资源简介

6．4.3　余弦定理、正弦定理
第1课时　余弦定理—— (教学方式：深化学习课—梯度进阶式教学)
[课时目标]
1．借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，了解余弦定理的推导过程．
2．掌握余弦定理及其变形，并能利用余弦定理解决相关问题．
1．余弦定理
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则有
文字语言 三角形中任何一边的平方，等于___________________
符号语言 a2＝______________，b2＝______________，c2＝____________
推论 cos A＝，cos B＝，cos C＝
2．解三角形的定义
一般地，三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的________．已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做__________．
|微|点|助|解|　
(1)余弦定理的特点
①适用范围：余弦定理对任意的三角形都成立．
②揭示的规律：余弦定理指的是三角形中三条边与其中一个角的余弦之间的关系，它含有四个不同的量，知道其中的三个量，就可求得第四个量．
(2)余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定理的特例．在△ABC中，c2＝a2＋b2 C为直角；c2＞a2＋b2 C为钝角；c2＜a2＋b2 C为锐角．
(3)利用余弦定理可以解决两类有关三角形的问题
①已知两边和夹角或已知三边能直接利用余弦定理解三角形．
②若已知两边和一边的对角，可以用余弦定理解三角形．
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)勾股定理是余弦定理的特例，余弦定理是勾股定理的推广．(　　)
(2)已知三角形的三边求三个内角时，解是唯一的．(　　)
(3)在△ABC中，若a2>b2＋c2，则△ABC一定为钝角三角形．(　　)
(4)在三角形中，勾股定理是余弦定理针对直角三角形的一个特例．(　　)
(5)余弦定理只适用于已知三边和已知两边及夹角的情况．(　　)
2．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，c＝1，B＝60°，则A＝(　　)
A. B.
C. D.
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝，c＝3，cos A＝，则b＝(　　)
A．1 B.
C．3 D．1或3
题型(一)　已知两边和一角解三角形
[例1]　(1)在△ABC中，已知b＝3，c＝2，A＝30°，求a的值；
(2)在△ABC中，已知b＝3，c＝3，B＝30°，解这个三角形．
听课记录：
|思|维|建|模|
已知两边及一角解三角形的两种情况
(1)若已知角是其中一边的对角，可用余弦定理列出关于第三边的一元二次方程求解．
(2)若已知角是两边的夹角，则直接运用余弦定理求出另外一边，再用余弦定理和三角形内角和定理求其他角．　　
[针对训练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝，B＝60°，则c＝(　　)
A．1 B.
C．3 D．1或3
2．△ABC的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若cos B＝，c＝5，a＝3，则b＝(　　)
A. B.
C. D.
题型(二)　已知三边(或三边关系)解三角形
[例2]　在△ABC中，已知a＝2，b＝6＋2，c＝4，求A，B，C的大小．
听课记录：
|思|维|建|模|
已知三角形三边解三角形的方法
先利用余弦定理的推论求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理的推论求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．　
[针对训练]
3．若△ABC的三边长分别为3,6,7，则该三角形最大角的余弦值为(　　)
A．－ B.
C. D.
4．若三角形三边长之比是1∶∶2，则其所对角之比是(　　)
A．1∶2∶3 B．1∶∶2
C．1∶∶ D.∶∶2
题型(三)　判断三角形的形状
[例3]　在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，试判断△ABC的形状．
听课记录：
|思|维|建|模|
利用余弦定理判断三角形形状的方法及注意事项
(1)利用余弦定理把已知条件转化为边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．
(2)统一成边的关系后，注意等式两边不要轻易约分，否则可能会出现漏解．　　
[针对训练]
5．在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，且sin A＝2sin B·cos C，试确定△ABC的形状．
第1课时　余弦定理
课前预知教材
1．其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍　b2＋c2－2bccos A　c2＋a2－2cacos B　a2＋b2－2abcos C
2．元素　解三角形
[基础落实训练]
1．(1)√　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×
2．选D　因为b2＝a2＋c2－2accos B＝1＋4－2×1×2×＝3，所以b＝.
因为a2＝b2＋c2，所以△ABC为直角三角形，且AB⊥AC，故A＝.
3．选D　由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，即6＝b2＋9－2b×3×，
整理可得b2－4b＋3＝0，解得b＝1或b＝3.
?课堂题点研究
　[题型(一)]
[例1]　解：(1)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝32＋(2)2－2×3×2×cos 30°＝3.所以a＝.
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得32＝a2＋(3)2－2a×3×cos 30°，
即a2－9a＋18＝0，解得a＝3或a＝6.
当a＝3时，A＝B＝30°，C＝120°；
当a＝6时，由余弦定理得cos A＝＝0，
又0°综上，当a＝3时，A＝30°，C＝120°；
当a＝6时，A＝90°，C＝60°.
[针对训练]
1．选C　由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得7＝4＋c2－2c，即(c－3)(c＋1)＝0，解得c＝3.故选C.
2．选D　由cos B＝，c＝5，a＝3以及余弦定理得b＝＝＝，故选D.
　[题型(二)]
[例2]　解：根据余弦定理的推论，得
cos A＝
＝＝.
∵A∈(0，π)，∴A＝.cos C＝
＝＝.
