正弦余弦定理典型题例

第一篇：正弦余弦定理典型题例

7月13-23作业早知道整体介绍必修五 作业题 备注 7月13日 专题一 必修五整体把握 1.结合您的教学经验，请您给出等差数列的起始课的教学设计，并突出您的创新点； 2.请结合您的教学经验，设计一个数列应用的案例（可以是一个例题，可以是一节课，也可以是一个教学片段等）； 3.为什么集中讨论不等关系？要不要补充绝对值不等式、不等式的证明、均值不等式等； 4.不等式教学能不能提前？ 5.解三角形的教学的重点是什么？ 6.解三角形的活动课怎么上？ 7.用向量证明正余弦定理的教学； 8.解三角形中计算器的使用。学习要求: 每人不少于十篇作业,其中五篇为模块规定作业题.其余为这两个模块的教学设计,教学体会或者是章节模块测试题.评论总数不少于100条。7月14日 专题二 解三角形 1.请举出5个例题，说明余弦定理、正弦定理的作用和意义； 2.请给出5个例题，体会向量在解三角形中的作用； 7月15日 专题三 等差等比数列及应用 1.结合您的教学经验，请您给出等差数列的起始课的教学设计？突出您的创新点。2.请结合您的教学经验，设计一个数列应用的案例（可以是一道例题，可以是一节课，也可以是一个教学片断等）3.请找出10~15道数列的习题，说明学生掌握这些题目就能很好的把握数列的内容； 7月16日 专题四 不等式及应用 1． 请您给出一元二次不等式的一个教学设计，在这个教学设计中，能把三个“一元二次”融为一体，进行一次全面的学习和提升，并指出您的创新点； 2． 请结合您教学中的一个具体的案例，展示您是如何说明“最优解在可行域的顶点上”的，并指出您的创新点； 3． 请您给出一个线性规划的实际问题，与解决线性规划问题的一般程序框图结合起来，设计一个教学案例，并指出您的创新点； 4． 请您依托基本不等式，全面的梳理一下基本不等关系及其性质； 5． 请您列举5个例题，说明您是如何把握基本不等式教学的难度的； 7月17日 专题五 必修五高端备课 1.谈谈您上活动课的经验与感受； 2.谈谈您对通性通法的认识； 3.请设计一个解决“测量问题”的“活动课”的案例，并指出您的创新点； 选修2-1 7月19日 专题六 选修2-1整体把握 ． 为什么“从简易逻辑到常用逻辑用语”； 2． 为什么要把传统的内容分为两部分？ 3． 如何把握文理科的差异？ 4． 结合您对向量的理解，谈谈“向量”在数学中的作用； 7月20日 专题七 常用逻辑用语 1． 请结合学过的重要的数学内容，举出5个充分条件（判定定理）、5个必要条件（性质定理）的案例； 2． 请您谈谈充分条件、必要条件在数学学习中的作用和意义； 3． 请结合学过的重要的数学内容，举出5个重要的数学概念或结论，并给出它们的充分必要条件，体会充分必要条件在数学学习中的作用和意义； 4． 请举出10个运用全称量词和存在量词的数学案例； 5． 请您用常用逻辑用语梳理一下学过的某些内容，例如：函数、几何、运算等； 7月21日 专题八 立体几何和椭圆 1． 请您设计一节复习课，利用向量对于立体几何进行一次完整的复习，并指出您的创新点。2． 如何依托向量提升学生的数形结合的能力； 3． 如何把向量和算法结合起来解决几何问题—距离问题、角度问题； 7月22日 专题九 圆锥曲线与方程 1.请设计一个椭圆的引入课，突出几何到代数的过程？ 2.请您用类比的思想设计一个双曲线的引入课，指出您的创新点； 3.请您设计一个关于抛物线的应用课，指出您的创新点； 4.请举出10~15个有关圆锥曲线的习题，说明学生掌握了这些题目就基本掌握了本章内容； 5.请您列出高考中计算量大的圆锥曲线的试题，谈谈您的看法和建议； 7月23日 专题十 选修2-1高端备课 1． 请举出10个运用全称量词和存在量词的数学案例； 2． 请您用常用逻辑用语梳理一下学过的某些内容，例如：函数、几何、运算等； 3． 请举出10~15个有关圆锥曲线的习题，说明学生掌握了这些题目就基本掌握了本章内容； 4． 请您列出高考中计算量大的圆锥曲线的试题，谈谈您的看法和建议；

