高中数学人教b版必修5学案：1.1正弦定理和余弦定理1.1.2余弦定理课堂探究学案(含答案)
版高中数学 第一章 解三角形 1.1.1 正弦定理(一)课件 新人教B版必修5.pptx
跟踪训练1 如图，锐角△ABC的外接圆O半径为R，角A，B，C所对的 边分别为a，b，c.求证：sina A ＝2R. 证明
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类型二 用正弦定理解三角形
例2 已知△ABC，根据下列条件，解三角形：a＝20，A＝30°，C＝ 45°. 解答 ∵A＝30°，C＝45°，∴B＝180°－(A＋C)＝105°， 由正弦定理得 b＝assiinnAB＝20ssiinn3100°5°＝40sin(45°＋60°)＝10( 6＋ 2)， c＝assiinnAC＝20sisnin3405°°＝20 2， ∴B＝105°，b＝10( 6＋ 2)，c＝20 2.
A.直角三角形 C.锐角三角形
√B.等腰三角形
D.钝角三角形
由sin A＝sin C，知a＝c，∴△ABC为等腰三角形.
1 2 3 247
3.在△ABC中，已知BC＝ 5 ，sin C＝2sin A，则AB＝_2__5___.
答案 解析
由正弦定理，得 AB＝ssiinn CABC＝2BC＝2 5.
18
命题角度2 运算求解问题
例4
在△ABC中，A＝
π 3
，BC＝3，求△ABC的周长的最大值.
解答
19
反思与感悟
利用sina A＝sinb B＝sinc C＝2R 或正弦定理的变形公式 a＝ksin A，b＝ ksin B，c＝ksin C(k>0)能够使三角形边与角的关系相互转化.
22
跟 踪 训 练 3 在 △ABC 中 ， 角 A 、 B 、 C 的 对 边 分 别 是 a 、 b 、 c ， 若 A∶B∶C＝1∶2∶3，求a∶b∶c的值. 解答
23
当堂训练
25
1. 在△ABC中，一定成立的等式是 答案 解析
高中数学人教版必修5课件：1.1.1正弦定理(系列三)
典型例题 例1 已知一三角形中a＝2 3 ，b＝6，A＝30°，判断三角形是
否有解，若有解，解该三角形．
解 a＝2 3，b＝6，a<b，A＝30°<90°.
又因为bsinA＝6sin30°＝3，a>bsinA，
所以本题有两解，由正弦定理得，
sinB＝bsian
A＝6sin 2
30°＝ 3
23，故B＝60°或120°.
跟踪训练1 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、
c，已知A＝60°，a＝ 3，b＝1，则c等于
(B )
A．1 B．2 C. 3－1 D. 3
解析 由正弦定理sina A＝sinb B，可得sin 630°＝sin1 B，
∴sinB＝12，故∠B＝30°或150°.由a>b，
得∠A>∠B，∴∠B＝30°，故∠C＝90°，
由勾股定理得c＝2.
例2 在△ABC中，若∠A＝120°，AB＝5，BC＝7，求△ABC 的面积．
解 如图，由正弦定理，
得sin
1720°＝sin5
， C
∴sinC＝5143，且∠C为锐角(∠A＝120°)．∴cosC＝1114. ∴sinB＝sin(180°－120°－∠C)＝sin(60°－∠C) ＝ 23cosC－12sinC＝ 23×1114－12×5143＝3143.
证明 作AD⊥BC，垂足为D， 则AD＝AB·sinB，又AD＝AC·sinC，
∴csinB＝bsinC.
∴S△ABC＝12BC·AD ＝12acsinB＝12absinC. 同理S△ABC＝12absinC＝12bcsinA.
∴S△ABC＝12absinC＝12bcsinA＝12acsinB.
高中数学人教b版必修5学案：1.1.1 正弦定理(二)(数理化网 为您收集整理)
1.1.1正弦定理(二)自主学习知识梳理1．正弦定理：asin A＝bsin B＝csin C＝2R的常见变形：(1)sin A∶sin B∶sin C＝________；(2)asin A＝bsin B＝csin C＝a＋b＋csin A＋sin B＋sin C＝________；(3)a＝__________，b＝__________，c＝____________；(4)sin A＝________，sin B＝________，sin C＝________.2．三角形面积公式：S＝______________＝______________＝____________.3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，则△ABC的外接圆半径R＝________，内切圆半径r＝____________.自主探究在△ABC中，(1)若A>B，求证：sin A>sin B；(2)若sin A>sin B，求证：A>B.对点讲练知识点一 三角形面积公式的运用例1已知△ABC 的面积为1，tan B ＝12，tan C＝－2，求△ABC 的各边长以及△ABC 外接圆的面积．总结 注意正弦定理的灵活运用，例如本题中推出S △ABC ＝2R 2sin A sin B sin C ．借助该公式顺利解出外接圆半径R .变式训练1 已知三角形面积为14，外接圆面积为π，则这个三角形的三边之积为( )A ．1B ．2 C.12D ．4知识点二 利用正弦定理证明恒等式例2在△ABC 中，求证：a －c cos B b －c cos A ＝sin Bsin A.总结 正弦定理的变形公式使三角形的边与边的关系和角与角的关系之间的相互转化的功能更加强大，更加灵活．变式训练2 在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，求证：a 2sin 2B ＋b 2sin 2A ＝2ab sin C .知识点三 利用正弦定理判断三角形形状例3已知△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a＋c＝2b，且2cos 2B－8cos B＋5＝0，求角B的大小并判断△ABC的形状．变式训练3已知方程x2－(b cos A)x＋a cos B＝0的两根之积等于两根之和，且a、b为△ABC的两边，A、B为两内角，试判定这个三角形的形状．1．借助正弦定理可以进行三角形中边角关系的互化，从而进行三角形形状的判断、三角恒等式的证明．2．在△ABC 中，有以下结论： (1)A ＋B ＋C ＝π；(2)sin(A ＋B )＝sin C ，cos(A ＋B )＝－cos C ； (3)A ＋B 2＋C 2＝π2；(4)sin A ＋B 2＝cos C 2，cos A ＋B 2＝sin C 2，tan A ＋B 2＝1tanC2.课时作业一、选择题1．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，若A ∶B ∶C ＝1∶2∶3，则a ∶b ∶c 等于( )A ．1∶2∶3B ．2∶3∶4C ．3∶4∶5D ．1∶3∶22．在△ABC 中，若a cos A ＝b cos B ＝ccos C，则△ABC 是( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．钝角三角形D ．等腰直角三角形3．在△ABC 中，(b ＋c )∶(a ＋c )∶(a ＋b )＝4∶5∶6，则sin A ∶sin B ∶sin C 等于( ) A ．4∶5∶6 B ．6∶5∶4 C ．7∶5∶3 D ．7∶5∶64．在△ABC 中，a ＝2b cos C ，则这个三角形一定是( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰或直角三角形 5．在△ABC 中，B ＝60°，最大边与最小边之比为(3＋1)∶2，则最大角为( ) A ．45° B ．60° C ．75° D ．90° 二、填空题6．在△ABC 中，已知a ＝32，cos C ＝13，S △ABC ＝43，则b ＝________.7．在△ABC 中，若tan A ＝13，C ＝150°，BC ＝1，则AB ＝________.8．在△ABC 中，A ＝60°，a ＝63，b ＝12，S △ABC ＝183，则a ＋b ＋csin A ＋sin B ＋sin C＝________，c ＝________.三、解答题9．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且c ＝10，又知cos A cos B ＝b a ＝43，求a 、b 及△ABC 的内切圆半径．10．在△ABC 中，a 、b 、c 分别是三个内角A 、B 、C 的对边，若a ＝2，C ＝π4，cos B2＝255，求△ABC 的面积S .1．1.1 正弦定理(二)知识梳理1．(1)a ∶b ∶c (2)2R (3)2R sin A 2R sin B 2R sin C(4)a 2R b 2R c 2R 2.12ab sin C 12bc sin A 12ca sin B 3.c 2 a ＋b －c 2 自主探究证明 (1)在△ABC 中，由大角对大边定理 A >B ⇒a >b ⇒2R sin A >2R sin B ⇒sin A >sin B . (2)在△ABC 中，由正弦定理sin A >sin B ⇒a 2R >b2R⇒a >b ⇒A >B .对点讲练例1解 ∵tan B ＝12>0，∴B 为锐角．∴sin B ＝55，cos B ＝255. ∵tan C ＝－2，∴C 为钝角．∴sin C ＝255，cos C ＝－55.∴sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C＝55×⎝⎛⎭⎫－55＋255×255＝35. ∵S △ABC ＝12ab sin C ＝2R 2sin A sin B sin C＝2R 2×35×55×255＝1.∴R 2＝2512，R ＝536.∴πR 2＝2512π，即外接圆面积为2512π.∴a ＝2R sin A ＝3，b ＝2R sin B ＝153，c ＝2R sin C ＝2153.变式训练1 A [设三角形外接圆半径为R ， 则由πR 2＝π，∴R ＝1，由S △＝12ab sin C ＝abc 4R ＝abc 4＝14，∴abc ＝1.]例2 证明 因为a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R ，所以左边＝2R sin A －2R sin C cos B 2R sin B －2R sin C cos A ＝sin (B ＋C )－sin C cos B sin (A ＋C )－sin C cos A＝sin B cos C sin A cos C ＝sin B sin A＝右边．