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2014-2015学年 高中数学 人教A版必修五 第一章 1.1.2(二)余弦定理(二)


1.1.2(二)

1.1.2
【学习目标】

余弦定理(二)

1.熟练掌握余弦定理及其变形形式. 2.会用余弦定理解三角形.
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3.能利用正、余弦定理解决三角形的有关问题. 【学法指导】 1.正、余弦定理都反映了任意三角形边角之间的具体关 系,它们不是孤

立的,而是相互密切联系的,处理三角 形中的问题时,要注意两个定理的综合运用. 2.已知三角形的两边和一边的对角解三角形时,一般用正 弦定理求解,这时需讨论解的个数,也可用余弦定理求 解,这时需转化成未知边的一元二次方程来求解.

填一填·知识要点、记下疑难点

1.1.2(二)

1.余弦定理及其变形形式:
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b2+c2-a2 a2= b2+c2-2bccos A ?cos A= ; 2bc c2+a2-b2 2 2 2 c + a -2cacos B ?cos B= 2ca b= ; a2+b2-c2 c2= a2+b2-2abcos C ?cos C= . 2ab

2.正弦定理的公式表达形式:
c b a _____ sin A = sin B= sin C=2R(其中R是△ABC外接圆的半径).

填一填·知识要点、记下疑难点

1.1.2(二)

3.已知锐角三角形的三边长分别为2,3,x,则x的取值范围
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是 ( 5, 13) .
?1<x<5 ? 2 2 2 x满足:?2 +3 -x >0 2 2 2 ? ?2 +x -3 >0

解析

,解得 5<x< 13.

填一填·知识要点、记下疑难点

1.1.2(二)

4.在△ABC中,A=60° ,AB=5,BC=7,则△ABC的面 积为 10 3
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解析

设AC=x,则由余弦定理得:

BC2=AB2+AC2-2AB· ACcos A,
∴49=25+x2-5x,∴x2-5x-24=0.
∴x=8或x=-3(舍去). 1 ∴S△ABC=2×5×8sin 60° =10 3.

研一研·问题探究、课堂更高效

1.1.2(二)

探究点一
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已知两边及其中一边的对角,利用余弦定理解 三角形

问题 在△ABC中,已知两边及其中一边的对角,解三角 形.一般情况下,先利用正弦定理求出另一边所对的 角,再求其他的边或角,要注意进行讨论三角形解的个 数.对于这一类问题能否利用余弦定理来解三角形?

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1.1.2(二)

探究 在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c, π 若A= ,a= 3,b=1,则c等于 ( B ) 3 A.1
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B. 2 D. 3

C. 3-1

b2+c2-a2 解析 由余弦定理得cos A= 2bc ,
2 1 1+c -3 ∴2= , 2×1×c

∴c2-2=c,∴c=2或c=-1(舍).

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1.1.2(二)

探究点二

利用正、余弦定理证明三角形中的恒等式

问题 如何利用正、余弦定理证明三角形中的恒等式?证明
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时可以考虑两种途径:一是把角的关系通过正、余弦定 理转化为边的关系,正弦借助正弦定理转化,余弦借助 余弦定理转化;二是把边的关系转化为角的关系,一般 是通过正弦定理.

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探究 在△ABC中,有(1)a=bcos C+ccos B; (2)b=ccos A+acos C; (3)c=acos B+bcos A; 这三个关系式也称为射影定理,请给出证明.
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1.1.2(二)

证明 方法一 (1)由正弦定理得b=2Rsin B,c=2Rsin C,
∴bcos C+ccos B=2Rsin Bcos C+2Rsin Ccos B
=2R(sin Bcos C+cos Bsin C)=2Rsin(B+C)
=2Rsin A=a.
即a=bcos C+ccos B
同理可证(2)b=ccos A+acos C;(3)c=acos B+bcos A.

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方法二 (1)由余弦定理得
a2+c2-b2 a2+b2-c2 cos B= ,cos C= , 2ac 2ab
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1.1.2(二)

a2+b2-c2 a2+c2-b2 ∴bcos C+ccos B=b· +c· 2ab 2ac

a2+b2-c2 a2+c2-b2 2a2 = + = =a. 2a 2a 2a ∴a=bcos C+ccos B. 同理可证(2)b=ccos A+acos C;(3)c=acos B+bcos A.

