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范文余弦定理导学案
余弦定理导学案
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高二年级数学组
知能目标解读
.通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握余弦定理，理解用数量积推导余弦定理的过程，并体会向量在解决三角形的度量问题时的作用.
2.了解余弦定理的几种变形公式及形式.
3.会从方程的角度来理解余弦定理的作用及适用范围，并会用余弦定理解决“已知三边求三角形的三角”及“已知两边及其夹角求三角形中其他的边和角”等问题.
4.能熟练应用余弦定理解三角形以及现实生活中的实际问题.
重点难点点拨
重点：
余弦定理的证明及其应用.
难点：
处理三角形问题恰当地选择正弦定理或余弦定理.
学习方法指导
一、余弦定理
.余弦定理：
在△ABc中，∠A，∠B，∠c的对边分别为a，b，c，那么有如下结论：
a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosc.即三角形任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.这一结论叫做余弦定理，它揭示了任意三角形边角之间的客观规律.也是解三角形的重要工具.
注意：
（1）在余弦定理的每一个等式中含有四个量，利用方程的思想，可以知三求一.
（2）余弦定理也为求三角形的有关量（如面积，外接圆，内切圆等）提供了工具，它可以用来判定三角形的形状，证明三角形中的有关等式，在一定程度上，它比正弦定理的应用更加广泛.
2.关于公式的变形：
将余弦定理稍加变形，可以得到另外的形式，我们称为余弦定理的推论.掌握这些表达形式，可以帮助我们深入理解和灵活应用余弦定理.
cosA=，cosB=，cosc=.
由上述变形，结合余弦函数的性质，可知道：
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，如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角为钝角，如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角为锐角.从这一点说，余弦定理可以看作勾股定理的推广，而勾股定理则是余弦定理的特例.
二、余弦定理的证明
教材中给出了用向量的数量积证明余弦定理的方法，是平面向量知识在解三角形中的应用.另外，对余弦定理的证明，还可以应用解析法、几何法等方法证明.
证明：
方法1：
（解析法）如图所示，以A为原点，△ABc的边AB所在直线为x轴，建立直角坐标系.
则A（0,0）,c,B,
由两点间的距离公式得Bc2=（bcosA-c）2+2,
即a2=b2+c2-2bccosA.
同理可证b2=a2+c2-2accosB,
c2=a2+b2-2abcosc.
方法2：
（几何法）如图.当△ABc为锐角三角形时，过c作cD⊥AB于D，则cD=bsinA,
AD=bcosA,BD=AB-AD=c-bcosA.
在Rt△BcD中，Bc2=cD2+BD2,即a2=b2sin2A+2.
所以a2=b2+c2-2bccosA.
同理可证b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosc.
如图，当△ABc为钝角三角形时，过c作cD垂直于AB的延长线，垂足为D，
则AD=bcosA,cD=bsinA.
BD=AD-AB=bcosA-c.
在Rt△BcD中,Bc2=cD2+BD2,即a2=b2sin2A+（bcosA-c）2.
所以a2=b2+c2-2bccosA.
同理可证：
b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosc.
三、余弦定理的应用
余弦定理主要适用以下两种题型:
（1）已知三边求三角，用余弦定理，有解时只有一解；
（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他的角，用余弦定理，必有一解.
注意：
在应用余弦定理求三角形的边长时，容易出现增解，原因是余弦定理中涉及的是边长的平方，求得结果常有两解，因此，解题时需要特别注意三角形三边长度应满足的基本条件.
知能自主梳理
.余弦定理
（1）语言叙述：
三角形任何一边的平方等于 减去 的积的 .
（2）公式表达:
a2= ;
b2= ;
c2= .
变形:
cosA= ;
cosB= ;
cosc= .
2.余弦定理及其变形的应用
应用余弦定理及其变形可解决两类解三角形的问题，一类是已知两边及其 解三角形，另一类是已知 解三角形.
［答案］ 1.其他两边的平方和 这两边与它们夹角的余弦 两倍 b2+c2-2bccosA a2+c2-2accosB a2+b2-2abcosc
2.夹角 三边
思路方法技巧
命题方向 已知三边解三角形
［例1］ 在△ABc中，已知a=7,b=3,c=5，求最大角和sinc.
［分析］ 在三角形中，大边对大角，所以a边所对角最大.
［解析］ ∵a＞c＞b,∴A为最大角,
由余弦定理得，cosA==＝，
又∵0°＜A＜180°,∴A=120°，
∴sinA=sin120°=.
由正弦定理
＝得，
sinc===.
∴最大角A为120°，sinc=.
［说明］
（1）求sinc也可用下面方法求解：
cosc===，
∴c为锐角.
sinc==＝.
在解三角形时，有时既可用余弦定理，也可用正弦定理.
