高中数学人教A版第一章解三角形正弦定理和余弦定理 第一章2

1．余弦定理(一)学习目标1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法.2.会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题．知识点一余弦定理的推导思考1根据勾股定理，若△ABC中，∠C＝90°，则c2＝a2＋b2＝a2＋b2－2abcosC．①试验证①式对等边三角形还成立吗？你有什么猜想？答案当a＝b＝c时，∠C＝60°，a2＋b2－2abcosC＝c2＋c2－2c·ccos60°＝c2，即①式仍成立，据此猜想，对一般△ABC，都有c2＝a2＋b2－2abcosC.思考2在c2＝a2＋b2－2abcosC中，abcosC能解释为哪两个向量的数量积？你能由此证明思考1的猜想吗？答案abcosC＝|eq\o(CB,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|coseq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→)).∴a2＋b2－2abcosC＝eq\o(CB,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))2－2eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→)))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＝c2.猜想得证．梳理余弦定理的发现是基于已知两边及其夹角求第三边的需要．因为两边及其夹角恰好是平面向量一组基底的条件，所以能把第三边用基底表示进而求出模长．另外，也可通过建立坐标系利用两点间距离公式证明余弦定理．知识点二余弦定理的呈现形式1．a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝c2＋a2－2cacos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C.2．cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).知识点三适宜用余弦定理解决的两类基本的解三角形问题思考1观察知识点二第1条中的公式结构，其中等号右边涉及几个量？你认为可用来解哪类三角形？答案每个公式右边都涉及三个量，两边及其夹角．故如果已知三角形的两边及其夹角，可用余弦定理解三角形．思考2观察知识点二第2条中的公式结构，其中等号右边涉及几个量？你认为可用来解哪类三角形？答案每个公式右边都涉及三个量，即三角形的三条边，故如果已知三角形的三边，也可用余弦定理解三角形．梳理余弦定理适合解决的问题：(1)已知两边及其夹角，解三角形；(2)已知三边，解三角形．类型一余弦定理的证明例1已知△ABC，BC＝a，AC＝b和角C，求解c.解如图，设eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，eq\o(AB,\s\up6(→))＝c，由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))，知c＝a－b，则|c|2＝c·c＝(a－b)·(a－b)＝a·a＋b·b－2a·b＝a2＋b2－2|a||b|cosC.所以c2＝a2＋b2－2abcosC.反思与感悟所谓证明，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．跟踪训练1例1涉及线段长度，能不能用解析几何的两点间距离公式来研究这个问题？解如图，以A为原点，边AB所在直线为x轴建立直角坐标系，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.类型二用余弦定理解三角形命题角度1已知两边及其夹角例2在△ABC中，已知b＝60cm，c＝34cm，A＝41°，解三角形．(角度精确到1°，边长精确到1cm)解根据余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA＝602＋342－2×60×34×cos41°≈1，所以a≈41(cm)．由正弦定理得，sinC＝eq\f(csinA,a)≈eq\f(34×sin41°,41)≈0.因为c不是三角形中最大的边，所以C为锐角，利用计算器可得C≈33°，所以B＝180°－(A＋C)≈180°－(41°＋33°)＝106°.反思与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，再利用正弦定理求其余的角．跟踪训练2在△ABC中，已知a＝2，b＝2eq\r(2)，C＝15°，求A.解由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝8－4eq\r(3)，所以c＝eq\r(6)－eq\r(2).由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(1,2)，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3在△ABC中，已知a＝cm，b＝cm，c＝cm，解三角形．(角度精确到1′)解∵cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f＋－,2××≈3，∴A≈56°20′.∵cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f＋－,2××≈8，∴B≈32°53′.∴C＝180°－(A＋B)≈180°－(56°20′＋32°53′)＝90°47′.反思与感悟已知三边求三角，可利用余弦定理的变形cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(b2＋a2－c2,2ba)求一个角，求其余角时，可用余弦定理也可用正弦定理．跟踪训练3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＝eq\f(2k2＋4k2－5k2,2×2k×4k)<0，所以C为钝角，从而三角形为钝角三角形．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－eq\f(3,5)，则三角形的另一边长为()A．52B．2eq\r(13)C．16D．4答案B解析设另一边长为x，则x2＝52＋32－2×5×3×(－eq\f(3,5))＝52，∴x＝2eq\r(13).2．在△ABC中，a＝7，b＝4eq\r(3)，c＝eq\r(13)，则△ABC的最小角为()\f(π,3)\f(π,6)\f(π,4)\f(π,12)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＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(72＋4\r(3)2－\r(13)2,2×7×4\r(3))＝eq\f(\r(3),2).