所以等式成立． 变式训练2 证明 左边＝4R 2sin 2 A ·sin 2B ＋4R 2sin 2 B ·sin 2A ＝8R 2sin 2 A sin B cos B ＋8R 2sin 2 B sin A cos A＝8R 2sin A sin B (sin A cos B ＋cos A sin B )＝8R 2sin A sin B sin(A ＋B )＝8R 2sin A sin B sin C ＝2·(2R sin A )·(2R sin B )·sin C ＝2ab sin C ＝右边． ∴等式成立．例3解 ∵2cos 2B －8cos B ＋5＝0，∴2(2cos 2B －1)－8cos B ＋5＝0.∴4cos 2B －8cos B ＋3＝0，即(2cos B －1)(2cos B －3)＝0.解得cos B ＝12或cos B ＝32(舍去)．∵0<B <π，∴B ＝π3.∵a ＋c ＝2b . 由正弦定理得sin A ＋sin C ＝2sin B ＝2sin π3＝ 3. ∴sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝3， ∴sin A ＋sin 2π3cos A －cos 2π3sin A ＝ 3. 化简得32sin A ＋32cos A ＝3，∴sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝1. ∵0<A <π，∴A ＋π6＝π2. ∴A ＝π3，C ＝π3.∴△ABC 是等边三角形． 变式训练3 解 设方程的两根为x 1、x 2， 由韦达定理得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝b cos A x 1x 2＝a cos B， ∵x 1＋x 2＝x 1x 2，∴b cos A ＝a cos B .由正弦定理得：2R sin B cos A ＝2R sin A cos B ，∴sin A cos B －cos A sin B ＝0，sin(A －B )＝0.∵A 、B 为△ABC 的内角，∴0<A <π，0<B <π，－π<A －B <π.∴A －B ＝0，即A ＝B .故△ABC 为等腰三角形．课时作业1．D2．B [由正弦定理知：sin A cos A ＝sin B cos B ＝sin C cos C， ∴tan A ＝tan B ＝tan C ，∴A ＝B ＝C .]3．C [设b ＋c ＝4k ，a ＋c ＝5k ，a ＋b ＝6k (k >0)，三式联立可求得a ＝72k ，b ＝52k ，c ＝32k ，∴a ∶b ∶c ＝7∶5∶3，即sin A ∶sin B ∶sin C ＝7∶5∶3.]4．A [由正弦定理：sin A ＝2sin B cos C ，∴sin(B ＋C )＝2sin B cos C∴sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B cos C ，∴sin(B －C )＝0，∴B ＝C .] 5．C [设C 为最大角，则A 为最小角，则A ＋C ＝120°，∴c a ＝sin C sin A ＝sin ()120°－A sin A ＝sin 120° cos A －cos 120°sin A sin A＝32·cos A sin A ＋12＝32＋12， ∴cos A sin A ＝1.∴tan A ＝1，A ＝45°，C ＝75°.]6．2 3解析 ∵cos C ＝1，∴sin C ＝22， ∴12ab sin C ＝43，∴b ＝2 3. 7.102解析 ∵tan A ＝13，A ∈(0,180°)，∴sin A ＝1010. 由正弦定理知BC sin A ＝AB sin C， ∴AB ＝BC ·sin C sin A ＝1×sin 150°1010＝102. 8．12 6解析a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝a sin A＝6332＝12. ∵S △ABC ＝12ab sin C ＝12×63×12sin C ＝18 3. ∴sin C ＝12，∴c sin C ＝a sin A＝12，∴c ＝6. 9．解 由正弦定理知sin B sin A ＝b a ，∴cos A cos B ＝sin B sin A . 即sin A cos A ＝sin B cos B ，∴sin 2A ＝sin 2B .又∵a ≠b ，∴2A ＝π－2B ，即A ＋B ＝π2. ∴△ABC 是直角三角形，且C ＝90°，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝102b a ＝43，得a ＝6，b ＝8. 故内切圆的半径为r ＝a ＋b －c 2＝6＋8－102＝2. 10．解 因为cos B ＝2cos 2 B 2－1＝35，故B 为锐角，sin B ＝45. 所以sin A ＝sin(π－B －C )＝sin ⎝⎛⎭⎫3π4－B ＝7210.由正弦定理得c ＝a sin C sin A ＝107， 所以S ＝12ac sin B ＝12×2×107×45＝87.。
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学 人教B版必修5【配套备课资源】第一章1.1.2习题课
题型一
本 课 时 栏 目 开 关
利用正、余弦定理证明三角恒等式 2 2 2 tan A a ＋c －b 例 1 在△ABC 中，求证： ＝ . tan B b2＋c2－a2
证明 方法一 sin A cos A sin Acos B 因为左边＝ sin B ＝sin Bcos A cos B
a2＋c2－b2 a2＋c2－b2 2ac a ＝ ·2 2 ＝ ＝右边， b b ＋c －a2 b2＋c2－a2 2bc
sin A cos B tan A ＝cos A· B ＝tan B＝左边， sin
2 2 2 tan A a ＋c －b 所以 ＝ . tan B b2＋c2－a2
小结
证明三角恒等式关键是消除等号两端三角函数式的差
异．形式上一般有：左⇒右；右⇒左或左⇒中⇐右三种．
研一研· 题型解法、解题更高效
习题课
本 课 时 栏 目 开 关
习题课
本 课 时 栏 目 开 关
学习要求 1．进一步熟练掌握正、余弦定理在解决各类三角形中的应用． 2．提高对正、余弦定理应用范围的认识． 3．初步应用正、余弦定理解决一些和三角、向量有关的综合问 题．
习题课
学法指导 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．
人教版数学必修五(文)学案：1.1正弦定理、余弦定理习题课
1.1正弦定理、余弦定理习题课【学习目标】1.能够应用正、余弦定理进行边角关系的相互转化；2.能够利用正、余弦定理判断三角形的形状；3.能够利用正、余弦定理证明三角形中的三角恒等式【自主检测】1.在△ABC 中，BC ＝5，AC ＝3，sin C ＝2sin A .(1)求AB 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π4的值．2.在锐角△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 所对的边，且3a ＝2c sin A .(1)确定角C 的大小；(2)若c ＝7，且△ABC 的面积为332，求a ＋b 的值．【典型例题】例1.在四边形ABCD 中，已知AD ⊥CD ，AD ＝10，AB ＝14，∠BDA ＝60°，∠BCD ＝135°，求BC 的长．例2.设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，cos(A －C )＋cos B ＝32，b 2＝ac ，求B .【目标检测】1.在△ABC 中，已知b ＝a sin B ，且cos B ＝cos C ，则△ABC 的形状是( )A ．等边三角B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形2.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是( )A ．a ＝8 b ＝16 A ＝30°有两解B ．b ＝18 c ＝20 B ＝60°有一解C．a＝5 b＝2 A＝90°无解 D．a＝30 b＝25 A＝120°有一解3.已知△ABC中，AB＝3，AC＝1，且B＝30°，则△ABC的面积等于( )A.32B.34C.32或 3 D.34或324*.在△ABC中，若tan A－tan Btan A＋tan B＝c－bc，求角A【总结提升】1.在证明三角形问题或者三角恒等式时，要注意正弦定理、余弦定理与所证结论的联系，并注意特殊正、余弦关系的应用，比如互补角的正弦值相等，互补角的余弦值互为相反数等；2.三角恒等式的证明或者三角形形状的判断，重在发挥正、余弦定理的边角互换作用。
人教版高中数学必修五正弦定理和余弦定理课件
解的情况
A为钝角或直角
a＞b a≤b
一解 无解
a＜bsinA
无解
A为锐角
a=bsinA bsinA＜a＜b
一解 两解
a≥b
一解
思考 : 在ABC中, a x, b 2, A 450,若这个三角形有
两解,则x的取值范围是 _____2_,_2____
正弦定理的推论： =2R (R为△ABC外接圆半径） （边换角）
在已知三边和一个角的情况下：求另一个角 ㈠用余弦定理推论，解唯一,可以免去判断舍取。 ㈡用正弦定理，计算相对简单，但解不唯一，要进行 判断舍取。
练习1：在△ABC中，已知
解：
=31+18 =49
∴b=7
练习2：
在△ABC中， a 7,b 4 3, c 13 ,求△ABC的最小角。
解：
72 （4 13）2 （ 13）2 274 3
二、可以用正弦定理解决的两类三角问题： （1）知两角及一边，求其它的边和角； （2）知三角形任意两边及其中一边的对角，求其它
的边和角（注意判断解的个数）
思考：你能用正弦定理来解释为什么在三角形中越大
的角所对的边就越大吗？
分析：设△ABC的三个角所对边长分别是a、b、c，
且∠A≥∠B≥∠C，
（1）若△ABC是锐角或直角三角形 ∵正弦函数y=sinx在 [0, ]上是增函数 2
2A 2k 2B 或 2A 2k 2B(k Z)
0 A,B ，∴k 0，则A B或A+B=
故△ABC为等腰三角形或直角三角形.
