石室中学-江苏一本线

4.6 正弦、余弦定理 解斜三角形
建构知识网络
1．三角形基本公式：
（1）内角和定理：A+B+C=180°，sin(A+B)=sinC, cos(A+B)= -cosC,
CABCAB
=sin, sin=cos
22
22
111
（2）面积公式：S=absinC=bcsinA=casinB
222
abc
S= pr =
p(pa)(pb)(pc)
(其中p=, r为内切圆半径)
2
cos
（3）射影定理：a = bcosC + ccosB；b = acosC + ccosA；c = acosB + bcosA
2．正弦定理：
abc
2R
外

sinAsinBsinC
证明：由三角形面积
111
absinCbcsinAacsinB

222
abc

得
sinAsinBsinC
abc
2R
画出三角形的外接圆及直径易 得：
sinAsinBsinC
S
b
2
c
2
 a
2
3．余弦定理：a=b+c-2bccosA,
cosA
；
2bc
222
证明：如图ΔABC中，
C
b
a
C HbsinA,AHbcosA,BHcbcosA

a
2
CH< br>2
BH
2
b
2
sin
2
A(cbc osA)
2
bc2bccosA
22

A
H
c
B
当A、B是钝角时，类似可证。正弦、余弦定理可用向量方法证明。
要掌握正弦定理、余弦定理及其变形，结合三角公式，能解有关三角形中的问题．
4．利用正弦定理，可以解决以下两类问题：（1）已知两角和任一边，求其他两边和一角；
（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角；
有三种情况：bsinA5．利用余弦定理，可以解决以下两类问题：
（1）已知三边，求三角；（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角。
6．熟练掌握实际问 题向解斜三角形类型的转化，能在应用题中抽象或构造出三角形，标出已知量、未知量，
确定解三角形的 方法；提高运用所学知识解决实际问题的能力
双基题目练练手

1．(200 6山东)在
ABC
中，角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c，已知
A
A.1 B.2 C.
31
D.
3


3
,a3,b1
，则
c
（ ）
2．在△ABC中，AB=3，BC=
13
，AC=4，则边AC上的高为（ ）
A.
3
32
33
B. C. D.
33

2
22
3．（2002年上海）在△ABC中，若2co sBsinA=sinC，则△ABC的形状一定是
A.等腰直角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等边三角形
4. (2006全国Ⅰ)用长度分别为2、 3、4、5、6（单位：
cm
）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但不
允许折 断），能够得到的三角形的最大面积为 ( )
2
A.
85cm
B.
610cm
2
C.
355cm
2
D.
20cm

25.（2006全国Ⅱ）已知
ABC
的三个内角A、B、C成等差数列，且AB=1，B C=4，则边BC上的中线AD的
长为_________.
6.(2006春上海)在△< br>ABC
中，已知
BC8,AC5
，三角形面积为12，则
cos2 C

.
a
2
c
2
b
2
◆
答案
:
; 3.由2cosBsinA=sinC得×a=c，∴a=b.
ac
4.组成边长6,7,7时面积最大; 5.
3
; 6.
7

25
四、经典例题做一做
【例1】(2006天津)如图，在
ABC
中，
AC2
，
BC1
，
cosC< br>（1）求
AB
的值；
（2）求
sin

2AC

的值.
解（Ⅰ）： 由余弦定理，

ABACBC


41221
∴
AB2.

（Ⅱ）解：由
cosC
222
3
．
4
3
2.

4
3
，且
0C

,
得
4
sinC1cos
2
C
由正弦定理:
7
.

