2017-2018版高中數(shù)學(xué)第二章解三角形1.2余弦定理(二)學(xué)案5

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE14學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1.2余弦定理（二)學(xué)習(xí)目標(biāo)1。熟練掌握余弦定理及其變形形式.2。會(huì)用余弦定理解三角形.3。能利用正弦、余弦定理解決有關(guān)三角形的恒等式化簡(jiǎn)、證明及形狀判斷等問(wèn)題．知識(shí)點(diǎn)一已知兩邊及其中一邊的對(duì)角解三角形思考在△ABC中,若B＝30°，AB＝2eq\r(3），AC＝2，可以先用正弦定理eq\f（b,sinB）＝eq\f(c,sinC)求出sinC＝eq\f(\r（3），2).那么能不能用余弦定理解此三角形？如果能,怎么解？梳理已知兩邊及其一邊的對(duì)角,既可先用正弦定理，也可先用余弦定理,滿足條件的三角形個(gè)數(shù)為0，1,2，具體判斷方法如下:設(shè)在△ABC中，已知a，b及A的值．由正弦定理eq\f(a，sinA)＝eq\f(b，sinB），可求得sinB＝eq\f(bsinA，a）。（1）當(dāng)A為鈍角時(shí)，則B必為銳角,三角形的解唯一；（2)當(dāng)A為直角且a〉b時(shí),三角形的解唯一；(3）當(dāng)A為銳角時(shí)，如圖，以點(diǎn)C為圓心，以a為半徑作圓,三角形解的個(gè)數(shù)取決于a與CD和b的大小關(guān)系：①當(dāng)a<CD時(shí),無(wú)解；②當(dāng)a＝CD時(shí),一解;③當(dāng)CD<a〈b時(shí),則圓與射線AB有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)B為銳角或鈍角,此時(shí)B的值有兩個(gè)．④當(dāng)a≥b時(shí)，一解．（4)如果a>b,則有A〉B,所以B為銳角，此時(shí)B的值唯一．知識(shí)點(diǎn)二判定三角形的形狀思考1三角形的形狀類別很多，按邊可分為等腰三角形，等邊三角形，其他；按角可分為鈍角三角形，直角三角形，銳角三角形．在判斷三角形的形狀時(shí)是不是要一個(gè)一個(gè)去判定？思考2△ABC中,sin2A＝sin2B.則A，B一定相等嗎？梳理判斷三角形形狀，首先看最大角是鈍角、直角還是銳角；其次看是否有相等的邊（或角)．在轉(zhuǎn)化條件時(shí)要注意等價(jià)．知識(shí)點(diǎn)三證明三角形中的恒等式思考前面我們用正弦定理化簡(jiǎn)過(guò)acosB＝bcosA,當(dāng)時(shí)是把邊化成了角；現(xiàn)在我們學(xué)了余弦定理，你能不能用余弦定理把角化成邊？梳理證明三角恒等式的關(guān)鍵是借助邊角互化減小等式兩邊的差異．類型一利用余弦定理解已知兩邊及一邊對(duì)角的三角形引申探究例1條件不變，用正弦定理求c.例1已知在△ABC中，a＝8,b＝7，B＝60°，求c.反思與感悟相對(duì)于用正弦定理解此類題，用余弦定理不必考慮三角形解的個(gè)數(shù)，解出幾個(gè)是幾個(gè)．跟蹤訓(xùn)練1在△ABC中,角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，若A＝eq\f(π，3），a＝eq\r（3），b＝1,則c等于(）A．1 B．2C。eq\r(3）－1 D.eq\r(3)類型二利用正弦、余弦定理證明三角形中的恒等式例2在△ABC中，有(1)a＝bcosC＋ccosB;（2）b＝ccosA＋acosC；（3）c＝acosB＋bcosA,這三個(gè)關(guān)系式也稱為射影定理,請(qǐng)給出證明．