學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精第2課時(shí)余弦定理的綜合應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1。熟練掌握余弦定理及其推論.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)一余弦定理及其推論（1)a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝c2＋a2－2cacosB，c2＝a2＋b2－2abcosC。（2)cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc),cosB＝eq\f(c2＋a2－b2，2ca），cosC＝eq\f（a2＋b2－c2，2ab)。（3）在△ABC中，c2＝a2＋b2?C為直角；c2〉a2＋b2?C為鈍角;c2〈a2＋b2?C為銳角。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)二判斷三角形的形狀思考1三角形的形狀類(lèi)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？答案不需要.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△ABC中，sin2A＝sin2B.則A，B一定相等嗎？答案∵A，B∈（0，π），∴2A，2B∈(0,2π），∴2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)。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？答案由余弦定理得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.梳理證明三角恒等式的關(guān)鍵是借助正、余弦定理進(jìn)行邊角互化減小等式兩邊的差異.1.已知兩邊和其中一邊的對(duì)角，解三角形時(shí)只能用正弦定理。(×）2。已知兩角和一邊，求其他角和邊不能用余弦定理。（√）3.在△ABC中,若a2<b2＋c2，則△ABC為銳角三角形。（×)類(lèi)型一利用正、余弦定理解三角形例1如圖所示，在四邊形ABCD中，AD⊥CD,AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求BC的長(zhǎng).解在△ABD中，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，設(shè)BD＝x，由余弦定理，得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠BDA，∴142＝102＋x2－2×10·xcos60°，即x2－10x－96＝0，解得x1＝16，x2＝－6(舍去），∴BD＝16.∵AD⊥CD，∠BDA＝60°，∴∠CDB＝30°。在△BCD中，由正弦定理得,eq\f（BC,sin∠CDB)＝eq\f(BD,sin∠BCD),∴BC＝eq\f（16sin30°，sin135°)＝8eq\r（2）.反思與感悟余弦定理和正弦定理一樣，都是圍繞著三角形進(jìn)行邊角互換的.在有關(guān)三角形的題目中注意選擇是應(yīng)用正弦定理，還是余弦定理，必要時(shí)也可列方程(組)求解。同時(shí)，要有意識(shí)地考慮用哪個(gè)定理更合適，或是兩個(gè)定理都要用,要抓住能利用某個(gè)定理的信息。跟蹤訓(xùn)練1在△ABC中，已知a＝7，b＝3，c＝5，求最大角和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)。由正弦定理，得sinC＝eq\f（csinA,a)＝eq\f（5×\f（\r(3）,2），7)＝eq\f（5\r（3），14）。∴最大角A為120°，sinC＝eq\f(5\r（3）,14）。類(lèi)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(chēng)為射影定理，請(qǐng)給出證明.證明方法一(1）由正弦定理,得a＝2RsinA,b＝2RsinB，c＝2RsinC,R為△ABC的外接圓半徑，∴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.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)。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。類(lèi)型三利用正弦、余弦定理判斷三角形形狀例3在△ABC中,a，b，c分別是角A,B,C的對(duì)邊，已知(a＋b＋c）（b＋c－a)＝3bc，且sinA＝2sinBcosC，試判斷△ABC的形狀。