又∵C为锐角，∴C＝eq\f(π,6).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()\f(5,18)\f(3,4)\f(\r(3),2)\f(7,8)答案D解析设顶角为C，周长为l，因为l＝5c，所以a＝b＝2c，由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4c2＋4c2－c2,2×2c×2c)＝eq\f(7,8).1．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．2．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．(1)如果一个三角形两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．(2)如果一个三角形两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角．(3)如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角．40分钟课时作业一、选择题1．在△ABC中，已知B＝120°，a＝3，c＝5，则b等于()A．4eq\r(3)\r(7)C．7D．5答案C解析b2＝a2＋c2－2accosB＝32＋52－2×3×5×cos120°＝49，∴b＝7.2．边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是()A．90° B．120°C．135° D．150°答案B解析设中间角为θ，则θ为锐角，cosθ＝eq\f(52＋82－72,2×5×8)＝eq\f(1,2)，θ＝60°，180°－60°＝120°为所求．3．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cosB等于()\f(1,4)\f(3,4)\f(\r(2),4)\f(\r(2),3)答案B解析∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋4a2－2a2,2a×2a)＝eq\f(3,4).4．△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值为()A．19B．14C．－18D．－19答案D解析设三角形的三边分别为a，b，c，依题意得，a＝5，b＝6，c＝7.∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|·cos(π－B)＝－ac·cosB.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cosB，∴－ac·cosB＝eq\f(1,2)(b2－a2－c2)＝eq\f(1,2)(62－52－72)＝－19，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－19.5．在△ABC中，sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)，则△ABC的形状为()A．正三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形答案B解析∵sin2eq\f(A,2)＝eq\f(1－cosA,2)＝eq\f(c－b,2c)，∴cosA＝eq\f(b,c)＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，∴a2＋b2＝c2，符合勾股定理．∴△ABC为直角三角形．6.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O沿OD走到D用了2min，从D沿着DC走到C用了3min.若此人步行的速度为50m/min，则该扇形的半径为()A．50mB．45mC．50eq\r(7)mD．47m答案C解析依题意得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×eq\f(1,2)，解得OC＝50eq\r(7)(m)．二、填空题7．在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b＋c)，则A＝________.答案120°解析a2－c2＝b2＋bc，b2＋c2－a2＝－bc，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－bc,2bc)＝－eq\f(1,2)，又A∈(0°，180°)，故A＝120°.8．已知三角形三边长为a，b，eq\r(a2＋ab＋b2)(a>0，b>0)，则最大角为________．答案120°解析易知eq\r(a2＋ab＋b2)>a，eq\r(a2＋ab＋b2)>b，设最大角为θ，则cosθ＝eq\f(a2＋b2－\r(a2＋ab＋b2)2,2ab)＝－eq\f(1,2)，又∵θ∈(0°，180°)，∴θ＝120°.9．在△ABC中，已知CB＝7，AC＝8，AB＝9，则AC边上的中线长为________．答案7解析由条件知cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2×AB×AC)＝eq\f(92＋82－72,2×9×8)＝eq\f(2,3)，设中线长为x，由余弦定理，知x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2＋AB2－2×eq\f(AC,2)×ABcosA＝42＋92－2×4×9×eq\f(2,3)＝49，所以x＝7.所以AC边上的中线长为7.10．在△ABC中，AB＝2，AC＝eq\r(6)，BC＝1＋eq\r(3)，AD为边BC上的高，则AD的长是________．答案eq\r(3)解析∵cosC＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2×BC×AC)＝eq\f(\r(2),2)，∵C∈(0，eq\f(π,2))，∴sinC＝eq\f(\r(2),2).∴AD＝AC·sinC＝eq\r(3).三、解答题11．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a，b是方程x2－2eq\r(3)x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1.(1)求角C的度数；(2)求AB的长．解(1)cosC＝cos[180°－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－eq\f(1,2).又∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.(2)∵a，b是方程x2－2eq\r(3)x＋2＝0的两根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2\r(3)，,ab＝2.))∴AB