正弦定理

正弦定理、余弦定理（一）教学过程Ⅰ．课题导入在初中，我们已经会解直角三角形．就是说，已会根据直角三角形中已知的边与角求出未知的边与角，而在直角三角形中，有如下的边角关系在Rt △ABC 中，已知BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，则有c ＝A a sin ，c ＝B b sin ，c ＝C c sin ，∴ A a sin ＝B b sin ＝C csin那么，在任意三角形中，这一关系式是否成立呢？这也是我们这一节课将要研究的问题．［师］对于A a sin ＝B b sin ＝C csin 这一关系的证明，我们一起来看下面的证法．如图，在△ABC 中，已知BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，作△ABC 的外接圆，O 为圆心，连接BO 并延长交圆于B ′，设BB ′＝2R ．则根据直径所对的圆周角是直角以及同弧所对的圆周角相等可以得到：∠BAB ′＝90°，∠C ＝∠B ′ ∴ sin C ＝sin B ′＝R c2∴ C c sin ＝2R 同理可得A a sin ＝2R ，B bsin ＝2R∴ A a sin ＝B b sin ＝C csin ＝2R这就是说，对于任意的三角形，上述关系式均成立．因此，我们得到下面的定理． 正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对的正弦的比相等，即Aa s i n ＝Bb sin ＝C csin 说明：上述证法采用了初中所学的平面几何知识，将任意三角形通过外接圆性质转化为直角三角形进而求证，此证法在巩固平面几何知识的同时，易于被学生理解和接受，并且消除了学生所持的“向量方法证明正弦定理是唯一途径”这一误解．既拓宽了学生的解题思路，又为下一步用向量方法证明正弦定理作了铺垫．我们可以考虑用前面所学的向量知识来证明正弦定理．从定理内容可以看出，定理反映的是三角形的边角关系，而在向量知识中，哪一处知识点体现边角关系呢？ a ·b ＝｜a ｜｜b ｜cos θ，其中θ为两向量的夹角．sin θ＝cos(90°-θ)进行转化．这一转化产生了新角90°-θ，这就为辅助向量j 的添加提供了线索，为方便进一步的运算，辅助向量选取了单位向量j ，而j 垂直于三角形一边，且与一边夹角出现了 90°-θ这一形式，这是作辅助向量j 垂直于三角形一边的原因．在向量方法证明过程中，构造向量是基础，并由向量的加法原则可得AC ＋CB ＝AB ．而添加垂直于的单位向量j 是关键，为了产生j 与、、的数量积，而在上面向量等式的两边同取与向量j 的数量积运算，也就在情理之中了．下面，大家再结合课本进一步体会向量法证明正弦定理的过程，并注意总结在证明过程中所用到的向量知识点．说明：(1)在给予学生适当自学时间后，应强调学生注意两向量的夹角是以同起点为前提，以及两向量垂直的充要条件的运用． (2)要求学生在巩固向量知识的同时，进一步体会向量知识的工具性作用．向量法证明过程：(1)△ABC 为锐角三角形，过点A 作单位向量j 垂直于AC ，则j 与AB 的夹角为90°-A ，j 与CB 的夹角为90°-C ． 由向量的加法原则可得 AC ＋CB ＝AB为了与图中有关角的三角函数建立联系，我们在上面向量等式的两边同取与向量j 的数量积运算，得到j ·(AC ＋CB )＝j ·AB由分配律可得j ·AC ＋j ·CB ＝j ·AB∴ ｜j ｜｜AC ｜cos90°＋｜j ｜｜CB ｜co s(90°-C )＝｜j ｜｜AB ｜cos(90°-A ) ∴ a sin C ＝c sin A∴ A a sin ＝C csin另外，过点C 作与CB 垂直的单位向量j ，则j 与AC 的夹角为90°＋C ，j 与AB 的夹角为90°＋B ，可得C c sin ＝B bsin ．(此处应强调学生注意两向量夹角是以同起点为前提，防止误解为j 与AC 的夹角为90°-C ，j 与AB的夹角为90°-B ) ∴ A a sin ＝B b sin ＝C csin ．(2)△ABC 为钝角三角形，不妨设A ＞90°过点A 作与垂直的单位向量j ，则j 与AB 的夹角为A -90°，j 与的夹角为90°-C ．由AC ＋CB ＝AB 得 j ·AC ＋j ·CB ＝j ·AB即a ·cos(90°-C )＝c ·cos(A -90°) ∴ a sin C ＝c sin A ∴ A a sin ＝C csin另外，过点C 作与垂直的单位向量j ，则j 与夹角为90°＋C ，j 与夹角为90°＋B ，同理可得B b sin ＝C c sin ∴ A a sin ＝B b sin ＝C csin综上所述，正弦定理对于锐角三角形、直角三角形、钝角三角形均成立．