(经典)正弦定理、余弦定理知识点总结及最全证明
温暖的句子-邵阳职业技术学院
正弦定理、余弦定理知识点总结及证明方法
1.掌握正弦定理、余弦定理,并能解决一
些简单的三角形度量问题.
2.能够运用
正弦定理、余弦定理等知识和
方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问
题.
主要
考查有关定理的应用、三角恒等变换
的能力、运算能力及转化的数学思想.解三角
形常常作为解
题工具用于立体几何中的计算或
证明,或与三角函数联系在一起求距离、高度
以及角度等问题,
且多以应用题的形式出现.
1.正弦定理
(1)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,即
.其
中
R
是三角形外接圆的半径.
(2)正弦定理的其他形式:
①
a
=2
R
sin
A
,
b
=
,
c
= ;
②sin
A
=
a
2
R
,sin
B
= ,
sin
C
= ;
③
a
∶
b
∶
c
=______________________.
2.余弦定理
(1)余弦定理:三角形中任何一边的平方等
于其他两边的平方的和减
去这两边与它们的夹
角的余弦的积的两倍.即
a
2
=
,
b
2
= ,
c
2
=
.
若令
C
=90°,则
c
2
=
,即为勾
股定理.
(2)余弦定理的变形:cos
A
=
,cos
B
= ,
cos
C
=
.
若
C
为锐角,则cos
C
>0,即
a
2
+
b
2
______
c
2
;
若
C
为钝角,则cos
C
<0,即
a
2
+
b
2
______
c
2
.故
由
a
2
+
b2
与
c
2
值的大小比较,可以判断
C
为锐
——王彦文 青铜峡一中
角、钝角或直角.
(3)正、余弦定理的一个重要作用
是实现边
角____________,余弦定理亦可以写成sin
2
A
=s
in
2
B
+sin
2
C
-2sin
B
si
n
C
cos
A
,类似地,
sin
2
B
=_
___________;sin
2
C
=
________________
__.注意式中隐含条件
A
+
B
+
C
=π.
3.解斜三角形的类型
(1)已知三角形的任意两个角与一边,用
____________定理.只有一解. (2)已知三角形的任意两边与其中一边的
对角,用____________定理,可能有
___________________.如在△
ABC
中,已知
a
,<
br>b
和
A
时,解的情况如表:
A
为锐角
A
为钝角
或直角
图
形
关
系
a
=
b
sin
A
<
a
式
b
sin
A
<
b
a
≥
b a
>
b
解
的
个
① ②
③
④
数
(3)已知三边,用____________定理.有
解时,只有一解.
(4)已知两边及夹角,用____________定
理,必有一解.
4.三角形中的常用公式或变式
(1)三角形面积公式
S
△
=
=
=____________=____________=
______
______.其中
R
,
r
分别为三角形外接圆、
内切圆半径. <
br>(2)
A
+
B
+
C
=π,则
A
=_
_________,
A
2
=__________,从而sin
A
=
____________,
cos
A
=____________,tan
A
=
1
____________;
sin=__________,cos=__________,
AA
-tan(
B
+
C
)
cos
B
+
C
2
sin
B
+
C
2
22
tan
A
2
=________.tan
A
+tan
B
+tan
C<
br>=
__________.
(3)若三角形三边
a
,
b,
c
成等差数列,则
2
b
=____________⇔2si
n
B
=____________⇔
2sin
BA
-
CA<
br>+
CA
-
CA
2
=cos
2
⇔2cos2
=cos
2
⇔tan
2
tan
C
1
2
=
3
.
【自查自纠】
1.(1)
abc<
br>sin
A
=
sin
B
=
sin
C
=
2
R
(2)①2
R
sin
B
2
R
sin
C
②
b
2
R
c
2
R
③sin
A
∶sin
B
∶sin
C
2.