4
ABBC
,

sinCsin A
解得
sinA
BCsinC14
52

。所以，
cosA
。由倍角公式
AB8
8

sin2Asin2 AcosA
且
cos2A12sinA
2
57
，
16
9
，故
16
sin

2AC
< br>sin2AcosCcos2AsinC
37
.
8
◆
提炼方法
：已知两边夹角,用余弦定理,由三角函数值求三角函数值时要注意“三角形内角”的限制.
【例2】在ΔABC中，已知a=
3
,b=
2
,B=45°，求A, C及边c．
asinB3sin45

3
解：由正弦定理得：sinA= ,因为B=45°<90°且b
b2
2
所以有两解A=60°或A=120°
bsinC
(1)当A=60°时,C=180°-(A+B)=75°， c=
< br>sinB
bsinC
(2)当A=120°时,C=180°-(A+B)=15 °，c=

sinB
2sin75

62
,


2
sin45
2sin15

62

2
sin45

◆
提炼方法
：已知两边和其中一边的 对角解三角形问题，用正弦定理求解，必需注意解的情况的讨论．
【例3】(2006上海)如图，当 甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救
甲船立即前往救援 ，同时把消息告知在甲船的南偏西30，相距10海里C处的乙船，试问乙船应朝北偏东多少
度的方向沿 直线前往B处救援（角度精确到
1
）？

[解] 连接BC,由余弦定理得
BC
2
=20
2
+10
2
－2×20×10COS120°=700
于是,BC=10
7

_

?
∵
sinACBsin120
3

, ∴sin∠ACB=,
20
7
107
_

C
A_

_

10
_

20
_

B
∵∠ACB<90° ∴∠ACB=41°
∴乙船应朝北偏东71°方向沿直线前往B处救援

30°

思路点拨
:把实际问题转化为解斜三角形问题，在问题中构造出三角形，标出已知量、未知量，确定解三 角
形的方法；

【例4】已知⊙O的半径为R，，在它的内接三角形ABC中，有
2Rsin
2
Asin
2
C
解：由已知条件得


2absinB
成立，求△ABC面积S的最大值．
< br>
2R

2

sin
2
Asin
2
B2RsinB


2ab
．即有
a
2
c
2
2abb
2
，

3

a
2
b
2
c
2
2
< br>
又
cosC
∴
c
．
AB

2ab2
4
4

∴
S 
122
absinCab4R
2
sinAsinB

244
2R
2
sinAsin(
2R
2
sinA(< br>2
3

A)
4

22
cosAsinA )
22
R
(sin2A1cos2A)
2
R
2

[2sin(2A)1]
24

当
2A

4


2
,即A
3

21
2
(B)
时,
S
max
R
．
2
8
◆
思路方法
:1.边角互化是解三角形问题常用的手段．一般有两种思路：一是边化角；二是角 化边。
2.三角形中的三角变换，应灵活运用正、余弦定理．在求值时，要利用三角函数的有关性质．
【研讨.欣赏】
（2006江西）如图,已知△
ABC
是边长为
1
的正三角形, < br>M
、
N
分别是边
AB
、
AC
上的点,线段< br>MN
经过△
ABC
的中心
G
.设
MGA

(

3



2

)
.
3
(1) 试将△
AGM
、△
AGN
的面积(分别记为
S
1
与
S
2
)表示为

的函数;
(2) 求
y
11
的最大值与最小值.

22
S
1
S
2
解:
(1)因为
G
为边长为
1
的正三角形
ABC
的中心,
所以
AG
233

, MAG.

3236
由正弦定理
GM
sin
6

GA
sin(



)6

,
得GM
3
6sin(

)
6

,


则S
1

1sin

1
GMGAsin

(或).

2
6(3cot

)
12sin(

)
6

GA
sin(

)
6
又
GN
sin

6

,得GN
3
6sin(

)
6

,

1sin

1
则S
2
GNGAsin(



)(或).


