11.1 第2课时 余弦定理的应用-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（苏教版）

该高中数学课件聚焦余弦定理的应用，通过习题讲评式教学，衔接余弦定理基础内容，引导学生掌握实际应用、恒等式证明及与平面图形结合的解题方法，搭建从理论到实践的学习支架。 其亮点在于以“思维建模”提炼解题策略，如实际应用中通过画示意图分析已知量与未知量关系，体现“数学眼光”和“数学思维”。针对训练与跟踪检测结合，助力学生巩固知识，教师可高效开展分层教学，提升课堂效果。

余弦定理的应用 [教学方式：拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 课时目标 进一步学习余弦定理，能利用余弦定理解决实际应用问题及在平面几何中的应用. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一) 余弦定理的实际应用 题型(二) 利用余弦定理证明恒等式 题型(三) 余弦定理与平面图形结合 4 课时跟踪检测 题型(一) 余弦定理的实际应用 01 [例1]　一艘轮船按照北偏东40°方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为6海里，则灯塔与轮船原来的距离为(　　) A.6海里 B.12海里 C.6海里或12海里 D.6 海里 √ 解析：如图，设轮船原来在A处，航行20分钟后到达B处，C为灯塔的位置，根据条件可得∠BAC=120°， AB=18×=6(海里)， BC=6 海里，由余弦定理可得 cos 120°===-，解得AC=6(AC=-12舍去). 故灯塔与轮船原来的距离为6海里. |思|维|建|模| 余弦定理在解决实际问题中的策略 　　首先分析此题属于哪种类型的问题(如：测量距离、高度、角度等)，然后依题意画出示意图，把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系)，最后确定用哪个定理转化，哪个定理求解，并进行作答，解题时还要注意近似计算的要求. 针对训练 1.如图，为了测量河对岸的塔高AB，有不同的方案，其中之一是选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C和D，测得CD=200 m，在C点和D点测得塔顶A的仰角分别是45°和30°，且∠CBD=30°，则塔高AB=______m.  200 解析：在Rt△ABC中，∠ACB=45°， 若设AB=h，则BC=h;在Rt△ABD中，∠ADB=30°，则BD= h. 在△BCD中，由余弦定理可得 CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD， 即2002=h2+(h)2-2h·h·， 所以h2=2002，解得h=200(h=-200舍去)， 即塔高AB=200 m. 题型(二) 利用余弦定理证明恒等式 02 [例2]　如图，已知▱ABCD，求证：AC2+BD2= 2(AB2+AD2). 证明：设∠ABC=α，∠BCD=π-α.在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos α　①. 在△BCD中，由余弦定理得BD2=CD2+BC2-2CD·BC·cos(π-α)　②. 又cos(π-α)=-cos α，CD=AB，BC=AD，将①②两式相加， 得AC2+BD2=2(AB2+AD2). |思|维|建|模| (1)利用余弦定理的前提是必须在三角形中，在四边形中如何选择有用的三角形是关键; (2)任何一个三角形都不可能包含四边，因此必须选择两个三角形; (3)几何证明的关键是把有关量放到三角形中，借助余弦定理建立它们的关系，从而达到证明的效果，其中构造合适的三角形是关键. 针对训练 2.在△ABC中，求证：b2+c2=abcos C+accos B+2bccos A. 证明：法一　右边=ab·+ac·+2bc·= ++b2+c2-a2=b2+c2=左边，所以等式成立. 法二　=+⇒·(+)=(+)2⇒·+· =+2·+⇒accos B+abcos C=c2+b2-2bccos A⇒b2+c2= abcos C+accos B+2bccos A. 题型(三) 余弦定理与平面图形结合 03 [例3]　在四边形ABCD中，AB∥CD，AD=BD=CD=1. (1)若AB=，求BC; 解：在△ABD中，根据余弦定理可得， cos A===，由题得A=∠ABD=∠BDC， 所以cos∠BDC=cos A=.在△BCD中，根据余弦定理可得， BC2=BD2+CD2-2·BD·CD·cos∠BDC=1+1-2×=，所以BC=. (2)若AB=2BC，求cos∠BDC. 解：设AB=2BC=2a，在△ABD中，根据余弦定理可得， cos A===a. 在△BCD中，根据余弦定理可得，cos∠BDC===，所以=a， 解得a=-1或a=--1(舍去)， 则cos∠BDC=cos A=a=-1. |思|维|建|模| 解三角形广泛应用于解各种平面图形，解题时可将问题纳入三角形中去解决，理清已知条件与待求问题，再根据余弦定理建立未知量与已知量的关系式来求. 针对训练 3.如图，在△ABC中，AB=2，A=60°，点F为AB的中点，且CF2=AC·BC.求AC的长. 解：在△ACF中，AF=AB=1，A=60°， 由余弦定理得CF2=AC2+AF2-2AC·AF·cos A=AC2+1-AC. 在△ABC中，由余弦定理得CB2=AC2+AB2-2AC·AB·cos A=AC2+4-2AC. 因为CF2=AC·BC，所以AC2+1-AC =AC， 整理得AC2+2AC-1=0， 解得AC=-1或AC=--1(舍去). 所以AC=-1. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.在△ABC中，已知a=3，b=5，c=，则最大角与最小角的和为(　　) A.90° B.120° C.135° D.150° √ 15 解析：在△ABC中，∵a=3，b=5，c=， ∴最大角为B，最小角为A， ∴cos C===，∴C=60°，∴A+B=120°， ∴△ABC中的最大角与最小角的和为120°.