2
针对性练习 1、已知△ABC中，sin2A=sin2B+sin2C，且 b sinB=c sinC，则△ABC的形状是
【优化方案】2012高中数学 第1章1.1.1第一课时正弦定理课件 新人教B版必修5
(2)根据三角形内角和定理， 根据三角形内角和定理， 根据三角形内角和定理 C＝180°－(A＋B)＝180°－(45°＋30°)＝105°， ＝ － ＋ ＝ － ＋ ＝ ， 根据正弦定理， 根据正弦定理， 1 2× × 2 asinB 2sin30° b＝ ＝ ＝ ＝ ＝ 2， ， sinA sin45° 2 2 6＋ 2 ＋ 2× × 4 asinC 2sin105° 2sin75° c＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ sinA sin45° sin45° 2 2 3＋1. ＋
分析】 【分析】 我们可先确定满足条件的三角形的 个数，然后再求解． 个数，然后再求解．
是钝角， 【解】 (1)∵A＝107°是钝角，且 a＞b， ∵ ＝ 是钝角 ＞ ， 这样的三角形有且只有一个． ∴这样的三角形有且只有一个． 26sin107° ∵sinB＝ ＝ ≈0.507， ， 49 ∴B≈30°，∴C≈43°. ≈ ， ≈ a c 49 c 又∵ ＝ ，∴ ＝ ， sinA sinC sin107° sin43° 49sin43° ∴c＝ ＝ ≈35(cm)． ． sin107° 故 B≈30°，C≈43°，c≈35 cm. ≈ ， ≈ ， ≈
π ∴sinB＋sinC＝sinB＋sin( －B) ＋ ＝ ＋ 3 3 π 1 ＝ sinB＋ cosB＝sin(B＋ )． ＋ ＝ ＋ ． 2 3 2 π π π 2π 又 0＜B＜ ，∴ ＜B＋ ＜ . ＜ ＜ ＋ 3 3 3 3 π 3 ∴ ＜sin(B＋ )≤1. ＋ ≤ 3 2 3 的取值范围是( 故 sinB＋sinC 的取值范围是 ，1]． ＋ ． 2
正弦定理的简单应用
例3
如图， 平分∠ 如图，在四边形 ABCD 中，AC 平分∠
DAB. BC sinD 求证： . 求证：CD＝ sinB
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学 人教B版必修5【配套备课资源】1.1.2(一)
填一填·知识要点、记下疑难点
1.1.2（一）
1．余弦定理
平方 平方 三角形中任何一边的______等于其他两边的______和减去这两
本 课 时 栏 目 开 关
夹角 b ＋c 两倍 边与它们______的余弦的积的______．即a2＝____________ 2 2 －2bccos A a2＋b2 a2＋c2－2accos B ___________，b ＝______________________，c ＝_________
解 ∵c>a，c>b，∴角 C 最大．由余弦定理，
本 课 时 栏 目 开 关
得 c2＝a2＋b2－2abcosC，
1 即 37＝9＋16－24cosC，∴cosC＝－2，
∵0° <C<180° ，∴C＝120° .
∴△ABC 的最大内角为 120° . 小结 已知三边求三角时，余弦值是正值时，角是锐角，余弦 值是负值时，角是钝角．
我们知道已知两边和一边的对角，或者已知两角和一角的对边
定理及其应用．
研一研·问题探究、课堂更高效
探究点一 问题 利用向量法证明余弦定理
1.1.2（一）
如果已知一个三角形的两条边及其所夹的角，根据三角
形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三
本 课 时 栏 目 开 关
角形.如何利用已知的两边和夹角计算出三角形的另一边呢? 探究 如图所示,设 CB ＝a， CA ＝b, AB ＝c，
研一研·问题探究、课堂更高效
1.1.2（一）
跟踪训练 3 在△ABC 中，acosA＋bcosB＝ccosC，试判断三角 形的形状．
解 由余弦定理知 b2＋c2－a2 c2＋a2－b2 cosA＝ ，cosB＝ ， 2bc 2ca a2＋b2－c2 cosC＝ ， 2ab 代入已知条件得 b2＋c2－a2 c2＋a2－b2 c2－a2－b2 a· ＋b· ＋c· ＝0， 2bc 2ca 2ab
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学 人教B版必修5【配套备课资源】1.2(二)
研一研·问题探究、课堂更高效
§1.2（二）
本 课 时 栏 目 开 关
在△BCD中，由正弦定理得 BC BD ＝ ， sin∠CDB sin∠BCD 16sin 30° ∴BC＝ sin 135°＝8 2.
研一研·问题探究、课堂更高效
例2
§1.2（二）
一条直线上有三点 A，B，C，点 C 在点 A 与点 B 之间，P 是 sin（α＋β） 此直线外一点， 设∠APC＝α ， BPC＝β .求证： ∠
时 栏 目 开 关
b c a 2R 2R (2)若sin A＝ ，则sin B＝______，sin C＝______. 2R
b ＋c －2bccos A 2．余弦定理的公式表达为a2＝________________等，它有其它
b2＋c2－a2 2bc 变化形式，如：cos A＝________________等．
sin α sin β ＝ ＋ .