2
6(3cot

)
12sin(

)< br>6
(2)y
11144

2
S
1
2S
2
sin
2



222
si n(

)sin(

)72(3cot

).< br>

66


因为

3



2


2

, 所以当

或


时,
y
的最大值
ymax
240
;
333
当



2
时,
y
的最小值
y
min
216
.
提炼总结以为师
1．掌握三角形中的的基本公式和正余弦定理；
2．利用正弦定理，可以解决以下两类问题：
（1）已知两角和任一边，求其他两边和一角；
（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边 的对角（从而进一步求出其他的边和角）；3.利用余弦定理，可以
解决以下两类问题：
（1） 已知三边，求三角；（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角。
4．边角互化是解三角形的重要手段．


4.6 正弦、余弦定理 解斜三角形

【选择题】
1
”的 ( )
2
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
2.（2004全国Ⅳ）△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C 的对边，如果a、b、c成等差数列，∠B=30°，
1.（2004浙江）在△ABC中，“A＞30 °”是“sinA＞
△ABC的面积为
A.
C.
13

2
3
，那么b等于 ( )
2
B.1+
3

23
D.2+
3

2
3..下列条件中，△ABC是锐角三角形的是 ( )
+cosA=
1

5








B.
AB
·
BC
＞0
D.b=3，c=3
3
，B=30° +tanB+tanC＞0
4.( 2006全国Ⅰ)
ABC
的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数 列，且
c2a
，则
cosB

( )
A.
13
22
B. C. D.
44
43
【填空题】
b、c
分别是
A
、
B
、
C
所对的边。5.（200 4春上海）在
ABC
中，
a、
若
A105

，
B45

，
b22
，
则
c
__________
6.在锐角△ABC中，边长a=1，b=2，则边长c的取值范围是_______.

练习简答
：; 1.在△ABC中，A＞30°

0＜sinA＜1si nA＞；sinA＞
＞30°答案：B
1
2
1

30°＜ A＜150°

A
2

2. 2b=a+c.平方得a
2
+c
2
=4b
2
－2ac.由S=
113
acs in30°=ac=，得ac=6.∴a
2
+c
2
=4b
2
－12.得
242
a
2
c
2
b
2
4b
2
12b
2
b
2
4
3
cosB== ==，解得b=1+
3
.答案：B
2ac264
2
3.由tan A+tanB+tanC=tanAtanBtanC＞0，A、B、C都为锐角.答案：C
5.2; 6.若c最大，由cosC＞0.得c＜
5
.又c＞b－a=1，∴1＜c＜
5
.

【解答题】
7.（2004春北京）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
2
－
c
2
=ac－bc，求∠A的大小及
bsinB
的值.
c
剖析：因给出的是a、 b、c之间的等量关系，要求∠A，需找∠A与三边的关系，故可用余弦定理.由b
2
=ac可
b
2
bsinB
变形为=a，再用正弦定理可求的值.
c
c
解法一：∵a、b、c成等比数列，∴b
2
=ac.
又a
2
－c
2
=ac－bc，∴b
2
+c
2
－a
2
=bc.
在△ABC中，由余弦定理得
b
2
 c
2
a
2
bc
1
cosA===，∴∠A=60°. < br>2bc
2bc
2
bsinA
在△ABC中，由正弦定理得sinB=，
a
∵b
2
=ac，∠A=60°，
bsinBb
2
sin60
3

∴=sin60°=.
cac
2
解法二：在△ABC中，
11
bcsinA=acsinB.
22
∵b
2
=ac， ∠A=60°，∴bcsinA=b
2
sinB.
由面积公式得
3
bsinB
=sinA=.
2
c
评述：解三角形时，找三边一角之间的关系常用余弦定理，找两边两角之间的关系常用正弦定理.
∴< br>8.（2005春北京）在△ABC中，sinA+cosA=
解法一：∵sinA+cosA=
2
cos（A－45°）=
2
，AC=2，AB=3，求tanA的值和△A BC的面积.
2
2
，
2
1
.
2
又0°＜A＜180°，
∴A－45°=60°，A=105°.
∴c os（A－45°）=
∴tanA=tan（45°+60°）=
13
13
=－2－
3
.
∴sinA=sin105°=sin（45°+60°）
=sin45°cos60°+cos45°sin60°=
∴S
△
ABC
=
26
.
4
1
AC·ABsinA
2