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.在△ABC中，B=，BC边上的高等于BC，则cos A=(　　) A. B. C.- D.- √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由题意得S△ABC=a·a=acsin B，∴c=a.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B= a2+a2-2×a×a×=a2，∴b=a.∴cos A=== -.故选C. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.在平行四边形ABCD中，对角线AC=，BD=，周长为18，则这个平行四边形的面积是(　　) A.8 B.16 C.18 D.32 √ 15 解析：在△ABC中，AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=65， 即AB2+AD2-2AB·AD·cos B=65　①. 在△ABD中， BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=17 ②. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15 又cos A+cos B=0. ①+②得AB2+AD2=41. 又AB+AD=9， ∴AB=5，AD=4或AB=4，AD=5. ∴cos A=，A∈.∴sin A=. ∴这个平行四边形的面积S=5×4×=16. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.海伦不仅是古希腊的数学家，还是一位优秀的测绘工程师.在他的著作《测地术》中最早出现了已知三边求三角形面积的公式，即著名的海伦公式S=，这里p=(a+b+c)，a，b，c分别为△ABC的三个角A，B，C所对的边，该公式具有轮换对称的特点，形式很美.已知△ABC中，p=12，c=9，cos A=，则该三角形内切圆半径为(　　) A. B. C. D. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：∵p=(a+b+c)，∴a+b+c=24.又∵c=9，∴a+b=24-c=15. ∵cos A==，∴=. ∴(b-a)(b+a)+81=12b.∴15(b-a)+81=12b.∴3b-15a+81=0. 又∵a+b=15，∴a=7，b=8. ∴S==12. ∴r===. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.如图，甲船以每小时30 海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10 海里，则乙船每小时航行(　　) A.10 海里 B.20 海里 C.30海里 D.30 海里 √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：如图，连接A1B2. 在△A1A2B2中，易知∠A1A2B2=60°， 又易求得A1A2=30×=10=A2B2， ∴△A1A2B2为正三角形.∴A1B2=10. 在△A1B1B2中，易知∠B1A1B2=45°， ∴B1=400+200-2×20×10×=200， 即B1B2=10.∴乙船每小时航行30海里. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若∠ACB=，角C的平分线交AB于点D，且CD=，a=3b，则c的值为(　　) A.3 B. C. D.2 √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：在△BCD中，BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD， 即c2=a2+3-2a×cos=a2+3-3a. 在△DCA中，DA2=CD2+CA2-2CD·CA·cos∠DCA， 即c2=3+b2-2bcos=3+b2-3b. 由解得 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图(1)，伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的∠BAC，且AB=AC，从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动.如图(2)，伞完全收拢时，伞圈D已滑动到D'的位置，且A，B，D'三点共线，AD'=40 cm，B为AD'的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24 cm，则当伞完全张开时，∠BAC的余弦值是 (　　) A.- B.- C.- D.- 15 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：依题意分析可知，当伞完全张开时，AD=40-24=16 cm，因为B为AD'的中点，所以AB=AC=AD'=20 cm，当伞完全收拢时，AB+BD=AD'=40 cm，所以BD=20 cm. 在△ABD中，cos∠BAD===， 所以cos∠BAC=cos 2∠BAD=2cos2∠BAD-1=2×-1=-. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=c=4，A=120°，且点D满足=2，则(+)·(+)的值为(　　) A.16 B.8 C.-8 D.-16 √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：因为=2，所以点D为BC中点，所以=-. 