5． 如何依托向量提升学生的数形结合的能力；如何把向量和算法结合起来解决几何问题—距离问题、角度问题；

第二篇：正弦定理余弦定理[推荐]

正弦定理 余弦定理

一、知识概述

主要学习了正弦定理、余弦定理的推导及其应用，正弦定理是指在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等．即余弦定理是指三角形任何一边的平方等于其它两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a2=b2＋c2－2bccosA，b2=c2＋a2－2cacosB, c2=a2＋b2－2abcosC．通过两定理的学习，掌握正弦定理和余弦定理，并能利用这两个定理去解斜三角形，学会用计算器解决解斜三角形的计算问题，熟悉两定理各自解决不同类型的解三角形的问题．认识在三角形中，已知两边和其中一边的对角解三角形，产生多解的原因，并能准确判断解的情况．

二、重点知识讲解

1、三角形中的边角关系

在△ABC中，设角A、B、C的对边分别为a、b、c，则有

（1）角与角之间的关系：A＋B＋C＝180°；

（2）边与角之间的关系：

正弦定理：

余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA

b2＝c2＋a2－2accosB

c2＝a2＋b2－2abcosC

射影定理：a＝bcosC＋ccosB

b＝ccosA＋acosC c＝acosB＋

bcosA

2、正弦定理的另三种表示形式：

3、余弦定理的另一种表示形式：

4、正弦定理的另一种推导方法——面积推导法

在△ABC中，易证明再在上式各边同时除

以在此方法推导过程中，要注意对

面积公式的应用．

例

1、在△ABC中，ab=60, sinB=cosB．面积S=15，求△ABC的三个内角． 分析：

在正弦定理中，由

进而可以利用三角函数之间的关系进行解题． 解：

可以把面积进行转化，由公式

∴C=30°或150°

又sinA=cosB∴A＋B=90°或A－B=90°显然A＋B=90°不可能成立

当C=30°时，由A＋B=150°，A－B=90°得A=120°B=30°

当C=150°时，由A－B=90°得B为负值，不合题意故所求解为A=120°，B=30°，C=30°.例

2、在△ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的外边，若b=2a，B=A＋60°，求A的值． 分析：

把题中的边的关系b=2a利用正弦定理化为角的关系，2RsinB=4RsinA，即sinB=2sinA． 解：

∵B=A＋60°

∴sinB=sin(A＋60°)=sinAcos60°＋cosAsin60°

=

又∵b=2a

∴2RsinB=4RsinA，∴sinB=2sinA

例

3、在△ABC中，若tanA︰tanB＝a2︰b2，试判断△ABC的形状． 分析：

三角形分类是按边或角进行的，所以判定三角形形状时一般要把条件转化为边之间关系或角之间关系式，从而得到诸如a＋b＝c，a＋b>c（锐角三角形），a＋b＜c（钝角三角形）或sin(A－B)＝0，sinA＝sinB，sinC＝1或cosC＝0等一些等式，进而判定其形状，但在选择转化为边或是角的关系上，要进行探索．

解法一：由同角三角函数关系及正弦定理可推得，∵A、B为三角形的内角，∴sinA≠0，sinB≠0．

．

∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．解法二：由已知和正弦定理可得：

整理得a－ac＋bc－b＝0，即（a－b)（a＋b－c）＝0，于是a＝b或a＋b－c＝0，∴a＝b或a＋b＝c．∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．

