1.3 实习作业第二课时教案

正余弦定理的应用

一

教学目标

1．掌握正、余弦定理及其推论．

2．掌握正、余弦定理的综合应用．

3．能应用余弦定理判断三角形的形状．

二

教学重难点

1．掌握余弦定理及其推论．(重点) 2．掌握正、余弦定理的综合应用．(难点) 三

教学过程

题型一

利用正、余弦定理求解三角形的基本问题 例1.解三角形就是已知三角形中的三个独立元素(至少一条边)求出其他元素的过程．三角形中的元素有基本元素(边和角)和非基本元素(中线、高、角平分线、外接圆半径和内切圆半径)，解三角形通常是指求未知的元素，有时也求三角形的面积．

解斜三角形共包括四种类型：(1)已知三角形的两角和一边(一般先用内角和求角或用正弦定理求边)；(2)已知两边及夹角(一般先用余弦定理求第三边)；(3)已知三边(先用余弦定理求角)；(4)已知两边和一边的对角(先用正弦定理求另一边的对角或先用余弦定理求第三边，注意讨论解的个数)．

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin A＋csin C－2asin C＝bsin B. (1)求角B的大小；

(2)若A＝75°，b＝2，求a，c. 【精彩点拨】

(1)用正弦定理将已知关系式变形为边之间的关系，然后利用余弦定理求解．

(2)先求角C，然后利用正弦定理求边a，c.

【规范解答】

(1)由正弦定理得a2＋c2－2ac＝b2.

由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B.

2故cos B＝2，因此B＝45°.

(2)sin A＝sin(30°＋45°)

2＋6＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝4.

sin A故a＝b×sin B＝1＋3.

由已知得，C＝180°－45°－75°＝60°，

sin Csin 60°c＝b×sin B＝2×sin 45°＝6.

题型二：

正、余弦定理的综合应用

例2正、余弦定理将三角形中的边和角关系进行了量化，为我们解三角形或求三角形的面积提供了依据，而三角形中的问题常与向量、函数、方程及平面几何相结合，通常可以利用正、余弦定理完成证明、求值等问题．

(1)解三角形与向量的交汇问题，可以结合向量的平行、垂直、夹角、模等知识转化求解．

(2)解三角形与其他知识的交汇问题，可以运用三角形的基础知识、正余弦定理、三角形面积公式与三角恒等变换，通过等价转化或构造方程及函数求解．

(2014·辽宁高考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，→→1且a>c，已知BA·BC＝2，cos B＝3，b＝3.求：

(1)a和c的值；

(2)cos(B－C)的值．

【精彩点拨】

(1)由平面向量的数量积定义及余弦定理，列出关于a，c的方程组即可求解．

(2)由(1)结合正弦定理分别求出B，C的正、余弦值，利用差角余弦公理求解．

→→【规范解答】

(1)由BA·BC＝2得c·acos B＝2.

1又cos B＝3，所以ac＝6.

由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accos B.

1又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×3＝13.

ac＝6，a＝2，a＝3，解22得或

a＋c＝13，c＝3c＝2.因为a＞c，所以a＝3，c＝2.

(2)在△ABC中，

sin B＝1－cos2

B＝1221－32＝3，



c22242由正弦定理，得sin C＝bsin B＝3×3＝9.

因为a＝b＞c，所以C为锐角，

因此cos C＝1－sin2

C＝4227＝.

1－99于是cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C

17224223＝3×9＋3×9＝27.

当堂测评：1．已知a，b，c是△ABC的三边长，若满足等式(a＋b－c)·(a＋b＋c)＝ab，则角C的大小为(

) A．60°

B．90°

C．120°

D．150°

【解析】

由(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，得(a＋b)2－c2＝ab，

∴c2＝a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcos C，

1∴cos C＝－2，∴C＝120°.

【答案】

C 2．在△ABC中，a＝7，b＝43，c＝13，则△ABC的最小角为(

) ππππA.

B.

C.

D．

36412【解析】

由三角形边角关系可知，角C为△ABC的最小角，则cos C＝a2＋b2－c272＋432－1323π＝2，所以C＝6，故选B.

