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  • 2021-06-15 发布

高中数学第一章解三角形1_1正弦定理和余弦定理1_1_2余弦定理学案新人教B版必修51

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1.1.2 余弦定理 1.理解用向量的工具推导余弦定理的过程,并能初步运用余弦定理解斜三角形. 2.掌握三角形的面积公式. 3.能够运用正弦定理、余弦定理、面积公式等知识和方法解决一些与测量及几何计算 有关的三角形问题. 1.余弦定理 公式表达 语言叙述 推论 a2=____________ 三角形任何一边的 平方等于_______ cos A=____________ b2=______________ cos B=____________ c2=____________ cos C=__________ (1)余弦定理揭示了任意三角形边角之间关系的客观规律,是解三角形的重要工具; (2)余弦定理是勾股定理的推广,勾股定理是余弦定理的特例; (3)在余弦定理中,每一个等式均含有四个量,利用方程的观点,可以知三求一; (4)运用余弦定理时,因为已知三边求角,或已知两边及夹角求另一边,由三角形全等 的判定定理知,三角形是确定的,所以解也是唯一的. 【做一做 1-1】在△ABC 中,AB=1,BC=2,∠B=60°,则 AC 的长为________. 【做一做 1-2】在△ABC 中,a2-c2+b2=ab,则∠C=________. 2.余弦定理的应用 (1)利用余弦定理判断三角形的形状 由余弦定理,当边 c 为最大边时, 如果 c2=a2+b2,则△ABC 为____三角形; 如果 c2<a2+b2,则△ABC 为____三角形; 如果 c2>a2+b2,则△ABC 为____三角形. (2)利用余弦定理可以解决有关斜三角形的问题 ①已知三边,________; ②已知两边和它们的夹角,求______和其他______; ③已知三角形的两边和其中一边的对角解斜三角形时,也可用余弦定理,如已知 a,b, A,可先用余弦定理__________,求出 c,此时 c 的个数即为三角形解的个数. 使用余弦定理求角时,一般在判断三条边的大小后,可先求最大角,也可先求最小角, 如果最大角小于 60°或最小角大于 60°,可知三角形无解. 【做一做 2-1】在△ABC 中,若 sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,则该三角形的形状 为( ). A.直角三角形 B.等边三角形 C.锐角三角形 D.钝角三角形 【做一做 2-2】在△ABC 中,已知 c=2acos B,则△ABC 的形状为________三角形. 3.三角形的面积公式 (1)S=1 2 a·ha(ha 表示 a 边上的高); (2)S=1 2 absin C=1 2 ______=1 2 ______; (3)S=1 2 r(a+b+c)(r 为三角形的内切圆半径); (4)S= p p-a p-b p-c (其中 p=1 2 (a+b+c)). 【做一做 3-1】在△ABC 中,角 A,B,C 的对边边长分别为 a,b,c,且 a=1,∠B= 45°,S△ABC=2,则 c=____. 【做一做 3-2】已知三角形的周长为 12,内切圆的半径为 1,则 S△ABC=________. 一、三角形中的四类基本问题 剖析:解三角形的问题可以分为以下四类: (1)已知三角形的两边和其中一边的对角,解三角形. 此种情况的基本解法是先由正弦定理求出另一条边所对的角,用三角形的内角和定理求 出第三个角,再用正弦定理求出第三边,注意判断解的个数. (2)已知三角形的两角和任一边,解三角形. 此种情况的基本解法是若所给边是已知角的对边时,可由正弦定理求另一边,再由三角 形内角和定理求出第三个角,再由正弦定理求第三边.若所给边不是已知角的对边时,先由 三角形内角和定理求第三个角,再由正弦定理求另外两边. (3)已知两边和它们的夹角,解三角形. 