5、利用正弦定理和余弦定理判定三角形形状，此类问题主要考查边角互化、要么同时化边为角，要么同时化角为边，然后再找出它们之间的关系，注意解答问题要周密、严谨．

例

4、若acosA=bcosB，试判断△ABC的形状． 分析：

本题既可以利用正弦定理化边为角，也可以利用余弦定理化角为边． 解：

解法一：由正弦定理得：2RsinAcosA=2RsinBcosB∴sin2A=sin2B

∴2A=2B或2A＋2B=180°∴A=B或A＋B=90°

故△ABC为等腰三角形或直角三角形解法二：由余弦定理得

∴a(b＋c－a)=b(a＋c－b)∴(a－b)(a＋b－c)=0∴a=b或a＋b=c

故△ABC为等腰三角形或直角三角形．

6、正弦定理，余弦定理与函数之间的相结合，注意运用方程的思想．

例

5、如图，设P是正方形ABCD的一点，点P到顶点A、B、C的距离分别是

1，2，3，求正方形的边长．

分析：

本题运用方程的思想，列方程求未知数． 解：

设边长为x(1

设x=t，则1

－5)=16t

三、难点剖析

1、已知两边和其中一边的对角，解三角形时，将出现无解、一解和两解的情况，应分情况予以讨论．

下图即是表示在△ABC中，已知a、b和A时解三角形的各种情况．

（1）当A为锐角时（如下图），（2）当A为直角或钝角时（如下图），也可利用正弦定理进行讨论．

如果sinB>1，则问题无解； 如果sinB＝1，则问题有一解；

如果求出sinB<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、用方程的思想理解和运用余弦定理：当等式a2＝b2＋c2－2bccosA中含有未知数时，等式便成为方程．式中有四个量，知道任意三个，便可以解出另一个，运用此式可以求a或b或c或cosA．

3、向量方法证明三角形中的射影定理

在△ABC中，设三内角A、B、C的对边分别是a、b、c．

4、正弦定理解三角形可解决的类型：（1）已知两角和任一边解三角形；

（2）已知两边和一边的对角解三角形．

5、余弦定理解三角形可解决的类型：（1）已知三边解三角形；

（2）已知两边和夹角解三角形．

6、三角形面积公式：

例

6、不解三角形，判断三角形的个数． ①a＝5，b＝4，A＝120° ②a＝30，b＝30，A＝50° ③a＝7，b＝14，A＝30° ④a＝9，b＝10，A＝60° ⑤a＝6，b＝9，A＝45° ⑥c＝50，b＝72，C＝135° 解析：

①a>b，A＝120°，∴△ABC有一解．②a＝b，A＝50°<90°，∴△ABC有一解．

③a

④a0 ∴△ABC有两解．

⑤b>c，C＝45°，∴△ABC无解（不存在）．⑥b>c，C＝135°>90°，又由b>c知∠B>∠C＝135°，这样B＋C>180°，∴△ABC无解．

第三篇：《正弦定理和余弦定理》测试卷

《正弦定理和余弦定理》学习成果测评

基础达标：

1.在△ABC中，a=18，b=24，∠A=45°，此三角形解的情况为()

A.一个解B.二个解C.无解D.无法确定

2．在△ABC

中，若a2,bcA的度数是()

A.30°B.45°C.60°D.75°

2223．ΔABC中，若a=b+c+bc，则∠A=()

A.60B.45C.120D.30

4．边长为5、7、8的三角形的最大角与最小角之和为()

A.90°B.120°C.135°D.150°

5.在△ABC中，已知a3，b2，B=45.求A、C及c.06．在ABC中，若B

45，c

bA.7.在ABC中，已知a134.6cm，b87.8cm，c161.7cm，解三角形.8．在ABC中，若a2b2c2bc，求A.能力提升：

AB的取值范围是()AC

A.(0，2)B.(2,2)C.(2,)D.(,2)9．锐角ΔABC中，若C=2B，则

10.已知在△ABC中，sinA:sinB:sinC=3:2:4，那么cosC的值为()A.

14B.1

422ABC.D.锐角ΔABC中，若C=2B，则的取值范围是 33AC

11.等腰三角形底边长为6，一条腰长12，则它的外接圆半径为()

12．在ABC中，已知三边a、b、c满足abcabc3ab，则C＝()

A．15B．30C．45D．60

13．钝角ABC的三边长为连续自然数，则这三边长为（）。

A、1、2、3B、2、3、4C、3、4、5D、4、5、6 

sinC2(61)，则∠A=_______.sinB

5abc_____.15.在△ABC中，∠A=60°，b=1，c=4，则sinAsinBsinC14．在ΔABC中，BC=3，AB=2，16.在△ABC中，∠B=120°，sinA:sinC=3:5，b=14，则a，c长为_____.综合探究：

17．已知钝角ABC的三边为：ak,bk2,ck4,求实数k的取值范围.a2b2sin(AB)18.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，证明:.2sinCc