2ab＝2×7×43【答案】

B 3.在△ABC中，若a＝2bcos C，则△ABC的形状为

．

a2＋b2－c2a2＋b2－c2【解析】

法一

∵a＝2bcos C＝2b·2ab＝.

a∴a2＝a2＋b2－c2，即b2＝c2，b＝c，

∴△ABC为等腰三角形．

法二

∵a＝2bcos C，∴sin A＝2sin Bcos C，

而sinA＝sin(B＋C)

＝sin Bcos C＋cos Bsin C，

∴cos Bsin C＝sin Bcos C，

即sin Bcos C－cos Bsin C＝0，

∴sin(B－C)＝0.

又－180°

∴B－C＝0，即B＝C.

∴△ABC为等腰三角形．

【答案】

等腰三角形

4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝C,2b＝3a，则cos A＝

. 【导学号：05920005】

【解析】

由B＝C,2b＝3a，

3可得b＝c＝2a，

b2＋c2－a2所以cos A＝2bc

32322a＋a－a441＝＝3.

332×2a×2a1【答案】

3

5．在△ABC中，已知a＝5，b＝3，角C的余弦值是方程5x2＋7x－6＝0的根，求第三边c的长．

【解】

5x2＋7x－6＝0可化为(5x－3)·(x＋2)＝0.

3∴x1＝5，x2＝－2(舍去)．

3∴cos C＝5.

根据余弦定理，

c2＝a2＋b2－2abcos C

3＝52＋32－2×5×3×5＝16.

∴c＝4，即第三边长为4.

四

教学板书

正、余弦定理的综合应用

1利用正、余弦定理求解三角形的基本问题 （1）已知三角形的两角和一边

（2）已知两边及夹角

（3）已知两边和一边的对角

2正、余弦定理的综合应用

(1)解三角形与向量的交汇问题

(2)解三角形与其他知识的交汇问题

五

课后作业

1．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，设a，b，c满足c1条件b2＋c2－bc＝a2和b＝2＋3，求A和tan B的值. 【导学号：05920015】

b2＋c2－a21【解】

由余弦定理cos A＝2bc＝2，因此A＝60°.在△ABC中，C＝180°－A－B＝120°－B.

由已知条件，应用正弦定理

－B1csin Csin120°

2＋3＝b＝sin B＝sin B＝sin 120°cos B－cos 120°sin B

sin B

311＝2tan B＋2，从而tan B＝2.

π2．(2014·北京高考)如图1-1，在△ABC中，∠B＝3，AB＝8，点D在BC边1上，且CD＝2，cos∠ADC＝7.

图1-1 (1)求sin∠BAD；

(2)求BD，AC的长．

1【解】

(1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝7，

43所以sin∠ADC＝7.

所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)

＝sin∠ADC cos B－cos∠ADC sin B

4311333＝7×2－7×2＝14.

(2)在△ABD中，由正弦定理得

338×14AB·sin∠BADBD＝＝＝3.

sin∠ADB437在△ABC中，由余弦定理得

AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B

1＝82＋52－2×8×5×2＝49.

所以AC＝7.

在△ABC中，已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且2cos Asin B＝sin C，试确定△ABC的形状．

【精彩点拨】

充分运用正弦定理和余弦定理，可利用边的关系判断，也可转化为角的关系来判断．

【规范解答】

法一

由正弦定理，得又2cos Asin B＝sin C，

sin Cc所以cos A＝＝.

2sin B2bb2＋c2－a2由余弦定理，有cos A＝.

2bc222cb＋c－a所以＝，即c2＝b2＋c2－a2.

2b2bcsin Cc＝.

sin Bb所以a＝b.

又因为(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，

所以(a＋b)2－c2＝3ab，所以4b2－c2＝3b2.

所以b＝c，所以a＝b＝c.

因此△ABC为等边三角形．

法二

因为A＋B＋C＝180°，

所以sin C＝sin(A＋B)．

又因为2cos Asin B＝sin C，

所以2cos Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，

所以sin(A－B)＝0.

因为A、B均为三角形的内角，所以A＝B.

又由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab.

得(a＋b)2－c2＝3ab，即a2＋b2－c2＝ab.

a2＋b2－c2ab1所以cos C＝＝＝.

2ab2ab2因为0°

因此△ABC为等边三角形．

六

课后反思

对于正余弦定理的应用要引导学生学会分析由已知到未知条件的分析，学生应变能力还是不行，还需多练几个题。