定理得：sinA

b22∵B=45<90 即b

∴A=60或120

bsinC当A=60时C=75

csinB2sin75sin4562

262

22bsinC2sin15当A=120时C=15

csinBsin45222解法2：设c=x由余弦定理

bac2accosB将已知条件代入，整理：x6x10解之：x62

2当c622)3bca13622 从时cosA22bc622(31)22222222(

而A=60 ，C=75

当c62时同理可求得：A=120 C=15.

2巩固练习

1．已知在ABC中，A45,AB6,BC2，试解该三角形．

在ABC中，tanA2cb,tanBbbc31，求三内角A、B、C．

2

A23．在ABC中，已知A、B、C成等差数列，且sinAsinCcosB，SABC43，b450CaCc求三边a、b、c．

4．在ABC中，已知AC2B，tanAtanC23，求A、B、C的大小，又知顶点C的对边C上的高等于43，求三角形各边a、b、c的长．

B知识点3 解决与三角形在关的证明、计算问题

例题3 已知A、B、C为锐角，tanA=1，tanB=2，tanC=3，求A+B+C的值．

【分析】本题是要求角，要求角先要求出这个角的某一个三角函数值，再根据角的范围确定角．本题应先求出A+B和C的正切值，再一次运用两角和的正切公式求出A+B+C．

aADB 【答案】A、B、C为锐角

0°ABC270°

又tanA1，tanB2，由公式可得

tan(AB)tanAtanB1231tanAtanB12

tan(ABC)tan(AB)C

所以A+B+C=π

tan(AB)tanC331tan(AB)tanC

1(3)3 =0

1336

sin22sinsinsin2cos22coscoscos222(coscossinsin)

巩固练习

1359592cos()cos()36

3672

,求sinB的值.

3221．在ABC中,a、b、c分别是角A、B、C的对边,设a+c=2b,A-C=2．在ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边长，已知a，b，c成等比数列，且acacbc，求A的大小及bsinB的值．

c5,b4且cos(AB)3．在ABC中，若a31，求这个三角形的面积．

32a2b2sin(AB)例题4 在ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,证明:2.

sinCc【分析】在用三角式的恒等变形证明三角形中的三角等式时，其解题的一般规律是：二项化积、倍角公式，提

取公因式，再化积.遇有三角式的平方项，则利用半角公式降次.

【答案】证法一:由正弦定理得a2b2sin2Asin2Bcos2Bcos2A2sin(BA)sin(BA)sinCsin(AB)sin(AB)===.

sinCc2sin2C2sin2C2sin2Csin2Ca2b2c22bccosA2bbsinB证法二:由余弦定理得a=b+c-2bccosA,则2==1-∙cosA,又由正弦定理得=,∴2ccsinCcc222a2b22sinBsinC2sinBcosAsin(AB)2sinBcosAsinAcosBsinBcosAsin(AB)=1-∙cosA====.

sinCsinCsinCsinCsinCc2证法三:

sin(AB)sinAcosBsinBcosA=.

sinCsinCsinAasinBb,sinCcsinCc由正弦定理得a,∴sin(AB)sinC=acosBbcosAc,又由余弦定理得sin(AB)=sinCa2c2b2b2c2a2b(a2c2b2)(b2c2a2)a2b22ac2bc==2.

2c2cc 巩固练习

1．已知锐角三角形ABC中，sin(AB)31，sin(AB).

55（1）求证tanA2tanB；（2）设AB3，求AB边上的高．

【考题再现】

1．（04年全国Ⅲ）在ABC中，AB3，BC13，AC4，则边AC上的高

（A）23333（B）（C）（D）33

3222．（05年湖南卷）已知在△ABC中，sinA（sinB＋cosB）－sinC＝0，sinB＋cos2C＝0，求

角A、B、C的大小.

3.（ 春季北京）在△ABC中，sinA+cosA=4. （05年江苏卷）ABC中，A（A）43sinB2，AC=2，AB=3，求tanA的值和△ABC的面积.

23，BC3，则ABC的周长为

343sinB （B）3

36（C）6sinB3 （D）6sinB3

3625．（06年湖北卷）若ABC的内角A满足sin2A，则sinAcosA

3A.151555 B． C． D．

33336. （ 安徽卷）如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则（ ）

A．A1B1C1和A2B2C2都是锐角三角形 B．A1B1C1和A2B2C2都是钝角三角形

C．A1B1C1是钝角三角形，A2B2C2是锐角三角形

D．A1B1C1是锐角三角形，A2B2C2是钝角三角形

【模拟训练】

1．（ 北京市朝阳区二模题）在ABC中，cos2Bcos2A是AB的（）

（A） 充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件

（C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件

2．（04年南京市二模题）在ABC中，A，B，C为三角形的三个内角，且ABC，sinB4

5

4cos(2AC)，求cos2A的值

53．（04年华南师大附中）在ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，且4sin（1）求A的度数

（2）若a2BC7cos2A

223，bc3，求b和c的值

4．（05年南通市基地学校联考） 在ABC中，边AB为最长边，且sinAsinB大值是

5.（06年湖北八校第二次联考）已知关于x的方程xxcosAcosB2sin2223，则cosAcosB的最4C0的两根之和等于两根之积的一2半，则ABC一定是

（A）直角三角形（B）钝角三角形（C）等腰三角形（D）等边三角形.

