人教版高中数学必修五知识讲解，巩固练习（教学资料，补习资料）：专题1.1.2 余弦定理

1.1.2 余弦定理
知识
1．余弦定理
三角形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，，
2．余弦定理的推论
从余弦定理，可以得到它的推论
，
________________；
________________．
3．余弦定理与勾股定理
从余弦定理和余弦函数的性质可知，如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是___________；如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是___________；如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是___________．从上可知，余弦定理可以看作是勾股定理的推广．
4．正弦定理与余弦定理的关系
（1）正弦定理和余弦定理都从不同的角度刻画了三角形边角之间的数量关系，它们是解决斜三角形问题的两个最重要的定理．
（2）在同一个三角形中，正弦定理和余弦定理又是等价的，即由正弦定理可以推出余弦定理，由余弦定理同样也可以推出正弦定理（同学们可以自己尝试证明一下）．
因此，在解三角形时，凡是能用正弦定理求解的三角形，必能用余弦定理求解，反之亦然．
我们把正弦定理和余弦定理结合起来应用，就能很好地解决三角形的问题．
知识参考答案：
1．
2．
3．直角 钝角 锐角
重点
重点
利用余弦定理解三角形
难点
综合运用正、余弦定理解三角形及三角形形状的判断
易错
解三角形时，除了保证三边长均为正数，还应判断三边能否构成三角形
解三角形问题的常见类型与解法
正弦定理、余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素（三角形有三个角和三条边，三角形的边与角称为三角形的元素），如果其中三个元素是已知的（至少要有一个元素是边），那么这个三角形一定可解．斜三角形的解法可以归纳为以下四种类型：
1．已知两角及其中一角的对边，如已知【一解】（上节内容，此处不再赘述）
2．已知两边及其夹角，如已知【一解】
在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，＝5，＝4，＝120°，则________．
【答案】
【解析】由余弦定理，得=，故，
所以．
【解题技巧】已知两边及其夹角的解题步骤：
（1）由求；（2）由求；（3）由求．
【名师点睛】求出第三边后，也可用正弦定理求角，这样往往可以使计算简便，应用正弦定理求角时，为了避开讨论（因为正弦函数在区间上是不单调的），应先求较小边所对的角，因为它必是锐角．
3．已知三边【一解】
在中，已知＝，＝，＝，则_________．
【答案】
【解析】由余弦定理的推论，得 所以，
由余弦定理的推论，得所以，
所以．
【解题技巧】此类问题可以连续用余弦定理的推论求出两角，常常是分别求较小两边所对的角，再由求第三个角；或者由余弦定理的推论求出一个角后，也可以根据正弦定理求出第二个角，但应先求较小边所对的角（因为较小的角必定为锐角）．
4．已知两边及其中一边的对角，如已知【两解、一解或无解】
已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则_________．
【答案】或
【解析】方法1： 利用正弦定理求解，此处不再赘述．
方法2：由余弦定理，得，
整理得解得或．
【解题技巧】此类问题的求解步骤：
方法1：①根据正弦定理经讨论求；②求出后，由求；③由求；
方法2：可以根据余弦定理，列出以边为未知数的一元二次方程，根据一元二次方程的解法求边，然后应用正弦定理或余弦定理求其他元素．
判断三角形的形状
判断三角形的形状有以下几种思路：
（1）转化为三角形的边来判断，可简记为“化角为边”；
（2）转化为角的三角函数（值）来判断，可简记为“化边为角”．
在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则是
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】B
【解析】方法1（化角为边）：由余弦定理可得，即
故为等腰三角形．故选B．
方法2（化边为角）：由正弦定理可得，
又，所以，
化简可得即，
由，可得，即，故为等腰三角形．故选B．
忽略三边不能构成三角形导致错误
已知是钝角三角形的三边，求实数的取值范围．
【错解】因为是三角形的三边，所以，
所以是三角形的最大边，设其所对的角为（钝角），
则，化简得，解得．
又，所以．故实数的取值范围为．
【错因分析】错解中只能保证都是正数，而要表示三角形的三边，还需满足三角形的隐含条件“两边之和大于等三边”．
【正解】因为是三角形的三边，所以，即，
所以是三角形的最大边，设其所对的角为（钝角），
则，化简得，解得．
要使构成三角形，需满足，即．
综合，可得．故实数的取值范围为．
【名师点睛】在利用余弦定理求三角形的三边时，除了要保证三边长均为正数，还要判断一下三边能否构成三角形．
基础训练
1．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝，a＝，b＝1，则c＝
A．－1 B．
C．2 D．1
2．在中，已知，，，则a等于
A． B．6
C．或6 D．
3．在中，若AB＝，AC＝5，且cosC＝，则BC的长为
A．4 B．5
C．4或5 D．3
4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则
A． B．3
C． D．
5．在中，，则
A． B．
C． D．
6．边长为3、7、8的三角形中，最大角与最小角之和为
A．90° B．120°
C．135° D．150°
7．在中，若，则最大角的余弦值是
A． B．
C． D．
8．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则
A． B．
C． D．与的大小关系不能确定
9．已知中，，则_____________．
10．在中，，，，则的外接圆的直径为_____________．
11．若钝角三角形的三边长分别是，则_____________．
12．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则_____________．
13．在中，C＝2A，a＋c＝5，cosA＝，求b的值．
14．在中，角A，B，C的对边为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，，求bc的值．
能力提升
15．在中，B＝，AB＝，BC＝3，则sin A＝
A． B．
C． D．
16．的三个内角满足：，则
A． B．
C． D．或
17．在中，如果，那么等于
A． B．
C． D．
18．在中，三边上的高依次为，则为
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不存在这样的三角形
19．在中，已知(角A，B，C的对边分别为a，b，c)，则是___________三角形．
20．如图，在三角形中，，，以为直角顶点向外作等腰直角三角形，当变化时，线段的长度的最大值为___________．
21．如图所示，在中，，点在线段上，且，，则___________．
22．的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝a．
（1）求的值；
（2）若c2＝b2＋a2，求B
23．在中，角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求角的大小；
