正弦定理和余弦定理詳細講解

..高考風向1.考查正弦定理、余弦定理的推導；2.利用正、余弦定理判斷三角形的形狀和解三角形；3.在解答題中對正弦定理、余弦定理、面積公式以及三角函數(shù)中恒等變換、誘導公式等知識點進行綜合考查．學習要領1.理解正弦定理、余弦定理的意義和作用；2.通過正弦、余弦定理實現(xiàn)三角形中的邊角轉換,和三角函數(shù)性質相結合．基礎知識梳理1．正弦定理：eq\f<a,sinA>＝eq\f<b,sinB>＝eq\f<c,sinC>＝2R,其中R是三角形外接圓的半徑．由正弦定理可以變形：<1>a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；<2>a＝2Rsin_A,b＝2Rsin_B,c＝2Rsin_C；<3>sinA＝eq\f<a,2R>,sinB＝eq\f<b,2R>,sinC＝eq\f<c,2R>等形式,解決不同的三角形問題．2．余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccos_A,b2＝a2＋c2－2accos_B,c2＝a2＋b2－2abcos_C．余弦定理可以變形：cosA＝eq\f<b2＋c2－a2,2bc>,cosB＝eq\f<a2＋c2－b2,2ac>,cosC＝eq\f<a2＋b2－c2,2ab>.3．S△ABC＝eq\f<1,2>absinC＝eq\f<1,2>bcsinA＝eq\f<1,2>acsinB＝eq\f<abc,4R>＝eq\f<1,2><a＋b＋c>·r<r是三角形內切圓的半徑>,并可由此計算R、r.4．在△ABC中,已知a、b和A時,解的情況如下：A為銳角A為鈍角或直角圖形關系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的個數(shù)一解兩解一解一解[難點正本疑點清源]1．在三角形中,大角對大邊,大邊對大角；大角的正弦值也較大,正弦值較大的角也較大,即在△ABC中,A>B?a>b?sinA>sinB；tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC；在銳角三角形中,cosA<sinB,cosA<sinC·2．根據(jù)所給條件確定三角形的形狀,主要有兩種途徑：<1>化邊為角；<2>化角為邊,并常用正弦<余弦>定理實施邊、角轉換．例1．已知在中,,,,解三角形.思路點撥:先將已知條件表示在示意圖形上〔如圖,可以確定先用正弦定理求出邊,然后用三角形內角和求出角,最后用正弦定理求出邊.解析：,∴,∴,又,∴．總結升華：1.正弦定理可以用于解決已知兩角和一邊求另兩邊和一角的問題；2.數(shù)形結合將已知條件表示在示意圖形上,可以清楚地看出已知與求之間的關系,從而恰當?shù)剡x擇解答方式.舉一反三：[變式1]在中,已知,,,解三角形。[答案]根據(jù)三角形內角和定理,；根據(jù)正弦定理,；根據(jù)正弦定理,[變式2]在中,已知,,,求、.[答案],根據(jù)正弦定理,∴.[變式3]在中,已知,求[答案]根據(jù)正弦定理,得.例2．在,求：和,．思路點撥:先將已知條件表示在示意圖形上〔如圖,可以確定先用正弦定理求出角,然后用三角形內角和求出角,最后用正弦定理求出邊.解析：由正弦定理得：,∴,〔方法一∵,∴或,當時,,〔舍去；當時,,∴．〔方法二∵,,∴,∴即為銳角,∴,∴．總結升華：1.正弦定理也可用于解決已知兩邊及一邊的對角,求其他邊和角的問題。2.在利用正弦定理求角時,因為,所以要依據(jù)題意準確確定角的范圍,再求出角.3.一般依據(jù)大邊對大角或三角形內角和進行角的取舍.類型二：余弦定理的應用：例3．已知中,、、,求中的最大角。思路點撥:首先依據(jù)大邊對大角確定要求的角,然后用余弦定理求解.解析：∵三邊中最大,∴其所對角最大,根據(jù)余弦定理：,∵,∴故中的最大角是.總結升華：1.中,若知道三邊的長度或三邊的關系式,求角的大小,一般用余弦定理；2.用余弦定理時,要注意公式中的邊角位置關系.舉一反三：[變式1]已知中,,,求角.[答案]根據(jù)余弦定理：,∵,∴[變式2]在中,角所對的三邊長分別為,若,求的各角的大?。甗答案]設,,,根據(jù)余弦定理得：,∵,∴；同理可得；∴[變式3]在中,若,求角.[答案]∵,∴∵,∴類型三：正、余弦定理的綜合應用例4．在中,已知,,,求及.思路點撥:畫出示意圖,由其中的邊角位置關系可以先用余弦定理求邊,然后繼續(xù)用余弦定理或正弦定理求角.解析：⑴由余弦定理得：===∴⑵求可以利用余弦定理,也可以利用正弦定理：〔法一：余弦定理∵,∴〔法二：正弦定理∵又∵,∴＜,即＜＜∴總結升華：畫出示意圖,數(shù)形結合,正確選用正弦、余弦定理,可以使解答更快、更好.舉一反三：[變式1]在中,已知,,.求和.[答案]由余弦定理得：,∴由正弦定理得：,因為為鈍角,則為銳角,∴.∴.