26
1
·2·3·
4
2
3
=（
2
+
6
）.
4=
解法二：∵sinA+cosA=
∴（sinA+cosA）
2
=2
，
2
①
11
.∴2sinAcosA=－.
22
∵0°＜A＜180°，∴sinA＞0，cosA＜0.
∴90°＜A＜180°.
∵（sinA－cosA）
2
=1－2sinA cosA=
∴sinA－cosA=
①+②得sinA=
①－②得cosA=
6
.
2
3
，
2
②
26
.
4
26
.
4
∴tanA=
4
26
sinA
=·=－2－
3
.
4
cosA
26
（以下同解法一）

9. （2004全国Ⅱ）已知锐角△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.
剖析：有两角的和与差联想到两角和与差的正弦公式，结合图形，以（1）为铺垫，解决（2）.
（1）证明：∵sin（A+B）=
31
，sin（A－B）=，
553

sinAcosBcosAsinB


5
∴


1

sinAcosBcosAsinB

5

2

sinAcosB

tanA
5



=2.
1
tanB

co sAsinB

5

∴tanA=2tanB.
（2）解：
π
3
＜A+B＜π，∴sin（A+B）=.
5
2
3
，
4
∴tan（A+B）=－
即
26
tanAtanB3
=－.将tanA=2tanB代入上式整理得2tan
2
B－4tanB－1=0，解得tanB=（负值舍去）.
2
1tanAtanB 4
26
得tanB=，∴tanA=2tanB=2+
6
.
2< br>3CD
CDCD
设AB边上的高为CD，则AB=AD+DB=+=.由AB=3得CD =2+
6
，所以AB边上的高为2+
6
.
tanAtanB
26

评述：本题主要考查三角函数概念，两角和与差的公式以及应用，分析和计算能 力.
sinBsinC
，判断这个三角形的形状.
cosBcosC
分析：判断一个三角形的形状，可由三个内角的关系确定，亦可由三边的关系确定.采用后一种方法解答本题，< br>就必须“化角为边”.
解：应用正弦定理、余弦定理，可得
bc
a=
2
，所以
22222
cababc

2ca2ab
10. 在△AB C中，sinA=
c
2
a
2
b
2
a
2
b
2
c
2
bc
,
2c2b
化 简得a
2
=b
2
+c
2
.所以△ABC是直角三角形. < br>评述：恒等变形是学好数学的基本功，变形的方向是关键.若考虑三内角的关系，本题可以从已知条件推出
cosA=0.

2sinA
.
cosAcos（BC）< br>（1）若任意交换两个角的位置，y的值是否变化?试证明你的结论.
（2）求y的最小值.

2sin

π
（BC）
解：（1）∵y=cotA+

coscos

π（BC）（BC）
【探索题】已知A、 B、C是△ABC的三个内角，y=cotA+
=cot A+
=cot A+
2sin（BC）

cos（BC）cos（BC）
sinBcosCcosBsinC

sinBsinC
=cotA+cotB+cotC，
∴任意交换两个角的位置，y的值不变化.
（2）∵cos（B－C）≤1，
A< br>2sinA
2
+2tan
A
=
1
（cot
A
+3tan
A
）≥
3tan
A
cot
A
=
3
. ∴y≥cotA+=
A
22
1cosA
2
2
22
2tan
2
1tan
2
π
时，y
min
=
3
.
3
评述：本题的第（1）问是一道结论开放型题， y的表达式的表面不对称性显示了问题的有趣之处.第（2）问实
故当A=B=C=
际上是一道 常见题：在△ABC中，求证：cotA+cotB+cotC≥
3
.
可由三数的均值不等式结合cotA+cotB+cotC =cotAcotBcotC来证.