1.6.1 余弦定理-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章　平面向量及其应用 1.6　解三角形 1.6.1　余弦定理 (教师独具内容) 课程标准：借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理． 教学重点：用向量的方法推导余弦定理，用余弦定理求解三角形的边、角． 教学难点：余弦定理在解三角形中的应用． 核心素养：1．通过余弦定理的推导过程培养逻辑推理素养．2．通过余弦定理的应用培养数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　解三角形的概念 从已知三角形的某些元素出发求____________________的过程叫作解三角形. 知识点二　余弦定理 三角形中任何一边的平方等于其他两边的________减去这两边与它们_______________________．即a2＝________________，b2＝_________________，c2＝_________________． 这个三角形其他元素 平方和 夹角的余弦的积的两倍 b2＋c2－2bccosA a2＋c2－2accosB a2＋b2－2abcosC 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 1．对余弦定理的理解 (1)适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立． (2)结构特征：“平方”“夹角”“余弦”． (3)揭示的规律：余弦定理指的是三角形中三条边与其中一个角的余弦之间的关系式，它描述了任意三角形中边与角的一种数量关系． (4)主要功能：余弦定理的主要功能是实现三角形中边角关系的互化． 核心概念掌握 7 2．判断三角形的形状 (1)在△ABC中，若a2<b2＋c2，则0°<A<90°；反之，若0°<A<90°，则a2<b2＋c2．例如：在不等边三角形ABC中，a是最大的边，若a2<b2＋c2，则60°<A<90°． (2)在△ABC中，若a2＝b2＋c2，则A＝90°；反之，若A＝90°，则a2＝b2＋c2． (3)在△ABC中，若a2>b2＋c2，则90°<A<180°；反之，若90°<A<180°，则a2>b2＋c2． 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)余弦定理只适用于已知三边和已知两边及其夹角的情况．(　　) (2)勾股定理是余弦定理的特例，余弦定理是勾股定理的推广．(　　) (3)已知△ABC中的三边，可结合余弦定理判断三角形的形状．(　　) × √ √ 核心概念掌握 9 钝角 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　已知两边及一角解三角形 核心素养形成 12 已知两边及一角解三角形的两种情况 (1)已知两边和两边夹角，直接应用余弦定理求出第三边，然后根据边角关系应用余弦定理求解其他角． (2)三角形中已知两边和一边的对角，解法如下：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第三边的长． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 题型二　已知三边(三边关系)解三角形 核心素养形成 16 解　已知a－b＝4，则a>b，且a＝b＋4，又a＋c＝2b，则b＋4＋c＝2b，所以b＝c＋4，则b>c，从而a>b>c，所以a为最大边，A＝120°，b＝a－4，c＝a－8． 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(a－4)2＋(a－8)2＋(a－4)(a－8)，即a2－18a＋56＝0，解得a＝4或a＝14． 又b＝a－4>0，所以a＝14．即此三角形的最大边长为14． (2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a－b＝4，a＋c＝2b，且最大角为120°，求此三角形的最大边长． 核心素养形成 17 [条件探究]　若本例(1)中条件不变，如何求最大角的余弦值呢？ 核心素养形成 18 已知三边求解三角形的方法 (1)已知三角形的三边求角时，可先利用余弦定理求解出各角的大小． (2)若已知三角形三边的比例关系，常根据比例的性质引入k，从而转化为已知三边求解．在已知三边求三个角时，一般先求小角后求大角． 核心素养形成 19 [跟踪训练2]　(1)在△ABC中，(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则此三角形的最大内角为________． 120° 核心素养形成 20 (2)在△ABC中，已知BC＝7，AC＝8，AB＝9，试求AC边上的中线长． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 题型三　判断三角形的形状 核心素养形成 23 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、配方等方法得出边的相应关系，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． 核心素养形成 24 [跟踪训练3]　在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断△ABC的形状． 核心素养形成 25 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 120° 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 33 2．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，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 解析　∵b2＝ac，B＝60°，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得a2＋c2－ac＝ac，即(a－c)2＝0，∴a＝c．