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§1.2（二）
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小结
面积法是证明平面几何问题的常用方法之一．面积等式
S△ ABP＝S△ APC＋S△ BPC是证明本题的关键．
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§1.2（二）
跟踪训练2 如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋ 3 )海里 的两个观测点，现位于A点北偏东45° ，B点北偏西60° 的D点有一 艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60° 且与B点相距20 3 海里 的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援
PC
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PB PA 证明 ∵S△ABP＝S△APC＋S△BPC
1 ∴ PA· PBsin(α＋β) 2 1 1 ＝2PA· PCsinα＋ 2PB· PCsinβ 1 两边同除以 PA· PC， PB· 2 sinα＋β sin α sin β 得 ＝ ＋ . PC PB PA
数学人教B必修5同步练习：正弦定理和余弦定理2余弦定理 含解析
1.1.2 余弦定理1．若三角形的三条边长分别为4,5,7，则这个三角形是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．钝角或锐角三角形2．在△ABC 中，(a ＋b －c)(a ＋b ＋c)＝ab ，则∠C 为( )A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°3．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是__________．4．在△ABC 中，若sinA ∶sinB ∶sinC ＝5∶7∶8，则∠B 的大小为__________．答案：1．C 设长为7的边对应的角为α，则由余弦定理得72＝42＋52－2×4×5cos α，∴cos α＝－15<0.∴角α为钝角．2．C 由已知，得(a ＋b)2－c2＝ab ，∴c2＝a2＋b2＋ab ＝a2＋b2－2abcosC.∴cosC ＝－12.∵∠C ∈(0，π)，∴∠C ＝120°.3．锐角三角形 设三边为a ，b ，c ，其中c 为斜边，各边增加的长度为x ，则三角形的最大内角的余弦cosC ＝(a ＋x)2＋(b ＋x)2－(c ＋x)22(a ＋x)(b ＋x)＝2(a ＋b －c)x ＋x22(a ＋x)(c ＋x)>0， ∴∠C 为锐角．∴新三角形为锐角三角形．4.π3 由sinA ∶sinB ∶sinC ＝5∶7∶8，得a ∶b ∶c ＝5∶7∶8.设a ＝5k ，b ＝7k ，c ＝8k ，由余弦定理可得∠B ＝π3.课堂巩固1．在△ABC 中，若2cosBsinA ＝sinC ，则△ABC 的形状是( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等边三角形2．在不等边三角形中，a 是最大的边，若a2<b2＋c2，则∠A 的取值范围是( )A ．(π2，π)B ．(π4，π2)C ．(π3，π2)D ．(0，π2)3．在△ABC 中，有一个内角为60°，它的对边长为7，面积为103，则另两边长分别为________．4．在△ABC 中，∠B ＝60°，b2＝ac ，则△ABC 的形状是__________．5．在△ABC 中，已知∠A>∠B>∠C ，且∠A ＝2∠C ，b ＝4，a ＋c ＝8，求a ，c 的长．6．(2009全国高考卷Ⅰ，理17)在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，已知a2－c2＝2b ，且sinAcosC ＝3cosAsinC ，求b.答案：1．C 由正弦定理和余弦定理得2·a2＋c2－b22ac·a ＝c ，整理，得a2－b2＝0，即a ＝b.∴△ABC 为等腰三角形．2．C ∵a 是最大边，∴∠A>π3.又a2<b2＋c2，由余弦定理，得cosA ＝b2＋c2－a22bc>0， ∴∠A<π2.∴π3<∠A<π2.3．8和5 设两边长分别为a 、b ，则⎩⎨⎧a2＋b2－722ab ＝12，12absin60°＝10 3. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝8，b ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝5，b ＝8. 4．等边三角形 由余弦定理cosB ＝a2＋c2－b22ac和∠B ＝60°，得a2＋c2－b2＝ac. 又b2＝ac ，∴a2＋c2－2ac ＝0，即(a －c)2＝0.∴a ＝c.又∠B ＝60°，∴三角形为等边三角形．5．解：由正弦定理，得a sinA ＝c sinC .∵∠A ＝2∠C ，∴a sin2C ＝c sinC .∴a ＝2ccosC.又a ＋c ＝8，∴cosC ＝8－c 2c .①又由余弦定理及a ＋c ＝8，得cosC ＝a2＋b2－c22ab ＝a2＋42－c28a＝(8－c)2＋42－c28(8－c)＝10－2c 8－c.② 由①②，知8－c 2c ＝10－2c 8－c， 整理得5c2－36c ＋64＝0.∴c ＝165或c ＝4.∵∠A ＞∠B ＞∠C ，∴a ＞b ＞c.∴c ≠4.∴a ＝8－c ＝245.故a ＝245，c ＝165.6．解：由余弦定理得a2－c2＝b2－2bccosA.又a2－c2＝2b ，b ≠0，所以b ＝2ccosA ＋2.①又sinAcosC ＝3cosAsinC ，sinAcosC ＋cosAsinC ＝4cosAsinC.sin(A ＋C)＝4cosAsinC ，sinB ＝4sinCcosA.由正弦定理得sinB ＝b c sinC.故b ＝4ccosA.②由①②解得b ＝4.1．已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，设向量p ＝(a ＋c ，b)，q ＝(b －a ，c －a)，若p ∥q ，则角C 的大小为( )A.π3B.π6C.2π3D.5π61．答案：A 由p ∥q 可得(a ＋c)(c －a)－b(b －a)＝0，即a2＋b2－c2＝ab ，∴cosC ＝a2＋b2－c22ab＝12. 又0<∠C<π，∴∠C ＝π3.2．在△ABC 中，∠A ＝120°，AB ＝5，BC ＝7，则sinB sinC 的值为( )A.85B.58C.53D.352．答案：D 由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB ·AC ·cosA 得49＝25＋AC2－2×5·AC ·cos120°，解得AC ＝3，由正弦定理得sinB sinC ＝AC AB ＝35.3．在△ABC 中，∠A ＝60°，且最大边长和最小边长是方程x2－7x ＋11＝0的两个根，则第三边的长为( )A ．2B ．3C ．4D ．53．答案：C 设△ABC 的最大边长和最小边长分别为a ，b ，第三边长为c.∵a ，b 是方程x2－7x ＋11＝0的两根，∴a ＋b ＝7，ab ＝11.由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos60°＝a2＋b2－ab ＝(a ＋b)2－3ab ＝72－3×11＝16， ∴c ＝4.4．(江南十校联考)已知△ABC 的外接圆半径为R ，且2R(sin2A －sin2C)＝(2a －b)sinB(其中a 、b 分别是∠A 、∠B 的对边)，那么∠C 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．答案：B 根据正弦定理a sinA ＝b sinB ＝c sinC ＝2R ，得sinA ＝a 2R ，sinB ＝b 2R ，sinC ＝c 2R ，代入已知式，得2R[a2(2R)2－c2(2R)2]＝(2a －b)·b 2R ，化简，得a2＋b2－c2＝2ab ，即a2＋b2－c2ab ＝ 2. 由余弦定理，得cosC ＝a2＋b2－c22ab ＝22，∴∠C ＝45°.5．已知钝角三角形ABC 三边a ＝k ，b ＝k ＋2，c ＝k ＋4，则k 的取值范围为__________．5．答案：2<k<6 ∵c>b>a ，∴角C 为钝角．∴cosC ＝a2＋b2－c22ab<0， 即a2＋b2－c2<0.整理，得k2－4k －12<0，即－2<k<6.又k ＋(k ＋2)>k ＋4，∴k>2.∴2<k<6.6．在△ABC 中，tanB ＝1，tanC ＝2，b ＝100，则a ＝__________.6．答案：605 ∵tanB ＝1，∴sinB ＝22.∵tanC ＝2，∴sinC ＝255.由正弦定理c sinC ＝b sinB ，得c ＝10022·255＝4010， 又cosA ＝－cos(B ＋C)＝－cosBcosC ＋sinBsinC ＝1010，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA ＝18 000，∴a ＝60 5.7．在△ABC 中，a ＋b ＝10，cosC 是方程2x2－3x －2＝0的一个根，则△ABC 周长的最小值为__________．7．答案：10＋53 ∵cosC 是方程2x2－3x －2＝0的一个根，解得x ＝－12或2，∴cosC ＝－12.又c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2＋ab ＝(a ＋b)2－ab＝100－ab ＝100－a(10－a)＝(a －5)2＋75，∴当a ＝5时，c 最小为5 3.∴△ABC 周长的最小值为10＋5 3.8.(2009浙江高考，文18)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos A 2＝255，A B ·A C ＝3. (1)求△ABC 的面积；(2)若c ＝1，求a 的值．8．答案：解：(1)因为cos A 2＝255， 所以cosA ＝2cos2A 2－1＝35，sinA ＝45.又由A ·A ＝3，得bccosA ＝3，所以bc ＝5.因此S △ABC ＝12bcsinA ＝2.(2)由(1)知，bc ＝5，又c ＝1，所以b ＝5.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA ＝20，所以a ＝2 5.9．已知△ABC 的周长为2＋1，且sinA ＋sinB ＝2sinC.(1)求边AB 的长；(2)若△ABC 的面积为16sinC ，求角C 的度数．9. 答案：解：(1)由题意及正弦定理，得AB ＋BC ＋AC ＝2＋1，BC ＋AC ＝2AB ，两式相减，得AB ＝1. (2)由△ABC 的面积12BC ·AC ·sinC ＝16sinC ，得BC ·AC ＝13，由余弦定理，得cosC ＝AC2＋BC2－AB22AC ·BC ＝(AC ＋BC)2－2AC ·BC －AB22AC ·BC＝12， 所以∠C ＝60°.10．(2009天津高考，文17)在△ABC 中，BC ＝5，AC ＝3，sinC ＝2sinA.(1)求AB 的值； (2)求sin(2A －π4)的值．10．答案：解：(1)在△ABC 中，根据正弦定理，AB sinC ＝BC sinA .于是AB ＝sinC sinA BC ＝2BC ＝2 5.(2)在△ABC 中，根据余弦定理，得cosA ＝AB2＋AC2－BC22AB ·AC ＝255. 于是sinA ＝1－cos2A ＝55.从而sin2A ＝2sinAcosA ＝45，cos2A ＝cos2A －sin2A ＝35.所以sin(2A －π4)＝sin2Acos π4－cos2Asin π4＝210.。
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叫做 的过程
• 画三角形使得a＝14，b＝16，∠A＝45°，你 能画出几个？
• 【提示】 作45°角为∠A，在∠A的一边上 取一点C，使AC＝16，以点C为圆心，以14为 半径画弧，因为16sin 45°＝8＜14，所以能作 出两个三角形．
• 已知两角和一边解三角形
• 已知在△ABC中，c＝10，∠A＝45°，∠C＝ 30°，求a，b和∠B.(精确到1)
• ④在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c.