在证明了正弦定理之后，我们来进一步学习正弦定理的应用．利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题．(1)已知两角和任一边，求其他两边和一角．这类问题由于两角已知，故第三角确定，三角形唯一，解唯一，相对容易，课本P 130的例1就属于此类问题．(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角．［例1］在△ABC 中，已知c ＝10，A ＝45°，C ＝30°，求b (保留两个有效数字)．评述：(1)此类问题结果为唯一解，学生较易掌握，如果已知两角和两角所夹的边，也是先利用内角和180°求出第三角，再利用正弦定理． (2)对于解三角形中的复杂运算可使用计算器，但应注意如下约定：当计算器所示结果为准确数时，或者为不少于四个有效数字的近似数而需要保留四个有效数字时，一律使用等号；保留的有效数字不少于四个时，使用约等号．［例2］在△ABC 中，已知a ＝20，b ＝28，A ＝40°，求B (精确到1°)和c (保留两个有效数字)．评述：通过此例题可使学生明确，利用正弦定理所求角有两种可能，但是不都符合题意，可以通过分析获得，这就要求学生熟悉已知两边和其中一边的对角时解三角形的各种情形．当然对于不符题意的解的取舍，也可通过三角形的有关性质来判断，对于这一点，我们通过下面的例题来体会．［例3］在△ABC 中，已知a ＝60，b ＝50，A ＝38°，求B (精确到1°)和c (保留两个有效数字)．分析：结合幻灯片§5．9．1 C ，此例题属于a ≥b 这一类情形，有一解，也可根据三角形内大角对大边，小角对小边这一性质来排除B 为钝角的情形．解：已知b ＜a ，所以B ＜A ，因此B 也是锐角．∵ sin B ＝6038sin 50sin ︒=a A b ＝0.5131， ∴ B ＝31°∴ C ＝180°-(A ＋B )＝180°-(38°＋31°)＝111° ∴ c ＝︒︒=38sin 111sin 60sin sin A C a ≈91． 评述：同样是已知两边和一边对角，但可能出现不同的结果，应强调学生注意解题的灵活性．对于例3，如果没有考虑到角B 所受限制而求出角B 的两个解，进而求出边c 两解，也可利用三角形内两边之和大于第三边，两边之差小于第三边这一性质进而验证而达到排除不符题意的解．小结：在△ABC 中，已知a 、b 和A 时解三角形的各种情况(1)A 为锐角(2)A 为直角或钝角Ⅲ．课堂练习1．在△ABC 中(结果保留两个有效数字)． (1)已知c ＝3，A ＝45°，B ＝60°，求b ；(2)已知b ＝12，A ＝30°，B ＝120°，求a ．2．根据下列条件解三角形(角度精确到1°，边长精确到1)：(1)b ＝11，a ＝20，B ＝30° （2）c ＝54，b ＝39，C ＝115°评述：此练习目的是使学生进一步熟悉正弦定理，同时加强解斜三角形的能力，既要考虑到已知角的正弦值求角的两种可能，又要结合题目的具体情况进行正确取舍．Ⅳ．课时小结通过本节学习，我们一起研究了正弦定理的证明方法，同时了解了向量的工具性作用，并且明确了利用正弦定理所能解决的两类有关三角形问题：已知两角一边；已知两边和其中一边的对角．●资料1．判断三角形解的方法“已知两边和其中一边的对角”解三角形，这类问题分为一解、二解和无解三种情况．一方面，我们可以利用课本上的几何图形加以理解，另一方面，也可以利用正弦函数的有界性进行分析．设已知a 、b 、A ，则利用正弦定理sin B ＝a Ab sin 如果sin B ＞1，则问题无解； 如果sin B ＝1，则问题有一解；如果求出的sin B ＜1，则可得B 的两个值，但要通过“三角形内角和定理”或“大边对大角”等三角形有关性质进行判断．2．利用正弦定理进行边角互换对于三角形中的三角函数，在进行恒等变形时，常常将正弦定理写成a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C或sin A ＝R c C R b B Ra 2sin ,2sin ,2==． 正弦定理、余弦定理（二）课题导入1．余弦定理：三角形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夹角的余弦的积的两倍．