(1)
b
2
+
c
2
-2
bc
cos
A
c
2
+
a
2
-2
ca
co
s
B
a
2
+
b
2
-2
abcos
C
a
2
+
b
2
b
2
+
c
2
-
a
2
c
2
+
a
2
-
b
2
a
2
+
b
2
-
c
2
(2)
2
bc
2
ca
2
ab
>
<
(3)互化
sin
2
C
+sin
2
A
-2sin
C
s
in
A
cos
B
sin
2
A
+sin<
br>2
B
-2sin
A
sin
B
cos
C
3.(1)正弦 (2)正弦 一解、两解或无解
①一解 ②二解 ③一解 ④一解
(3)余弦 (4)余弦
4.(1)
1
2
ab
sin
C
1
2
bc
sin
A
1
abc
2
ac
sin
B
4
R
1
2
(
a
+
b
+
c
)
r
(2)π-(
B
+
C
)
π
B
+
C
2
-
2
sin(
B
+
C
)
-cos(
B
+
C
)
1
tan
B
+
C
2
tan
A
tan
B
tan
C
(3)
a
+
c
sin
A
+sin
C
在△
ABC
中,
A
>
B
是
sin
A
>sin
B
的
( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解:
因为在同一三角形中,角大则边大,
边大则正弦大,反之也成立,故是充要条件.故
选C
.
在△
ABC
中,已知
b
=6,
c
=10,
B
=
30°,则解此三角形的结果有( )
A.无解
B.一解
C.两解 D.一解或两解
解:由正弦定理知sin
C
=
c
·sin
B
5
b
=
6
,又由
c
>
b
>
c
sin
B
知,
C
有
两解.也可依已知条件,画
出△
ABC
,由图知有两解.故选C
.
(
2013·陕西
)设△
ABC
的内角
A, B,
C
所对的边分别为
a, b, c,
若
b
cos
C
+
c
cos
B
=
a
sin
A,
则△
ABC
的形状为( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.不确定
解:由已知和正弦定理可得sin
B
cos
C
+
sin
C
cos
B
=sin
A
·sin
A
,即sin(
B
+
C
)=<
br>sin
A
sin
A
,亦即sin
A
=sin
A
sin
A
.因为0<
A
<π,
所以sin
A=1,所以
A
=
π
2
.所以三角形为直角
三角形.故选
B
.
(
2012·陕西
)在△
ABC
中,角<
br>A
,
B
,
C
所对的边分别为
a
,
b
,
c
.若
a
=2,
B
=
π
6,
c
2
=23,则
b
=________.
解:由余弦定理知
b
2
=
a
2
+
c
2
-2
ac
cos
B
=
2+
(
23)
22
2sin(90°+2
C
)=2sin2(45°+
C<
br>).
∴2sin(45°+
C
)=22sin(45°+
π
-2×2×23×cos=4,
b
=2.
6
C
)cos(45°+<
br>C
),
1
即cos(45°+
C
)=.
2
又∵0°<
C
<90°,∴45°+
C
=60°,
C
故填
2.
在△
ABC
中,角
A
,
B
,
C
所对的边分别
为
a
,
b
,
c
,若
a
=2,
b
=2,sin
B
+cos
B=2,
则角
A
的大小为________.
解:∵sin
B
+cos
B
=2,
∴2sin
π
π
B
+
4
=2,即sin
B
+
4
=1.
又∵
B
∈(0,π),∴
B
+
π4
=
π
2
,
B
=
π
4
. <
br>根据正弦定理
a
sin
A
=
b
sin
B,可得sin
A
=
a
sin
B
1
b
=
2
.
∵
a
<
b
,∴
A
<
B
.∴
A
=
π
6
.故填
π
6
.
类型一 正弦定理的应用
△
ABC
的内角
A
,
B
,
C
的对边分别
为
a
,
b
,
c
,已知
A
-
C
=90°,
a
+
c
=2
b
,
求
C
.
解:由
a
+
c
=2
b
及正弦定理可得sin
A
+sinC
=2sin
B
.
又由于
A
-
C
=
90°,
B
=180°-(
A
+
C
),
故cos<
br>C
+sin
C
=sin
A
+sin
C
=2s
in(
A
+
C
)=
=15°.