• 其中正确的个数是( )
• A．1
B．2
• 2．在△ABC中，sin A＝sin C，则△ABC是
()
• A．直角三角形
B．等腰三角形
• C．锐角三角形
D．钝角三角形
• 【答案】 B
• 3．在△ABC中，a＝2，b＝6，∠A＝30°，则 ∠A＝________.
∵A→C＝A→B＋B→C， ∴i·A→C＝i·(A→B＋B→C) ＝i·A→B＋i·B→C＝i·B→C， ∴bcos(90°－∠CAB)
＝acos(90°－B)，得 bsin∠CAB＝asinB， 即sin∠aCAB＝sibnB.同理可证sibnB＝sincC， ∴sin∠aCAB＝sibnB＝sincC， ∴对于锐角三角形 ABC，有sianA＝sibnB＝sincC， 当△ABC 为钝角三角形时，类似地可证．
2．正弦定理的变形形式 设三角形的三边长为 a，b，c，外接圆半径为 R，正弦 定理有如下变形： (1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC. (2)sinA＝2aR，sinB＝2bR，sinC＝2cR. (3)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC. (4)sianA＝sibnB＝sincC＝sinA＋a＋sinbB＋＋c sinC.
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学 人教B版必修5【配套备课资源】1.1.2(二)
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1.1.2（二）
解
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5 a＋c＝ ， 4 (1)由题设并由正弦定理，得 ac＝1， 4 1 a＝ ， 或 4 c＝1.
a＝1， 解得 1 c＝4
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(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accosB 1 2 1 2 2 2 2 ＝(a＋c) －2ac－2accosB＝p b － b － b cosB， 2 2 3 1 2 即p ＝ ＋ cosB. 2 2 3 2 因为0<cosB<1，所以p ∈ ，2， 2 6 由题设知p>0，所以 <p< 2. 2
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跟踪训练1 已知△ABC的三边a、b、c，且△ABC的面积S＝ c2－a2－b2 ，求C. 4 3 1 解 ∵S＝ absinC，a2＋b2－c2＝2abcosC， 2
－2abcos C 1 ∴ absinC＝ ，∴ 3sinC＝－cosC. 2 4 3 3 5 ∴tanC＝－ .∵0＜C＜π，∴C＝ π. 3 6
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同理可证(2)b＝ccosA＋acosC；
(3)c＝acosB＋bcosA.
方法二 (1)由余弦定理得 a2＋c2－b2 cosB＝ ， 2ac a2＋b2－c2 cosC＝ ， 2ab ∴bcosC＋ccosB a2＋b2－c2 a2＋c2－b2 ＝b· ＋c· 2ab 2ac a2＋b2－c2 a2＋c2－b2 2a2 ＝ ＋ ＝ ＝a. 2a 2a 2a
当C＝60° 时， c2＝a2＋b2－2abcosC ＝42＋52－2×4×5×cos60° ＝21， ∴c＝ 21.
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人教B版高中数学必修五 1.1正弦定理和余弦定理(5必修)
1.1正弦定理和余弦定理（数学5必修）1.2应用举例1.3实习作业[基础训练A 组]一、选择题（六个小题，每题5分，共30分）1．在△ABC 中，若0030,6,90===B a C ，则b c -等于（）A ．1B ．1-C ．32D ．32-2．若A 为△ABC 的内角，则下列函数中一定取正值的是（）A ．A sinB ．A cosC ．A tanD ．Atan 1 3．在△ABC 中，角A 、B 均为锐角，且,sin cos B A >则△ABC 的形状是（）A ．直角三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形4．等腰三角形一腰上的高是3，这条高与底边的夹角为060，则底边长=（）A ．2B ．23C ．3D ．32 5．在△ABC 中，若B a b sin 2=，则A 等于（）A ．006030或B ．006045或C ．0060120或D ．0015030或6．边长为5，7，8的三角形的最大角与最小角的和是（）A ．090B ．0120C ．0135D ．0150二、填空题（五个小题，每题6分，共30分）1． 在Rt △ABC 中，C=090，则B A sin sin 的最大值是_______________。
2．在△ABC 中，若=++=A c bc b a 则,222_________。
3．在△ABC 中，若====a C B b 则,135,30,200_________。
4．在△ABC 中，若sin A ∶sin B ∶sin C=7∶8∶13，则C=_____________。
5．在△ABC 中，,26-=AB ∠C=300，则AC+BC 的最大值是________。
三、解答题（四个小题，每题10分，共40分）1． 在△ABC 中，若,cos cos cos C c B b A a =+则△ABC 的形状是什么？2．在△ABC 中，求证：)cos cos (aA bB c a b b a -=-3．在锐角△ABC 中，求证：C B A C B A cos cos cos sin sin sin ++>++。
高中数学必修五第一章《正弦定理和余弦定理》1.1.1正弦定理
§1.1 正弦定理和余弦定理1.1.1 正弦定理学习目标 1.掌握正弦定理的内容及其证明方法.2.能运用正弦定理与三角形内角和定理解决简单的解三角形问题．知识点一 正弦定理思考1 如图，在Rt △ABC 中，a sin A ，b sin B ，csin C分别等于什么？答案a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝c . 思考2 在一般的△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C 还成立吗？答案 在一般的△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C 仍然成立．梳理 在任意△ABC 中，都有a sin A ＝b sin B ＝c sin C，这就是正弦定理． 特别提醒：正弦定理的特点(1)适用范围：正弦定理对任意的三角形都成立．(2)结构形式：分子为三角形的边长，分母为相应边所对角的正弦的连等式．(3)刻画规律：正弦定理刻画了三角形中边与角的一种数量关系，可以实现三角形中边角关系的互化．知识点二 解三角形一般地，把三角形的三个角A ，B ，C 和它们的对边a ，b ，c 叫做三角形的元素．已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形．1．对任意△ABC ，都有a sin A ＝b sin B ＝csin C.(√)2．任意给出三角形的三个元素，都能求出其余元素．(×) 3．在△ABC 中，已知a ，b ，A ，则三角形有唯一解．(×)类型一 正弦定理的证明例1 在钝角△ABC 中，证明正弦定理． 考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的理解证明 如图，过C 作CD ⊥AB ，垂足为D ，D 是BA 延长线上一点，根据正弦函数的定义知，CD b ＝sin ∠CAD ＝sin(180°－A )＝sin A ，CD a ＝sin B . ∴CD ＝b sin A ＝a sin B . ∴a sin A ＝bsin B. 同理，b sin B ＝csin C .故a sin A ＝b sin B ＝c sin C. 反思与感悟 (1)用正弦函数定义沟通边与角内在联系，充分挖掘这些联系可以使你理解更深刻，记忆更牢固．(2)要证a sin A ＝bsin B ，只需证a sin B ＝b sin A ，而a sin B ，b sin A 都对应CD .初看是神来之笔，仔细体会还是有迹可循的，通过体会思维的轨迹，可以提高我们的分析解题能力．跟踪训练1 如图，锐角△ABC 的外接圆O 半径为R ，角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，证明：asin A＝2R .考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的理解证明 连接BO 并延长，交外接圆于点A ′，连接A ′C ， 则圆周角A ′＝A .∵A ′B 为直径，长度为2R ， ∴∠A ′CB ＝90°， ∴sin A ′＝BC A ′B ＝a 2R ，∴sin A ＝a 2R ，即asin A ＝2R .类型二 已知两角及一边解三角形例2 在△ABC 中，已知A ＝30°，B ＝60°，a ＝10，解三角形． 考点 用正弦定理解三角形 题点 已知两角及一边解三角形 解 根据正弦定理，得b ＝a sin B sin A ＝10sin 60°sin 30°＝10 3. 又C ＝180°－(30°＋60°)＝90°. ∴c ＝a sin C sin A ＝10sin 90°sin 30°＝20.反思与感悟 (1)正弦定理实际上是三个等式：a sin A ＝b sin B ，b sin B ＝c sin C ，a sin A ＝csin C ，每个等式涉及四个元素，所以只要知道其中的三个就可以求另外一个．(2)因为三角形内角和为180°，所以已知两角一定可以求出第三个角． 跟踪训练2 在△ABC 中，已知a ＝18，B ＝60°，C ＝75°，求b 的值． 考点 用正弦定理解三角形 题点 已知两角及一边解三角形 解 根据三角形内角和定理，得A ＝180°－(B ＋C )＝180°－(60°＋75°)＝45°. 根据正弦定理，得b ＝a sin B sin A ＝18sin 60°sin 45°＝9 6.类型三 已知两边及其中一边的对角解三角形例3 在△ABC 中，已知c ＝6，A ＝45°，a ＝2，解三角形． 考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形解 ∵a sin A ＝c sin C ，∴sin C ＝c sin A a ＝6sin 45°2＝32，∵C ∈(0°，180°)，∴C ＝60°或C ＝120°. 当C ＝60°时，B ＝75°，b ＝c sin B sin C ＝6sin 75°sin 60°＝3＋1； 当C ＝120°时，B ＝15°，b ＝c sin B sin C ＝6sin 15°sin 120°＝3－1. ∴b ＝3＋1，B ＝75°，C ＝60°或b ＝3－1，B ＝15°，C ＝120°. 引申探究若把本例中的条件“A ＝45°”改为“C ＝45°”，则角A 有几个值？ 解 ∵a sin A ＝c sin C ，∴sin A ＝a sin C c ＝2·226＝33.∵c ＝6>2＝a ，∴C >A .∴A 为小于45°的锐角，且正弦值为33，这样的角A 只有一个． 反思与感悟 已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法：首先用正弦定理求出另一边所对的角的正弦值，若这个角不是直角，当已知的角为大边所对的角时，则能判断另一边所对的角为锐角，当已知的角为小边所对的角时，则不能判断，此时就有两组解，再分别求解即可；然后由三角形内角和定理求出第三个角；最后根据正弦定理求出第三条边． 跟踪训练3 在△ABC 中，若a ＝2，b ＝2，A ＝30°，则C ＝________. 考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形 答案 105°或15°解析 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b sin A a ＝2sin 30°2＝22.