变式应用1
在△ABc中，已知：
：
=4：
5：
6，求△ABc的最大内角.
［解析］ 设b+c=4k,c+a=5k,a+b=6k.
则a+b+c=7.5k,解得a=3.5k,b=2.5k,c=1.5k.
∴a是最大边，即角A是△ABc的最大角.
由余弦定理，得cosA==-,
∵0°＜A＜180°,∴A=120°，即最大角为120°.
命题方向 已知两边及一角解三角形
［例2］ △ABc中，已知b=3,c=3,∠B=30°,解三角形.
［分析］ 由题目可知以下信息：
①已知两边和其中一边的对角.
②求另外的两角和另一边.
解答本题可先由正弦定理求出角c,然后再求其他的边和角，也可由余弦定理列出关于边长a的方程，求出边a,再由正弦定理求角A，角c.
［解析］ 解法一：
由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,
得32=a2+2-2a×3×cos30°,
∴a2-9a+18=0,得a=3或6.
当a=3时，∠A=30°,∠c=120°.
当a=6时，由正弦定理sinA===1.
∴∠A=90°,∴∠c=60°.
解法二：
由b<c,∠B=30°,b>csin30°=3×=知本题有两解.
由正弦定理sinc===,
∴∠c=60°或120°，
当∠c=60°时，∠A=90°,
由勾股定理a===6.
当∠c=120°时，∠A=30°，△ABc为等腰三角形，
∴a=3.
［说明］ 知两边和一角解三角形时有两种方法：
（1）利用余弦定理列出关于第三边的等量关系建立方程，运用解方程的方法求出此边长.
直接用正弦定理，先求角再求边.
用方法
（2）时要注意解的情况，用方法
（1）就避免了取舍解的麻烦.
变式应用2
在△ABc中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠c的对边，且cosA=,若a=4,b+c=6,且b<c,求b、c的值.
［解析］ 余弦定理得
cosA==，
∴=,
又b+c=6,a=4,
∴bc=8,
b=2
c=4
b=4
c=2
又b<c,∴b=2,c=4.
命题方向 判断三角形的形状
［例3］ △ABc中，已知=3ab,且2cosAsinB=sinc，确定△ABc的形状. ［分析］ 由于已知条件等式中既含有边的关系，又含有角的关系，因此在判断三角形的形状时，可考虑将边统一成角或将角统一成边.
［解析］ 解法一：
利用角的关系来判断.
∵A+B+c=180°,∴sinc=sin.
又∵2cosAsinB=sinc,
∴2cosAsinB=sinAcosB+cosAsinB,
∴sin=0.
∵A与B均为△ABc的内角，∴A=B.
又∵=3ab,
∴2-c2=3ab,a2+b2-c2+2ab=3ab,
根据余弦定理，上式可化为2abcosc+2ab=3ab,
解得cosc=,∴c=60°.
故△ABc为等边三角形.
解法二：
利用边的关系来确定.
由正弦定理，得=.
由2cosA•sinB=sinc,得
cosA==.
又∵cosA=,∴=,
即c2=b2+c2-a2,∴a=b.
又∵=3ab,
∴2-c2=3ab,∴4b2-c2=3b2,
∴b=c,∴a=b=c.
因此△ABc为等边三角形.
［说明］ 判断三角形的形状主要有两种思路：
其一是利用正、余弦定理将已知条件转化为边的关系，通过代数变换（一般是因式分解）得到边的关系，最终判断出该三角形的形状；其二是利用正、余弦定理将已知条件转化为角的关系，通过三角恒等变换得到角的关系，最终判断该三角形的形状.在实际应用中应针对具体的题目，灵活选用解决问题的方法.
变式应用3
△ABc中，AB＝5,Bc=6,Ac=8,则△ABc的形状是
A.锐角三角形 B.直角三角形
c.钝角三角形 D.非钝角三角形
［答案］ c
［解析］ 利用余弦定理判断最大角的余弦值是大于0、等于0还是小于0，即可对其形状作出判断.因为cosB==-<0,所以B为钝角，即△ABc是钝角三角形.
探索延拓创新
命题方向 利用余弦定理确定范围问题
［例4］ 设2a+1,a,2a-1为钝角三角形的三边，求实数a的取值范围.
［分析］ 一边大于两边差而小于两边和是任一个三角形三边都成立的条件.若是在锐角或钝角三角形中，三边的制约条件还要更强.若△ABc为锐角三角形，则有a2＜b2+c2,b2＜a2+c2,c2＜a2+b2;若△ABc为钝角三角形，最大边为a,则一定有a2＞b2+c2,这些都是可以从余弦定理中直接推导的.
［解析］ 2a+1,a,2a-1是三角形的三边,
2a+1＞0
∴ a＞0
2a-1＞0，
解得a＞,此时2a+1最大.