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)?！?〈A〈π，∴A＝eq\f（π,3）.又sinA＝2sinBcosC。∴由正弦、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.引申探究將本例中的條件（a＋b＋c)（b＋c－a）＝3bc改為(b2＋c2－a2）2＝b3c＋c3b－a2bc，其他條件不變，試判斷△ABC的形狀。解由（b2＋c2－a2)2＝b3c＋c3b－a2bc,得（b2＋c2－a2)2＝bc(b2＋c2－a2）,∴(b2＋c2－a2)（b2＋c2－a2－bc)＝0，∴b2＋c2－a2＝0或b2＋c2－a2－bc＝0，∴a2＝b2＋c2或b2＋c2－a2＝bc，由a2＝b2＋c2，得A＝90°，由b2＋c2－a2＝bc,得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f（bc，2bc）＝eq\f（1,2），又0°＜A＜180°，∴A＝60°，由例3知，b＝c，∴△ABC為等邊三角形或等腰直角三角形.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。跟蹤訓(xùn)練3在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，若B＝60°，2b＝a＋c，試判斷△ABC的形狀。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.1.在△ABC中,若b2＝a2＋c2＋ac，則B等于（）A.60° B.45°或135°C。120° D.30°答案C解析∵b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2＋ac,∴cosB＝－eq\f（1,2），∵0°〈B<180°，∴B＝120°。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.等邊三角形答案C解析∵2cosBsinA＝sinC,∴2×eq\f（a2＋c2－b2，2ac)×a＝c，∴a＝b。故△ABC為等腰三角形。3。在△ABC中，sin2eq\f（A,2）＝eq\f（c－b，2c)，則△ABC的形狀為（)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，∴△ABC是直角三角形.4.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)？解設(shè)BC＝a,AC＝b，AB＝c，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，∴22＝a2＋（2eq\r（3))2－2a×2eq\r（3)cos30°，即a2－6a＋8＝0，解得a＝2或a＝4。當(dāng)a＝2時(shí),三邊長(zhǎng)為2，2，2eq\r（3）,可組成三角形；當(dāng)a＝4時(shí)，三邊長(zhǎng)為4，2，2eq\r（3)，也可組成三角形?！酀M足條件的三角形有兩個(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。一、選擇題1.若三條線段的長(zhǎng)分別為5，6,7,則用這三條線段（）A.能組成直角三角形 B。能組成銳角三角形C.能組成鈍角三角形 D.不能組成三角形答案B解析設(shè)最大角為θ,則最大邊對(duì)應(yīng)的角的余弦值為cosθ＝eq\f(52＋62－72，2×5×6）＝eq\f（1,5）>0，所以能組成銳角三角形。2。在△ABC中，若c＝2，b＝2a，且cosC＝eq\f(1,4)，則a等于()A.2B.eq\f(1，2)C。1D。eq\f（1，3）答案C解析由cosC＝eq\f（a2＋b2－c2，2ab)＝eq\f(a2＋4a2－22，2a×2a)＝eq\f（1,4），得a＝1。3.如果將直角三角形的三邊增加同樣的長(zhǎng)度,則新三角形的形狀是（）A。銳角三角形 B。直角三角形C。鈍角三角形 D。由增加的長(zhǎng)度確定答案A解析設(shè)直角三角形的三邊為a，b，c且a2＋b2＝c2，則（a＋x)2＋(b＋x）2－(c＋x)2＝a2＋b2＋2x2＋2（a＋b)x－c2－2cx－x2＝2(a＋b－c）x＋x2〉0,∴此時(shí)新三角形的最大角為銳角.故新三角形是銳角三角形.4.在△ABC中,sinA∶sinB∶sinC＝3∶2∶3，則cosC的值為()A.eq\f（1，3）B。－eq\f(2,3）C。eq\f（1,4)D.－eq\f(1,4)答案A解析由sinA∶sinB∶sinC＝3∶2∶3及正弦定理，可得a∶b∶c＝3∶2∶3。不妨設(shè)a＝3k,b＝2k，c＝3k（k＞0)，則cosC＝eq\f(3k2＋2k2－3k2,2×3k×2k）＝eq\f（1,3).5.在△ABC中，若a2＝bc，則角A是（)A。銳角B。鈍角C.直角D.