∵B ∈(0°，180°)，∴B ＝45°或135°，∴C ＝180°－45°－30°＝105°或C ＝180°－135°－30°＝15°.1. 在△ABC 中，一定成立的等式是( ) A ．a sin A ＝b sin B B ．a cos A ＝b cos B C ．a sin B ＝b sin AD ．a cos B ＝b cos A考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的变形应用 答案 C解析 由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得a sin B ＝b sin A ，故选C.2．在△ABC 中，sin A ＝sin C ，则△ABC 是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．锐角三角形D ．钝角三角形 考点 用正弦定理解三角形题点 利用正弦定理进行边角互化解三角形 答案 B解析 由sin A ＝sin C 及正弦定理，知a ＝c ， ∴△ABC 为等腰三角形．3．在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，则b 等于( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．4 6D ．4考点 用正弦定理解三角形 题点 已知两角及一边解三角形 答案 C解析 易知A ＝45°，由a sin A ＝b sin B 得b ＝a sin B sin A＝8×3222＝4 6. 4．在△ABC 中，a ＝3，b ＝2，B ＝π4，则A ＝________.考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形 答案 π3或2π3解析 由正弦定理，得sin A ＝a sin Bb＝3×222＝32， 又A ∈(0，π)，a >b ，∴A >B ，∴A ＝π3或2π3.5．在△ABC 中，已知a ＝5，sin C ＝2sin A ，则c ＝________. 考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的变形应用 答案 2 5解析 由正弦定理，得c ＝a sin Csin A＝2a ＝2 5.1. 正弦定理的表示形式：a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R ，或a ＝k sin A ，b ＝k sin B ，c ＝k sin C (k >0)． 2. 正弦定理的应用范围(1)已知两角和任一边，求其他两边和其余一角． (2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和其余两角．3. 已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法 (1)首先由正弦定理求出另一边对角的正弦值．(2)如果已知的角为大边所对的角，由三角形中大边对大角、大角对大边的法则能判断另一边所对的角为锐角，由正弦值可求唯一锐角．(3)如果已知的角为小边所对的角，则不能判断另一边所对的角为锐角，这时由正弦值可求得两个角，要分类讨论．一、选择题1．在△ABC 中，a ＝5，b ＝3，则sin A ∶sin B 的值是( ) A.53 B.35 C.37 D.57 考点 用正弦定理解三角形题点 利用正弦定理进行边角互化解三角形 答案 A解析 根据正弦定理，得sin A sin B ＝a b ＝53.2．在△ABC 中，a ＝b sin A ，则△ABC 一定是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．等腰三角形考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的变形应用 答案 B解析 由题意有a sin A ＝b ＝bsin B，则sin B ＝1，又B ∈(0，π)，故角B 为直角，故△ABC 是直角三角形． 3．在△ABC 中，若sin A a ＝cos Cc ，则C 的值为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的变形应用 答案 B解析 由正弦定理知sin A a ＝sin Cc ，∴sin C c ＝cos Cc，∴cos C ＝sin C ，∴tan C ＝1， 又∵C ∈(0°，180°)，∴C ＝45°，故选B.4．在△ABC 中，若A ＝105°，B ＝45°，b ＝22，则c 等于( ) A ．1 B ．2 C. 2 D. 3 考点 用正弦定理解三角形 题点 已知两角及一边解三角形 答案 B解析 ∵A ＝105°，B ＝45°，∴C ＝30°. 由正弦定理，得c ＝b sin C sin B ＝22sin 30°sin 45°＝2.5．在△ABC 中，a ＝15，b ＝10，A ＝60°，则cos B 等于( ) A ．－223 B.223 C ．－63 D.63考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形 答案 D解析 由正弦定理，得15sin 60°＝10sin B ，∴sin B ＝10sin 60°15＝10×3215＝33. ∵a >b ，∴A >B ，又∵A ＝60°，∴B 为锐角． ∴cos B ＝1－sin 2B ＝1－⎝⎛⎭⎫332＝63. 6．在△ABC 中，已知A ＝π3，a ＝3，b ＝1，则c 的值为( )A ．1B ．2 C.3－1 D. 3 考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形 答案 B解析 由正弦定理a sin A ＝bsin B，可得3sinπ3＝1sin B ，∴sin B ＝12，由a >b ，得A >B ，∴B ∈⎝⎛⎭⎫0，π3，∴B ＝π6. 故C ＝π2，由勾股定理得c ＝2.7．在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则sin A 等于( )A.310B.1010C.55D.31010 考点 用正弦定理解三角形 题点 正弦定理解三角形综合 答案 D解析 如图，设BC 边上的高为AD ，不妨令AD ＝1.由B ＝π4，知BD ＝1.又AD ＝13BC ＝BD ，∴DC ＝2，AC ＝12＋22＝ 5.由正弦定理知，sin ∠BAC ＝sin B ·BC AC ＝225·3＝31010.8．在△ABC 中，若A ＝60°，B ＝45°，BC ＝32，则AC 等于( ) A ．4 3 B ．2 3 C. 3 D.32考点 用正弦定理解三角形 题点 已知两角及一边解三角形 答案 B解析 由正弦定理得，BC sin A ＝AC sin B ，即32sin 60°＝AC sin 45°，所以AC ＝3232×22＝23，故选B.二、填空题9．在△ABC 中，若C ＝2B ，则cb的取值范围为________．考点 用正弦定理解三角形题点 利用正弦定理、三角变换解三角形 答案 (1,2)解析 因为A ＋B ＋C ＝π，C ＝2B ，所以A ＝π－3B >0，所以0<B <π3，所以12<cos B <1.因为c b ＝sin C sin B ＝sin 2Bsin B ＝2cos B ，所以1<2cos B <2，故1<cb<2.10．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝_____.考点 用正弦定理解三角形 题点 已知两角及一边解三角形 答案2113解析 在△ABC 中，由cos A ＝45，cos C ＝513，可得sin A ＝35，sin C ＝1213，sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A ·sin C ＝6365，又a ＝1，由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝2113.11．锐角三角形的内角分别是A ，B ，C ，并且A >B .则下列三个不等式中成立的是______． ①sin A >sin B ； ②cos A <cos B ；③sin A ＋sin B >cos A ＋cos B . 考点 用正弦定理解三角形题点 利用正弦定理、三角变换解三角形 答案 ①②③解析 A >B ⇔a >b ⇔sin A >sin B ，故①成立． 函数y ＝cos x 在区间[0，π]上是减函数， ∵A >B ，∴cos A <cos B ，故②成立． 在锐角三角形中，∵A ＋B >π2，∴0<π2－B <A <π2，函数y ＝sin x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上是增函数， 则有sin A >sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ，即sin A >cos B ， 同理sin B >cos A ，故③成立．三、解答题12．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，c ＝10，A ＝45°，C ＝30°，求a ，b 和B .考点 用正弦定理解三角形题点 已知两角及一边解三角形解 ∵a sin A ＝c sin C， ∴a ＝c sin A sin C ＝10sin 45°sin 30°＝10 2. B ＝180°－(A ＋C )＝180°－(45°＋30°)＝105°.又∵b sin B ＝c sin C， ∴b ＝c sin B sin C ＝10sin 105°sin 30°＝20sin 75° ＝20×6＋24＝5(6＋2)． 13．在△ABC 中，A ＝60°，a ＝43，b ＝42，求B .考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形解 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝22， ∵a >b ，∴A >B .∴B 只有一解，∴B ＝45°.四、探究与拓展14．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝x ，b ＝2，B ＝45°.若△ABC 有两解，则x 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(0,2)C ．(2,22)D ．(2，2)考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形答案 C解析 因为△ABC 有两解，所以a sin B <b <a ，即x sin 45°<2<x ，所以2<x <22，故选C.15．已知下列各三角形中的两边及其中一边的对角，判断三角形是否有解，有解的作出解答．(1)a ＝10，b ＝20，A ＝80°；(2)a ＝23，b ＝6，A ＝30°.考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形解 (1)a ＝10，b ＝20，a <b ，A ＝80°<90°，讨论如下：∵b sin A ＝20sin 80°>20sin 60°＝103，∴a <b sin A ，∴本题无解．(2)a ＝23，b ＝6，a <b ，A ＝30°<90°，∵b sin A ＝6sin 30°＝3，a >b sin A ，∴b sin A <a <b ，∴本题有两解．由正弦定理得sin B ＝b sin A a ＝6sin 30°23＝32， 又∵B ∈(0°，180°)，∴B ＝60°或B ＝120°.当B ＝60°时，C ＝90°，c ＝a sin C sin A ＝23sin 90°sin 30°＝43； 当B ＝120°时，C ＝30°，c ＝a sin C sin A ＝23sin 30°sin 30°＝2 3. ∴当B ＝60°时，C ＝90°，c ＝43；当B ＝120°时，C ＝30°，c ＝2 3.。
高中数学必修五第一章《正弦定理和余弦定理》1.1.2 第1课时余弦定理及其直接应用
