正弦定理与余弦定理及其应用

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2020.3.10更新

这是个什么意思？？？？我写文章没多久就碰到这种情况。。。。。

我寻思着收藏和点赞离得不远啊，别下次一定

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(注意：并非所有内容均为高考内容)

一、内容：在任意一个平面三角形中，各边和它所对角的正弦值的比相等且等于外接圆的直径”，即 \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R （ R 为外接圆半径）。

二、证明

以下给出两种证法

第一种方法：外接圆法

(1)在锐角三角形中

如图1-1，作 △ABC 的外接圆， O 为圆心。连结 BO 并延长交圆于 D ， 设 BD=2R 。根据直径所对圆周角是直角及同弧所对圆周角相等，可得∠ DAB=90° ，∠C=∠D 。

故 \sin C=\sin D=\frac{c}{2R} ，同理\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=2R

所以\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R

(2)在直角三角形中

如图1-2， \angle A=\frac{\pi}{2} ， \sin B=\frac{b}{a}=\frac{b}{2R} ， \sin C=\frac{c}{a}=\frac{c}{2R}

\frac{a}{\sin A}=\frac{2R}{\sin\frac{\pi}{2}}=2R ，故 \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R 成立

(3)在钝角三角形中，

如图1-3，O 为圆心。连结 CO 并延长交圆于 D ，连接 BD ,由圆内接四边形对角互补可知 \angle D=\pi-\angle A ，故 \sin A=\sin D=\frac{BC}{CD}=\frac{a}{2R} ，其他两个角的推导和锐角三角形类似。

综合(1)(2)(3)可得，在任意一个平面三角形中， \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R （ R 为外接圆半径）。

第二种方法：面积法

如图1-4，在 \triangle ABC 中，AD 是 BC 边上的高，故有 AD=AC\sin C=AB\sin B=b\sin C=c\sin B

那么 S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AD=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ac\sin B ，

可以看出上述求面积的方法对B为锐角，直角 (\sin90^\circ=1) 的时候都适用；

而当B为钝角时，如图1-5，AD 仍是 BC 边上的高， AD=AB\sin(\pi-B)=AB\sin B ，因此仍有 S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ac\sin B

于是对于任意三角形都有 S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}bc\sin A

那么 \frac{2S}{abc}=\frac{\sin A}{a}=\frac{\sin B}{b}=\frac{\sin C}{c} ，

故\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}

当然证明方法还有很多，这里就不说了。

三、常见推论

1、 a=2R\sin A ，b=2R\sin B ，c=2R\sin C (用于边化角)

2、 \sin A=\frac{a}{2R}，\sin B=\frac{b}{2R}，\sin C=\frac{c}{2R}(用于角化边)

3、 a\sin B=b\sin A ，a\sin C=c\sin A ，b\sin C=c\sin B

4、 a:b:c=\sin A:\sin B:sin C

5、 \frac{a}{\sin A}=\frac{a+b}{\sin A+\sin B}=\frac{a+b+c}{\sin A+\sin B+\sin C} （这个可以由比例的性质得到, \frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{a+c}{b+d} ，或者你可以把推论1代入此式）

这些推论的证明都比较简单，这里就不说了。但是要提的是，这些推论在高考中应用的十分广泛。

一、内容：对于任意三角形，任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍。

用公式表示就是： \begin{align} &a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\\ &b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\\ &c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\\ \end{align} 或者 \begin{align} &\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\\ &\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\\ &\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\\ \end{align}

二、证明

以下同样给出两种证法

第一种方法:向量法

如图2-2，设\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{a}，\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{b}，\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{c}，那么 \overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b} ， \begin{align} \left| \overrightarrow{c} \right|^2&=\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{c}=(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\\ &=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\\ &=a^2+b^2-2ab\cos C\\ \end{align}

同理其他两条也可以证明

第二种方法：正弦定理法

如果将余弦定理中的 a、b、c 用正弦定理的推论1替换，同时约去 4R^2 ，就可以得到余弦定理的另一种表达式： \sin^2A+\sin^2B-\sin^2C=2\sin A\sin B\cos C ，我们就通过这个式子来证明余弦定理。 \begin{align} &\sin^2A+\sin^2B-\sin^2C=\\ &=\frac{1}{2}[1-\cos2A+1-\cos2B-(1-\cos2C)]\tag{降幂公式}\\ &=-\frac{1}{2}(\cos2A+\cos2B)+\frac{1}{2}(1+\cos2C)\\ &=-\cos(A+B)\cos(A-B)+\frac{1}{2}(1+\cos2C)\tag{和差化积}\\ &=-\cos(A+B)\cos(A-B)+\cos^2C\tag{二倍角公式}\\ &=\cos C\cos(A-B)-\cos C\cos(A+B)\tag{A+B+C=π以及诱导公式}\\ &=\cos C[\cos(A-B)-\cos(A+B)]\\ &=2\cos C\sin A\sin B\tag{和差化积} \end{align} 运用正弦定理， \left( \frac{a}{2R}\right)^2+\left( \frac{b}{2R}\right)^2-\left( \frac{c}{2R}\right)^2=2\cos C\left( \frac{a}{2R}\right)\left( \frac{b}{2R}\right)

