9.1.2 余弦定理(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第四册（人教B版2019）

第九章　解三角形 9.1　正弦定理与余弦定理 9.1.2　余弦定理 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 第1课时　函数y＝Asin(ωx＋φ) 的图象及变换 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 导学1 余弦定理的形成及推论 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 平方 平方和 夹角 2倍 c2＋a2－2cacos B a2＋b2－2abcos C 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 导学2 余弦定理的证明 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 谢谢观看 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 学业标准 素养目标 1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法． 2．会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题．(重点、难点) 1.通过运用余弦定理解三角形，培养数学运算核心素养． 2．通过利用余弦定理判断三角形的形状，培养逻辑推理核心素养. 正弦定理可以解决哪两类解三角形问题？ [提示]　(1)已知两角和任一边，求其他两边和一角．(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和两角． 如果一个三角形中已知两条边和它们的夹角，利用正弦定理能求出其余的边和角吗？ [提示]　不能，需要用余弦定理． ◎结论形成 1．余弦定理 三角形中任何一边的_____，等于其他两边的________减去这两边与它们_____余弦的积的_____．即a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝___________________，c2＝________________________． 2．余弦定理的推论 cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；cos B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ca)； cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab). 　如图，设eq \o(CB,\s\up16(→))＝a，eq \o(CA,\s\up16(→))＝b，eq \o(AB,\s\up16(→))＝c，由eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(CB,\s\up16(→))－eq \o(CA,\s\up16(→))知c＝a－b，那么如何用a，b和角C表示出边c呢？ [提示]　|c|2＝c·c＝(a－b)·(a－b)＝a·a＋b·b－2a·b＝a2＋b2－2|a||b|cos C．所以c2＝a2＋b2－2abcos C． 同理可以证明：a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝c2＋a2－2cacos B． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)在△ABC中，已知两边及夹角时，△ABC不一定唯一．(　　) (2)在△ABC中，三边一角随便给出三个，可求其余一个．(　　) (3)在△ABC中，若a2＋b2－c2＝0，则角C为直角．(　　) (4)在△ABC中，若a2＋b2－c2>0，则角C为钝角．(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝eq \f(\r(6),3)，b＝2eq \r(2)，c＝eq \r(3)，则a＝(　　) A．2　　　　　　　　　 B．eq \r(2) C．3 D．eq \r(3) 解析　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝3，得a＝eq \r(3). 答案　D 3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝4，b＝5，c＝6，则cos B＝(　　) A．－eq \f(1,8) B．eq \f(1,8) C．－eq \f(9,16) D．eq \f(9,16) 解析　由余弦定理的推论得 cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(16＋36－25,2×4×6)＝eq \f(9,16). 答案　D 4．在△ABC中，cos C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cos B＝(　　) A．eq \f(1,9)　　　 B．eq \f(1,3)　　　 C．eq \f(1,2)　　　 D．eq \f(2,3) 解析　设AB＝c，BC＝a，CA＝b， c2＝a2＋b2－2abcos C ＝9＋16－2×3×4×eq \f(2,3)＝9， ∴c＝3，cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,9)， 故选A． 答案　A eq \x(题型一　已知两边与一角解三角形) (1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c ，A＝60°，且△ABC的面积为eq \r(3)，若b＋c＝6，则a＝(　　) A．2eq \r(6)　　　　　　　 B．5 C．eq \r(30) D．2eq \r(7) (2)在△ABC中，B＝eq \f(π,4)，AB＝eq \r(2)，BC＝3，则sin A＝(　　) A．eq \f(\r(10),10) B．eq \f(\r(10),5) C．eq \f(3\r(10),10) D．eq \f(\r(5),5) [解析]　(1)由于A＝60°，S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)bc，故有eq \f(\r(3),4)bc＝eq \r(3)，解得bc＝4， 又b＋c＝6，则a＝eq \r(b2＋c2－2bccos A)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋c))2－3bc)＝eq \r(36－12)＝2eq \r(6)，故选A． (2)在△ABC中，因为B＝eq \f(π,4)，AB＝eq \r(2)，BC＝3， 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos eq \f(π,4)＝2＋9－2×eq \r(2)×3×eq \f(\r(2),2)＝5， 所以AC＝eq \r(5)， 由正弦定理eq \f(AC,sin B)＝eq \f(BC,sin A)， 可得sin A＝eq \f(BCsin B,AC)＝eq \f(3×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq \f(3\r(10),10). [答案]　(1)A　(2)C (1)已知两边及两边的夹角解三角形，可以先利用余弦定理直接求第三边，再利用余弦定理的推论及三角形内角和定理求其余两角，也可用正弦定理求其余两角． (2)已知两边和一边的对角解三角形，有两种解法： ①利用余弦定理列出方程，运用方程的思想求出第三边的长，这样可直接判断取舍． ②直接运用正弦定理，先求角再求边，但要注意判断解的个数．　 [触类旁通] 1．(2024·福建泉州高一期中)已知△ABC中，CA＝3，CB＝5，C＝120°，则sin B＝(　　) A．eq \f(3\r(3),14) B．eq \f(5\r(3),14) C．eq \f(11,14) D．eq \f(13,14) 解析　在△ABC中，由余弦定理得AB＝eq \r(AC2＋BC2－2AC·BCcos C)＝eq \r(32＋52＋3×5)＝7， 由正弦定理得sin B＝eq \f(ACsin C,AB)＝eq \f(3×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(3\r(3),14). 答案　A eq \x(题型二　已知三边关系解三角形) 在△ABC中， (1)a＝3，b＝4，c＝eq \r(37)，求最大角； (2)a∶b∶c＝1∶eq \r(3)∶2，求角A，B，C的大小． [解析]　(1)显然C最大． ∵cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(32＋42－37,2×3×4)＝－eq \f(1,2)， ∴C＝120°. (2)由于a∶b∶c＝1∶eq \r(3)∶2， 可设a＝x，b＝eq \r(3)x，c＝2x. 由余弦定理，得 cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(3x2＋4x2－x2,2×\r(3)x·2x)＝eq \f(\r(3),2)， ∴A＝30°. 同理cos B＝eq \f(1,2)，cos C＝0， ∴B＝60°，C＝90°. 已知三角形三边长度解三角形可以仅使用余弦定理的推论，也可以先运用余弦定理的推论求出一角，再利用正弦定理、三角形内角和定理求其余角．在用正弦定理求解时，要根据三边的大小确定角的大小，防止增解或漏解．　 [触类旁通] 2．已知三角形的三边长分别为3,5,7，则最大的角为(　　) A．eq \f(π,3) B．eq \f(π,2) C．eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6) 解析　由大边对大角知，边长为7对应的角θ∈(0，π)最大， cos θ＝eq \f(9＋25－49,2×3×5)＝－eq \f(1,2)， 所以θ＝eq \f(2π,3). 答案　C 一题多变)eq \x(题型三　三角形形状的判断　) 在△ABC中，cos2eq \f(A,2)＝eq \f(b＋c,2c)(a，b，c分别为角A，B，C所对的边)，判断三角形的形状． [解析]　解法一　因为cos2eq \f(A,2)＝eq \f(b＋c,2c)， 所以eq \f(1＋cos A,2)＝eq \f(b,2c)＋eq \f(1,2)，所以cos A＝eq \f(b,c). 由余弦定理的推论得cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)， 所以eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b,c)，所以b2＋c2－a2＝2b2， 所以a2＋b2＝c2，所以△ABC是直角三角形． 解法二　由解法一，知cos A＝eq \f(b,c). 由正弦定理，得eq \f(b,c)＝eq \f(sin B,sin C)，所以cos A＝eq \f(sin B,sin C). 因为A＋B＋C＝π， 所以sin Ccos A＝sin(A＋C)， 所以sin Ccos A＝sin Acos C＋cos Asin C， 所以sin Acos C＝0. 因为0<A<π，0<C<π， 所以sin A≠0，所以cos C＝0，所以C＝eq \f(π,2). 故△ABC是直角三角形． [素养聚焦]　灵活利用正、余弦定理判断三角形的形状，培养学生数学运算和逻辑推理核心素养． 判断三角形的形状往往和三角恒等变换或代数变形分不开，解法一是化角为边，解法二是化边为角．　 [触类旁通] 3．(2024·江苏连云港高一期中)在△ABC中，若acos B＋bcos A＝a，则△ABC的形状是(　　) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 解析　因为acos B＋bcos A＝a，所以a×eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＋b×eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝a，整理得c＝a，所以△ABC是等腰三角形． 答案　B [缜密思维提能区]　　　　　　　　　 　规范答题 正弦定理、余弦定理的简单应用 [典例]　(13分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知eq \f(cos A－2cos C,cos B)＝eq \f(2c－a,b). (1)求eq \f(sin C,sin A)的值； (2)若cos B＝eq \f(1,4)，△ABC的周长为5，求b的长． [审题指导]　(1)根据正弦定理，将式中的边化为角； (2)根据(1)的结论，得出a与c的关系，结合cos B和周长为5，求b. [规范解答]　(1)由正弦定理得 a＝2Rsin A， b＝2Rsin B， c＝2Rsin C， (其中R为△ABC外接圆半径)， 所以eq \f(cos A－2cos C,cos B)＝eq \f(2c－a,b) ＝eq \f(2sin C－sin A,sin B)①，(3分) 所以sin Bcos A－2sin Bcos C ＝2sin Ccos B－sin Acos B， sin Acos B＋sin Bcos A ＝2sin Bcos C＋2sin Ccos B， 所以sin(A＋B)＝2sin(B＋C)， 又A＋B＋C＝π， 所以sin C＝2sin A②， 所以eq \f(sin C,sin A)＝2.(5分) (2)由(1)知eq \f(sin C,sin A)＝2， 由正弦定理得eq \f(c,a)＝eq \f(sin C,sin A)＝2， 即c＝2a，(7分) 又因为△ABC的周长为5， 所以b＝5－3a，(9分) 由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accos B③， 即(5－3a)2＝a2＋(2a)2－4a2·eq \f(1,4)，(11分) 解得a＝1，a＝5(舍去)，(12分) 所以b＝5－3×1＝2.(13分) 知识落实 技法强化 (1)余弦定理的应用． (2)余弦定理解决的两类问题. (1)利用余弦定理解三角形应用了化归、转化、数形结合的思想方法． (2)应用余弦定理易忽略三角形中的隐含条件. $$