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1.1.2(二)

探究点三

利用正、余弦定理解决三角形的有关问题

问题 利用正、余弦定理可以解决一些三角形问题:如面积、 角、边等,你能根据已知条件选择合适的解决方法吗?
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探究 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知 1 sin A+sin C=psin B (p∈R),且ac= b2. 4 5 (1)当p= ,b=1时,求a,c的值; 4 (2)若角B为锐角,求p的取值范围.

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探究

1.1.2(二)

在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.已 1 2 知 sin A+sin C=psin B (p∈R),且 ac= b . 4 5 (1)当 p= ,b=1 时,求 a,c 的值; 4 (2)若角 B 为锐角,求 p 的取值范围.

本 讲 解 栏 目 开 关

(1)由题设并由正弦定理, (2)由余弦定理,b2=a2+c2-2accos B
5 ? a + c = ? 4, 得? ?ac=1, 4 ? 1 a=1, ? ? ? ?a= , 4 解得? 1 或? c= ? ? ? 4 ?c=1.
=(a+c)2-2ac-2accos B 1 1 =p2b2-2b2-2b2cos B,
3 1 即p =2+2cos B.
2

因为0<cos B<1,所以p

2

?3 ? ∈?2,2?, ? ?

6 由题设知p>0,所以 2 <p< 2.

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【典型例题】

1.1.2(二)

例1 在△ABC中,a,b,c分别为A,B,C所对的三边,已 知(a+b-c)(a-b+c)=bc,求A.
解 ∵(a+b-c)(a-b+c)=[a+(b-c)]· [a-(b-c)]
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=a2-(b-c)2=a2-b2-c2+2bc=bc.
∴b2+c2-a2=bc,
b2+c2-a2 bc 1 ∴cos A= 2bc =2bc=2.
π ∵0<A<π,∴A=3.
小结 余弦定理的变形形式比较多,解题时应根据题目条件 的不同,灵活选择.

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1.1.2(二)

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
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1 解 ∵S=2absin C,a2+b2-c2=2abcos C, -2abcos C 1 ∴2absin C= ,∴ 3sin C=-cos C. 4 3
3 5 ∴tan C=- 3 .∵0<C<π,∴C=6π.

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1.1.2(二)

例2 在△ABC中,若B=30° ,AB=2 3 ,AC=2,求△ABC 的面积.
解 方法一 ∵AB=2 3,AC=2,B=30° , AB· sin B 3 ∴根据正弦定理,有sin C= AC = 2 . 由已知AB>AC,所以C>B,则C有两解,
当C为锐角时,C=60° ,A=90° . 1 根据三角形面积公式,得S=2AB· AC· sin A=2 3. 当C为钝角时,C=120° ,A=30° . 1 1 ∴S=2AB· AC· sin A=2×2 3×2sin 30° = 3.
∴△ABC的面积是2 3或 3.

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方法二 设BC=a,AC=b,AB=c,由余弦定理,
得b2=a2+c2-2accos B,
∴22=a2+(2 3)2-2a×2 3cos 30° ,
即a2-6a+8=0,解得a=2或a=4. 1 1 当a=2时,S=2acsin B=2×2×2 3×sin 30° = 3;
当a=4时,S=2 3. ∴△ABC的面积是2 3或 3.

1.1.2(二)

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小结 本例是已知两边及其中一边的对角,解三角形,一般 情况下,利用正弦定理求出另一边所对的角,再求其他的边 或角,要注意进行讨论.如果采用余弦定理来解,只需解一 个一元二次方程,即可求出边来,比较两种方法,采用余弦 定理较简单.

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1.1.2(二)

跟踪训练2 已知a,b,c是△ABC中A,B,C的对边,S是 △ABC的面积.若a=4,b=5,S=5 3,求c的长度. 1 1 3 解 ∵S=2absin C=2×4×5×sin C=5 3,∴sin C= 2 .
∵0° <C<180° ,∴C=60° 或120° .
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当C=60° 时,c2=a2+b2-2abcos C =42+52-2×4×5×cos 60° =21,
∴c= 21.
当C=120° 时,c2=a2+b2-2abcos C =42+52-2×4×5×cos 120° =61,
∴c= 61.
∴c的长度为 21或 61.