又B＝60°，∴△ABC为等边三角形． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 36 5．已知△ABC的三边长分别是x2＋x＋1，x2－1和2x＋1(x>1)，则△ABC的最大角为(　　) A．150° B．120° C．60° D．75° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 38 7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosC＝2a＋c，则B＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 39 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 40 三、解答题 9．在△ABC中，A＋C＝2B，a＋c＝8，ac＝15，求b． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 42 1．在△ABC中，若已知三边长为连续的正整数，最大角C为钝角，则cosC＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 43 2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a－c＝2bcosC． (1)求角B的大小； (2)若b＝3，求△ABC面积的最大值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 45 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点三　余弦定理的变形 cosA＝______________，cosB＝______________，cosC＝_______________． eq \f(b2＋c2－a2,2bc) eq \f(a2＋c2－b2,2ac) eq \f(a2＋b2－c2,2ab) eq \r(13) 2．做一做 (1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝1，b＝eq \r(7)，c＝eq \r(3)，则B＝________． (2)已知△ABC的三边分别为2，3，4，则此三角形是________三角形． (3)在△ABC中，若a2＋b2－c2＝ab，则角C的大小为________． (4)在△ABC中，AB＝4，BC＝3，B＝60°，则AC等于________． eq \f(5π,6) eq \f(π,3) 例1　在△ABC中，a＝2eq \r(3)，c＝eq \r(6)＋eq \r(2)，B＝45°，解这个三角形． 解　由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB ＝(2eq \r(3))2＋(eq \r(6)＋eq \r(2))2－2×2eq \r(3)×(eq \r(6)＋eq \r(2))×cos45°＝8， ∴b＝2eq \r(2)， 又cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8＋（\r(6)＋\r(2)）2－（2\r(3)）2,2×2\r(2)×（\r(6)＋\r(2)）)＝eq \f(1,2)， ∴A＝60°，C＝180°－(A＋B)＝75°． [跟踪训练1]　(1)在△ABC中，已知a＝4，b＝6，C＝120°，则边c的值是(　　) A．8 B．2eq \r(17) C．6eq \r(2) D．2eq \r(19) 解析　根据余弦定理，c2＝a2＋b2－2abcosC＝16＋36－2×4×6×cos120°＝76，∴c＝2eq \r(19)． (2)在△ABC中，已知b＝3，c＝3eq \r(3)，B＝30°，求角A，C和边a． 解　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB， ∴32＝a2＋(3eq \r(3))2－2a×3eq \r(3)×cos30°，∴a2－9a＋18＝0，解得a＝3或6． 当a＝3时，A＝30°，∴C＝120°． 当a＝6时，由余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋27－36,2×3×3\r(3))＝0． ∴A＝90°，∴C＝60°． 例2　(1)在△ABC中，若a＝7，b＝4eq \r(3)，c＝eq \r(13)，则△ABC的最小角为(　　) A．eq \f(π,3) B．eq \f(π,6) C．eq \f(π,4) D．eq \f(π,12) 解析　因为c<b<a，所以最小角为角C．所以cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(49＋48－13,2×7×4\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，所以C＝eq \f(π,6)，故选B． 解　因为c<b<a，所以最大角为角A， 所以由余弦定理可得 cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(（4\r(3)）2＋（\r(13)）2－72,2×4\r(3)×\r(13))＝eq \f(48＋13－49,8\r(39))＝eq \f(\r(39),26)． 故△ABC的最大角的余弦值为eq \f(\r(39),26)． 解析　由(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，得a∶b∶c＝7∶5∶3，∴边a最大．又cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,2)，∴A＝120°． 