反思與感悟證明三角形中邊角混合關(guān)系恒等式，可以考慮兩種途徑：一是把角的關(guān)系通過(guò)正弦、余弦定理轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系，正弦借助正弦定理轉(zhuǎn)化，余弦借助余弦定理轉(zhuǎn)化;二是通過(guò)正弦定理把邊的關(guān)系轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系．跟蹤訓(xùn)練2在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對(duì)邊,求證：eq\f(cosB,cosC）＝eq\f（c－bcosA,b－ccosA）.類型三利用正弦、余弦定理判斷三角形形狀例3在△ABC中,已知(a＋b＋c）（b＋c－a）＝3bc，且sinA＝2sinBcosC，試判斷△ABC的形狀．反思與感悟（1）判斷三角形形狀，往往利用正弦定理、余弦定理將邊、角關(guān)系相互轉(zhuǎn)化，經(jīng)過(guò)化簡(jiǎn)變形，充分暴露邊、角關(guān)系，繼而作出判斷．(2)在余弦定理中，注意整體思想的運(yùn)用，如：b2＋c2－a2＝2bccosA，b2＋c2＝(b＋c）2－2bc等等．跟蹤訓(xùn)練3在△ABC中，若B＝60°,2b＝a＋c，試判斷△ABC的形狀．1．在△ABC中，若b2＝a2＋c2＋ac，則B等于（）A．60° B．45°或135°C．120° D．30°2．在△ABC中,若2cosBsinA＝sinC，則△ABC的形狀一定是（）A．等腰直角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等邊三角形3．在△ABC中,若B＝30°，AB＝2eq\r(3），AC＝2,則滿足條件的三角形有幾個(gè)？1．已知兩邊及其中一邊的對(duì)角解三角形，一般情況下,利用正弦定理求出另一邊所對(duì)的角，再求其他的邊或角，要注意進(jìn)行討論．如果采用余弦定理來(lái)解,只需解一個(gè)一元二次方程，即可求出邊來(lái)，比較兩種方法，采用余弦定理較簡(jiǎn)單．2．根據(jù)所給條件確定三角形的形狀，主要有兩種途徑:(1）化邊為角；（2)化角為邊,并常用正弦(余弦）定理實(shí)施邊、角轉(zhuǎn)換．3．在余弦定理中，每一個(gè)等式均含有四個(gè)量，利用方程的觀點(diǎn)，可以知三求一．4．利用余弦定理求三角形的邊長(zhǎng)時(shí)容易出現(xiàn)增解，原因是余弦定理中涉及的是邊長(zhǎng)的平方，通常轉(zhuǎn)化為一元二次方程求正實(shí)數(shù)．因此解題時(shí)需特別注意三角形三邊長(zhǎng)度所應(yīng)滿足的基本條件．

答案精析問(wèn)題導(dǎo)學(xué)知識(shí)點(diǎn)一思考能．在余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB中，已知三個(gè)量AC＝b,AB＝c,cosB，代入后得到關(guān)于a的一元二次方程，解此方程即可．知識(shí)點(diǎn)二思考1不需要．如果所知條件方便求角,只需判斷最大的角是鈍角，直角，銳角；如果方便求邊，假設(shè)最大邊為c，可用a2＋b2－c2來(lái)判斷cosC的正負(fù)．而判斷邊或角是否相等則一目了然，不需多說(shuō)．思考2∵A，B∈（0，π），∴2A,2B∈(0,2π），∴2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f（π,2).知識(shí)點(diǎn)三思考由余弦定理得aeq\f（a2＋c2－b2,2ac）＝beq\f（b2＋c2－a2，2bc),去分母得a2＋c2－b2＝b2＋c2－a2,化簡(jiǎn)得a＝b。題型探究例1解由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB,得72＝82＋c2－2×8×ccos60°,整理得c2－8c＋15＝0,解得c＝3或c＝5.引申探究解由正弦定理，得eq\f(a,sinA）＝eq\f(c，sinC）＝eq\f（b,sinB)＝eq\f(7，sin60°）＝eq\f(14\r(3)，3)，∴sinA＝eq\f（a,\f（14\r(3),3）)＝eq\f(4,7）eq\r（3)，∴cosA＝±eq\r（1－sin2A)＝±eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3)，7））)2）＝±eq\f（1,7）.∴sinC＝sin［π－(A＋B)］＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(4,7）eq\r(3)·eq\f（1,2）±eq\f(1,7）·eq\f(\r（3）,2)，∴sinC＝eq\f(5\r(3），14)或sinC＝eq\f（3\r(3）,14）.當(dāng)sinC＝eq\f（5\r(3),14)時(shí)，c＝eq\f（14\r(3）,3)·sinC＝5；當(dāng)sinC＝eq\f(3\r（3),14）時(shí),c＝eq\f（14\r(3）,3）·sinC＝3.跟蹤訓(xùn)練1B例2證明方法一(1）由正弦定理,得b＝2RsinB,c＝2RsinC，∴bcosC＋ccosB＝2RsinBcosC＋2RsinCcosB＝2R（sinBcosC＋cosBsinC)＝2Rsin(B＋C）＝2RsinA＝a。即a＝bcosC＋ccosB.同理可證(2）b＝ccosA＋acosC；(3）c＝acosB＋bcosA.方法二（1）由余弦定理,得cosB＝eq\f（a2＋c2－b2,2ac），cosC＝eq\f(a2＋b2－c2，2ab)，∴bcosC＋ccosB＝b·eq\f（a2＋b2－c2，2ab)＋c·eq\f（a2＋c2－b2，2ac)＝eq\f（a2＋b2－c2，2a)＋eq\f（a2＋c2－b2，2a）＝eq\f（2a2,2a）＝a.∴a＝bcosC＋ccosB.同理可證（2)b＝ccosA＋acosC；（3)c＝acosB＋bcosA.跟蹤訓(xùn)練2證明方法一左邊＝eq\f(\f（a2＋c2－b2,2ac）,\f(a2＋b2－c2，2ab）)＝eq\f（ba2＋c2－b2，ca2＋b2－c2）,右邊＝eq\f（c－b·\f(b2＋c2－a2，2bc),b－c·\f(b2＋c2－a2,2bc))＝eq\f（ba2＋c2－b2,ca2＋b2－c2），∴等式成立．方法二右邊＝eq\f（2RsinC－2RsinBcosA,2RsinB－2RsinCcosA）＝eq\f(sinA＋B－sinBcosA，sinA＋C－sinCcosA)＝eq\f(sinAcosB,sinAcosC）＝eq\f(cosB，cosC）＝左邊，∴等式成立．例3解由（a＋b＋c)(b＋c－a）＝3bc，得b2＋2bc＋c2－a2＝3bc，即b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f(bc,2bc）＝eq\f(1,2)。∵0〈A〈π，∴A＝eq\f（π,3）.又sinA＝2sinBcosC?！嘤烧?、余弦定理,得a＝2b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f（a2＋b2－c2,a），∴b2＝c2，b＝c，∴△ABC為等邊三角形．跟蹤訓(xùn)練3解方法一根據(jù)余弦定理,得b2＝a2＋c2－2accosB.∵B＝60°，2b＝a＋c，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a＋c,2)）)2＝a2＋c2－2accos60°，整理得（a－c)2＝0，∴a＝c。又∵2b＝a＋c，∴2b＝2c,即b＝c?！唷鰽BC是等邊三角形．方法二根據(jù)正弦定理，2b＝a＋c可轉(zhuǎn)化為2sinB＝sinA＋sinC。又∵B＝60°,∴A＋C＝120°，∴C＝120°－A，∴2sin60°＝sinA＋sin（120°－A)，A∈（0°，120°），整理得sin(A＋30°）＝1，A＋30°∈(30°，150°)，∴A＋30°＝90°,∴A＝60°，C＝60°.∴△ABC是等邊三角形．當(dāng)堂訓(xùn)練1．C2。C3．解設(shè)BC＝a，AC＝b，AB＝c，由余弦定理得b2＝a2＋c2