形式一：a 2＝b 2＋c 2-2bc cos A ， b 2＝c 2＋a 2-2ca cos B ， c 2＝a 2＋b 2-2ab cos C ．形式二：cos A ＝bc a c b 2222-+ cos B ＝ca b a c 2222-+ cos C ＝ab c b a 2222-+在余弦定理中，令C ＝90°，这时，cos C ＝0，所以c 2＝a 2＋b 2，由此可知余弦定理是勾股定理的推广．另外，对于余弦定理的证明，我们也可以仿照正弦定理的证明方法二采用向量法证明，以进一步体会向量知识的工具性作用．2．向量法证明余弦定理(1)证明思路分析向量数量积的定义式：a ·b ＝｜a ｜｜b ｜cos θ，其中θ为a 、b 的夹角．在这一点联系上与向量法证明正弦定理有相似之处，但又有所区别，首先因为无须进行正、余弦形式的转换，也就省去添加辅助向量的麻烦．当然，在各边所在向量的联系上依然通过向量加法的三角形法则，而在数量积的构造上则以两向量夹角为引导，比如证明形式中含有角C ，则构造·这一数量积以使出现cos C ．同样在证明过程中应注意两向量夹角是以同起点为前提．(2)向量法证明余弦定理过程：如图，在△ABC 中，设AB 、BC 、CA 的长分别是c 、a 、b ．由向量加法的三角形法则可得AC ＝＋BC ，∴ AC ·AC ＝(＋BC )·(＋BC )＝2＋2·＋2＝｜｜2＋2｜｜｜｜cos(180°-B )＋｜｜2＝c 2-2ac cos B ＋a 2 即b 2＝c 2＋a 2-2ac cos B 由向量减法的三角形法则可得： ＝-∴ ·＝(-)·(-)＝2-2·＋2＝｜｜2-2｜｜｜｜cos A ＋｜｜2＝b 2-2bc cos A ＋c 2即a 2＝b 2＋c 2-2bc cos A 由向量加法的三角形法则可得 AB ＝＋＝-∴ ·＝(-)·(-)＝2-2·＋2＝｜｜2-2｜｜｜｜cos C ＋｜｜2＝b 2-2ba cos C ＋a 2． 即c 2＝a 2＋b 2-2ab cos C ．评述：(1)上述证明过程中应注意正确运用向量加法(减法)的三角形法则． (2)在证明过程中应强调学生注意的是两向量夹角的确定，与AB 属于同起点向量，则夹角为A ；AB 与是首尾相接，则夹角为角B 的补角180°-B ；与是同终点，则夹角仍是角C ．在证明了余弦定理之后，我们来进一步学习余弦定理的应用通过余弦定理的两种表示形式我们可以得到，利用余弦定理，我们可以解决以下两类有关三角形的问题：(1)已知三边，求三个角．这类问题由于三边确定，故三角也确定，解唯一，课本P 132例4属这类情况；(2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角．这类问题第三边确定，因而其他两个角唯一，故解唯一，不会产生类似利用正弦定理解三角形所产生的判断取舍等问题．接下来，我们通过例题评析来进一步体会与总结．3．例题评析［例1］在△ABC 中，已知a ＝7，b ＝10，c ＝6，求A 、B 和C ．(精确到1°)评述：(1)为保证求解结果符合三角形内角和定理，即三角形内角和为180°，可用余弦定理求出两角，第三角用三角形内角和定理求出． (2)对于较复杂运算，可以利用计算器运算．［例2］在△ABC 中，已知a ＝2.730，b ＝3.696，C ＝82°28′，解这个三角形(边长保留四个有效数字，角度精确到1′)．分析：此题属于已知两边夹角解三角形的类型，可通过余弦定理形式一先求出第三边．在第三边求出后其余边角求解有两种思路：一是利用余弦定理的形式二根据三边求其余角，二是利用两边和一边对角结合正弦定理求解，但根据斜三角形求解经验，若用正弦定理需对两种结果进行判断取舍，而在0°～180°之间，余弦有唯一解，故用余弦定理较好．评述：通过例2，我们可以体会在解斜三角形时，如果正弦定理与余弦定理均可选用，那么求边两个定理均可，求角则余弦定理可免去判断取舍的麻烦．［例3］已知△ABC 中，a ＝8，b ＝7，B ＝60°，求c 及S △ABC ．分析：根据已知条件可以先由正弦定理求出角A ，再结合三角形内角和定理求出角C ，再利用正弦定理求出边c ，而三角形面积由公式S △ABC ＝21ac sin B 可以求出．若用余弦定理求c ，表面上缺少C ，但可利用余弦定理b 2＝c 2＋a 2-2ca cos B 建立关于c 的方程，亦能达到求c 的目的．下面给出两种解法．