此种情况的基本解法是先用余弦定理求第三边,再用正弦定理或余弦定理求另一角,最 后用三角形内角和定理求第三个角. (4)已知三角形的三边,解三角形. 此种情况的基本解法是先用余弦定理求出一个角,再用正弦定理或余弦定理求出另一个 角,最后用三角形内角和定理求出第三个角. 二、教材中的“?” 在△ABC 中,令AB→=c,AC→=b,BC→=a,你能通过计算|a|2=a·a 证明余弦定理吗? 剖析:如图所示,|a|2=a·a=a2=BC→·BC→=(AC→-AB→)·(AC→-AB→)=AC→2-2AC→·AB→+AB→2 =AC→2-2|AC→||AB→|cos A+AB→2=b2+c2-2bccos A,即 a2=b2+c2-2bccos A. 同理可证 b2=a2+c2-2accos B,c2=a2+b2-2abcos C. 除了向量法和几何法来证明余弦定理外,我们还可以用坐标法或正弦定理来解决. (1)坐标法: 如图所示,以 A 为坐标原点,AC 所在直线为 x 轴建立如图所示的平面直角坐标系, 则 A,B,C 的坐标分别为 A(0,0),B(ccos A,csin A),C(b,0),根据两点间的距离公 式,得 a=|BC|= ccos A-b 2+ csin A-0 2, ∴a2=c2cos2A-2bccos A+b2+c2sin2A, 即 a2=b2+c2-2bccos A. 同理可得 b2=a2+c2-2accos B,c2=a2+b2-2abcos C. (2)(用正弦定理证明)因为 a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C, 所以 b2+c2-2bccos A =4R2(sin2B+sin2C-2sin Bsin Ccos A) =4R2[sin2B+sin2C+2sin Bsin Ccos (B+C)] =4R2(sin2B+sin2C-2sin2Bsin2C+2sin Bsin Ccos Bcos C) =4R2[sin2B(1-sin2C)+sin2C(1-sin2B)+2sin Bsin Ccos Bcos C] =4R2(sin2Bcos2C+2sin Bsin Ccos Bcos C+sin2Ccos2B) =4R2sin2(B+C)=4R2sin2A=a2. 同理可证 b2=a2+c2-2accos B,c2=a2+b2-2abcos C. 题型一 用余弦定理解三角形 【例 1】在△ABC 中: (1)a=1,b=1,∠C=120°,求 c; (2)a=3,b=4,c= 37,求最大角; (3)a∶b∶c=1∶ 3∶2,求∠A,∠B,∠C. 分析:(1)直接利用余弦定理即可; (2)在三角形中,大边对大角; (3)可设三边为 x, 3x,2x. 反思:(1)本例为余弦定理的最基本应用,要在此基础上熟练地掌握余弦定理的结构特 征. (2)对于第(3)小题,根据已知条件,设出三边长,由余弦定理求出∠A,进而求出其余 两角.另外也可由边长关系,判断出∠C 为直角,再求角. 题型二 判断三角形的形状 【例 2】在△ABC 中,已知(a+b+c)(b+c-a)=3bc,且 sin A=2sin B·cos C,试 确定△ABC 的形状. 分析:利用余弦定理先求出∠A=60°,再根据三角变换公式求得∠B=∠C. 反思:(1)判断三角形的形状是看该三角形是否为某特殊的三角形(如锐角、直角、钝角、 等腰、等边三角形等). (2)对于给出条件是边角关系混合在一起的问题,一般地,应运用正弦定理和余弦定理, 要么统一为边的关系,要么统一为角的关系.再利用三角形的有关知识、三角恒等变形方法、 代数恒等变形方法进行转化、化简,从而得出结论. (3)常见结论:设 a,b,c 分别是△ABC 的角 A,B,C 的对边, ①若 a2+b2=c2,则∠C=90°; ②若 a2+b2>c2,则∠C<90°; ③若 a2+b2<c2,则∠C>90°; ④若 sin 2A=sin 2B,则∠A=∠B 或∠A+∠B=π 2 . 题型三 三角形的面积公式的应用 【例 3】在△ABC 中,∠A,∠B,∠C 的对边分别是 a,b,c,且cos B cos C =- b 2a+c .