2020版高中数学第一章解三角形1.1.2余弦定理（第1课时）余弦定理及其应用学案新人教b版 11页

第1课时　余弦定理及其应用学习目标　1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明方法.2.会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题．知识点一　余弦定理在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则有余弦定理语言叙述三角形中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的夹角的余弦的积的两倍公式表达a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC推论cosA＝，cosB＝，cosC＝思考　在a2＝b2＋c2－2bccosA中，若A＝90°，公式会变成什么？答案　a2＝b2＋c2，即勾股定理．知识点二　余弦定理可以用于两类解三角形问题(1)已知三角形的两边和它们的夹角，求三角形的第三边和其他两个角．(2)已知三角形的三边，求三角形的三个角．1．在△ABC中，已知两边及夹角时，△ABC不一定唯一．(　×　)2．在△ABC中，三边一角随便给出三个，可求其余一个．(　√　)3．在△ABC中，若a2＋b2－c2＝0，则角C为直角．(　√　)4．在△ABC中，若a2＋b2－c2>0，则角C为钝角．(　×　)n题型一　用余弦定理解三角形命题角度1　已知两边及其夹角例1　在△ABC中，a＝1，b＝2，cosC＝，则c＝；sinA＝.答案　2　解析　根据余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝12＋22－2×1×2×＝4，解得c＝2.由a＝1，b＝2，c＝2，得cosA＝＝，所以sinA＝＝.反思感悟　已知三角形两边及其夹角时，应先从余弦定理入手求出第三边．跟踪训练1　在△ABC中，已知a＝2，b＝2，C＝15°，求A.解　由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝8－4，所以c＝－.由正弦定理，得sinA＝＝，因为b>a，所以B>A，所以A为锐角，所以A＝30°.命题角度2　已知三边例2　在△ABC中，已知a＝2，b＝6＋2，c＝4，求A，B，C.解　根据余弦定理，得cosA＝＝＝.∵A∈(0，π)，∴A＝，cosC＝＝＝，∵C∈(0，π)，∴C＝.∴B＝π－A－C＝π－－＝，n∴A＝，B＝，C＝.反思感悟　已知三边求三角，可利用余弦定理的推论先求一个角．跟踪训练2　在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝2∶4∶5，判断三角形的形状．解　因为a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝2∶4∶5，所以可令a＝2k，b＝4k，c＝5k(k>0)．c最大，cosC＝<0，所以C为钝角，从而三角形为钝角三角形．题型二　余弦定理的证明例3　已知钝角△ABC，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，试借助三角函数定义用a，b，C表示边c.解　不妨设A为钝角．如图，作BD⊥CA，交CA延长线于点D.由三角函数定义，sinC＝，cosC＝，∴BD＝asinC，CD＝acosC.∴AD＝CD－CA＝acosC－b.∴c2＝BD2＋AD2＝a2sin2C＋(acosC－b)2＝a2sin2C＋a2cos2C＋b2－2abcosC＝a2＋b2－2abcosC.引申探究　注意到||＝b，||＝a，，的夹角为C，恰好可以作为一组基底，能否用平面向量完成例3?解　＝－，∴||2＝(－)2＝2＋2－2·，即c2＝a2＋b2－2abcosC.反思感悟　所谓证明，就是在新旧知识间架起一座桥梁．桥梁架在哪儿，要勘探地形，证明一个公式，要观察公式两边的结构特征，联系已经学过的知识，看有没有相似的地方．n跟踪训练3　用解析几何的两点间距离公式来证明余弦定理．解　如图，以A为原点，边AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(c,0)，C(bcosA，bsinA)，∴BC2＝b2cos2A－2bccosA＋c2＋b2sin2A，即a2＝b2＋c2－2bccosA.同理可证b2＝c2＋a2－2cacosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.合理探究运算思路典例　在△ABC中，已知BC＝7，AC＝8，AB＝9，则AC边上的中线长为．答案　7解析　方法一　由条件知cosA＝＝＝，设中线长为x，由余弦定理，知x2＝2＋AB2－2××ABcosA＝42＋92－2×4×9×＝49，所以x＝7.所以AC边上的中线长为7.方法二　设AC中点为M，连接BM(图略)．则＝(＋)，∴2＝(2＋2＋2·)＝(92＋72＋2||||cos∠ABC)由余弦定理，得2||||cos∠ABC＝||2＋||2－||2＝92＋72－82，n∴||2＝(92＋72＋92＋72－82)＝49.∴BM＝7，即AC边上的中线长为7.[素养评析]　数学运算素养的一个重要表现就是探究运算思路，探究运算思路最主要的是弄清楚3个问题：①我有什么？②我要什么？③怎样以我有达到我要？在本例中，我有三角形三边长．由此可求三角．