解　解法一：由余弦定理，得 cosA＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(92＋82－72,2×9×8)＝eq \f(2,3)， 设中线长为x，由余弦定理知，x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))eq \s\up12(2)＋AB2－2×eq \f(AC,2)×ABcosA＝42＋92－2×4×9×eq \f(2,3)＝49，则x＝7． ∴所求中线长为7． 解法二：在△ABC中，设AC边上的中线长为x，如图，以AB，BC为邻边作▱ABCD．由余弦定理可得，在△ABC中，有 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，① 在△ABD中，有 BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD，② ①＋②可得(2x)2＋AC2＝2(AB2＋BC2)， 即(2x)2＋82＝2×(92＋72)， ∴x＝7，∴所求中线长为7． 例3　△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(2,c)，试确定当C最大时△ABC的形状． 解　因为eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(2,c)，所以eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(2,c)，所以c＝eq \f(2ab,a＋b)． 由余弦定理得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))\s\up12(2),2ab) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)－\f(4ab,（a＋b）2)))≥eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(4ab,（2\r(ab)）2)))＝eq \f(1,2)， 当且仅当a＝b时等号成立，故当cosC＝eq \f(1,2)时，C最大，此时A＝B＝C＝eq \f(π,3)， 所以△ABC是正三角形． 解　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB， ∵B＝60°，b＝eq \f(a＋c,2)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq \s\up12(2)＝a2＋c2－2accos60°． ∴(a－c)2＝0，a＝c，又B＝60°，∴△ABC为等边三角形． 1．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cosB等于(　　) A．eq \f(1,4) B．eq \f(3,4) C．eq \f(\r(2),4) D．eq \f(\r(2),3) 解析　∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，b＝eq \r(2)a，∴cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋4a2－2a2,2a·2a)＝eq \f(3,4)． 2．在△ABC中，已知a＝2，则bcosC＋ccosB等于(　　) A．1 B．eq \r(2) C．2 D．4 解析　bcosC＋ccosB＝b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq \f(2a2,2a)＝a＝2． 3．在△ABC中，若a＝eq \r(3)＋1，b＝eq \r(3)－1，c＝eq \r(10)，则△ABC的最大角的度数为________． 解析　由c>a>b，知角C为最大角，则cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(1,2)，∴C＝120°，即此三角形的最大角为120°． 4．在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，b＝eq \r(2)，c＝1＋eq \r(3)，且a2＝b2＋c2－2bcsinA，则边a＝________． 解析　由已知及余弦定理，得sinA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝cosA，∴A＝45°，∴a2＝b2＋c2－2bccos45°＝4，a＝2． 5．在△ABC中，b＝asinC，c＝acosB，试判断△ABC的形状． 解　由余弦定理知cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)， 代入c＝acosB，得c＝a·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)， ∴c2＋b2＝a2，∴△ABC是以A为直角的直角三角形． 又b＝asinC，∴b＝a·eq \f(c,a)，∴b＝c，∴△ABC也是等腰三角形． 综上所述，△ABC是等腰直角三角形． 一、选择题 1．在△ABC中，已知a＝eq \r(5)，b＝eq \r(15)，A＝30°，则c等于(　　) A．2eq \r(5) B．eq \r(5) C．2eq \r(5)或eq \r(5) D．以上都不对 解析　∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴5＝15＋c2－2eq \r(15)×c×eq \f(\r(3),2)．化简，得c2－3eq \r(5)c＋10＝0，即(c－2eq \r(5))(c－eq \r(5))＝0，∴c＝2eq \r(5)或c＝eq \r(5)． 3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋b2＋eq \r(2)ab＝c2，则角C为(　　) A．eq \f(π,4) B．