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【成才之路】2015版高中数学(人教版必修5)课件:1.1 正弦定理和余弦定理 第2课时

时间:2016-02-06


成才之路 ·数学
人教A版 ·必修5

路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

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第一章
解三角形

第一章

解三角形

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第一章
1.1 正弦定理和余弦定理 第2课时 余弦定理

第一章

解三角形

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1

课前自主预习

2

课堂典例探究

3

课 时 作 业

第一章

1.1

第2课时

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课前自主预习

第一章

1.1

第2课时

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中国海监船肩负着我国海域的维权、执法使命.某时某中
国海监船位于中国南海的 A处,与我国海岛B相距 s海里.据观 测得知有一外国探油船位于我国海域 C处进行非法资源勘探, 这艘中国海监船奉命以 v海里/小时的速度前去驱逐.假如能测 得∠BAC=α,BC=m海里,你能根据上述数据计算出它赶到C

处的时间吗?
第一章 1.1 第2课时

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1.判断(正确:T,错误:F). (1)已知两个三角形两边及其夹角对应相等,则两个三角形 全等. (2) 已知两个三角形三边分别对应相等,则两个三角形全 等. 2.在△ABC 中,正弦定理的表达式是________.

[ 答案]

a b c 1.(1)T (2)T 2. = = sinA sinB sinC

第一章

1.1

第2课时

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1.余弦定理 在三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去 这两边与它们夹角的余弦的积的两倍, 即 a2=b2+c2-2bccosA, b2=c2+a2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosC. 解析法证明余弦定理 如图,以点 A 为原点,以△ABC 的边 AB 所在直线为 x 轴, 以过点 A 与 AB 垂直的直线为 y 轴,建立平面直角坐标系,则 A(0,0),C(bcosA,bsinA),B(c,0).由两点间的距离公式得

第一章

1.1

第2课时

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BC2=(bcosA-c)2+(bsinA-0)2, 即 a2=b2cos2A-2bccosA+c2+b2sin2A, a2=b2+c2-2bccosA. 同理可证 b2=a2+c2-2accosB;c2=a2+b2-2abcosC.

第一章

1.1

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在△ABC 中, AB=4, BC=3, B=60° , 则 AC 等于________.
[ 答案] 13

[ 解析]

由条件已知三角形的两边及其夹角,故可以直接

利用余弦定理求得边 AC,即 AC2=AB2+BC2-2AB· BCcosB= 1 16+9-2×4×3× =13. 2 ∴AC= 13.

第一章

1.1

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2.余弦定理的推论 b2+c2-a2 根据余弦定理, 可以得到以下推论: cosA= , cosB 2bc a2+c2-b2 a2+b2-c2 = ,cosC= . 2ac 2ab

第一章

1.1

第2课时

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边长为 5 、 7 、 8 的三角形中,最大角与最小角的和是 ________.

[ 答案]
[ 解析]

120°
设中间角为 θ,由于 8>7>5,故 θ 的对边长为 7,

52+82-72 1 由余弦定理,得 cosθ= = .所以 θ=60° ,故另外两角 2×5×8 2 和为 180° -60° =120° .

第一章

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3.余弦定理与勾股定理的关系 在△ABC 中,由余弦定理,得 c2=a2+b2-2abcosC,若角 C=90° ,则 cosC=0,于是 c2=a2+b2-2a· b· 0=a2+b2,这说 明勾股定理是余弦定理的特例,余弦定理是勾股定理的推广. 规律:设 c 是△ABC 中最大的边(或 C 是△ABC 中最大的 角),则 a2+b2<c2?△ABC 是钝角三角形,且角 C 为钝角; a2+b2=c2?△ABC 是直角三角形,且角 C 为直角; a2+b2>c2?△ABC 是锐角三角形,且角 C 为锐角.

第一章

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在△ABC 中,sinA ? sinB ? sinC=3 ? 5 ? 7,则△ABC 是( ) A.锐角三角形 C.钝角三角形 B.直角三角形 D.无法确定

[ 答案]

C

第一章

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[ 解析]

由正弦定理,得 a ? b ? c=sinA ? sinB ? sinC

=3 ? 5 ? 7. 设 a=3k,b=5k,c=7k(k>0),由于 c>b>a,故角 C 是△ ABC 中最大的角, b2+a2-c2 ?5k?2+?3k?2-?7k?2 因为 cosC= = 2ab 2×5k×3k 1 =- <0, 2 所以 C>90° ,即△ABC 为钝角三角形

第一章

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课堂典例探究

第一章

1.1

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已知两边和夹角解三角形

在△ABC 中,已知 a= 3,b= 2,B=45° ,解 三角形.
[ 分析] 已知两边及其中一边的对角,先由余弦定理列方 程求 c,然后由余弦定理的推论求 A,C.