我要求中线长，由于M为中点，在△ABM中，我有AB，AM，∠A(两边夹角)．由此可求BM，思路贯通．在方法二中，我有＝(＋)．我要||，只要平方．平方后2，2都是已知的，只要求·.我们知道要求数量积只需求出模和夹角．模||，||已知，cos∠ABC可求，由此思路贯通．从以上分析可以看出，探究运算思路始终围绕三个问题进行构思、选择、排除.1．一个三角形的两边长分别为5和3，它们夹角的余弦值是－，则三角形的第三条边长为(　　)A．52B．2C．16D．4答案　B解析　设第三条边长为x，则x2＝52＋32－2×5×3×＝52，∴x＝2.2．在△ABC中，a＝7，b＝4，c＝，则△ABC的最小角为(　　)A.B.C.D.答案　B解析　∵a>b>c，∴C为最小角且C为锐角，由余弦定理，得cosC＝＝＝.又∵C为锐角，∴C＝.3．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为(　　)A.B.C.D.答案　D解析　设顶角为C，周长为l，因为l＝5c，所以a＝b＝2c，n由余弦定理，得cosC＝＝＝.4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2－b2＋c2＝ac，则角B为(　　)A.B.C.或D.或答案　A解析　∵a2－b2＋c2＝ac，∴cosB＝＝＝，又角B为△ABC的内角，∴B＝.5．(2018·青岛模拟)如图所示，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝3，则BD的长为________．答案　解析　∵sin∠BAC＝sin(90°＋∠BAD)＝cos∠BAD＝，∴在△ABD中，有BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD，∴BD2＝18＋9－2×3×3×＝3，∴BD＝.1．余弦定理与勾股定理的关系：余弦定理可以看作是勾股定理的推广，勾股定理可以看作是余弦定理的特例．2．利用余弦定理可以解决两类有关三角形的问题(1)已知两边和夹角，解三角形．(2)已知三边求三角形的任意一角．一、选择题1．在△ABC中，已知B＝120°，a＝3，c＝5，则b等于(　　)A．4B.C．7D．5n答案　C解析　∵b2＝a2＋c2－2accosB＝32＋52－2×3×5×cos120°＝49，∴b＝7.2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a∶b∶c＝3∶5∶7，则C的大小是(　　)A.B.C.D.答案　B解析　∵a∶b∶c＝3∶5∶7，∴设a＝3k，b＝5k，c＝7k，k>0，由余弦定理得cosC＝＝－，又00，且cosC＝>0，∴7.又因为sinC＝，所以C＝.11．在△ABC中，A＝60°，最大边长与最小边长是方程x2－9x＋8＝0的两个实根，则边BC的长为．答案　解析　设内角B，C所对的边分别为b，c.∵A＝60°，∴可设最大边与最小边分别为b，c.由条件可知b＋c＝9，bc＝8，∴BC2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc－2bccosA＝92－2×8－2×8×cos60°＝57，∴BC＝.三、解答题12．在△ABC中，已知A＝120°，a＝7，b＋c＝8，求b，c.解　由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc(1＋cosA)，所以49＝64－2bc，即bc＝15,由解得或13.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从点O沿OD走到点D用了2min，从点D沿DC走到点C用了3min.若此人步行的速度为50m/min，求该扇形的半径．n解　依题意得OD＝100m，CD＝150m，连接OC，易知∠ODC＝180°－∠AOB＝60°，因此由余弦定理，得OC2＝OD2＋CD2－2OD×CD×cos∠ODC，即OC2＝1002＋1502－2×100×150×，解得OC＝50(m)．14．若△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·的值为(　　)A．19B．14C．－18D．－19答案　D解析　设三角形的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，依题意得a＝5，b＝6，c＝7.∴·＝||·||·cos(π－B)＝－ac·cosB.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cosB，∴－ac·cosB＝(b2－a2－c2)＝(62－52－72)＝－19，∴·＝－19.15．已知a，b，c是△ABC的三边长，若直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝1无公共点，则△ABC的形状是(　　)A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．不能确定答案　B解析　∵直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝1无公共点，∴圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝>1，即a2＋b2－c2<0，∴cosC＝<0，n又C∈(0，π)，∴C为钝角．故△ABC为钝角三角形．