EM@解三角形@正弦定理@余弦定理

解直角三角形问题
正弦定理和余弦定理的推导
- 对于非直角情形,都是直角情形的推广
- 同过构造辅助线(垂线),来构造直角三角形,利用直角三角形的特点构建恒等方程,得到相应的定理

正弦定理揭示了:在任意一个三角形中,角与它对应的边之间在数量上的关系
设三角形 A B C ABC ABC中, A , B , C A,B,C A,B,C的对边分别为 a , b , c a,b,c a,b,c;角 ∠ A \angle{A} ∠A可以简写为 A A A, ∠ B , ∠ C \angle{B},\angle{C} ∠B,∠C类似得可以简写为 B , C B,C B,C

当 ∠ C = π 2 \angle{C}=\frac{\pi}{2} ∠C=2π时:
- 显然 a c = sin ⁡ A \frac{a}{c}=\sin{A} ca=sinA, b c = sin ⁡ B \frac{b}{c}={\sin{B}} cb=sinB,即有 a sin ⁡ A \frac{a}{\sin{A}} sinAa= b sin ⁡ B \frac{b}{\sin{B}} sinBb= c c c(1)
  - 且 sin ⁡ C = sin ⁡ π 2 \sin{C}=\sin{\frac{\pi}{2}} sinC=sin2π= 1 1 1,从而 c c c= c 1 \frac{c}{1} 1c= c sin ⁡ C \frac{c}{\sin{C}} sinCc
  - 因此式(1)改写为 a sin ⁡ A \frac{a}{\sin{A}} sinAa= b sin ⁡ B \frac{b}{\sin{B}} sinBb= c sin ⁡ C \frac{c}{\sin{C}} sinCc(2)

不妨设 ∠ B > π 2 \angle{B}>\frac{\pi}{2} ∠B>2π,作 C D ⊥ A B CD\perp{AB} CD⊥AB,交 A B AB AB的延长线于点 D D D
- 则 C D b \frac{CD}{b} bCD= sin ⁡ A \sin{A} sinA; C D a = sin ⁡ ( π − B ) \frac{CD}{a}=\sin{(\pi-{B})} aCD=sin(π−B)= sin ⁡ B \sin{B} sinB
- 从而有 C D CD CD= b sin ⁡ B b\sin{B} bsinB= a sin ⁡ B a\sin{B} asinB(6),变形可得式(3)
- 同理(比如过点 A A A作辅助线),可得式(5)
- 所以式(2)此情形也成立

在任意一个三角行中,各边的长和它所对的角的正弦的比相等,即 a sin ⁡ A \frac{a}{\sin{A}} sinAa= b sin ⁡ B \frac{b}{\sin{B}} sinBb= c sin ⁡ C \frac{c}{\sin{C}} sinCc
解三角形问题中,若已知条件有角及其对边 ,那么可以考虑使用正弦定理,例如 a , b , A a,b,A a,b,A

情形1	情形2

∠ C < π 2 \angle{C}<\frac{\pi}{2} ∠C<2π	∠ C > π 2 \angle{C}>\frac{\pi}{2} ∠C>2π

当 ∠ C < π 2 \angle{C}<\frac{\pi}{2} ∠C<2π时: B D BD BD= a − b cos ⁡ C a-b\cos{C} a−bcosC(1); A D AD AD= b sin ⁡ C b\sin{C} bsinC(2)
当 ∠ C > π 2 \angle{C}>\frac{\pi}{2} ∠C>2π时; B D BD BD= a + b cos ⁡ ( π − C ) a+b\cos{(\pi-C)} a+bcos(π−C)= a − b cos ⁡ C a-b\cos{C} a−bcosC; A D AD AD= b sin ⁡ ( π − C ) b\sin{(\pi-C)} bsin(π−C)= b sin ⁡ C b\sin{C} bsinC
容易看出,无论 ∠ C \angle{C} ∠C是锐角还是钝角,都有
- B D BD BD= a − b cos ⁡ C a-b\cos{C} a−bcosC
- A D AD AD= b sin ⁡ C b\sin{C} bsinC
在情形1和2中都有直角三角形 A D B ADB ADB, ∠ D = π 2 \angle{D}=\frac{\pi}{2} ∠D=2π
- 应用勾股定理, c 2 c^2 c2= A D 2 + B D 2 AD^2+BD^2 AD2+BD2(3)
- 代入(1,2),得 c 2 = b 2 sin ⁡ 2 C + ( a − b cos ⁡ C ) 2 c^2=b^2\sin^2{C}+(a-b\cos{C})^2 c2=b2sin2C+(a−bcosC)2= a 2 + b 2 − 2 a b cos ⁡ C a^2+b^2-2ab\cos{C} a2+b2−2abcosC(4-1)
同理, a 2 a^2 a2= a 2 + c 2 − 2 a c cos ⁡ B a^2+c^2-2ac\cos{B} a2+c2−2accosB (4-2); c 2 c^2 c2= a 2 + b 2 − 2 b c cos ⁡ A a^2+b^2-2bc\cos{A} a2+b2−2bccosA(4-3)

cos ⁡ A = b 2 + c 2 − a 2 2 b c \cos{A}=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} cosA=2bcb2+c2−a2
cos ⁡ B = a 2 + c 2 − b 2 2 a c \cos{B}=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} cosB=2aca2+c2−b2
cos ⁡ C = a 2 + b 2 − c 2 2 a b \cos{C}=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} cosC=2aba2+b2−c2