1.1.2 余弦定理第1课时 余弦定理及其直接应用学习目标 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 余弦定理思考1 根据勾股定理，在△ABC 中，C ＝90°，则c 2＝a 2＋b 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .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°，a 2＋b 2－2ab cos C ＝c 2＋c 2－2c ·c cos 60°＝c 2，即①式仍成立，据此猜想，对一般△ABC ，都有c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .思考2 在c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 中，ab cos C 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 ab cos C ＝|CB →||CA→CB →，CA →＝CB →·CA →.∴a 2＋b 2－2ab cos C ＝CB →2＋CA →2－2CB →·CA →＝(CB →－CA →)2＝AB →2＝c 2. 猜想得证.梳理 余弦定理的公式表达及语言叙述特别提醒：余弦定理的特点(1)适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立.(2)揭示的规律：余弦定理指的是三角形中的三条边与其中一个角的余弦之间的关系，它含有四个不同的量，知道其中的三个量，就可求得第四个量. 知识点二 适宜用余弦定理解决的两类基本的解三角形问题思考1 观察知识点一梳理表格第一行中的公式结构，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 观察知识点一梳理表格第三行中的公式结构，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.1.勾股定理是余弦定理的特例.(√)2.余弦定理每个公式中均涉及三角形的四个元素.(√)3.在△ABC 中，已知两边及夹角时，△ABC 不一定唯一.(×)类型一 余弦定理的证明例1 已知△ABC ，BC ＝a ，AC ＝b 和角C ，求c 的值. 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的理解解 如图，设CB →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，由AB →＝CB →－CA →，知c ＝a －b ， 则|c |2＝c ·c ＝(a －b )·(a －b ) ＝a ·a ＋b ·b －2a ·b ＝a 2＋b 2－2|a ||b |cos C . 所以c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 即c ＝a 2＋b 2－2ab cos C .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？ 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的理解解 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 (b cos A ，b sin A )，∴BC 2＝b 2cos 2A －2bc cos A ＋c 2＋b 2sin 2A ， 即a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A . 同理可证b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C . 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，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝3，b ＝2，cos(A ＋B )＝13，则c 等于( ) A.4 B.15 C.3D.17考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 D解析 由三角形内角和定理可知 cos C ＝－cos(A ＋B )＝－13，又由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝9＋4－2×3×2×⎝⎛⎭⎫－13＝17， 所以c ＝17.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 ＝22，C ＝15°，求A . 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形解 由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝8－43， 所以c ＝6－ 2.由正弦定理，得sin A ＝a sin C c ＝12，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 ＝26，b ＝6＋23，c ＝43，求A ，B ，C . 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三解形解 根据余弦定理，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝(6＋23)2＋(43)2－(26)22×(6＋23)×(43)＝32. ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π6，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝(26)2＋(6＋23)2－(43)22×26×(6＋23)＝22， ∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4.∴B ＝π－A －C ＝π－π6－π4＝7π12，∴A ＝π6，B ＝7π12，C ＝π4.反思与感悟 已知三边求三角，可利用余弦定理的变形cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝b 2＋a 2－c 22ba 先求一个角，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，sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶4∶5，判断三角形的形状. 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形解 因为a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶4∶5， 所以可令a ＝2k ，b ＝4k ，c ＝5k (k >0). c 最大，cos C ＝(2k )2＋(4k )2－(5k )22×2k ×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－35，则三角形的第三边长为( )A.52B.213C.16D.4 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 B解析 设第三边长为x ，则x 2＝52＋32－2×5×3×⎝⎛⎭⎫－35＝52，∴x ＝213. 2.在△ABC 中，a ＝7，b ＝43，c ＝13，则△ABC 的最小角为( ) A.π3 B.π6 C.π4 D.π12考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形 答案 B解析 ∵a >b >c ，∴C 为最小角且C 为锐角， 由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝72＋(43)2－(13)22×7×43＝32. 又∵C 为锐角，∴C ＝π6.3.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.518 B.34 C.32 D.78 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形 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cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝4c 2＋4c 2－c 22×2c ×2c ＝78.4.在△ABC 中，a ＝32，b ＝23，cos C ＝13，则c 2＝ .考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 30－4 6解析 c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(32)2＋(23)2－2×32×23×13＝30－4 6.5.在△ABC 中，若b ＝1，c ＝3，C ＝2π3，则a ＝ .考点 余弦定理及其变形应用 题点 用余弦定理求边或角的取值范围 答案 1解析 ∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， ∴(3)2＝a 2＋12－2a ×1×cos 2π3，∴a 2＋a －2＝0，即(a ＋2)(a －1)＝0.∴a ＝1或a ＝－2(舍去).∴a ＝1.1.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.一、选择题1.在△ABC 中，已知a ＝2，则b cos C ＋c cos B 等于( ) A.1 B. 2 C.2 D.4 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 答案 C解析 b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·c 2＋a 2－b 22ca ＝2a 22a ＝a ＝2.2.在△ABC 中，已知B ＝120°，a ＝3，c ＝5，则b 等于( ) A.4 3 B.7 C.7 D.5 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 C解析 ∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，∴b ＝7. 3.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° 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形答案 B解析 设中间角为θ，则θ为锐角，cos θ＝52＋82－722×5×8＝12，θ＝60°，180°－60°＝120°为所求.4.在△ABC 中，已知b 2＝ac 且c ＝2a ，则cos B 等于( ) A.14 B.34 C.24 D.23 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 答案 B解析 ∵b 2＝ac ，c ＝2a ，∴b 2＝2a 2， ∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 22a ×2a＝34.5.若△ABC 的三边长分别为AB ＝7，BC ＝5，CA ＝6，则AB →·BC →的值为( ) A.19 B.14 C.－18 D.－19 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 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.∴AB →·BC →＝|AB →|·|BC →|·cos(π－B )＝－ac ·cos B . 由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac ·cos B ，∴－ac ·cos B ＝12(b 2－a 2－c 2)＝12(62－52－72)＝－19，∴AB →·BC →＝－19.6.