6.(06年黄岗市荆州市高三年级模拟)已知ABC的三个内角为A、B、C所对的三边为a、b、c，若ABC的面积为Sa(bc)，则tan222A__________．

2教考链接

在证明三角形问题或者三角恒等式时，要注意正弦定理、余弦定理的适用题型与所证结论的联系，并注意特殊正、余弦关系的应用，比如互补角的正弦值相等，互补角的余弦值互为相反数等；另外，在三角恒等式的证明或者三角形形状的判断，关键是正、余弦定理的边角互换．

运用正、余弦定理求解三角形的有关问题，要非常熟悉了三角函数公式及三角形的有关性质，如三角函数的定义、勾股定理、正弦定理、余弦定理是常用的工具，同时注意三角形面积公式S11ah，SabsinC，还要注22意三角形内角和ABC的制约关系，此外，要对常见解题方法与解题技巧的总结，这样才能不断提高三角形问题的求解能力．

参考答案

课堂互动

例题1 巩固练习

abc2R，R为ABC外接圆的半径，将原式化为sinAsinBsinC8R2sin2Bsin2C8R2sinBsinCcosBcosC，

sinBsinC0，sinBsinCcosBcosC.

即cos(BC)0,BC90，A90.

故ABC为直角三角形

2222[解法2]：将已知等式变为b(1cosC)c(1cosB)2bcosBcosC，

1．【答案】[解法1]：由正弦定理222222222abc2acb由余弦定理可得bcbc

2ab2aca2c2b2a2b2c22bc，

2ac2ab22即bc

22222222(abc)(acb)

24a222也即bca，故ABC为直角三角形．

22．【答案】解法1:由已知得a2sinBb2sinAsin2AsinBsin2BsinA,由正弦定理得,∵sinAsinB≠0,∴cosBcosAcosBcosA00sinAcosA=sinBcosB,即sin2A=sin2B,∴2A=2B或2A=180-2B,即A=B或A+B=90.∴ABC是等腰三角形或直角三角形.

解法2: 由已知得a2sinBb2sinAa2bb2aab,由正弦定理得,即,又由余弦定理得cosBcosAcosBcosAcosBcosAab22222222,整理得(a-b)(a+b-c)=0,∴a=b,或a+b=c, ∴ABC是等腰三角形或直角三角形.

22222ac-bbca2ac2bc23．解：由已知得

例题2 巩固练习

1．【答案】解法1：由正弦定理，得sinC由32

63因2sin45ABsinA63

BC2,AB6

2226，则有二解，即C60或C120

B180604575或B1801204515

BC故ACsinBAC31或AC31，C120,B15C60,B75

sinA解法2：令AC=b，则由余弦定理

b2(6)226bcos4522

b223b20b31

又(6)2b22222bcosCcosC1,C60或C120

2B180(4560)75或B180(45120)15.

tanA2c，化简并利用正弦定理：

1tanBbsinAcosBcosAsinB2sinCsin(AB)2sinC

cosAsinBsinBcosAsinBsinB1bA60

由2c2【答案】由已知有

sinC2sinCcosA0

由sin0，故cosA31，可设

2b(31)k,c2k，由余弦定理，得

a2(31)2k24k22(31)k2a6k

3ac2k由正弦定理得

csinA2

2sinCsinAsinCa26k由cb则C是锐角，故C45,B180AC75

3．【答案】由已知，得B又由SABC43故AC，又由1ABC180B60

故sinAsinCcos260 ①

2413acsinB43acac16 ②

24aca2c2ac()()648

sinAsinCsinAsinCsinAsinCasinB由b8sinB8sin6043

sinA222acb1则cosBcos60

2ac2即(ac)2b23ac(ac)2484896

ac46 ③

把③与②联立，得

a2(62),c2(62)或a2(62),c2(62)

4．【答案】由已知AC2B，及ABC180B60,由tan(AC)AC120

tanAtanC及tan(AC)3,tanAtanC23

1tanAtanC得tanAtanC33，以tanA,tanC为一元二次方程

x2(33)x230的两个根，解方程，得

tanA1tanA23A45A75或或

C75C45tanC23tanC1若A45,C75，则a43sin60438，bsin4546，casinC8sin754(31)

sinAsin45若A75,C45，则a43例题3 巩固练习

sin608,bbsinC438(31)

46(31)4(326)csinBsin75ACACcos=2sinB.

221．【答案】由正弦定理和已知条件a+c=2b,得sinA+sinC=2sinB.由和差化积公式,得2sin由A+B+C=π得sin∴sinACBBBBB3B3B=cos.又A-C=,得cos=sinB.∴cos=2sincos,∵0<<,∴cos≠0,223222222222BBBBB31313393=.∴cos=1sin2=,∴sinB=2sincos=2∙∙=.