参考答案：

基础达标：

1.B2.A3.C4.B

5.解析：

asinB3sin45解法1：由正弦定理得：sinA b22

∴∠A=60或120

bsinC2sin7562当∠A=60时，∠C=75，c； sinB2sin45

bsinC2sin1562当∠A=120时，∠C=15，c.sinB2sin45

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x10 解之：x222262 2

22222)3bca132 当c时，cosA2bc2622(1)22222（从而∠A=60，∠C=75； 2时，同理可求得：∠A=120，∠C=15.2

bc6.∵，sinBsinC当c

csinBsin45∴sinC，b∵0C180，∴C60或C120

∴当C60时，A75； 

当C120时，A15，；

所以A75或A15．

7.由余弦定理的推论得： 

b2c2a287.82161.72134.62

0.5543,cosAA56020；

c2a2b2134.62161.7287.82

 cosBB32053；

 C1800(AB)1800(5602032053)

8.∵bcb2c2a2，0.8398,b2c2a21∴由余弦定理的推论得：cosA ∵0A180，∴A60.能力提升：

9.C10.A11.C

12.D．由abcabc3ab，得ab2abc3ab 222

a2b2c21，∴由余弦定理的推论得：cosC2ab2

∵0C180，∴C60.13.B；只需要判定最大角的余弦值的符号即可。

选项A不能构成三角形； 

22324210，故该三角形为钝角三角形； 选项B中最大角的余弦值为2234

324252

0，故该三角形为直角三角形； 选项C中最大角的余弦值为：243

42526210，故该三角形为锐角三角形.选项D中最大角的余弦值为2458

14.120

1516.4综合探究：

17.∵ABC中边ak,bk2,ck4，∴ak0，且边c最长，∵ABC为钝角三角形

∴当C为钝角时 a2b2c2

0，∴cosC2ab

∴abc0, 即abc

∴k2(k2)2(k4)2, 解得2k6,又由三角形两边之和大于第三边：k(k2)k4,得到k2，故实数k的取值范围：2k6.18.证法一:由正弦定理得： 222222

a2b2sin2Asin2Bcos2Bcos2A c2sin2C2sin2C

=2sin(BA)sin(BA)sinCsin(AB)sin(AB)==.222sinCsinCsinC

222证法二:由余弦定理得a=b+c-2bccosA，a2b2c22bccosA2b1cosA，则22ccc

又由正弦定理得bsinB，csinC

a2b22sinBsinC2sinBcosA1cosA∴ 2csinCsinC

sin(AB)2sinBcosA sinC

sinAcosBsinBcosAsin(AB).sinCsinC

sin(AB)sinAcosBsinBcosA证法三:.sinCsinC

sinAasinBb,，由正弦定理得sinCcsinCc

sin(AB)acosBbcosA∴，sinCc

又由余弦定理得

a2c2b2b2c2a2absin(AB)sinCc

(a2c2b2)(b2c2a2) 22c

a2b2

.c2

第四篇：球面正弦,余弦定理证明

§4球面余弦定理和正弦定理

平面几何中的三角形全等判定条件说明了平面三角形的唯一性，到了平面三角学，把这种唯一性定理提升到有效能算的角边函数关系。其中最基本的就是三角形的余弦定理：设三角形 ABC 的三条边分别是 a、b、c，它们的对角分别是、、，则

其中，分别表示 的余弦。

三角形的正弦定理：设三角形 ABC 的三条边分别是 a、b、c，它们的对角分别是、、，则。

类似地，球面三角形也有有效能算的边角函数关系，其中最主要的结果就是球面三角的正弦定理和余弦定理。

为证明球面三角余弦定理，我们介绍有关向量的另一种乘积—外积。两向量a与b的外积是一个矢量，记做a×b，它的模是|a×b|=|a||b|它的方向与a,b都垂直，并且按a,b,a×b这个顺序构成右手标架。对于向量的外积，有拉格朗日恒等式成立。

a×b）·(a’×b’)=(a·a’)·(b·b’)－(a·b’)·(b·a’)

定理4.1（球面三角余弦定理）在单位球面上，对于任给球面三角形三边和三角

恒满足下述函数关系，其(a,b),（证法一）证明：如图4-1所示，图4-1 是单位球面上的三点，以a,b,c分别表示单位长向量三角形,则球面的三角角度和三边边长分别可以用空间向量a,b,c表达如下：