∴要使2a+1,a,2a-1表示三角形的三边，还需a+＞2a+1,解得a＞2.
设最长边2a+1所对的角为θ,则cosθ==＜0,
解得＜a＜8,∴a的取值范围是2＜a＜8.
［说明］ 本题易忽视构成三角形的条件a＞2,而直接应用余弦定理求解，从而使a的范围扩大.
变式应用4.
已知锐角三角形三边长分别为2，3，x，求x的取值范围.
［解析］ 由三角形三边的关系有3-2＜x＜3+2，即1＜x＜5.
又∵三角形为锐角三角形，由余弦定理可知任一边的平方小于另两边平方和.
x2＜22+32
即
32＜x2+22
x2＜13
x2＞5
5＜x2＜13
即
x＞0
解得＜x＜，
∴x的取值范围为（，）.
课堂巩固训练
一、选择题
.在△ABc中，若a<b<c,且c2<a2+b2,则△ABc为（ ）
A.直角三角形 B.锐角三角形
c.钝角三角形 D.不存在
［答案］ B
［解析］ ∵a<b<c,且c2<a2+b2,∴∠c为锐角.又∵∠c为最大角.故选B.
2.△ABc的内角A、B、c的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足b2=ac，且c=2a,则cosB=（ ）
A.
B.
c.
D.
［答案］ B
［解析］ 由b2=ac，又c=2a，由余弦定理，得cosB==
=.
3.（XX•四川理，6）在△ABc中，sin2A≤sin2B+sin2c-sinBsinc,则A的取值范围是
A.
c.
［答案］ c
［解析］ 本题主要考查正余弦定理，∵sin2A≤sin2B+sin2c-sinBsinc,
∴由正弦定理得：
a2≤b2+c2-bc，即b2+c2-a2≥bc，由余弦定理得：
cosA=≥=，∴0<A≤，故选c.
二、填空题
4.已知三角形的两边长分别为4和5，它们的夹角的余弦值是方程2x2+3x-2=0的根，则第三边的长是 .
［答案］
［解析］ 解2x2+3x-2=0，得x1=或x2=-2（舍去）.
∴夹角的余弦值为，根据余弦定理得第三边长为=.
5.在△ABc中，a=b+2,b=c+2,又最大角的正弦等于，则三边长为 .
［答案］ 3，5，7
［解析］ ∵a-b=2,b-c=2，∴a>b>c,
∴最大角为A.sinA=，若A为锐角，则A=60°，又c<B<A,∴A+B+c<180°，这显然不可能，∴A为钝角.
∴cosA=-,
设c=x,则b=x+2,a=x+4.
∴=-，
∴x=3，故三边长为3，5，7.
三、解答题
6.在△ABc中，已知b2-bc-2c2=0,且a=,cosA=,求△ABc的面积.
［解析］ ∵b2-bc-2c2=0,∴2--2=0,
解得=2,即b=2c.由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA,即b2+c2-bc=6,与b=2c
联立解得b=4,c=2.∵cosA=,
∴sinA==,
∴S△ABc=bcsinA=.
课后强化作业
一、选择题
.在△ABc中，b=5,c=5,A=30°,则a等于（ ）
A.5 B.4 c.3 D.10
［答案］ A
［解析］ 由余弦定理，得2bccosA=b2+c2-a2,
∴2×5×5×cos30°＝52＋（5）2-a2,
∴a2=25,∴a=5.
2.在△ABc中，已知a2=b2+c2+bc,则角A为（ ）
A.
B.
c.
D.
或
［答案］ c
［解析］ ∵a2=b2+c2+bc,
∴cosA===,
又∵0<A<π,∴A=.
3.在△ABc中，若a=+1,b=-1,c=,则△ABc的最大角的度数为（ ）
A.60° B.90° c.120° D.150°
［答案］ c
［解析］ 显然＞+1＞-1,
∴cosc==-＝－,∴c=120°.
4.△ABc的三内角A、B、c所对边长分别为a，b，c,设向量p=,q=.若p∥q,则∠c的大小为
A.
B.
c.
D.
π
［答案］ B
［解析］ ∵p=,q=且p∥q，
∴-b=0，
即a2+b2-c2=ab,
∴cosc===.
∴c=.
5.在△ABc中，已知2a2=c2+2,则∠A的值为（ ）
A.30° B.45° c.120° D.135°
［答案］ D
［解析］ 由已知得2a2=c2+2b2+c2+2bc,
∴a2=b2+c2+bc,
∴b2+c2-a2＝-bc,
又b2+c2-a2=2bccosA,
∴2bccosA=-bc,
∴cosA=-,
∴A=135°.
6.（XX•重庆理，6）若△ABc的内角A、B、c所对的边a、b、c满足2-c2=4，且c=60°，则ab的值为
A.
B.8-4 c.1 D.
［答案］ A
［解析］ 本题主要考查余弦定理的应用.