222224448422．【答案】（I）a，b，c成等比数列

bac

又a2c2acbc

b2c2a2bc 在ABC中，由余弦定理得

b2c2a2bc1

A60

cosA2bc2bc2bsinBb2sin603bsinAsin60（II）在ABC中，由正弦定理得sinB

．

cca2a22222222bcac9acbc9 3．【答案】解法1：由余弦定理得cosA

cosB2bc8c2ac10c22545c9c9531 由正弦定理得：sinAsinB

(1cos2B)sinAsinB48c10c432c4815c29231

82c2162312[1()]c36c6

22410c323280c80c2c93699故cosA8c4816

sinA51157

7

SABCbcsinA1624解法2：如图，作CADAB，AD交BC于D，令CDx

则由a5知，BD5x,AD5x，在CAD中

222(5x)4x31由余弦定理cos(AB)8(5x)32

化简得9x9x1，在CAD中由正弦定理

ADCDADsinCsin(AB)4sin(AB)41cos2(AB)37sinCsin(AB)CD8

SABC113715ACBCsinC4572284

例题4 巩固练习

1．【答案】（1）证明：因为sin(AB)31，sin(AB)，

5532sinAcosBcosAsinBsinAcosBtanA55 所以，，2.所以tanA2tanB

11tanBsinAcosBcosAsinBcosAsinB55（2）因为2AB，sin(AB)33tanAtanB3， ， 所以tan(AB)，即541tanAtanB42将tanA2tanB代入上式并整理得

2tanB4tanB10.

解得tanB2626，舍去负值得tanB，从而tanA2tanB26.

22设AB边上的高为CD.

则ABADDB考题再现

CDCD3CD由AB=3，得CD=

26，所以AB边上的高等于26

tanAtanB26331，A60，所以AC边上的高BDABsinA

221．【答案】由余弦定理，得cosA选B.

2．【答案】解法1： 由sinA(sinBcosB)sinC0得sinAsinBsinAcosBsin(AB)0.

所以sinAsinBsinAcosBsinAcosBcosAsinB0.即sinB(sinAcosA)0.

因为B(0,),所以sinB0，从而cosAsinA. 由A(0,),知A3. 从而BC.

44由sinBcos2C0得sinBcos2(B)0. 即sinBsin2B0.亦即sinB2sinBcosB0.

34155,B,C.所以A,B,C.

231243123解法2： 由sinBcos2C0得sinBcos2Csin(2C).

233 由0B、c，所以B2C或B2C.即B2C或2CB.

2222 由此得cosB

由sinA(sinBcosB)sinC0得

sinAsinBsinAcosBsin(AB)0.

所以sinAsinBsinAcosBsinAcosBcosAsinB0.

即sinB(sinAcosA)0.

由A(0,),知A因为sinB0，所以cosAsinA.

33不合要求.

.从而BC，知B+2C=442155再由2CB，得B,C. 所以A,B,C..

2312431221，∴cos（A－45°）=.

223．【答案】解法1：∵sinA+cosA=2cos（A－45°）=又0°＜A＜180°，∴A－45°=60°，A=105°.

∴tanA=tan（45°+60°）=1313=－2－3.

26.

4∴sinA=sin105°=sin（45°+60°）=sin45°cos60°+cos45°sin60°=∴S△ABC=26311AC·ABsinA=·2·3·=（2+6）.

4224ACABBC323

sinBsinCsinAsin3AB23sinB∴AC23sinB,AB23sinC23sin

3326sinBcosB3∴周长为ABACBC23sinBsinB323sinB3

6232525．【答案】由sin2A＝2sinAcosA0，可知A这锐角，所以sinA＋cosA0，又(sinAcosA)1sin2A，故34．【答案】在ABC内，由正弦定理得

选A.

6．【答案】A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，若A2B2C2是锐角三角形，由sinAcosAsin(A)AA1211222，得，那么，，所以A2B2C2是钝角三角形．故选ABCsinBcosBsin(B)BB22222111222sinCcosCsin(C)CC1211222D．

模拟训练

1．【答案】cos2Bcos2A12sin2B12sin2Asin2Bsin2AsinAsinBAB

2．【答案】∵ABC，ABC，∴0B得cosB2,02AC，由sinB4

534343，∴sin(AC)，cosAC 又由cos(2AC)得sin(2AC)

555553344752722AC(AC)∴sinAsin .

cos2A12sinA5555256253．【答案】由题意得

77121cos(BC)2cos2A1

21cos2cos2A1 ∴cosA

0A

2223b2c2a212cosAbca23bc将a3,bc3代入得bc2,由bc3及bc2，得2bc2b1,c2或b2,c1.

4．【答案】因为cosAcosBsinAsinBcos(AB)1，易得cosAcosB的最大值为5．【答案】由题意可知：cosAcosB23.

41C1cosC，从而2sin22222cosAcosB1cos(AB)1cosAcosBsinAsinB

cosAcosBsinAsinB1，cos(AB)1又因为AB所以AB0，所以ABC一定是等腰三角形选C

1bcsinA，Sa2(b2c2)，a2b2c22bccosA，

2A2sin2111cosA2tanA ∴bcsinA2bc2bccosA，∴AA24sinA22sincos226．【答案】S


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