【评析】利用正弦定理将边边关系转化为
角角关系,这是解此题的关键.
(
2012·江西
)在△
ABC
中,角
A
,
B,
C
的对边分别为
a
,
b
,
c
.已知
A
=
π
4
,
b
sin
π
+
C
-
c
sin
<
br>π
4
4
+
B
=
a
.
(1)求证:
B
-
C
=
π
2
;
(2)若
a
=2,求△
ABC
的面积.
解:(1)证明:
对
b
sin
π
4
+C
-
c
sin
π
4
+
B
=
a
应用正弦定理
得
sin
B
sin
π
4
+
C
-sin
C
sin
π
4
+
B
=sinA
,
即sin
B
22
2
sin
C
+
2
cos
C
-
sin
C
22
2
s
in
B
+
2
cos
B
2
=<
br>2
,整理得sin
B
cos
C
-sin
C
c
os
B
=1,即sin
(
B
-
C
)
=1.
由于
B
,
C
∈
0,
3π
4
,∴
B
-
C
=<
br>π
2
.
3
(2)∵
B
+
C
=π-
A
=
3π
4
,又由(1)知
B
-
C
=
π
2
,
∴
B
=
5π
8
,
C
=
π
8
.
∵
a
=2,
A
=
π
4
,∴由正弦定理知
b
=
a
sin
B
sin
A
=2sin
5π
8
,
c
=
a
sin
C
sin
A
=2sin
π<
br>8
.
∴
S
115ππ
△
ABC
=
2
bc
sin
A
=
2
×2sin
8
×2s
in
8
×
2
2
=2sin
5π
8
sin
π
8
=2cos
ππ2
8
sin
8
=
2
sin
π
4
=
1
2
.
类型二 余弦定理的应用
在△
ABC
中,
a
,
b
,
c
分别是角
A
,
B
,
C
的对
边,且
cos
B
cos
C
=-
b
2
a+
c
.
(1)求
B
的大小;
(2)若
b<
br>=13,
a
+
c
=4,求△
ABC
的面积.
解:(1)由余弦定理知,cos
B
=
a
2
+
c
2
-
b
2
2
ac
,
cos
C
=<
br>a
2
+
b
2
-
c
2
cos
Bb
2
ab
,将上式代入
cos
C
=-
2
a
+
c
得
a
2
+
c
2
-
b
2
2
ac
·
2
abb
a
2
+
b
2
-
c
2
=-
2
a
+
c
,
整理得
a
2
+
c
2
-<
br>b
2
=-
ac
.
∴cos
B
=
a
2
+
c
2
-
b
2
-
ac
1
2
ac
=
2
ac
=-
2
.
∵
B
为三角形的内角,∴
B
=
2
3
π.
(2)将
b
=13,
a
+
c
=4,
B=
2
π代入
b
2
3
=
a
2
+
c
2
-2
ac
cos
B
,得13=4
2<
br>-2
ac
-2
ac
cos
2
3
π,解得ac
=3.
∴
S
133
△
ABC
=
2
ac
sin
B
=
4
.
【评析】①根据所给等式
的结构特点利用
余弦定理将角化边进行变形是迅速解答本题的
关键.②熟练运用余弦定理及其推
论,同时还
要注意整体思想、方程思想在解题过程中的运
用.
若△ABC
的内角
A
,
B
,
C
所对的边
a
,
b
,
c
满足(
a
+
b
)
2
-
c
2
=4,且
C
=60°,则
ab
的值为( )
A.
4
3
B.8-43 C.1
D.
2
3
解:由余弦定理得
c
2
=<
br>a
2
+
b
2
-2
ab
cos
C=
a
2
+
b
2
-
ab
,代入(
a
+
b
)
2
-
c
2
=4中得(
a
+
b
)
2
-(
a
2
+
b
2
-
ab
)=4,即3
ab
=4,∴
ab
=4
3
.故选
A
.