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1.1.2(二)

例3 在△ABC中,a、b、c分别为角A、B、C的对边, 7 2 B+ C 4sin -cos 2A= . 2 2 (1)求A的度数. (2)若a= 3,b+c=3,求b和c的值.
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B+C 7 解 (1)由4sin , 2 -cos 2A=2及A+B+C=180° 7 2 得2[1-cos(B+C)]-2cos A+1=2,
2

4(1+cos A)-4cos2 A=5,即4cos2A-4cos A+1=0,
∴(2cos A-1)2=0, 1 解得cos A=2.∵0° <A<180° ,∴A=60° .

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b2+c2-a2 (2)由余弦定理,得cos A= . 2bc b2+c2-a2 1 1 ∵cos A=2,∴ 2bc =2,
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1.1.2(二)

化简并整理,得(b+c)2-a2=3bc,
将a= 3,b+c=3代入上式,得bc=2.
? ?b+c=3, 则由? ? ?bc=2. ? ?b=1, 解得? ? ?c=2 ? ?b=2, 或? ? ?c=1.

小结

本题解题关键是通过三角恒等变换借助于A+B+C=

180° ,求出A,并利用余弦定理列出关于b、c的方程组.

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跟踪训练3

1.1.2(二)

在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、 3 b、c,且a=2,cos B= . 5 (1)若b=4,求sin A的值;
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(2)若△ABC的面积为4,求b、c的值. 3 4 解 (1)∵cos B=5,∴sin B=5. a b a 2 由正弦定理sin A=sin B得sin A=bsin B=5. 1 4 (2)∵S△ABC=2acsin B=5c=4,∴c=5.
由余弦定理得 3 b =a +c -2accos B=2 +5 -2×2×5× =17, 5
2 2 2 2 2

∴b= 17.

练一练·当堂检测、目标达成落实处

1.1.2(二)

1 2 2 2 1.在△ABC中,已知面积S= (a +b -c ),则角C的度数 4
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为 A.135° B.45° C.60°
1 2 2 2 1 解析 ∵S=4(a +b -c )=2absin C,
∴a2+b2-c2=2absin C,∴c2=a2+b2-2absin C.
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,
∴sin C=cos C,∴C=45°.

( B ) D.120°

练一练·当堂检测、目标达成落实处

1.1.2(二)

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2.在△ABC中,角A、B、C所对的边分别是a、b、c,若c 1 =2,b=2a,且cos C= ,则a等于 ( C ) 4 1 1 A.2 B. C.1 D. 2 3
a2+b2-c2 a2+4a2-22 1 解析 由cos C= = = , 2ab 4 2a×2a
得a=1.

练一练·当堂检测、目标达成落实处

1.1.2(二)

1 3.在△ABC中,cos B= ,b2-ac=0,则△ABC的形状为 2 三角形. 1 解析 ∵cos B=2,∴B=60° .
∵b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac,
∴a2+c2-2ac=0,∴(a-c)2=0. ∴a=c.∴△ABC为等边三角形.

等边

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练一练·当堂检测、目标达成落实处

1.1.2(二)

4.在△ABC中,∠B=120° ,AC=7,AB=5,则△ABC的 15 3 面积为 4 .
本 讲 栏 目 开 关

解析 在△ABC中,由余弦定理知
AC2=AB2+BC2-2AB· BC· cos B, 1 2 即49=BC +25-2×BC×5×(-2),
整理得BC2+5BC-24=0,解得BC=3或BC=-8(舍去).

1 1 3 15 3 S△ABC=2· AB· BC· sin 120° =2×5×3× 2 = 4 .

练一练·当堂检测、目标达成落实处

1.1.2(二)

1.在余弦定理中,每一个等式均含有四个量,利用方程的 观点,可以知三求一.
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2.余弦定理为求三角形中的有关量(如面积、中线、外接圆 等)提供了有力的工具,在一定意义上,比正弦定理应用 更加广泛. 3.利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,通常转化为一元二次 方程求正实数.因此解题时需特别注意三角形三边长度 所应满足的基本条件.


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