不確定答案A解析∵cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f(b2＋c2－bc,2bc）＝eq\f（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（b－\f(c,2))）2＋\f(3c2，4），2bc)〉0，∴0°<A〈90°,即角A是銳角.6.已知三角形ABC的三邊長(zhǎng)分別為a＝3，b＝4，c＝eq\r(37），則△ABC的最大內(nèi)角為()A。120°B.90°C.150°D。60°答案A解析∵c>a，c〉b，∴角C最大.由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC，即37＝9＋16－24cosC，∴cosC＝－eq\f(1，2)?！?°<C<180°，∴C＝120°?！唷鰽BC的最大內(nèi)角為120°.故選A.二、填空題7.在△ABC中，a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r（3）sinB，則A＝.答案30°解析由sinC＝2eq\r(3)sinB，根據(jù)正弦定理，得c＝2eq\r(3）b，把它代入a2－b2＝eq\r(3）bc，得a2－b2＝6b2，即a2＝7b2.由余弦定理,得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f(b2＋12b2－7b2,2b·2\r（3）b)＝eq\f（6b2，4\r(3）b2)＝eq\f（\r(3)，2)，又∵0°<A〈180°，∴A＝30°。8.設(shè)2a＋1，a,2a－1為鈍角三角形的三邊,那么a的取值范圍是.答案(2，8)解析∵2a－1〉0,∴a>eq\f（1，2)，最大邊為2a＋1.∵三角形為鈍角三角形,∴a2＋(2a－1)2<（2a＋1)2，化簡(jiǎn)得0<a<8.又∵a＋2a－1〉2a＋1,∴a>2,∴2〈a〈8。∴a的取值范圍是(2,8).9.△ABC的內(nèi)角A,B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，asinA＋csinC－eq\r(2）asinC＝bsinB.則角B＝.答案45°解析由正弦定理，得a2＋c2－eq\r（2）ac＝b2,由余弦定理,得b2＝a2＋c2－2accosB，故cosB＝eq\f(\r(2)，2）。又因?yàn)锽為三角形的內(nèi)角，所以B＝45°.10。在△ABC中，若a＝2,b＋c＝7，cosB＝－eq\f（1，4），則b＝。答案4解析在△ABC中，由b2＝a2＋c2－2accosB及b＋c＝7,知b2＝4＋(7－b)2－2×2×（7－b)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，4）))，整理得15b－60＝0,所以b＝4。11。在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a,b，c,已知cos2C＝－eq\f(1,4）,sinC＝.答案eq\f(\r(10）,4)解析∵cos2C＝1－2sin2C＝－eq\f（1,4)，0<C<π，∴sinC＝eq\f（\r(10),4）.12.在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c,已知bcosC＝(2a－c)cosB，則角B的大小為。答案60°解析由已知及正弦定理,得sinBcosC＝（2sinA－sinC)cosB，即sinBcosC＋cosBsinC＝2sinAcosB,∴sin(B＋C）＝2sinAcosB。∵sin（B＋C）＝sinA≠0，∴2cosB＝1，即cosB＝eq\f（1，2)，∵0°〈B<180°，∴B＝60°。三、解答題13.在△ABC中,角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b,c，求證：eq\f(a2－b2，c2)＝eq\f(sinA－B,sinC）.證明因?yàn)橛疫叄絜q\f（sinAcosB－cosAsinB，sinC)＝eq\f(sinA,sinC）×cosB－eq\f(sinB,sinC）×cosA＝eq\f(a,c)×eq\f(a2＋c2－b2，2ac)－eq\f(b,c)×eq\f（b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f(a2＋c2－b2,2c2）－eq\f(b2＋c2－a2，2c2)＝eq\f（a2－b2，c2）＝左邊,所以eq\f(a2－b2,c2）＝eq\f（sinA－B，sinC）。四、探究與拓展14。在△ABC中,BC＝eq\r（5），AC＝3，sinC＝2sinA，則AB＝;sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2A－\f(π，4）））＝.答案2eq\r(5)eq\f(\r(2），10)解析在△ABC中，根據(jù)正弦定理eq\f(AB，sinC）＝eq\f(BC,sinA），于是AB＝e