eq \f(3π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(2π,3) 解析　∵a2＋b2＋eq \r(2)ab＝c2，∴a2＋b2－c2＝－eq \r(2)ab，cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(－\r(2)ab,2ab)＝－eq \f(\r(2),2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(3π,4)． 4．(多选)钝角三角形的三边分别为a，a＋1，a＋2，其最大角不超过120°，则a的值可能为(　　) A．1 B．eq \f(3,2) C．2 D．3 解析　设钝角三角形的最大角为α，则依题意90°<α≤120°，于是由余弦定理得cosα＝eq \f(a2＋（a＋1）2－（a＋2）2,2a（a＋1）)＝eq \f(a－3,2a)，所以－eq \f(1,2)≤eq \f(a－3,2a)<0，解得eq \f(3,2)≤a<3．故选BC． 解析　令x＝2，得x2＋x＋1＝7，x2－1＝3，2x＋1＝5，∴最大边x2＋x＋1应对最大角，设最大角为α，∴cosα＝eq \f(（x2－1）2＋（2x＋1）2－（x2＋x＋1）2,2（x2－1）（2x＋1）)＝－eq \f(1,2)， ∴最大角为120°． 二、填空题 6．若|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝2，|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝3，eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝－3，则△ABC的周长为___________． 解析　由eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(AC,\s\up12(→))|cosA及条件，可得cosA＝－eq \f(1,2)，∴A＝120°，再由余弦定理求得BC2＝19，∴周长为5＋eq \r(19)． 5＋eq \r(19) eq \f(2π,3) 解析　由余弦定理得2abcosC＝a2＋b2－c2．∵2bcosC＝2a＋c，∴2abcosC＝2a2＋ac，∴a2＋b2－c2＝2a2＋ac，∴b2＝a2＋c2＋ac．又b2＝a2＋c2－2accosB，∴ac＝－2accosB，∴cosB＝－eq \f(1,2)．又0<B<π，∴B＝eq \f(2π,3)． 8．如图，在△ABC中，点D在AC上，AB⊥BD，BC＝3eq \r(3)，BD＝5，sin∠ABC＝eq \f(2\r(3),5)，则CD的长度等于________． 解析　由题意，知sin∠ABC＝eq \f(2\r(3),5)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠CBD))＝cos∠CBD，由余弦定理可得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcos∠CBD＝27＋25－2×3eq \r(3)×5×eq \f(2\r(3),5)＝16．∴CD＝4． 解　在△ABC中，因为A＋C＝2B，A＋B＋C＝180°，所以B＝60°． 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB ＝(a＋c)2－2ac－2accosB ＝82－2×15－2×15×eq \f(1,2)＝19． 所以b＝eq \r(19)． 10．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a－c)2＝b2－eq \f(3,4)ac． (1)求cosB的值；(2)若b＝eq \r(13)，且a＋c＝2b，求ac的值． 解　(1)由(a－c)2＝b2－eq \f(3,4)ac，可得a2＋c2－b2＝eq \f(5,4)ac． 所以eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(5,8)，即cosB＝eq \f(5,8)． (2)因为b＝eq \r(13)，cosB＝eq \f(5,8)，由余弦定理， 得b2＝13＝a2＋c2－eq \f(5,4)ac＝(a＋c)2－eq \f(13,4)ac，又a＋c＝2b＝2eq \r(13)， 所以13＝52－eq \f(13,4)ac，解得ac＝12． －eq \f(1,4) 解析　根据题意C为钝角，可设a＝k－1，b＝k，c＝k＋1，k∈N＋，k>1，所以cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(k－4,2（k－1）)<0，解得1<k<4，又因为k∈N＋，∴k＝2或k＝3，当k＝2时，a＝1，b＝2，c＝3不能构成三角形．当k＝3时，a＝2，b＝3，c＝4可以构成三角形，由余弦定理可得cosC＝－eq \f(1,4)． 解　(1)∵2a－c＝2bcosC，∴2a－c＝2b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2－c2,a)， ∴2a2－ac＝a2＋b2－c2，∴a2＋c2－b2＝ac， ∴cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2)．∵0<B<π，∴B＝eq \f(π,3)． (2)由(1)知，cosB＝eq \f(1,2)， ∴eq \f(1,2)＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－9,2ac)≥eq \f(2ac－9,2ac)，当且仅当a＝c时取等号，解得ac≤9． 如图，在△ABC中，AB边上的高CD＝asinB， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)c·CD＝eq \f(1,2)acsinB≤eq \f(1,2)×9×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(9\r(3),4)， 即△ABC面积的最大值为eq \f(9\r(3),4)． $$