类型三 正、余弦定理的综合应用
(
2013·全国新课标Ⅱ
)△
ABC
的内
4
角
A
、
B
、
C
的对边分别为
a,
b
,
c
,已知
a
=
b
cos
C
+
c
sin
B
.
(1)求
B
;
(2)若
b
=2,求△
ABC
面积的最大值.
解:(1)
由已知及正弦定理得sin
A
=
sin
B
cos
C
+sin
C
sin
B
.①
又
A
=π-(
B
+
C
),故
sinA
=sin(
B
+
C
)=sin
B
cosC
+
cos
B
sin
C
.②
由①,②和C
∈(0,π)得sin
B
=cos
B
.
又
B
∈(0,π),所以
B
=
π
4
. <
br>(2)△
ABC
的面积
S
=
1
2
ac
sin
B
=
2
4
ac
.
由已知及余弦定理得4
=
a
2
+
c
2
-
2
ac
cos<
br>π
4
.
又
a
2
+
c
2
≥
2
ac
,故
ac
≤
4
2-2
,
当且仅当
a
=
c
时,等号成立.
因此△
ABC
面积的最大值为2+1.
【评析】(1)化边为角与和角或差
角公式的
正向或反向多次联用是常用的技巧;(2)已知
边及其对角求三角形面积最值是高考中
考过
多次的问题,既可用三角函数求最值,也可
以用余弦定理化边后用不等式求最值.
(
2013·山东
)设△
ABC
的内角
A,
B
,
C
所对的边分别为
a
,
b
,<
br>c
,且
a
+
c
=6,
b
=2,cos
B
=
7
9
.
(1)求
a
,
c
的值;
(2)求sin(
A
-
B
)的值.
解:(1)由余弦定理
b
2
=
a
2
+
c
2
-2
ac
cos
B
,
得
b
2
=(
a
+
c
)
2
-2
ac
(1+cos
B
),又
a
+
c
=6,
b
=2,
cos
B
=
7
9
,所以
ac
=9,解得
a
=3,
c
=3.
(2)在△
ABC
中,sin
B
=1
-cos
2
B
=
42
9
,
由正弦定理得sin<
br>A
=
a
sin
B
b
=
22
3
.
因为
a
=
c
,所以
A
为锐角,
所
以cos
A
=1-sin
2
A
=
1
3
.
因此sin(
A
-
B
)=sin
A
cos
B
-cos
A
sin
B
=
102
27
.
类型四 判断三角形的形状
在三角形
ABC
中,若tan
A
∶tan
B
=
a
2
∶
b
2
,试判断三角
形
ABC
的形状.
a
2
sin
2
解法一:由正弦
定理,得
A
b
2
=
sin
2
B
,
所以
tan
A
sin
2
A
tan
B
=<
br>sin
2
B
,
所以
sin
A
cos
B
cos
A
sin
B
=
sin
2
Asin
2
B
,即sin2
A
=sin2
B
.
所以2
A
=2
B
,或2
A
+2
B
=π,因此
A
=
B
或
A
+
B
=
π
2
,从而△
ABC
是等腰三角形或直角
三角形.
a
2
sin
2
解法二:由正弦定理,得
A
b
2
=<
br>sin
2
B
,所以
tan
A
sin
2
A
cos
B
tan
B
=
sin
2
B,所以
cos
A
=
sin
A
sin
B
,再由正、余弦
a
2
+
c
2
-
b
2
定理,得
2
ac
a
222
b
2
+
c2
-
a
2
=
b
,化简得(
a
-
b
)(
c
-
2
bc
a
2
-
b<
br>2
)=0,即
a
2
=
b
2
或
c2
=
a
2
+
b
2
.
从而△
ABC
是等腰三角形或直角三角形.
5
【
评析】由已知条件,可先将切化弦,再
结合正弦定理,将该恒等式的边都化为角,然
后进行三角
函数式的恒等变形,找出角之间的
关系;或将角都化成边,然后进行代数恒等变
形,可一题多解
,多角度思考问题,从而达到
对知识的熟练掌握.