因为b=c=4，A=120°，在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos ∠BAC=16+16-2×16×cos 120°=48， 所以BC=a=4，||=||=2. 又AD为底边上的高，所以AD==2. 所以(+)·(+)=(-)·(+)=||2-||2 =22-(2)3=4-12=-8. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)如图，△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC =，AB=3，AD=3，则BD的长为____.  15 解析：∵sin∠BAC=sin=cos∠BAD=， ∴根据余弦定理可得cos∠BAD=， ∴=，∴BD=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD=_____.  15 45° 解析：依题意可得AD=20 m，AC=30 m，又CD=50 m， 所以在△ACD中， 由余弦定理得cos∠CAD===. 又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD=45°. 所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)在△ABC中，D为BC边上一点，BC=3BD，AD= ，∠ADB=135°，若AC=AB，则BD的长为________.  15 2+ 解析：由余弦定理得， AB2=BD2+AD2-2AD·BDcos 135°， AC2=CD2+AD2-2AD·CDcos 45°， 即AB2=BD2+2+2BD①， AC2=CD2+2-2CD②， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15 又BC=3BD，∴CD=2BD， ∴AC2=4BD2+2-4BD③. 又AC=AB， ∴由③得2AB2=4BD2+2-4BD④. ④-2×①得，BD2-4BD-1=0，∴BD=2+(舍负). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(5分)台风中心从A地以每小时20千米的速度向北偏东30°方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东30千米处，B城处于危险区内的时间共有_____小时.  15 1.5 解析：设t小时后，台风中心移动到点C处，如图所示. 由题意，AB=30，AC=20t，∠CAB=60°， 由余弦定理可得BC2=400t2+900-600t. 若受到台风影响，则BC≤30⇒2t2-3t≤0⇒0≤t≤1.5，即共影响1.5小时. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(10分)△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2=b(b+c)，求证：A=2B. 15 证明：由余弦定理得cos A==，cos B=. ∵cos 2B=2cos2B-1=2-1=-1==， ∴cos A=cos 2B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 15 ∵a2=b(b+c)，∴a2-b2=bc>0， ∴a2>b2，即a>b，∴A>B. 若B≥，则A>B≥，与A+B<π矛盾，故B只能是锐角， ∴0<2B<π.又∵0<A<π，cos A=cos 2B， ∴A=2B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(10分)如图所示，一辆汽车从O点出发沿一条直线公路以50公里/小时的速度匀速行驶(图中的箭头方向为汽车行驶方向)，汽车开动的同时，在距汽车出发点O点的距离为5公里，距离公路线的垂直距离为3公里的M点的地方有一个人骑摩托车出发想把一件东西送给汽车司机.问骑摩托车的人至少以多大的速度匀速行驶才能实现他的愿望，此时他驾驶摩托车行驶了多少公里? 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：作MI垂直公路所在直线于点I，则MI=3. ∵OM=5，∴OI=4. ∴cos∠MOI=. 设骑摩托车的人的速度为v公里/小时，追上汽车的时间为t小时， 由余弦定理得(vt)2=52+(50t)2-2×5×50t×，即v2=-+2 500=25+900≥900.∴当t=时，v取得最小值为30. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ∴其行驶距离为vt==(公里). 故骑摩托车的人至少以30公里/小时的速度行驶才能实现他的愿望，此时他驾驶摩托车行驶了公里. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(15分)如图，已知点P是正方形ABCD内一点，且PB=3， PD=. (1)若BD=5，求S△PBD；(5分) 解：由PB=3，PD=，BD=5，可得cos∠BPD==-， sin∠BPD==，故S△PBD=××3×=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)若PA=1，求正方形ABCD的面积.(10分) 解：∵点P是正方形ABCD内一点， 且PA=1，PB=3，PD=， ∴在△APD中，由余弦定理得 PD2=PA2+AD2-2PA·AD·cos∠PAD， ∴7=1+AD2-2ADcos∠PAD. 同理，在△APB中，有9=1+AB2-2ABcos∠PAB. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 又cos2∠PAD+cos2∠PAB=1，AB=AD， ∴+=1， 解得AD2=8±. ∵cos∠PAD=>0， ∴正方形ABCD的面积S=AD2=8+. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $