2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章解三角形2.1.2余弦定理學(xué)案含解析北師大版必修5

PAGE1.2余弦定理學(xué)問(wèn)點(diǎn)一余弦定理[填一填]三角形任何一邊的平方等于其他兩邊平方的和減去這兩邊與它們夾角的余弦的積的兩倍，即a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝c2＋a2－2cacosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.余弦定理有如下變形形式：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，a2＋b2－c2＝2abcosC；cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).[答一答]1．你能用正弦定理推導(dǎo)余弦定理嗎？提示：在△ABC中，由正弦定理得a＝2RsinA＝2Rsin(B＋C)，R為△ABC外接圓的半徑，所以a2＝4R2sin2(B＋C)＝4R2(sin2Bcos2C＋cos2Bsin2C＋2sinBsinCcosBcos＝4R2[sin2B(1－sin2C)＋(1－sin2B)sin2C＋2sinBsinC·cosBcos＝4R2[sin2B＋sin2C＋2sinBsinCcos(B＋C＝4R2sin2B＋4R2sin2C－2(2RsinB)·(2RsinC)cos＝b2＋c2－2bccosA.同理可推導(dǎo)出：b2＝c2＋a2－2cacosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.學(xué)問(wèn)點(diǎn)二余弦定理與三角形形態(tài)的關(guān)系[填一填](1)當(dāng)A是直角時(shí)，cosA＝0，可得b2＋c2－a2＝0，所以有a2＝b2＋c2，△ABC為直角三角形；(2)當(dāng)A是銳角時(shí)，cosA>0，可得b2＋c2－a2>0，所以有a2<b2＋c2；(3)當(dāng)A是鈍角時(shí)，cosA<0，可得b2＋c2－a2<0，所以有a2>b2＋c2，△ABC為鈍角三角形．[答一答]2．解三角形時(shí)，選擇正弦定理和余弦定理的標(biāo)準(zhǔn)是什么？提示：要依據(jù)題目中給定的條件，敏捷地選用，一般地，已知兩邊和一邊對(duì)角或已知兩角及一邊時(shí)，通常選擇正弦定理來(lái)解三角形；已知兩邊及夾角或已知三邊時(shí)，通常選擇余弦定理來(lái)解三角形，特殊是求角時(shí)，盡量用余弦定理來(lái)解，可以避開(kāi)分類(lèi)探討．1．解三角形的常見(jiàn)類(lèi)型及解法已知條件應(yīng)用定理一般解法一邊和兩角，如a，B，C正弦定理由A＋B＋C＝180°，求A，由正弦定理求出b與c，有解時(shí)，只有一解兩邊和夾角，如a，b，C余弦定理正弦定理由余弦定理求出第三邊c，由正弦定理求出a所對(duì)的角，再由A＋B＋C＝180°，求出B，有解時(shí)，只有一解三邊，如a，b，c，余弦定理由余弦定理求出A，B，再利用A＋B＋C＝180°，求出C，有解時(shí)，只有一解兩邊和其中一邊的對(duì)角，如a，b，A正弦定理由正弦定理求出B，由A＋B＋C＝180°，求出C，再利用正弦定理求出c，可有兩解、一解或無(wú)解2.推斷三角形的形態(tài)(1)在△ABC中，以下的三角關(guān)系式，在解答有關(guān)的三角形問(wèn)題時(shí)常常用到，要記準(zhǔn)、記熟、敏捷地加以運(yùn)用．A＋B＋C＝π；sin(A＋B)＝sinC，cos(A＋B)＝－cosC；sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)，coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2)等．(2)三角形形態(tài)的推斷．先將條件中的邊角關(guān)系由余弦定理統(tǒng)一為角角或邊邊關(guān)系，再由三角變形或代數(shù)變形分解因式，判定形態(tài)．在變形過(guò)程中要留意等式兩端的公因式不要約掉，應(yīng)移項(xiàng)提取公因式，否則會(huì)有漏掉一種解的可能．類(lèi)型一已知兩邊及一角解三角形【例1】在△ABC中，已知角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝3，c＝3eq\r(3)，B＝30°，求a，A，C.【思路探究】可先用余弦定理求出邊a，再由正弦定理求出角A，C；也可先由正弦定理求出角C，然后求其他邊和角．【解】方法一：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得32＝a2＋(3eq\r(3))2－2a×3eq\r(3)×cos30°，∴a2－9a＋18＝0，解得a＝3或a＝6.當(dāng)a＝3時(shí)，a＝b，∴A＝30°，∴C＝120°.當(dāng)a＝6時(shí)，由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(6×\f(1,2),3)＝1，∴A＝90°，∴C＝60°.故a＝3，A＝30°，C＝120°或a＝6，A＝90°，C＝60°.方法二：由正弦定理得sinC＝eq\f(csinB,b)＝eq\f(3\r(3)×\f(1,2),3)＝eq\f(\r(3),2)，又c>b，∴C＝60°或120°.當(dāng)C＝60°時(shí)，A＝90°，由勾股定理得a＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(32＋(3\r(3))2)＝6.當(dāng)C＝120°時(shí)，A＝30°，△ABC為等腰三角形，∴a＝3.故a＝3，A＝30°，C＝120°或a＝6，A＝90°，C＝60°.規(guī)律方法利用余弦定理解三角形時(shí)通常要結(jié)合正弦定理，其求解關(guān)鍵是依據(jù)題設(shè)條件恰當(dāng)?shù)剡x擇余弦定理、正弦定理及其他相關(guān)定理，所要留意的是在運(yùn)用正弦定理求角時(shí)，務(wù)必要利用邊角關(guān)系確定解的個(gè)數(shù)，避開(kāi)產(chǎn)生增解或漏解．