[ 解析]

由余弦定理,得 b2=a2+c2-2accosB,
2

2 则 2=3+c -2 3× ×c,即 c2- 6c+1=0, 2 6+ 2 6- 2 解得 c= ,或 c= . 2 2
第一章 1.1 第2课时

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6+ 2 当 c= 时,由余弦定理的推论,得 2 6+ 2 2 b2+c2-a2 2+? 2 ? -3 1 cosA= = = . 2bc 6+ 2 2 2× 2× 2 ∵0° <A<180° ,∴A=60° , ∴C=180° -(A+B)=180° -(60° +45° )=75° .

第一章

1.1

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6- 2 b2+c2-a2 当 c= 时, 由余弦定理的推论, 得 cosA= 2 2bc 6- 2 2 2+? ? -3 2 1 = =- . 2 6- 2 2× 2× 2 ∵0° <A<180° ,∴A=120° , ∴C=180° -(A+B)=180° -(120° +45° )=15° . 6+ 2 故 c= 时,A=60° ,C=75° ; 2 6- 2 c= 时,A=120° ,C=15° . 2
第一章 1.1 第2课时

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[方法总结]

已知两边及一角解三角形的方法:

(1)当已知两边及它们的夹角时,用余弦定理求解出第三 边,再用正弦定理和三角形内角和定理求解另外两角,只有一 解;

(2)当已知两边及其一边的对角时,可用正弦定理求解,也
可用余弦定理求解,但都要注意解的情况的讨论.利用余弦定 理求解相对简便.

第一章

1.1

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已知△ABC 中,a=1,b=1,C=120° ,则边 c=________.
[ 答案] 3

[ 解析 ]

由余弦定理,得 c2 = a2 + b2 - 2abcosC = 1 + 1 -

1 2×1×1×(- )=3,∴c= 3. 2

第一章

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已知三边解三角形

在△ABC 中, 已知 a=2 6, b=6+2 3, c=4 3, 求角 A,B,C.

[ 解析]

在△ABC 中,由余弦定理的推论得,

a2+b2-c2 ?2 6?2+?6+2 3?2-?4 3?2 cosC = = = 2ab 2×2 6×?6+2 3? 24? 3+1? 2 = . 24 2? 3+1? 2

第一章

1.1

第2课时

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2 asinC ∴ C = 45° , sinC = . 由 正 弦 定 理 得 , sinA = = 2 c 2 2 6× 2 1 = . 2 4 3 ∵a<c,∴A<C,∴A=30° . ∴B=180° -(A+C)=180° -(30° +45° )=105° .

[ 方法总结]

用正弦定理求角时,要注意根据大边对大角

的原理,确定角的大小,以防增解或漏解.

第一章

1.1

第2课时

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在△ABC 中:a=3,b=4,c= 37,求最大角.
[ 分析]
[ 解析]

利用余弦定理的推论求角.
∵ 37>4>3,边 c 最大,则角 C 最大,

a2+b2-c2 32+42-37 1 又 cosC= = =- . 2ab 2 2×3×4 ∴最大角 C=120° .

第一章

1.1

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判断三角形的形状

在△ABC 中, 若 b2sin2C+c2sin2B=2bccosBcosC, 试判断△ABC 的形状.
[ 分析] 思路一,利用正弦定理将已知等式化为角的关系; 思路二,利用余弦定理将已知等式化为边的关系.

[ 解析]

解法一:∵b2sin2C+c2sin2B=2bccosBcosC,

∴利用正弦定理可得 sin2Bsin2C+sin2Csin2B=2sinB· sinC· cosB· cosC, ∵sinBsinC≠0,∴sinB· sinC=cosBcosC, ∴cos(B+C)=0,∴cosA=0,
第一章 1.1 第2课时

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π ∵0<A<π,∴A= ,∴△ABC 为直角三角形. 2 解法二:已知等式可化为 b2-b2cos2C+c2-c2· cos2B=2bccosBcosC, 由余弦定理可得
2 2 2 ?a2+b2-c2? a + c - b ? ?2 2 2 b2+c2-b2· - c ( ) ? 2ac 2ab ? ? ?

a2+b2-c2 a2+c2-b2 =2bc· · 2ab 2ac ∴b2+c2=a2,∴△ABC 为直角三角形.

第一章

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解法三:已知等式变形为 b2(1-cos2C)+c2(1-cos2B)=2bccosB· cosC, ∴b2+c2=b2cos2C+c2cos2B+2bccosB· cosC, ∵b2cos2C+c2cos2B+2bccosBcosC=(bcosC+ccosB)2=a2, ∴b2+c2=a2,∴△ABC 为直角三角形.
[方法总结] 已知三角形的边或角的关系式解三角形或判 断三角形的形状,可先观察条件式的特点,再依据此特点选取 变形方法,当等式两端各项都含有边时常用正弦定理变形,当 等式两边含有角的正弦的同次幂时,常用正弦定理变形,当含 有边的积式及边的平方和与差的形式时,常考虑用余弦定理变 形等等.
第一章 1.1 第2课时

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在△ABC 中, 已知 a ? b ? c=1 ? 3? 2, 试判断三角形 的形状.