求: (1)∠B 的大小; (2)若 b= 13,a+c=4,求△ABC 的面积. 分析:先由余弦定理求出∠B,再结合条件列方程求出 ac,利用面积公式求出△ABC 的 面积. 反思:求三角形的面积,要充分挖掘题目中的条件,转化为求两边及夹角的正弦问题, 要注意方程思想在解题中的应用. 题型四 正、余弦定理的综合应用 【例 4】(2011·山东高考)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 cos A-2cos C cos B =2c-a b . (1)求sin C sin A 的值; (2)若 cos B=1 4 ,b=2,求边 a. 分析:(1)利用正弦定理及三角变换公式对已知等式进行化简即可; (2)利用余弦定理列出方程,并且用上(1)中的结论即可求出 a. 反思:正、余弦定理在解三角形中的应用关键要明确已知的边和角及所求,正弦定理尤 其在边角转化方面功能显著.余弦定理的使用要注意选择好“第三边”,这样才能列出有效 的方程,再者要熟练掌握三角变换公式,这在解三角形中经常用到. 题型五 易错辨析 【例 5】在锐角△ABC 中,b=1,c=2,则 a 的取值范围是( ). A.1<a<3 B.1<a< 5 C. 3<a< 5 D.不确定 错解:由三角形的性质,知 c-b<a,得 a>1.又∠A 为锐角,从而 cos A=b2+c2-a2 2bc = 5-a2 2bc >0,得 0<a< 5. 所以 1<a< 5.故选 B. 错因分析:上述解法忽视了三角形三个内角的关系,即∠A+∠B+∠C=180°,cos A >0 只能推出∠A 为锐角,而不能推出△ABC 一定为锐角三角形,因为∠A+∠B+∠C=180°, 所以当△ABC 为锐角三角形时,不仅 cos A>0,还必须满足 cos B>0,cos C>0. 【例 6】在△ABC 中,已知 a=2,b=2 2,∠C=15°,求∠A. 错解:由余弦定理,得 c2=a2+b2-2abcos C=4+8-2×2×2 2× 6+ 2 4 =8-4 3, 所以 c= 6- 2.又由正弦定理,得 sin A=asin C c =1 2 .因为 0°<∠A<180°,所以∠A= 30°或 150°. 错因分析:没有注意到 b>a 这一隐含条件,致使增解. 1 在△ABC 中,bcos A=acos B,则三角形的形状为( ). A.直角三角形 B.锐角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形 2 在△ABC 中,已知三边 a,b,c 满足(a+b+c)·(a+b-c)=3ab,则∠C 等于( ). A.15° B.30° C.45° D.60° 3 在△ABC 中,a,b,c 分别为∠A,∠B,∠C 的对边,如果 b+c=2 3,∠A=60°, △ABC 的面积为 3 2 ,那么 a 为( ). A. 10 B. 6 C.10 D.6 4 在△ABC 中,AB=3,BC= 13,AC=4,则 sin A=________. 5(2012·北京昌平高三一模)在△ABC 中,1 2 cos 2A=cos2 A-cos A. (1)求角 A 的大小; (2)若 a=3,sin B=2sin C,求 S△ABC. 答案: 基础知识·梳理 1.b2+c2-2bccos A a2+c2-2accos B a2+b2-2abcos C 其他两边的平方和减去这 两边与它们夹角的余弦的积的两倍 b2+c2-a2 2bc a2+c2-b2 2ac a2+b2-c2 2ab 【做一做 1-1】 3 由余弦定理,得 AC2=12+22-2×1×2×cos 60°=3.∴AC= 3. 【做一做 1-2】60° 2.(1)直角 锐角 钝角 (2)求三个角 第三边 两个角 a2=b2+c2-2bccos A 【做一做 2-1】D 【做一做 2-2】等腰 3.