9.1.2 第1课时 余弦定理（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学必修第四册（人教B版2019）

9.1.2 余弦定理 余弦定理 (教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学) 第1课时 课时目标 1.借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，了解余弦定理的推导过程. 2.掌握余弦定理及其变形，并能利用余弦定理解决相关问题. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 01 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则有 语言 叙述 三角形任何一边的平方，等于_________________________ ______________________________ 公式 表达 a2=________________，b2=_________________， c2=________________ 变式 cos A=，cos B=， cos C= 其他两边的平方和减去这 两边与它们夹角余弦的积的2倍 b2+c2-2bccos A c2+a2-2cacos B a2+b2-2abcos C |微|点|助|解| (1)余弦定理的另外一种常见变式: 2bccos A=b2+c2-a2， 2cacos B=c2+a2-b2， 2abcos C=a2+b2-c2. (2)余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定理的特例.在△ABC中，c2=a2+b2⇔C为直角;c2>a2+b2⇔C为钝角;c2<a2+b2⇔C为锐角. 1.在△ABC中，已知a=9，b=2，C=150°，则c等于(　　) A.　　　　　　　 B.8 C.10 D.7 解析:由余弦定理，得 c===7. 基础落实训练 √ 2.在△ABC中，已知a2=b2+c2+bc，则角A等于 (　　) A.60° B.45° C.120° D.30° 解析:由cos A==-，且0°<A<180°，得A=120°. √ 3.在△ABC中，AB=5，AC=3，BC=7，则∠BAC= (　　) A. B. C. D. 解析:在△ABC中，设AB=c=5，AC=b=3，BC=a=7，由余弦定理得cos∠BAC===-.因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC=，故选C. √ 4.已知三角形的两边及其夹角，三角形的其他元素是否唯一确定? 提示:由余弦定理可知，不妨设a，b边和其夹角C已知，则c2=a2+b2-2abcos C，c唯一，cos B=，因为0<B<π，所以B唯一，从而A也唯一.所以三角形其他元素唯一确定. 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　已知两边及一角解三角形 [例1]　(1)在△ABC中，已知b=3，c=2，A=30°，求a的值; 解:由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccos A=32+(2)2-2×3×2× cos 30°=3.所以a=. (2)在△ABC中，已知b=3，c=3，B=30°，解这个三角形. 解:由余弦定理b2=a2+c2-2accos B， 得32=a2+(3)2-2a×3×cos 30°， 即a2-9a+18=0，解得a=3或a=6. 当a=3时，A=B=30°，C=120°; 当a=6时，由余弦定理得cos A==0， 又0°<A<180°，所以A=90°，C=60°. 综上，当a=3时，A=30°，C=120°;当a=6时，A=90°，C=60°. |思|维|建|模| 已知两边及一角解三角形的两种情况 (1)若已知角是其中一边的对角，可用余弦定理列出关于第三边的一元二次方程求解. (2)若已知角是两边的夹角，则直接运用余弦定理求出另外一边，再用余弦定理和三角形内角和定理求其他角.　 针对训练 1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=3，b=2，cos(A+B)=，则c=(　　) A.4 B. C.3 D. √ 解析:由三角形内角和定理可知cos C=-cos(A+B)=-，又由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=9+4-2×3×2×=17，∴c=. 2.在△ABC中，a=1，b=2，cos B=，则c=　　　　;sin A=　　　　.  解析:由余弦定理得22=12+c2-2c·cos B，即2c2-c-6=0，∴c=2或c=-(舍去).由正弦定理=及sin B=得sin A==. 2 题型(二)　已知三边(或三边关系)解三角形 [例2]　在△ABC中，已知a=2，b=6+2，c=4，求A，B，C的大小. 解:根据余弦定理的推论，得cos A= ==. ∵A∈(0，π)，∴A=. cos C===.∵C∈(0，π)，∴C=. ∴B=π-A-C=π--=， ∴A=，B=，C=. |思|维|建|模| 已知三角形三边解三角形的方法 　　先利用余弦定理的推论求出一个角的余弦，从而求出第一个角;再利用余弦定理的推论求出第二个角;最后利用三角形的内角和定理求出第三个角. 针对训练 3.若△ABC的三边长分别为3，6，7，则该三角形最大角的余弦值为 (　　) A.- B. C. D. 解析:因为大边对大角，所以边长为7的边所对的角为最大角，设为θ，则cos θ==-，故选A. √ 4.若三角形三边长之比是1∶∶2，则其所对角之比是(　　) A.1∶2∶3 B.1∶∶2 C.1∶∶ D.∶∶2 √ 解析:设三角形三边长分别为m，m，2m(m>0)，最大角为A， 则cos A==0，∴A=90°.