同时乘以4R^2得， a^2+b^2-c^2=2ab\cos C ，即 c^2=a^2+b^2-2ab\cos C

证明方法还有很多，这里就不说了。

1、射影定理

\sin A=\sin(\pi-B-C)=\sin(B+C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C

由正弦定理，得 \frac{a}{2R}=\left( \frac{b}{2R} \right)\cos C+\cos B\left( \frac{c}{2R} \right) ，于是我们就得到了射影定理 a=b\cos C+c\cos B 。同理 b=a\cos C+c\cos A , c=a\cos B+b\cos A

2、秦九韶的“三斜求积术”(海伦公式)

(1)已知三边求三角形面积：\begin{align} S^2&=\left( \frac{1}{2}ac\sin B \right)^2=\frac{1}{4}a^2c^2\sin^2B\\ &= \frac{1}{4}a^2c^2(1-\cos^2B)\\ &=\frac{1}{4}(a^2c^2-a^2c^2\cos^2B)\\ \end{align} \\ 又因为 ac\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2} ，所以 \begin{align} S^2&=\frac{1}{4}\left[ a^2c^2-\left( \frac{a^2+c^2-b^2}{2} \right)^2 \right]\\ \end{align}

从而可知 S=\sqrt{\frac{1}{4}\left[ a^2c^2-\left( \frac{a^2+c^2-b^2}{2} \right)^2 \right]}(秦九韶公式)

\begin{align} 而S&=\sqrt{\frac{1}{4}\left[ a^2c^2-\left( \frac{a^2+c^2-b^2}{2} \right)^2 \right]}\\ &=\sqrt{\frac{1}{4}\left( ac-\frac{a^2+c^2-b^2}{2} \right)\left( ac+\frac{a^2+c^2-b^2}{2} \right) }\\ &=\sqrt{\frac{1}{4}\cdot\frac{2ac-a^2-c^2+b^2}{2}\cdot\frac{2ac+a^2+c^2-b^2}{2}}\\ &=\sqrt{\frac{b^2-(a-c)^2}{4}\cdot\frac{(a+c)^2-b^2}{4}}\\ &=\sqrt{\frac{b-a+c}{2}\cdot\frac{b+a-c}{2}\cdot\frac{a+c-b}{2}\cdot\frac{a+c+b}{2}}\\ 令&p=\frac{a+b+c}{2}于是\\ S&=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}(海伦公式) \end{align}

所以说海伦公式和秦九韶公式是等价的

(2)已知三条中线长求三角形面积

如图3-1，在\triangle ABC 中， AD、BE、CF 分别为边BC、CA、AB 上的中线，过点 F 作 AD 的平行线交 ED 的延长线于点 G ，连接 BG、CG、EF、FD ，

由中位线定理， ED//AF//DG ，又 AD//FG ，故四边形 ADGF 为平行四边形，故有 AD=FG ， DG=AF=DE ，又 BD=CD ，故四边形 BGCE 为平行四边形，那么有 BE=CG ，于是 \triangle CGF 为 \triangle ABC 的三条中线构成的三角形

容易证明四边形 BGDF 、四边形 FDCE 均为平行四边形，故 CB 经过 FG 中点， CE经过 FC 中点，故 D 为\triangle CGF的重心。 S_{\triangle CDF}=S_{\triangle GDF}=S_{\triangle GDC}=\frac{1}{3}S_{\triangle CGF} ，故 S_{\triangle CGF}=3S_{\triangle CDF} ， 又S_{\triangle CDF}=\frac{1}{2}S_{\triangle BCF}=\frac{1}{4}S_{\triangle ABC} ，故 S_{\triangle CGF}=\frac{3}{4}S_{\triangle ABC}

令 m_a=AD=FG、m_b=BE=CG、m_c=CF ，

由海伦公式 S_{\triangle CGF}=\sqrt{\frac{(m_a+m_b+m_c)(m_a+m_b-m_c)(m_a+m_c-m_b)(m_b+m_c-m_a)}{16}} ，故 \begin{align} S_{\triangle ABC}&=\frac{4}{3}S_{\triangle CGF}\\ &=\frac{4}{3}\sqrt{\frac{(m_a+m_b+m_c)(m_a+m_b-m_c)(m_a+m_c-m_b)(m_b+m_c-m_a)}{16}}\\ &=\frac{1}{3}\sqrt{(m_a+m_b+m_c)(m_a+m_b-m_c)(m_a+m_c-m_b)(m_b+m_c-m_a)}\\ \end{align}