是b,c之间夹角的弧度，所以cos=b·c,同理有cos=a·c, cos=a·b。是“a,b所张的平面”和“a,c所张的平面”之间的夹角，所以a×b和a×c之间的夹角，即

（a×b）·(a×c)=| a×b|·|a×c|cosA=同理亦有（b×c）·(b×a)=（c×a）·(c×b)=由（a×b）·(a×c)=所以同理可证

=cos－

也等于

当单位球面上的球面三角形三边都小于三角余弦定理。证明如下： 取球面三角形

时，可以用平面三角余弦定理证明球面，将各顶点与球心O连接，过顶点A作b,c边的切线，分别

和两个平交OC,OB的延长线于N,M,由此得到两个平面直角三角形面三角形

。在中，根据平面三角形的余弦定理，有。

同理在因此即中

即即得同理可证

（证法2）证明：设球心为O，连接OA、OB、OC，则。

图4-2 过点A做的切线交直线OB于D，过点A做的切线，交直线OC于E，连接DE（如图4-2所示）。显然，ADAO，AE

AO，在直角三角形OAD中，AO=1，AD=，OD=在直角三角形OAE中，AE=

。，OE=。

注意。在三角形ODE中，利用平面三角形的余弦定理（定理3.1），„„（1）

在三角形ADE中，„„（2）

因为（1）式与（2）式左端相等，所以右端也相等，经化简整理，即得。

类似地可以得到另外两式。

当三角形有一个内角为直角时，比如，则由球面三角余弦定理有

。这恰好是平面几何中的勾股定理在球面几何中的对应物，但形式上有了很大差别。我们称之为球面勾股定理。

定理4.2（球面三角正弦定理）在单位球面上，对于任给球面三角形三边和三角

恒满足下述函数关系

证明：因为上述三个比值都是正的，所以我们只要证明

恒成立。

由球面三角余弦定理，得

同理可证，所以。

一般地，易证在半径为r的球面上，对于任给球面三角形，其三边和三角恒满足下述函数关系

和，其当形时，上述关系式会变成什么形式呢？如图，当的三边

可以看作直线段，所以

，时，球面三角所以， ,代入上述关系式，当，时对式子取极限，整理得：

这恰好是平面三角余弦定理和正弦定理。在实际使用时，考虑到所给条件的不同及计算的方便，我们常常需要不同形式的球面三角公式，这些公式本质上都能以球面正弦定理和余弦定理加以变换而得到。前面通过研究极对偶三角形的关系我们证明了球面几何中特有的全等条件AAA,在球面三角中有反映这一特有全等条件的三角公式。

定理4.3（角的余弦公式）在单位球面上，对于任给球面三角形和三角

恒满足下述函数关系，其三边

证明：由的极对偶三角形的余弦定理

利用上节定理3.1将中相应的元素代入上式即有

乘以－1，化简得同理可证其他两式。

第五篇：正弦定理余弦定理练习

正弦定理和余弦定理练习

一、选择题

1、已知ABC中，a4,b43,A300,则B=（）

A.300B.300或1500 C.600D.600或12002、已知ABC中，AB6,A300,B1200,则SABC()

A.9B.18C.93D.1833、已知ABC中，a:b:c1:3:2，则A:B:C（）

A.1:2:3B.2:3:1C.1:3:2D.3:1:24、已知ABC中，sinA:sinB:sinCk:(k1):2k(k0)，则k的取值范围是（）

A.2,B.,0C.二、填空题

1、已知ABC中，B300,AB23,AC2,则SABC

2、已知ABC中，b2csinB,则角

3、设ABC的外接圆的半径为R，且AB4,C450,则R=

4、已知SABC32,b2,c3,则角1,02D.1,2 A=

5、已知ABC中，B450,C600,a2(31)，则SABC

三、简答题

01、在ABC中，若B30,AB23,AC2,求SABC.2、已知ABC中，C60,BCa,ACb,ab6.(1)写出ABC的面积S与a的函数关系式；(2)当a等于多少时，Smax？并求出Smax.23、已知ABC中，aa2(bc),a2b2c3,若sinC:sinA4:，求a,b,c.04、a,b,c是ABC的三内角A,B,C的对边，4sin

(1)求角A；(2)若a3,bc3,2BC2cos2A72.求b,c的值.