[變式2]在中,已知角所對的三邊長分別為,若,,,求角和[答案]根據(jù)余弦定理可得：∵,∴；∴由正弦定理得：.其他應用題詳解一、選擇題<本大題共6小題,每小題5分,共30分>1．如圖所示,已知兩座燈塔A和B與海洋觀察站C的距離都等于akm,燈塔A在觀察站C的北偏東20°,燈塔B在觀察站C的南偏東40°,則燈塔A與燈塔B的距離為<>A．akmB.eq\r<3>akmC.eq\r<2>akmD．2akm解析利用余弦定理解△ABC.易知∠ACB＝120°,在△ACB中,由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°＝2a2－2a2×eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<1,2>>>＝3a2,∴AB＝eq\r<3>a.答案B2．張曉華同學騎電動自行車以24km/h的速度沿著正北方向的公路行駛,在點A處望見電視塔S在電動車的北偏東30°方向上,15min后到點B處望見電視塔在電動車的北偏東75°方向上,則電動車在點B時與電視塔S的距離是<>A．2eq\r<2>kmB．3eq\r<2>kmC．3eq\r<3>kmD．2eq\r<3>km解析如圖,由條件知AB＝24×eq\f<15,60>＝6,在△ABS中,∠BAS＝30°,AB＝6,∠ABS＝180°－75°＝105°,所以∠ASB＝45°.由正弦定理知eq\f<BS,sin30°>＝eq\f<AB,sin45°>,所以BS＝eq\f<AB,sin45°>sin30°＝3eq\r<2>.答案B3．輪船A和輪船B在中午12時離開海港C,兩艘輪船航行方向的夾角為120°,輪船A的航行速度是25海里/小時,輪船B的航行速度是15海里/小時,下午2時兩船之間的距離是<>A．35海里B．35eq\r<2>海里C．35eq\r<3>海里D．70海里解析設輪船A、B航行到下午2時時所在的位置分別是E,F,則依題意有CE＝25×2＝50,CF＝15×2＝30,且∠ECF＝120°,EF＝eq\r<CE2＋CF2－2CE·CFcos120°>＝eq\r<502＋302－2×50×30cos120°>＝70.答案D4．<2014·XX調研>為測量某塔AB的高度,在一幢與塔AB相距20m的樓的樓頂處測得塔頂A的仰角為30°,測得塔基B的俯角為45°,那么塔AB的高度是<>A．20eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<\r<3>,3>>>mB．20eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<\r<3>,2>>>mC．20<1＋eq\r<3>>mD．30m解析如圖所示,由已知可知,四邊形CBMD為正方形,CB＝20m,所以BM＝20m．又在Rt△AMD中,DM＝20m,∠ADM＝30°,∴AM＝DMtan30°＝eq\f<20,3>eq\r<3><m>．∴AB＝AM＋MB＝eq\f<20,3>eq\r<3>＋20＝20eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<\r<3>,3>>><m>．答案A5．<2013·天津卷>在△ABC中,∠ABC＝eq\f<π,4>,AB＝eq\r<2>,BC＝3,則sin∠BAC＝<>A.eq\f<\r<10>,10>B.eq\f<\r<10>,5>C.eq\f<3\r<10>,10>D.eq\f<\r<5>,5>解析由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝<eq\r<2>>2＋32－2×eq\r<2>×3×eq\f<\r<2>,2>＝5,所以AC＝eq\r<5>,再由正弦定理：sin∠BAC＝eq\f<sin∠ABC,AC>·BC＝eq\f<3×\f<\r<2>,2>,\r<5>>＝eq\f<3\r<10>,10>.答案C6．<2014·XX調研>線段AB外有一點C,∠ABC＝60°,AB＝200km,汽車以80km/h的速度由A向B行駛,同時摩托車以50km/h的速度由B向C行駛,則運動開始多少h后,兩車的距離最小<>A.eq\f<69,43>B．1C.eq\f<70,43>D．2解析如圖所示,設th后,汽車由A行駛到D,摩托車由B行駛到E,則AD＝80t,BE＝50t.因為AB＝200,所以BD＝200－80t,問題就是求DE最小時t的值．由余弦定理,得DE2＝BD2＋BE2－2BD·BEcos60°＝<200－80t>2＋2500t2－<200－80t>·50t＝12900t2－42000t＋40000.當t＝eq\f<70,43>時,DE最小．答案C二、填空題<本大題共3小題,每小題5分,共15分>7．已知A,B兩地的距離為10km,B,C兩地的距離為20km,現(xiàn)測得∠ABC＝120°,則A、C兩地的距離為________km.