（2）若角，，求的值．
真题练习
24．（2018新课标全国Ⅱ理）在中，，，，则
A． B．
C． D．
25．（2019浙江模拟）在中，角，，所对的边分别为，，．若，，，则___________，___________．
26．（2018新课标全国Ⅰ理）在平面四边形中，，，，．
（1）求；
（2）若，求．
27．（2019天津模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求角B的大小；
（2）设，，求和的值．
28．（2019湖南模拟）在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，．
（1）求的值；
（2）求的值．
29．（2019四川模拟）在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，，．
（1）求和的值；
（2）求的值．
30．（2019江苏模拟）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）
（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点A处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；
（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．

参考答案
1．【答案】D
【解析】由余弦定理可得，，．故选D．
2．【答案】A
【解析】由余弦定理得4812－2×××()＝84，所以．故选A．
3．【答案】C
【解析】设BC＝x，由余弦定理可得即解得，所以BC的长为4或5．故选C．
4．【答案】A
【解析】∵，∴，则，∴．故选A．
7．【答案】C
【解析】由余弦定理得，解得，可知角最大，
则．故选C．
8．【答案】A
【解析】由余弦定理知，则，即，则，所以，所以，故选A．
11．【答案】2
【解析】设边长为的边所对的角为，则，
，，又，所以，所以，又，所以．
12．【答案】或
【解析】因为，所以，即，所以或．
13．【答案】．
【解析】由正弦定理，得，∴．
又a＋c＝5，∴a＝2，c＝3．
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得，∴b＝2或．
当b＝2时，∵a＝2，∴A＝B．又C＝2A，且A＋B＋C＝π，
∴，与已知矛盾，不合题意，舍去．
当b＝时，满足题意．∴．
14．【答案】（1）60°；（2）3．
【解析】（1）因为，
所以根据正弦定理可得，
因为，所以，又0°（2）由余弦定理，可得7=a2=b2+c2－2bc·cos60°=b2+c2－bc=(b+c)2－3bc，
把b+c=4代入上式，可得bc=3．
15．【答案】C
【解析】在中，由余弦定理得 即由正弦定理 得，所以故选C．
16．【答案】B
【解析】由已知条件以及正弦定理可得，即，再由余弦定理可得，所以，故选B．
18．【答案】C
【解析】设的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，分别为a、b、c上的高．
根据三角形的面积相等可得，所以可设，
由余弦定理可得，则，所以三角形为钝角三角形，故选C．
19．【答案】直角
【解析】方法1：在中，由得，∴．
根据余弦定理，得，∴，即，
∴是直角三角形．
方法2：在中，设其外接圆半径为R，由正弦定理得，b＝2RsinB，c＝2RsinC，
由知，．∴，即sinB＝sinCcosA．
∵B＝π－(A＋C)，∴sin(A＋C)＝sinCcosA，∴sinAcosC＝0．
∵A，C都是的内角，∴A≠0，A≠π，∴cosC＝0，∴C＝，∴是直角三角形．
20．【答案】
【解析】设，，则在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得．因为，所以在中，由余弦定理可得，所以当时，取得的最大值，最大值为．
21．【答案】
【解析】因为，所以，
在中，设，由余弦定理可得 ①，
在和中，由余弦定理可得，，因为，所以，所以 ②，
由①②可得，则，所以．
22．【答案】（1）；（2）45°．
【解析】（1）由正弦定理，得asinB＝bsinA，所以bsin2A＋bcos2A＝a，所以＝．
（2）由余弦定理及c2＝b2＋a2，可得．
由（1）知b2＝2a2，故c2＝(2＋)a2，所以cos2B＝．
又cosB>0，故cosB＝，∴B＝45°．
23．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为，
所以由正弦定理可得，即，
结合余弦定理可得，又，所以．
（2）因为，所以，
故由正弦定理可得．
24．【答案】A
【解析】设角，，所对的边分别为，，，因为，所以，所以，故选A．
26．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）在中，由正弦定理得．
由题设知，所以．
由题设知，，所以．
（2）由题设及（1）知．
在中，由余弦定理得，所以．
27．【答案】（1）；（2），．
【解析】（1）在中，由正弦定理可得，
又由可得，即，
化简可得．又，所以．
28．【答案】（1）；（2）．
【思路分析】（1）首先根据正弦定理得到，再根据余弦定理即可求得的值；（2）根据（1）的结论和条件，由求得，然后根据求得，再求，然后由二倍角公式求，最后代入的展开式即可．
【解析】（1）由及，得．
由及余弦定理，得．
（2）由（1）可得，代入，得．
由（1）知A为钝角，所以．
于是，，
故．
【名师点睛】（1）利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值；（2）利用正、余弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题．
29．【答案】（1），；（2）．
（2）由（1）及，得，
所以，．
故．
30．【答案】（1）16；（2）20．
【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，所以平面平面，．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
因为，所以，从而，
如图，记与水面的交点为，过作P1Q1⊥AC，Q1为垂足，
则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1=12，从而AP1=．
答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)
（2）如图，O，O1是正棱台的两底面中心．
由正棱台的定义，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG．
同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1．
记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处，
过G作GK⊥E1G1，K为垂足，则GK =OO1=32．
因为EG = 14，E1G1= 62，所以KG1=，
从而．
设则．
因为，所以．
在中，由正弦定理可得，解得．
因为，所以．
于是．
记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，
则P2Q2⊥平面EFGH，
故P2Q2=12，从而EP2=．
答：玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)