这其实也是海伦——秦九韶公式的一部分

3、角平分线定理

如图3-2，在\triangle ABC 中， \angle BAC 的角平分线 AD 交边 BC 于点 D ，

设 \angle BAD=\angle CAD=\alpha ， \angle ADC=\beta ，则 \angle ADB=\pi-\beta

在\triangle ABD 中， \frac{BD}{\sin \alpha}=\frac{AB}{\sin(\pi-\beta)}=\frac{AB}{\sin\beta} ;

在\triangle ACD 中， \frac{CD}{\sin \alpha}=\frac{AC}{\sin\beta}，将两式相除即可得 \frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}

4、中线长定理

如图3-3，在\triangle ABC 中， \angle BAC 的中线 AD 交边 BC 于点 D ，

设 AD=m ，\angle ADC=\alpha ，则 \angle ADB=\pi-\alpha

在\triangle ABD 中， c^2=m^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2-2m\cdot\frac{a}{2}\cos(\pi-\alpha) ;

在\triangle ACD 中， b^2=m^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2-2m\cdot\frac{a}{2}\cos\alpha，

由于 \cos\alpha+\cos(\pi-\alpha)=0

故两式相加得 b^2+c^2=2m^2+\frac{a^2}{2}

故中线 AD^2=m^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}

如果我们记边 BC、CA、AB 上的中线分别为 m_a、m_b、 m_c

那么就有 m_a=\frac{1}{2}\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2} ， m_b=\frac{1}{2}\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2} ， m_c=\frac{1}{2}\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2} .

这个模型在很多题目里都有，只不过题目不一定是中线，但解题思路和技巧基本是一样的。

5、莫尔韦德(Mollweide)公式 (1)\frac{a+b}{c}=\frac{\cos\frac{A-B}{2}}{\sin\frac{C}{2}}， (2)\frac{a-b}{c}=\frac{\sin\frac{A-B}{2}}{\cos\frac{C}{2}}\\ \begin{align} (1)证明:\frac{a+b}{c}&=\frac{\sin A+\sin B}{\sin C}\tag{正弦定理}\\ &=\frac{2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}{\sin C}\tag{和差化积}\\ &=\frac{2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}{\sin(A+B)}\tag{A+B+C=π以及诱导公式}\\ &=\frac{2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}{2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A+B}{2}}\tag{二倍角公式}\\ &=\frac{\cos\frac{A-B}{2}}{\cos\frac{A+B}{2}}=\frac{\cos\frac{A-B}{2}}{\sin\frac{C}{2}}\tag{A+B+C=π以及诱导公式}\\ \end{align} \begin{align} (2)证明:\frac{a-b}{c}&=\frac{\sin A-\sin B}{\sin C}\tag{正弦定理}\\ &=\frac{2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}}{\sin C}\tag{和差化积}\\ &=\frac{2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}}{\sin(A+B)}\tag{A+B+C=π以及诱导公式}\\ &=\frac{2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}}{2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A+B}{2}}\tag{二倍角公式}\\ &=\frac{\sin\frac{A-B}{2}}{\sin\frac{A+B}{2}}=\frac{\sin\frac{A-B}{2}}{\cos\frac{C}{2}}\tag{A+B+C=π以及诱导公式}\\ \end{align}

以前的教材把这个当做课后习题，并且当时没要求掌握和差化积，对于一般的学生来说难度确实很大

6、正切定理

将莫尔韦德(Mollweide)公式两式相除,

\frac{a-b}{a+b}=\frac{\frac{\sin\frac{A-B}{2}}{\cos\frac{C}{2}}}{\frac{\cos\frac{A-B}{2}}{\sin\frac{C}{2}}}=\frac{\sin\frac{A-B}{2}\sin\frac{C}{2}}{\cos\frac{A-B}{2}\cos\frac{C}{2}}=\tan\frac{A-B}{2}\tan\frac{C}{2}

而 \tan\frac{C}{2}=\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{A+B}{2}\right)=\frac{1}{\tan\frac{A+B}{2}} ，故上式也可以写成 \frac{a-b}{a+b}=\frac{\tan\frac{A-B}{2}}{\tan\frac{A+B}{2}}

同理，有 \frac{b-c}{b+c}=\frac{\tan\frac{B-C}{2}}{\tan\frac{B+C}{2}} ， \frac{c-a}{c+a}=\frac{\tan\frac{C-A}{2}}{\tan\frac{C+A}{2}}

有人会发现我没有讲解三角形，主要是因为我自己在这方面也没有什么鞭辟入里的经验。我依旧采用我一贯的风格，每个定理、公式都有证明，并且基本做到用最容易、最初等的方法证明，这样可以帮助大家理解记忆。毕竟只有这样，才能真正掌握这些知识，明白其中的关键点，自然做题不成问题。

这里有些关于高考三角函数的习题可以看看 三角函数习题，接近或略高于高考难度

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