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2A sin C 等于( )A.1B.2C.12D.34考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形 答案 A解析 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝25＋36－162×5×6＝34，所以sin 2A sin C ＝2sin A cos A sin C ＝2a cos Ac＝4cos A3＝1.7.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2 min ，从点D 沿DC 走到点C 用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min ，则该扇形的半径为( ) A.50 m B.45 m C.507 m D.47 m 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 C解析 依题意得OD ＝100 m ， CD ＝150 m ， 连接OC ，易知∠ODC ＝180°－∠AOB ＝60°， 因此由余弦定理，得OC 2＝OD 2＋CD 2－2OD ×CD ×cos ∠ODC ， 即OC 2＝1002＋1502－2×100×150×12，解得OC ＝507(m).8.若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 满足(a ＋b )2－c 2＝4，且C ＝60°，则ab 的值为( )A.43B.8－4 3C.1D.23 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 答案 A解析 (a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ＝4， 又c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ∴a 2＋b 2－c 2＝ab ，∴3ab ＝4，∴ab ＝43.二、填空题9.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2＋b 2<c 2，且sin C ＝32，则C ＝ .考点 余弦定理及其变形应用 题点 用余弦定理求边或角的取值范围 答案2π3解析 因为a 2＋b 2<c 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0，所以三角形是钝角三角形，且C >π2.又因为sin C ＝32，所以C ＝2π3. 10.在△ABC 中，A ＝60°，最大边长与最小边长是方程x 2－9x ＋8＝0的两个实根，则边BC 的长为 .考点 余弦定理及其变形应用题点 余弦定理与一元二次方程结合问题 答案57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，∴BC 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－2bc －2bc cos A ＝92－2×8－2×8×cos 60°＝57，∴BC ＝57.11.在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝6，BC ＝1＋3，AD 为边BC 上的高，则AD 的长是 . 考点 余弦定理解三解形 题点 已知三边解三角形 答案3解析 ∵cos C ＝BC 2＋AC 2－AB 22×BC ×AC＝22，∵C ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴sin C ＝22.∴AD ＝AC ·sin C ＝3. 三、解答题12.在△ABC 中，已知A ＝120°，a ＝7，b ＋c ＝8，求b ，c . 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用解 由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－2bc (1＋cos A )，所以49＝64－2bc ⎝⎛⎭⎫1－12，即bc ＝15, 由⎩⎪⎨⎪⎧ b ＋c ＝8，bc ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝3，c ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝5，c ＝3. 13.在△ABC 中，a 2＋c 2＝b 2＋2ac .(1)求B 的大小；(2)求2cos A ＋cos C 的最大值.考点 用余弦定理解三角形题点 余弦定理解三角形综合问题解 (1)由a 2＋c 2＝b 2＋2ac 得a 2＋c 2－b 2＝2ac ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22. 又0<B <π，所以B ＝π4. (2)A ＋C ＝π－B ＝π－π4＝3π4，所以C ＝3π4－A,0<A <3π4. 所以2cos A ＋cos C ＝2cos A ＋cos ⎝⎛⎭⎫3π4－A＝2cos A ＋cos3π4cos A ＋sin 3π4sin A ＝2cos A －22cos A ＋22sin A ＝22sin A ＋22cos A ＝sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4. ∵0<A <3π4，∴π4<A ＋π4<π， 故当A ＋π4＝π2， 即A ＝π4时，2cos A ＋cos C 取得最大值1. 四、探究与拓展14.已知a ，b ，c 是△ABC 的三边长，若直线ax ＋by ＋c ＝0与圆x 2＋y 2＝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.不能确定考点 判断三角形形状 题点 利用余弦定理判断三角形形状答案 B解析 ∵直线ax ＋by ＋c ＝0与圆x 2＋y 2＝1无公共点，∴圆心(0,0)到直线ax ＋by ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b2>1，即a 2＋b 2－c 2<0，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0， 又C ∈(0，π)，∴C 为钝角.故△ABC 为钝角三角形.15.在△ABC 中，已知BC ＝7，AC ＝8，AB ＝9，则AC 边上的中线长为 . 考点 用余弦定理解三角形题点 已知三边解三角形答案 7解析 由条件知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22×AB ×AC ＝92＋82－722×9×8＝23， 设中线长为x ，由余弦定理，知x 2＝⎝⎛⎭⎫AC 22＋AB 2－2×AC 2×AB cos A ＝42＋92－2×4×9×23＝49， 所以x ＝7.所以AC 边上的中线长为7.。
人教版高中数学必修五同课异构课件：1.1.2 余弦定理 探究导学课型
探究3：勾股定理指出了直角三角形中三边平方之间的关系， 余弦定理则指出了一般三角形中三边平方之间的关系，请问两 定理之间有何联系？ 提示：余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定理的特 殊情况.
【拓展延伸】利用平面图形的几何性质和 勾股定理证明余弦定理 ①当△ABC为锐角三角形时，如图， 作CD⊥AB，D为垂足，则CD=bsinA， DB=c-bcosA，则a2=DB2+CD2=(c-bcosA)2+(bsinA)2 =b2+c2-2bccosA，其余两个式子同理可证；
【探究总结】对余弦定理及其推论的两点说明 (1)余弦定理适用于任意三角形，反映了三角形中三条边与一 个内角的余弦之间严格确定的量化关系. (2)余弦定理a2=b2+c2-2bccosA还可改写为sin2A=sin2B+sin2C2sinB·sinCcosA，有时应用它求三角函数值会很方便.
二、余弦定理在解三角形中的应用 探究1：根据余弦定理及其推论的形式，可以解哪两类三角形 问题？ 提示：余弦定理及其推论可以解决以下两类三角形问题： (1)已知三角形的任意两边及它们的夹角就可以求出第三边. (2)已知三角形的三条边就可以求出其角.
2.将余弦定理的变形式代入，转化成边的关系，化简变形后 判断三角形的形状.
【自主解答】1.选B.因为a=2bcosC=2b· a2 b2 c2
所以a2=a2+b2-c2，即b2=c2，
2ab
所以b=c，所以△ABC为等腰三角形.
2.由余弦定理，得
所以a2(b2+c2-a2)+b2a(cb22+a2c2b-2cb2a)2=c2b(ac22+b2a2c2-ac2b)2， c
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1.1.2 余弦定理
课堂探究
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 ＝a 2＝BC ·BC ＝(AC －AB )·(AC －AB )＝2AC －2AC ·AB ＋2AB ＝2AC －2|AC ||AB |cos A ＋2AB ＝b 2＋c 2－2bccos A ，即a 2＝b 2＋c 2－2bccos A ．
同理可证b 2＝a 2＋c 2－2accos B ，c 2＝a 2＋b 2－2abcos C ．
知识拓展：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，
则点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 2=c 2cos 2A-2bccos A+b 2+c 2sin 2A ，
即a 2=b 2+c 2-2bccos A ．
同理可得b 2＝a 2＋c 2－2accos B ，c 2＝a 2＋b 2－2abcos C ．
(2)(用正弦定理证明)∵a ＝2Rsin A ，b ＝2Rsin B ，c ＝2Rsin C ，
∴b 2＋c 2－2bccos A
＝4R 2(sin 2B ＋sin 2C －2sin Bsin Ccos A)
＝4R 2[sin 2B ＋sin 2C ＋2sin Bsin Ccos(B ＋C)]
＝4R 2(sin 2B ＋sin 2C －2sin 2Bsin 2C ＋2sin Bsin Ccos Bcos C)
＝4R 2[sin 2B(1－sin 2C)＋sin 2C(1－sin 2B)＋2sin B sin Ccos Bcos C]
＝4R 2(sin 2Bcos 2C ＋2sin Bsin Ccos Bcos C ＋sin 2Ccos 2B)
＝4R 2sin 2(B ＋C)＝4R 2sin 2A ＝a 2．
同理可证b 2＝a 2＋c 2－2accos B ，c 2＝a 2＋b 2－2abcos 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 ．
解：(1)由余弦定理，得
c 2＝a 2＋b 2－2abcos C ＝12＋12－2×1×1×⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫－12＝3， ∴c ＝3． (2)显然∠C 最大．
∵cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝32＋42－372×3×4＝－12
，
∴∠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 ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝3x 2＋4x 2－x 22·3x ·2x
＝32，∴∠A ＝30°． 同理cos B ＝12
，cos C ＝0， ∴∠B ＝60°，∠C ＝90°．
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 ．
解：∵(a ＋b ＋c)(b ＋c －a)＝3bc ，∴a 2＝b 2＋c 2－bc ．
而a 2＝b 2＋c 2－2bccos A ，∴2cos A ＝1．∴cos A ＝12
． ∴∠A ＝60°．又sin A ＝sin(B ＋C)＝sin Bcos C ＋cos B sin C ，sin A ＝2sin B ·cos C ，
∴sin Bcos C －cos Bsin C ＝0，。