解法一：由正弦定理得︒=60sin 7sin 8A∴ A 1＝81.8°，A 2＝98.2° ∴ C 1＝38.2°，C 2＝21.8°，由C c sin 60sin 7=︒，得c 1＝3，c 2＝5 ∴S △ABC ＝21ac 1sin B ＝63，或S △ABC ＝21ac 2sin B ＝103．解法二：由余弦定理得b 2＝c 2＋a 2-2ca cos B ∴ 72＝c 2＋82-2×8×c cos60°整理得：c 2-8c ＋15＝0 解之得：c 1＝3，c 2＝5， ∴ S △ABC ＝21ac 1sin B ＝63， 或S △ABC ＝21ac 2sin B ＝103．评述：在解法一的思路里，应注意由正弦定理应有两种结果，避免遗漏；而解法二更有耐人寻味之处，体现出余弦定理作为公式而直接应用的另外用处，即可以用之建立方程，从而运用方程的观点去解决．故解法二应引起学生的注意．综合上述例题，要求学生总结余弦定理在求解三角形时的适用范围：已知三边求任意角或已知两边夹角解三角形，同时注意余弦定理在求角时的优势以及利用余弦定理建立方程的解法．课时小结通过本节学习，我们一起研究了余弦定理的证明方法，同时又进一步了解了向量的工具性作用，并且明确了利用余弦定理所能解决的两类有关三角形问题：已知三边求任意角；已知两边及夹角解三角形．正弦定理、余弦定理（三）讲授新课［例1］已知△ABC ，BD 为B 的平分线，求证：AB ∶BC ＝AD ∶DC［例1］分析：前面大家所接触的解三角形问题是在一个三角形内研究问题，而B 的平分线BD 将△ABC 分成了两个三角形：△ABD 与△CBD ，故要证结论成立，可证明它的等价形式：AB ∶AD ＝BC ∶DC ，从而把问题转化到两个三角形内，而在三角形内边的比等于所对角的正弦值的比，故可利用正弦定理将所证继续转化为DBC DC BDC BC ABD AD ADB AB sin sin ,sin sin ==，再根据相等角正弦值相等，互补角正弦值也相等即可证明结论．证明：在△ABD 内，利用正弦定理得：ABD AD ADB AB sin sin =，即ABD ADB AD AB sin sin =在△BCD 内，利用正弦定理得：DBC DC BDC BC sin sin =，即DBC BDC DC BC sin sin =． ∵ BD 是B 的平分线． ∴ ∠ABD ＝∠DBC ， ∴ sin ABD ＝sin DBC ．∵ ∠ADB ＋∠BDC ＝180° ∴ sin ADB ＝sin(180°-∠BDC )＝sin BDC∴ CD BC DBC BDC ABD ADB AD AB ===sin sin sin sin ∴DC AD BC AB =． 评述：此题可以启发学生利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，并且注意互补角的正弦值相等这一特殊关系式的应用．［例2］在△ABC 中，求证：a 2sin2B ＋b 2sin2A ＝2ab sin C分析：此题所证结论包含关于△ABC 的边角关系，证明时可以考虑两种途径：一是把角的关系通过正弦定理转化为边的关系，若是余弦形式则通过余弦定理；二是把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理．另外，此题要求学生熟悉相关的三角函数的有关公式，如sin2B ＝2sin B ·cos B 等，以便在化为角的关系时进行三角函数式的恒等变形．证明一：(化为三角函数)a 2sin2B ＋b 2sin2A＝(2R sin A )2·2sin B ·cos B ＋(2R sin B )2·2sin A ·cos A＝8R 2sin A ·sin B (sin A cos B ＋cos A sin B )＝8R 2sin A sin B sin C ＝2·2R sin A ·2R sin B ·sin C＝2ab sin C 所以原式得证．证明二：(化为边的式子)左边＝a 2·2sin B cos B ＋b 2·2sin A ·cos A＝a 2·R b 22·ac b c a 2222-+＋b 2·R a 22·bc a c b 2222-+＝Rc ab 2(a 2＋c 2-b 2＋b 2＋c 2-a 2)＝Rc ab2·2c 2＝2ab ·R c 2＝2ab sin C评述：由边向角转化，通常利用正弦定理的变形式：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，在转化为角的关系式后，要注意三角函数公式的运用，在此题用到了正弦二倍角公式sin2A ＝2sin A ·cos A ，正弦两角和公式sin(A ＋B )＝sin A ·cos B ＋cos A ·sin B ；由角向边转化，要结合正弦定理变形式以及余弦定理形式二．