设最小角为B， 则cos B==，∴B=30°，∴C=60°. 故三角形三角之比为1∶2∶3.故选A. 题型(三)　判断三角形的形状 [例3]　在△ABC中，若b2sin2C+c2sin2B=2bccos Bcos C，试判断△ABC的形状.  解:将已知等式变形为b2(1-cos2C)+c2(1-cos2B)=2bccos Bcos C. 由余弦定理并整理，得b2+c2-b2- c2=2bc××， ∴b2+c2= ==a2.∴A=90°.∴△ABC是直角三角形. |思|维|建|模| 利用余弦定理判断三角形形状的方法及注意事项 (1)利用余弦定理把已知条件转化为边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状. (2)统一成边的关系后，注意等式两边不要轻易约分，否则可能会出现漏解.　 针对训练 5.在△ABC中，已知(a+b+c)(b+c-a)=3bc，且sin A=2sin Bcos C，试确定△ABC的形状. 解:∵(a+b+c)(b+c-a)=3bc， ∴a2=b2+c2-bc. 而a2=b2+c2-2bccos A， ∴2cos A=1. ∴cos A=.∴A=60°. 又sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C， sin A=2sin B·cos C，∴sin Bcos C-cos Bsin C=0， 即sin(B-C)=0，∴B=C. 又∵B+C=120°，∴A=B=C=60°. 故△ABC为等边三角形. 课时跟踪检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 A级——达标评价 1.在△ABC中，已知B=120°，AC=，AB=2，则BC=(　　) A.1 B. C. D.3 √ 15 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 解析:由余弦定理，得cos 120°=.化简，得BC2+2BC-15=0，解得BC=3或BC=-5(舍去).故选D. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=， b=4，c=3，则B+C等于(　　) A. B. C. D. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析:在△ABC中，由余弦定理得cos A===，而0<A<π，则A=，所以B+C=π-A=. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.(多选)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a=2，c=2，cos A=，且b<c，则(　　) A.b=2 B.b=2 C.B=60° D.B=30° √ 15 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:由a2=b2+c2-2bccos A，得4=b2+12-6b⇒b2-6b+8=0⇒(b-2)(b-4)=0，由b<c，得b=2.又a=2，cos A=，所以B=A=30°，故选A、D. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.在△ABC中，A=60°，a2=bc，则△ABC一定是 (　　) A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.等边三角形 √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:在△ABC中，因为A=60°，a2=bc，所以由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc，所以bc=b2+c2-bc，即(b-c)2=0，所以b=c，结合A=60°可得△ABC一定是等边三角形.故选D. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos A+acos B=c2，a=b=2，则△ABC的周长为 (　　) A.7.5 B.7 C.6 D.5 √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:∵bcos A+acos B=c2，∴由余弦定理可得b·+a·=c2.整理可得2c2=2c3，解得c=1.则△ABC的周长为a+b+c=2+2+1=5. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.在△ABC中，a=8，c=7，cos A=，则b=　　　　，∠C=　　　　.  解析:由余弦定理可得64=b2+49-2×b×7×=b2-2b+49， 故b2-2b-15=0，故b=-3(舍去)或b=5，故cos∠C==， 而∠C为三角形内角，故∠C=. 15 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.在△ABC中，若a2-b2=bc，sin C=2sin B，则A=　　　　.  解析:由sin C=2sin B，根据正弦定理，得c=2b， 代入a2-b2=bc，得a2-b2=6b2，即a2=7b2.由余弦定理得 cos A====.又∵0°<A<180°，∴A=30°. 15 30° 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.已知2，4，a是一个锐角三角形的三边长，请写出一个a的值　　 　.  解析:因为2，4，a是一个锐角三角形的三边长， 所以解得2<a<2，任取一个a的值4. 15 4(答案不唯一) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(8分)在△ABC中，已知a-b=4，a+c=2b，且最大角为120°，求三边长. 解:由得 ∴a>b>c.