在△ABc中，c=60°,∴a2+b2-c2=2abcosc=ab,
∴2-c2=a2+b2-c2+2ab=3ab=4,∴ab=,选A.
7.在△ABc中，三边长AB=7,Bc=5,Ac=6,则•等于
A.19 B.-14 c.-18 D.-19
［答案］ D
［解析］ 在△ABc中AB=7,Bc=5,Ac=6,
则cosB==.
又•=｜｜•｜｜cos
=-｜｜•｜｜cosB
＝－7×5×=-19.
8.在△ABc中，若△ABc的面积S=
，则∠c为（ ）
A.
B.
c.
D.
［答案］ A
［解析］ 由S=
,得absinc=×2abcosc,∴tanc=1,∴c=.
二、填空题
9.在△ABc中，b=,c=2,A=45°,那么a的长为 .
［答案］
［解析］ 由余弦定理，得a2=b2+c2-2bcosA=+8-2××2×=+8-==,所以a=.
0.在△ABc中，AB=3,Bc=,Ac=4,则边Ac上的高为 .
［答案］
［解析］ 如图，cosA=＝，
∴sinA=.
∴.BD=AB•sinA=
.
1.在△ABc中，已知Bc=8,Ac=5,三角形面积为12，则cos2c=
.
［答案］
［解析］ 由题意得S△ABc=Ac•Bcsinc=12,
即×5×8×sinc=12,则sinc=.
∴cos2c=1-2sin2c=1-2×（）2=.
2.在△ABc中，B=60°,b2=ac,则三角形的形状为 .
［答案］ 等边三角形
［解析］ 由余弦定理得b2=a2+c2-ac,
∵b2=ac,
∴a2+c2-2ac=0,∴2=0,
∴a=c.
又∵B=60°,∴A=c=60°.
故△ABc为等边三角形.
三、解答题
3.在△ABc中，A+c=2B,a+c=8,ac=15,求b.
［解析］ 解法一：
在△ABc中，由A+c=2B，A+B+c=180°，知B=60°.
由a+c=8,ac=15,则a、c是方程x2-8x+15=0的两根.
解得a=5,c=3或a=3,c=5.
由余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB=9+25-2×3×5×＝19.
∴b=.
解法二：
在△ABc中，∵A+c=2B,A+B+c=180°，
∴B=60°.
由余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB=2-2ac-2accosB=82-2×15-2×15×＝19.
∴b＝.
4.△ABc的内角A、B、c的对边分别为a、b、c，asinA+csinc-asinc=bsinB.
求B；
（2）若A=75°,b=2,求a,c.
［分析］利用三角形正弦定理，将已知条件asinA+csinc-asinc=bsinB中的角转化为边，再利用余弦定理即可求得B角，然后再利用正弦定理求得a，c的值.
［解析］
（1）∵asinA+csinc-asinc=bsinB
∴a2+c2-ac=b2
∴a2+c2-b2=ac
∴cosB===
∴B=45°
由得B=45°
∴c=180°-A-B=180°-75°-45°=60°
由正弦定理==
∴a====
c=.
［点评］ 本题主要考查正、余弦定理的综合应用，考查考生利用所学知识解决问题的能力.解三角形的实质是将几何问题转化为代数问题即方程问题，具体操作过程的关键是正确分析边角的关系，能依据题设条件合理的设计解题程序，进行三角形中边角关系的互化，要抓住两个定理应用的信息；当遇到的式子含角的余弦或是边的二次式，要考虑用余弦定理，若遇到的式子含角的正弦和边的一次式，则大多用正弦定理，若是以上特征不明显，则要考虑两个定理都有可能用.
5.在△ABc中，A=120°,b=3,c=5.
求sinBsinc;
求sinB+sinc.
［分析］ 已知两边及其夹角，由余弦定理可求出第三边a,再由正弦定理求出sinB,sinc.
［解析］
（1）∵b=3,c=5,A=120°,
∴由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA
=9+25-2×3×5×（-）=49.
∴取正值a=7.
由正弦定理，得sinB==,
sinc=
∴sinB•sinc=.
由
（1）可得sinB+sinc=.
6.已知三角形的一个角为60°,面积为10cm2，周长为20cm，求此三角形各边长.
［解析］ 设三角形的三条边长分别为a,b,c,B=60°,则依题意，得
a+b+c=20
cos60°=
acsin60°=10,
a+b+c=20,①
∴ b2=a2+c2-ac，②
ac=40.③
由①式，得b2=［20-］2=400+a2+c2+2ac-40.④
将②代入④，得400+3ac-40=0,
再将③代入④，得a+c=13.
a+c=13 a=5 a=8
,得 ,或
ac=40 c=8 c=5.
∴b=7.
∴该三角形的三边长为5cm,7cm,8cm.
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