三角形的有关证明问题，主要围绕三角形的边和角的三角函数展开，从某种意义上来看，这类问题就是有了目标的含边和角的式子的化简问题．［例3］已知A 、B 、C 是△ABC 的三个内角，且满足(sin A ＋sin B )2-sin 2C ＝3sin A sin B 求证：A ＋B ＝120°分析：三角形形状的判断，可以根据角的关系，也可根据边的关系，所以在已知条件的运用上，可以考虑两种途径：将边转化为角，将角转化为边．下面，我们从这两个角度进行分析．解法一：利用余弦定理将角化为边．∵ b cos A ＝a cos B ∴ b ·bc a c b 2222-+＝a ·ac b c a 2222-+∴ b 2＋c 2-a 2＝a 2＋c 2-b 2 ∴ a 2＝b 2∴ a ＝b 故此三角形是等腰三角形．解法二：利用正弦定理将边转化为角．∵ b cos A ＝a cos B 又b ＝2R sin B ，a ＝2R sin A∴ 2R sin B cos A ＝2R sin A cos B ∴ sin A cos B -cos A sin B ＝0∴ sin(A -B )＝0 ∵ 0＜A ，B ＜ ，∴ - ＜A -B ＜∴ A -B ＝0，即A ＝B 故此三角形是等腰三角形．评述：(1)在判定三角形形状时，一般考虑两个方向进行变形，一个方向是边，走代数变形之路，通常是正、余弦定理结合使用；另一个方向是角，走三角变形之路，通常是运用正弦定理．要求学生要注重边角转化的桥梁——正、余弦定理；(2)解法二中用到了三角函数中两角差的正弦公式，但应注意在根据三角函数值求角时，一定要先确定角的范围．另外，也可运用同角三角函数的商数关系，在等式sin B ·cos A ＝sin A cos B 两端同除以sin A sin B 得cot A ＝cot B ，再由0＜A ，B ＜ ，而得A ＝B ．Ⅲ．课堂练习1．在△ABC 中，证明下列各式：(1)(a 2-b 2-c 2)tan A ＋(a 2-b 2＋c 2)tan B ＝0 (2)2222112cos 2cos b a b B aA -=-． 证明：(1)左边＝(a 2-b 2-c 2)A A cos sin ＋(a 2-b 2＋c 2)B Bcos sin＝(a 2-b 2-c 2)·R a 2·2222a c b bc -+＋(a 2-b 2＋c 2)·R b 2·2222b c a ac-+＝])([22222222222222b c a b c a a c b a c b Rabc -+-++-+-+-R abc =(-1＋1)＝0＝右边 故原命题得证． (2)左边＝B R B A R A b a b B a A 222222222222sin )2(sin 2sin )2(sin 2)11(sin 21sin 21+--=---22222211)2(2)2(211b a R R b a -=+--=＝右边 故原命题得证．评述：(1)在(1)题证明时应注意两点：一是切化弦的思路，二是结合正、余弦定理将角的关系转化为边的关系； (2)题证明过程中用到了余弦二倍角的公式，而此公式有三种形式cos2A ＝cos 2A -sin 2A ＝2cos 2A -1＝1-2sin 2A ，由于考虑到等式右端为边的关系，故选用第三种形式，在转化为边的关系时较为简便． 2．在△ABC 中，已知sin B ·sin C ＝cos 22A，试判断此三角形的类型．解：∵ sin B ·sin C ＝cos 22A∴ sin B ·sin C ＝2cos 1A +∴ 2sin B ·sin C ＝1＋cos ［180°-(B ＋C )］将cos(B ＋C )＝cos B cos C -sin B sin C 代入上式得cos B cos C ＋sin B sin C ＝1∴ cos(B -C )＝1 又0＜B ，C ＜ ，∴ - ＜B -C ＜ ∴ B -C ＝0，∴ B ＝C 故此三角形是等腰三角形．评述：(1)此题在证明过程中，要用到余弦二倍角公式cos A ＝2cos 22A-1的逆用，要求学生注意； (2)由于已知条件就是三角函数关系式，故无需向边的关系转化，而是进行三角函数式的恒等变形．课时小结：通过本节学习，我们熟悉了正、余弦定理在进行边角关系转换时的桥梁作用，并利用正、余弦定理对三角恒等式进行证明以及对三角形形状进行判断．其中，要求大家重点体会正、余弦定理的边角转换功能．。