解析如右圖所示,由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cos120°＝700,∴AC＝10eq\r<7><km>．答案10eq\r<7>8．如下圖,一艘船上午9：30在A處測得燈塔S在它的北偏東30°處,之后它繼續(xù)沿正北方向勻速航行,上午10：00到達B處,此時又測得燈塔S在它的北偏東75°處,且與它相距8eq\r<2>nmile.此船的航速是________nmile/h.解析設航速為vnmile/h在△ABS中,AB＝eq\f<1,2>v,BS＝8eq\r<2>,∠BSA＝45°,由正弦定理得：eq\f<8\r<2>,sin30°>＝eq\f<\f<1,2>v,sin45°>,∴v＝32<nmile/h>．答案329．如圖,為測得河對岸塔AB的高,先在河岸上選一點C,使C在塔底B的正東方向上,測得點A的仰角為60°,再由點C沿北偏東15°方向走10米到位置D,測得∠BDC＝45°,則塔AB的高是________米．解析在△BCD中,CD＝10,∠BDC＝45°,∠BCD＝15°＋90°＝105°,∠DBC＝30°,eq\f<BC,sin45°>＝eq\f<CD,sin30°>,BC＝eq\f<CDsin45°,sin30°>＝10eq\r<2><米>．在Rt△ABC中,tan60°＝eq\f<AB,BC>,AB＝BCtan60°＝10eq\r<6><米>．答案10eq\r<6>三、解答題<本大題共3小題,每小題10分,共30分>10．<2014·XX模擬>某校運動會開幕式上舉行升旗儀式,旗桿正好處于坡度15°的看臺的某一列的正前方,從這一列的第一排和最后一排測得旗桿頂部的仰角分別為60°和30°,第一排和最后一排的距離為10eq\r<6>米<如圖所示>,旗桿底部與第一排在一個水平面上．若國歌長度約為50秒,升旗手應以多大的速度勻速升旗？解在△BCD中,∠BDC＝45°,∠CBD＝30°,CD＝10eq\r<6>,由正弦定理,得BC＝eq\f<CDsin45°,sin30°>＝20eq\r<3>.在Rt△ABC中,AB＝BCsin60°＝20eq\r<3>×eq\f<\r<3>,2>＝30<米>,所以升旗速度v＝eq\f<AB,t>＝eq\f<30,50>＝0.6<米/秒>．11.如圖,A、B是海面上位于東西方向相距5<3＋eq\r<3>>海里的兩個觀測點,現(xiàn)位于A點北偏東45°,B點北偏西60°的D點有一艘輪船發(fā)出求救信號,位于B點南偏西60°且與B點相距20eq\r<3>海里的C點的救援船立即前往營救,其航行速度為30海里/時,該救援船到達D點需要多長時間？解由題意,知AB＝5<3＋eq\r<3>>海里,∠DBA＝90°－60°＝30°,∠DAB＝90°－45°＝45°,∴∠ADB＝180°－<45°＋30°>＝105°.在△DAB中,由正弦定理,得eq\f<DB,sin∠DAB>＝eq\f<AB,sin∠ADB>,于是DB＝eq\f<AB·sin∠DAB,sin∠ADB>＝eq\f<5?3＋\r<3>?·sin45°,sin105°>＝eq\f<5?3＋\r<3>?·sin45°,sin45°cos60°＋cos45°sin60°>＝eq\f<5\r<3>?\r<3>＋1?,\f<\r<3>＋1,2>>＝10eq\r<3><海里>．又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋<90°－60°>＝60°,BC＝20eq\r<3><海里>,在△DBC中,由余弦定理,得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1200－2×10eq\r<3>×20eq\r<3>×eq\f<1,2>＝900.得CD＝30<海里>,故需要的時間t＝eq\f<30,30>＝1<小時>,即救援船到達D點需要1小時．12.<2013·XX卷>如圖,游客從某旅游景區(qū)的景點A處下山至C處有兩種路徑．一種是從A沿直線步行到C,另一種是先從A沿索道乘纜車到B,然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山,甲沿AC勻速步行,速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后,乙從A乘纜車到B,在B處停留1min后,再從B勻速步行到C.假設纜車勻速直線運行的速度為130m/min,山路AC長為1260m,經測量,cosA＝eq\f<12,13>,cosC＝eq\f<3,5>.<1>求索道AB的長；<2>問乙出發(fā)多少分鐘后,乙在纜車上與甲的距離最短？<3>為使兩位游客在C處互相等待的時間不超過3分鐘,乙步行的速度應控制在什么范圍內？解<1>在△ABC中,因為cosA＝eq\f<12,13>,cosC＝eq\f<3,5>,所以sinA＝eq\f<5,13>,sinC＝eq\f<4,5>.從而sinB＝sin[π－<A＋C>]＝sin<A＋C>＝sinAcosC＋