(
2012·上海<
br>)在△
ABC
中,若
sin
2
A
+sin
2
B
C
,则△
ABC
的形状是( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.不能确定
解:在△
ABC
中,∵sin
2
A
+sin
2
B
C
,
1103
故当
t
=时,<
br>S
min
=103,此时
v
==
31
3
30
3.
即小艇以303 n mileh的速度航行,相
遇时小艇的航行距离最小.
(2)设小艇与轮船在
B
处相遇,则
v
2
t
2<
br>=400+900
t
2
2·20·30
t
·cos(90°-
30°),
故
v
2
=900-
600
-
a
2
+
b
2
-
c
2
222
∴由正弦定理知
a
+
b
<
c
.∴cos
C
=
2<
br>ab
<0,即∠
C
为钝角,△
ABC
为钝角三角形.故选C
.
类型五 解三角形应用举例
t
+
400
t
2
.
∵0<
v
≤30,∴900-
600
+
400
2
tt
≤90
0,即
2
t
2
某港口
O
要将一件重要物品用小
艇
送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时,
轮船位于港口
O
北偏西30°且与该港口
相距20
n mile的
A
处,并以30 n
mileh的航行速度
沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向
以
v
n
mileh的航行速度匀速行驶,经过
t
h
与轮船相遇.
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小,则
小艇航行速度的大小应为多少?
(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30 n
mileh,试设计航行方案(即确定航行
方向和航
行速度的大小),使得小艇能以最短时间与轮船
相遇,并说明理由.
解法一:(1)设相遇时小艇航行的距离为
S
n
mile,则
S
=
900
t
2
+400-2·30
t
·20·c
os(90°-30°)
=900
t
-600
t
+400
2
3
-≤0,
t
22
解得
t
≥.又
t<
br>=时,
v
=30.故
v
=30时,
33
t
取
得最小值,且最小值等于.
此时,在△
OAB
中,有
OA
=
OB
=
AB
=20,
故可设计航行方案如下:航行方向为北偏东
3
0°,航行速度为30 n mileh,小艇能以最
短时间与轮船相遇.
解法二:(1)若
相遇时小艇的航行距离最
小,又轮船沿正东方向匀速行驶,则小艇航行
方向为正北方向.
2
3
=
设小艇与轮船在
C
处相遇.
在
Rt△
OAC
中,
OC
=20cos30°=103,
1
2
900
t
-
+300,
3
AC
=20sin30°=10.
又
AC
=30
t
,
OC
=
vt
,
6
此时,轮船航行时间
t
=
101103
=,
v
==
3031
3
又
v
≤30,故sin(
θ+30°)≥
3
,从而,
2
303.
即小艇以303 n
mileh的速度航行,相
遇时小艇的航行距离最小.
(2)假设
v
=30
时,小艇能以最短时间与轮
船在
D
处相遇,此时
AD
=
DO
=30
t
.
又∠
OAD
=60°,所以
AD=
DO
=
OA
=20,
2
解得
t
=.
3
据此可设计航行方案如下:
航行方向为北偏东30°,航行速度的大小为
30 n
mileh.这样,小艇能以最短时间与轮船相
遇.
证明如下:
如图,由(1)得
OC
=103,
AC
=10,
30°≤θ<90°.
由于θ=30°时,tanθ取得最小值,且
最小值为
3
.
310+103tanθ
30
于是,当θ=30°时,
t
=
2取得最小值,且最小值为.
3
故
OC
>
AC
,且对于线段
AC
上任意点
P
,有
OP
≥
OC<
br>>
AC
.
而小艇的最高航行速度只能达到30 n
mileh,故
小艇与轮船不可能在
A
,
C
之间(包
含
C
)的任意
位置相遇.
设∠
COD
=θ(0°<θ<90°),则在Rt△
COD
中, <
br>【评析】①这是一道有关解三角形的实际
应用题,解题的关键是把实际问题抽象成纯数
学
问题,根据题目提供的信息,找出三角形中
的数量关系,然后利用正、余弦定理求解.②
解三角
形的方法在实际问题中,有广泛的应
用.在物理学中,有关向量的计算也要用到解
三角形的方法
.近年的高考中我们发现以解三
角形为背景的应用题开始成为热点问题之
一.③不管是什么类型
的三角应用问题,解决
的关键都是充分理解题意,将问题中的语言叙
述弄明白,画出帮助分析问
题的草图,再将其
归结为属于哪类可解的三角形.④本题用几
何方法求解也较简便.
(
2012·武汉5月模拟
)如图,渔船
甲位于岛屿
A
的
南偏西60°方向的
B
处,且与
岛屿
A
相距12海里,渔船乙以10
海里小时的
速度从岛屿
A
出发沿正北方向航行,若渔船甲
同时从
B<
br>处出发沿北偏东α的方向追赶渔船
乙,刚好用2小时追上.
CD
=103tanθ,
OD
=
103
.
cos
θ
由于从出发到相遇,轮船与小艇所需要的
10+103tanθ103
时间分别为<
br>t
=和
t
=,
30
v
cosθ
所以
10+103tanθ103
=.
30
v
cosθ
153
由此可得,
v
=.
sin(θ+30°)
(1)求渔船甲的速度;
(2)求sinα的值.
解:(1)依题意,∠
BAC
=120°,
AB
=12,
7
AC
=10×2=20,在△
ABC
中,由余弦定理知
BC
2
=
AB
2
+
AC
2
-2
AB
·
AC
·cos∠
BAC
=12
2
+202
-
2×12×20×cos120°=784,
BC
=28.
所以渔船甲的速度为
v
=
28
=14(海里小
2
时).
(2)在△
ABC
中,
AB
=12,∠
BAC
=1
20°,
BC
=28,
∠
BCA
=α,由正弦定理得
AB
sinα
=
角形,求得数学模型的解;
(4)检验:检验上述所求得的解是否符合实
际意义,从而得出实际问题的解.
5.
正、余弦定理是应用极为广泛的两个定
理,它将三角形的边和角有机地联系起来,从
而使三角与
几何产生联系,为求与三角形有关
的量(如面积、外接圆、内切圆半径和面积等)
提供了理论依
据,也是判断三角形形状、证明
三角形中有关等式的重要依据.主要方法有:
化角法,化边法,
面积法,运用初等几何法.注
意体会其中蕴涵的函数与方程思想、等价转化
思想及分类讨论思想
.
1228
,即=,从而sinα=
sin∠
BAC
sinαsi
n120°
12sin120°33
=.
2814
BC
1.已知两边及其中一边的对角解三角形
时,要注意解的情况,谨防漏解.
2.在判
断三角形的形状时,一般将已知条
件中的边角关系利用正弦定理或余弦定理转化
为角角关系(注
意应用
A
+
B
+
C
=π这个结论)
或边边关系,再
用三角变换或代数式的恒等变
形(如因式分解、配方等)求解,注意等式两边
的公因式不要约掉
,要移项提取公因式,否则
有可能漏掉一种形状.
3.要熟记一些常见结论,如三内角成等差
数列,则必有一角为60°;若三内角的正弦值
成等差数列,则三边也成等差数列;内角和定<
br>理与诱导公式结合产生的结论:sin
A
=sin(
B
+
C<
br>),cos
A
=-cos(
B
+
C
),sin=co
s,
22
sin2
A
=-sin2(
B
+
C
),cos2
A
=cos2(
B
+
C
)等.
4.应用正、余弦定理解斜三角形应用题的
一般步骤:
(1)分析:理解题意,分清已知与未知,
画出示意图;
(2)建模:根据已知条件
与求解目标,把已
知量与求解量尽量集中到一个三角形中,建立
一个解斜三角形的模型;
(3)求解:利用正、余弦定理有序地解出三
8
AB
+
C