(2)bcsin A acsin B 【做一做 3-1】4 2 【做一做 3-2】6 典型例题·领悟 【例 1】解:(1)由余弦定理,得 c2=a2+b2-2abcos C=12+12-2×1×1×(-1 2 )=3, ∴c= 3. (2)显然∠C 最大. ∵cos C=a2+b2-c2 2ab =32+42-37 2×3×4 =-1 2 , ∴∠C=120°. (3)由于 a∶b∶c=1∶ 3∶2,可设 a=x,b= 3x,c=2x. 由余弦定理,得 cos A=b2+c2-a2 2bc =3x2+4x2-x2 2· 3x·2x = 3 2 ,∴∠A=30°. 同理 cos B=1 2 ,cos C=0, ∴∠B=60°,∠C=90°. 【例 2】解:∵(a+b+c)(b+c-a)=3bc,∴a2=b2+c2-bc. 而 a2=b2+c2-2bccos A,∴2cos A=1.∴cos A=1 2 ∴∠A=60°. 又 sin A=sin (B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,sin A=2sin B·cos C, ∴sin Bcos C-cos Bsin C=0, 即 sin (B-C)=0,∴∠B=∠C. 又∵∠B+∠C=120°,∴∠A=∠B=∠C=60°. 故△ABC 为等边三角形. 【例 3】解:(1)∵cos B cos C =- b 2a+c , ∴(a2+c2-b2)2ab (a2+b2-c2)2ac =- b 2a+c , 整理,得 a2+c2-b2=-ac, ∴cos B=a2+c2-b2 2ac =- ac 2ac =-1 2 , 从而∠B=120°. (2)由(1)得 a2+c2+ac=13.① 又 a+c=4,∴a2+c2+2ac=16.② 由①②,得 ac=3, ∴S△ABC=1 2 acsin B=1 2 ×3×sin 120°=3 3 4 . 【例 4】解:(1)由正弦定理,得 a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,所以 cos A-2cos C cos B =2c-a b =2sin C-sin A sin B ,即 sin Bcos A-2sin Bcos C=2sin Ccos B-sin Acos B,即有 sin (A+B)=2sin (B+ C),即 sin C=2sin A,所以sin C sin A =2. (2)由(1)知c a =sin C sin A =2,即 c=2a, 又因为 b=2,所以由余弦定理,得: b2=a2+c2-2accos B, 即 22=4a2+a2-2a×2a×1 4 ,解得 a=1. 【例 5】C 正解:由三角形的性质,知 c-b<a,得 a>1. 又由 cos A=b2+c2-a2 2bc =5-a2 2bc >0,得 0<a< 5. 由 cos B=a2+c2-b2 2ac =a2+3 2ac >0,得 a∈R. 由 cos C=a2+b2-c2 2ab =a2-3 2ab >0,得 a> 3. 综上,知 3<a< 5. 【例 6】正解:由余弦定理,得 c2=a2+b2-2abcos C=8-4 3,所以 c= 6- 2.又 由正弦定理,得 sin A=asin C c =1 2 .因为 b>a,所以∠B>∠A.又因为 0°<∠A<180°, 所以∠A=30°. 随堂练习·巩固 1.C 已知等式中有边也有角,故可用下列两种方法来解:①将边化为角,即将 a=2Rsin A,b=2Rsin B 代入,再进行三角恒等变换即可.②将角化为边,即由余弦定理将 cos A, cos B 的式子代入化简即可. 2.D 3.B 4. 3 2 由余弦定理,得 cos A=32+42-13 2×3×4 =1 2 , ∴sin A= 3 2 . 5.解:(1)由已知得1 2 (2cos2 A-1)=cos2 A-cos A, ∴cos A=1 2 . ∵0<∠A<π,∴∠A=π 3 . (2)由 b sin B = c sin C 可得,sin B sin C =b c =2, ∴b=2c. cos A=b2+c2-a2 2bc =4c2+c2-9 4c2 =1 2 , 解得 c= 3,b=2 3. S△ABC=1 2 bcsin A=1 2 ×2 3× 3× 3 2 =3 3 2 .