[ 解析]

在△ABC 中,设 a=x(x>0),则 b= 3x,c=2x.

显然 c 最大,故角 C 最大. 根据余弦定理, a2+b2-c2 x2+? 3x?2-?2x?2 x2+3x2-4x2 cosC= = = =0. 2ab 2· x· 3x 2 3x2 π ∴C= ,即△ABC 是直角三角形. 2
第一章 1.1 第2课时

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正弦、余弦定理的综合应用

(2013· 广东东莞第五中学高二期中测试 )在四边 形 ABCD 中,已知 AD⊥CD,AD=10,AB=14,∠BDA=60° , ∠BCD=135° ,求 BC 的长.

第一章

1.1

第2课时

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[ 分析 ] 欲求 BC ,在△ BCD 中,已知∠ BCD ,∠ BDC 可 求 , 故 须 再 知 一 条 边 ; 而 已 知 ∠ BDA 和 AB 、 AD , 故 可 在 △ABD中,用正弦定理或余弦定理求得BD.这样在△BCD中, 由正弦定理可求BC.

[ 解析]

在△ABD 中,设 BD=x,由余弦定理:BA2=BD2

+AD2-2BD· AD· cos∠BDA 即 142=x2+102-2· 10x· cos60° , 整理得:x2-10x-96=0,解得 x1=16,x2=-6(舍去), BC BD 由正弦定理,得 = , sin∠CDB sin∠BCD 16 ∴BC= · sin30° =8 2. sin135°
第一章 1.1 第2课时

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如图, 在△ABC 中, 已知 BC=15, AB ? AC=7 ? 8, sinB 4 3 = ,求 BC 边上的高 AD 的长. 7
[ 解析] 在△ABC 中,

由已知设 AB=7x,AC=8x, 7x 8x 由正弦定理,得 = , sinC sinB 7xsinB 7 4 3 3 ∴sinC= = × = , 8x 8 7 2
第一章 1.1 第2课时

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∴C=60° (C=120° 舍去, 否则由 8x>7x,知 B 也为钝角,不符合要求). 由余弦定理,得(7x)2=(8x)2+152-16x×15cos60° , ∴x2-8x+15=0, ∴x=3,或 x=5,∴AB=21,或 AB=35. 4 3 在△ABD 中,AD=ABsinB= AB, 7 ∴AD=12 3,或 AD=20 3.

第一章

1.1

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设 2a+1,a,2a-1 为钝角三角形的三边,求实 数 a 的取值范围.

[ 错解]

∵2a+1,a,2a-1 为三角形的三边, 1 解得 a> .2a+1 是三边长的最大值,设其 2

?2a+1>0, ? ∴?a>0, ?2a-1>0, ? 对角为 θ.

第一章

1.1

第2课时

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∵2a+1,a,2a-1 为钝角三角形的三边, a2+?2a-1?2-?2a+1?2 a?a-8? 1 ∴cosθ<0,即 = <0,解得 2 2a?2a-1? 2a?2a-1? 1 <a<8,∴a 的取值范围是 <a<8. 2

[ 错因分析]

1 错解中求得的 a> 不是 2a+1,a,2a-1 能构 2

成三角形的充要条件.如当 a=1 时,a+(2a-1)<2a+1,此时 2a+1,a,2a-1 就不能作为三角形的三边,本题实质上是求 2a +1,a,2a-1 能构成钝角三角形的充要条件,除了要保证三边 长均为正数外,还应满足“两边之和大于第三边”.
第一章 1.1 第2课时

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[ 正解]

∵2a+1,a,2a-1 为三角形的三边, 1 解得 a> ,此时 2a+1 最大. 2

?2a+1>0, ? ∴?a>0, ?2a-1>0, ?

∵2a+1,a,2a-1 表示三角形的三边, 还需 a+(2a-1)>2a + 1 , 解 得 a>2. 设 最 长 边 所 对 角 为 θ , 则 cosθ = a2+?2a-1?2-?2a+1?2 a?a-8? 1 = <0,解得 <a<8.∴a 的取值 2 2a?2a-1? 2a?2a-1? 范围是 2<a<8.

第一章

1.1

第2课时

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? ? ?定理及推导 ?定理的内容? ? ? ?定理的几个变式 ? ? ? ? ?两边和夹角 ? 余弦定理 ? 解三角形类型? ? ? ?三边 ? ?定理的作用? ? 三角形形 ?常见类型 ? ? ? ? ? 状的判断? ?判断方法 ? ?

第一章

1.1

第2课时


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