在△ABC中，已知a＝2，b＝2eq\r(2)，C＝15°，求角A，B和邊c的值(cos15°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4))．解：由余弦定理知c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋8－2×2×2eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝8－4eq\r(3)，∴c＝eq\r(8－4\r(3))＝eq\r((\r(6)－\r(2))2)＝eq\r(6)－eq\r(2).由正弦定理得sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(asin15°,c)＝eq\f(2×\f(\r(6)－\r(2),4),\r(6)－\r(2))＝eq\f(1,2)，∵b>a，∴B>A，∴A＝30°，∴B＝180°－A－C＝135°，∴c＝eq\r(6)－eq\r(2)，A＝30°，B＝135°.類(lèi)型二已知三角形的三邊解三角形【例2】在△ABC中，已知a＝7，b＝3，c＝5，求最大角和sinC.【思路探究】已知三角形三邊長(zhǎng)，要求最大角和sinC的值，可先由大邊對(duì)大角，確定出最大的角，再由正、余弦定理求出最大角及sinC.【解】∵a＞c＞b，∴A為最大角，由余弦定理的推論得：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(32＋52－72,2×3×5)＝－eq\f(1,2).又∵0°＜A＜180°，∴A＝120°.∴sinA＝sin120°＝eq\f(\r(3),2).由cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(72＋32－52,2×7×3)＝eq\f(11,14)，∴C為銳角，sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－(\f(11,14))2)＝eq\f(5\r(3),14).規(guī)律方法(1)已知三角形三邊求角可先用余弦定理，再用正弦定理．利用余弦定理求角時(shí)，角是唯一確定的，用正弦定理求角時(shí)，則需依據(jù)三角形邊角關(guān)系確定角的取值，要防止產(chǎn)生增解或漏掉．(2)求sinC也可以用下面方法：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14)，∴sinC＝eq\f(5\r(3),14).(3)在解三角形時(shí)，有時(shí)可用余弦定理，也可用正弦定理．(1)已知在△ABC中，abc＝1eq\r(3)2，求A.(2)已知三角形ABC的三邊長(zhǎng)為a＝3，b＝4，c＝eq\r(37)，求△ABC的最大內(nèi)角．解：(1)由于abc＝1eq\r(3)2，可設(shè)a＝x，b＝eq\r(3)x，c＝2x.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(3x2＋4x2－x2,2·\r(3)x·2x)＝eq\f(\r(3),2)，∴A＝30°.(2)∵c>a，c>b，∴角C最大．由c2＝a2＋b2－2abcosC，得37＝9＋16－24cosC，∴cosC＝－eq\f(1,2)，∵0°<C<180°，∴C＝120°.∴△ABC的最大內(nèi)角為120°.類(lèi)型三推斷三角形的形態(tài)【例3】在△ABC中，(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab且2cosAsinB＝sinC，則△ABC是()A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形【思路探究】本題條件中含有邊的齊次二次式和角的正弦齊次式，因此可以嘗試將角化邊來(lái)處理，當(dāng)然也可以利用角的關(guān)系來(lái)推斷．【解析】方法一：利用邊的關(guān)系來(lái)推斷．由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab可得a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2).又0°<C<180°，∴C＝60°.∵2cosAsinB＝sinC，∴cosA＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b).又cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c,2b)，∴a2＝b2，∴a＝b，∴△ABC為等邊三角形．方法二：利用角的關(guān)系來(lái)推斷．∵A＋B＋C＝180°，∴sinC＝sin(A＋B)．∵2cosAsinB＝sinC，∴2cosAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，∴sinAcosB－cosAsinB＝0，∴sin(A－B)＝0.∵0°<A<180°，0°<B<180°，∴－180°<A－B<180°，∴A－B＝0°，即A＝B.又(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(1,2).∵0°<C<180°，∴C＝60°，∴△ABC為等邊三角形．【答案】D規(guī)律方法利用三角形的邊角關(guān)系推斷三角形的形態(tài)時(shí)，須要從“統(tǒng)一”入手，即運(yùn)用轉(zhuǎn)化的思想解決這類(lèi)問(wèn)題，一般有兩種思路：(1)化邊為角，再進(jìn)行三角恒等變形，求出三個(gè)角之間的關(guān)系；(2)化角為邊，再進(jìn)行代數(shù)恒等變形，求出三條邊之間的關(guān)系．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若acosA＋bcosB＝2ccos2eq\f(C,2)－c，試推斷三角形的形態(tài)．解：由2cos2eq\f(C,2)－1＝cosC可得acosA＋bcosB＝ccosC①.將cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)代入①得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝c·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，整理得a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0.化簡(jiǎn)得(a2－b2)2＝c4.∴a2－b2＝±c2，即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.依據(jù)勾股定理的逆定理，知△ABC是直角三角形．類(lèi)型四利用余弦定理確定范圍問(wèn)題【例4】設(shè)2a＋1，a,2a－1為鈍角三角形的三邊，求實(shí)數(shù)【思路探究】一邊大于兩邊差而小于兩邊和是任一個(gè)三角形三邊都成立的條件．若是在銳角或鈍角三角形中，三邊的制約條件還要更強(qiáng)．若△ABC為銳角三角形，則有a2＜b2＋c2，b2＜a2＋c2，c2＜a2＋b2；若△ABC為鈍角三角形，最大邊為a，則肯定有a2＞b2＋c2，這些都是可以從余弦定理中干脆推導(dǎo)的．【解】∵2a＋1，a,2a－∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋1＞0，,a＞0，,2a－1＞0，))解得a＞eq\f(1,2)，此時(shí)2a＋1∴要使2a＋1，a,2a－1表示三角形的三邊，還需a＋(2a－1)＞2a＋1設(shè)最長(zhǎng)邊2a＋1所對(duì)的角為θcosθ＝eq\f(a2＋(2a－1)2－(2a＋1)2,2a(2a－1))＝eq\f(a(a－8),2a(2a－1))＜0，解得eq\f(1,2)＜a＜8，∴a的取值范圍是2＜a＜8.規(guī)律方法本題易忽視構(gòu)成三角形的條件a＞2，而干脆應(yīng)用余弦定理求解，從而使a的范圍擴(kuò)大．在斜三角形ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，且eq\f(b2－a2－c2,ac)＝eq\f(cos(A＋C),sinAcosA).(1)求角A；(2)若eq\f(sinB,cosC)＞eq\r(2)，求角C的范圍．解：(1)∵eq\f(b2－a2－c2,ac)＝－2cosB，eq\f(cos(A＋C),sinAcosA)＝－eq\f(2cosB,sin2A)，又∵eq\f(b2－a2－c2,ac)＝eq\f(cos(A＋C),sinAcosA)，∴－2cosB＝eq\f(－2cosB,sin2A)，而△ABC為斜三角形，∴cosB≠0，∴sin2A＝∵A∈(0，π)，∴2A＝eq\f(π,2)，A＝eq\f(π,4).(2)B＋C＝eq\f(3,4)π，∴eq\f(sinB,cosC)＝eq\f(sin(\f(3,4)π－C),cosC)＝eq\f(sin\f(3,4)πcosC－cos\f(3,4)πsinC,cosC)＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)tanC＞eq\r(2).即tanC＞1，∵0＜C＜eq\f(3,4)π，∴eq\f(π,4)＜C＜eq\f(π,2).

——數(shù)學(xué)思想系列——方程思想在解三角形中的應(yīng)用解三角形問(wèn)題是歷年高考的必考內(nèi)容，其實(shí)質(zhì)是將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題及方程問(wèn)題．解答這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是正確分析邊角關(guān)系，依據(jù)題設(shè)條件合理地設(shè)計(jì)解題步驟，將三角形中的邊角關(guān)系進(jìn)行互化．而構(gòu)造方程法是解三角形問(wèn)題的解題策略之一．【例5】在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，則AC＝________.【思路分析】設(shè)AC＝x，依據(jù)已知條件利用余弦定理構(gòu)造方程，解方程求解．由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos120°，即49＝x2＋25－2·5x·(－eq\f(1,2))，則x2＋5x－24＝0，解得x＝3或x＝－8(舍去)，故AC＝3.【規(guī)范解答】3【名師點(diǎn)評(píng)】本題為已知三角形兩邊和其中一個(gè)角求三角形的第三邊的題型，也可以運(yùn)用正弦定理求解，但需運(yùn)用兩次正弦定理，比較繁瑣．在△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，則△ABC的面積為eq\f(15\r(3),4).解析：設(shè)BC＝x，由余弦定理得49＝25＋x2－10xcos120°，整理得x2＋5x－24＝0，即x＝3.因此S△ABC＝eq\f(1,2)AB×BC×sinB＝eq\f(1,2)×5×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).一、選擇題1．在△ABC中，已知a＝2，b＝3，cosC＝eq\f(1,3)，則邊c的長(zhǎng)為(B)A．2B．3C.eq\r(11)D.eq\r(17)解析：∵c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋32－2×2×3×eq\f(1,3)＝9，∴c＝3.2．已知△ABC的三邊分別是2,3,4，則此三角形是(B)A．銳角三角形B．鈍角三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形解析：依據(jù)大邊對(duì)大角原則，計(jì)算長(zhǎng)為4的邊所對(duì)角(設(shè)為θ)的余弦值，得cosθ＝eq\f(4＋9－16,2×2×3)<0，所以最大邊所對(duì)的角為鈍角，即△ABC為鈍角三角形．3．在△ABC中，已知A＝60°，b＝1，其面積為eq\r(3)，則eq\f(a,sinA)的值為(B)A