∴A=120°. ∴a2=b2+c2-2bccos 120°. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 即(b+4)2=b2+(b-4)2-2b(b-4)×， 即b2-10b=0，解得b=0(舍去)或b=10. 当b=10时，a=14，c=6. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(10分)已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且asin A+bsin B=-bsin A+csin C. (1)求C; 解:在△ABC中，由asin A+bsin B=-bsin A+csin C及正弦定理，得a2+b2-c2=-ab.由余弦定理得cos C==-.因为0<C<π，所以C=. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若D为线段BC上一点，CD=，且△ACD的面积为，求线段AD的长. 解:由(1)知，∠ACD=，由CD=，△ACD的面积为，得AC·sin=，解得AC=4. 由余弦定理得AD== =. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 B级——重点培优 11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=6，b=4， C=2B，则△ABC的面积为(　　) A. B. C.3 D.2 √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:∵=，sin C=sin 2B=2sin Bcos B，∴c===2bcos B，即cos B=.cos B==， 解得c=2，∴cos B=.∵B∈(0，π)，∴sin B== =，∴S△ABC=×6×2×=3. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(多选)△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则下列命题正确的是 (　　) A.若a2+b2<c2，则△ABC是钝角三角形 B.若a2+b2>c2，则△ABC是锐角三角形 C.若sin A=cos B，则△ABC是等腰三角形 D.若cos2=，则△ABC是直角三角形　 √ 15 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:对于A，由余弦定理，得cos C=<0，因为0<C<π，故角C为钝角，则△ABC是钝角三角形，故A正确;对于B，若a=4，b=5，c=3，显然满足a2+b2>c2，但此时△ABC是直角三角形，故B错误;对于C，若A=30°，B=60°，显然满足sin A=cos B，但此时△ABC是直角三角形，故C错误;对于D，由cos2=，可得=，即b=c·cos A，由余弦定理，得b=c·，整理得a2+b2=c2，△ABC是直角三角形，故D正确. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若A=， a=4，则bc的最大值为(　　) A.　　　 B.16　　　 C. 　　　 D.32 15 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析:由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccos A，因为A=，a=4，所以16=b2+c2-bc.因为b2+c2≥2bc，所以16+bc≥2bc，即bc≤16，当且仅当b=c=4时等号成立. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(12分)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且=-. (1)求B的大小; 解:由余弦定理，得cos B=，cos C=， ∴原式化为·=-， 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 整理，得a2+c2-b2+ac=0， ∴cos B===-. 又0<B<π，∴B=. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若b=，a+c=4，求a的值. 解:将b=，a+c=4，B=， 代入b2=a2+c2-2accos B，得 13=a2+(4-a)2-2a(4-a)cos， 即a2-4a+3=0.解得a=1或a=3. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15.(12分)已知△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=5，b=7. (1)若B=，求c; 解:在△ABC中，由余弦定理b2=a2+c2-2accos B，得49=25+c2-2×5ccos， 整理得c2-5c-24=0，而c>0，所以c=8. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)设点M是边AB的中点，若CM=3，求△ABC的面积. 解:在△ACM中，由余弦定理得CA2=CM2+AM2-2CM·AMcos∠AMC， 在△BCM中，由余弦定理得CB2=CM2+BM2-2CM·BMcos∠BMC， 又AM=BM，∠AMC+∠BMC=π，两式相加得a2+b2=2(CM2+AM2)， 即49+25=2(9+AM2)，解得AM=2，即c=2AM=4， 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 则cos C===-， sin C==，所以△ABC的面积S△ABC=absin C=×5×7×=6. 15 $$