∵C∈(0，π)，∴C＝.∴B＝π－A－C＝π－－＝，∴A＝，B＝，C＝.
[针对训练]
3．选A　因为大边对大角，所以边长为7的边所对的角为最大角，设为θ，则cos θ＝＝－，故选A.
4．选A　设三角形三边长分别为m，m,2m(m＞0)，最大角为A，则cos A＝＝0，∴A＝90°.设最小角为B，则cos B＝＝，∴B＝30°，∴C＝60°.
故三角形三角之比为1∶2∶3.故选A.
　[题型(三)]
[例3]　解：将已知等式变形为b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccos Bcos C.
由余弦定理并整理，得
b2＋c2－b22－c22
＝2bc××，
∴b2＋c2＝＝＝a2.
∴A＝90°.∴△ABC是直角三角形．
[针对训练]
5．解：∵(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，
∴a2＝b2＋c2－bc.而a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴2cos A＝1.∴cos A＝.∴A＝60°.
又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
sin A＝2sin B·cos C，
∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0，
即sin(B－C)＝0，∴B＝C.
又∵B＋C＝120°，∴A＝B＝C＝60°.
故△ABC为等边三角形．(共50张PPT)
6.4.3
余弦定理、正弦定理
余弦定理
(教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学)
第1课时
课时目标
1.借助向量的运算,探索三角形边长与角度的关系,了解余弦定理的推导过程.
2.掌握余弦定理及其变形,并能利用余弦定理解决相关问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
01
1.余弦定理
在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,则有
文字语言 三角形中任何一边的平方,等于________________________
________________________________
符号语言 a2=______________,b2=_____________,c2=______________
推论 cos A=,cos B=,cos C=
其他两边平方的和减去这
两边与它们夹角的余弦的积的两倍
b2+c2-2bccos A
c2+a2-2cacos B
a2+b2-2abcos C
2.解三角形的定义
一般地,三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c叫做三角形的______.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做__________.
元素
解三角形
|微|点|助|解|
(1)余弦定理的特点
①适用范围:余弦定理对任意的三角形都成立.
②揭示的规律:余弦定理指的是三角形中三条边与其中一个角的余弦之间的关系,它含有四个不同的量,知道其中的三个量,就可求得第四个量.
(2)余弦定理是勾股定理的推广,勾股定理是余弦定理的特例.在△ABC中,c2=a2+b2 C为直角;c2>a2+b2 C为钝角;c2(3)利用余弦定理可以解决两类有关三角形的问题
①已知两边和夹角或已知三边能直接利用余弦定理解三角形.
②若已知两边和一边的对角,可以用余弦定理解三角形.
基础落实训练
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)勾股定理是余弦定理的特例,余弦定理是勾股定理的推广. (　　)
(2)已知三角形的三边求三个内角时,解是唯一的. (　　)
(3)在△ABC中,若a2>b2+c2,则△ABC一定为钝角三角形. (　　)
(4)在三角形中,勾股定理是余弦定理针对直角三角形的一个特例. (　　)
(5)余弦定理只适用于已知三边和已知两边及夹角的情况. (　　)
√
√
√
√
×
2.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=2,c=1,B=60°,则A= (　　)
A. B.
C. D.
解析:因为b2=a2+c2-2accos B=1+4-2×1×2×=3,所以b=.
因为a2=b2+c2,所以△ABC为直角三角形,且AB⊥AC,故A=.
√
3.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,c=3,cos A=,则b=(　　)
A.1 B.
C.3 D.1或3
解析:由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,即6=b2+9-2b×3×,
整理可得b2-4b+3=0,解得b=1或b=3.
√
课堂题点研究·迁移应用融通
02
题型(一)　已知两边和一角解三角形
[例1]　(1)在△ABC中,已知b=3,c=2,A=30°,求a的值;
解:由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=32+(2)2-2×3×2×cos 30°=3.所以a=.
(2)在△ABC中,已知b=3,c=3,B=30°,解这个三角形.
解:由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,
得32=a2+(3)2-2a×3×cos 30°,
即a2-9a+18=0,解得a=3或a=6.
当a=3时,A=B=30°,C=120°;
当a=6时,由余弦定理得cos A==0,
又0°综上,当a=3时,A=30°,C=120°;
当a=6时,A=90°,C=60°.
|思|维|建|模|
已知两边及一角解三角形的两种情况
(1)若已知角是其中一边的对角,可用余弦定理列出关于第三边的一元二次方程求解.
(2)若已知角是两边的夹角,则直接运用余弦定理求出另外一边,再用余弦定理和三角形内角和定理求其他角.
1.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2,b=,B=60°,则c=(　　)
A.1 B.
C.3 D.1或3
解析:由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得7=4+c2-2c,即(c-3)(c+1)=0,解得c=3.故选C.
√
针对训练
2.△ABC的三个内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,若cos B=,c=5,a=3,则b=(　　)
A. B.
C. D.
解析:由cos B=,c=5,a=3以及余弦定理得b=
==,故选D.
√
题型(二)　已知三边(或三边关系)解三角形
[例2]　在△ABC中,已知a=2,b=6+2,c=4,求A,B,C的大小.
解:根据余弦定理的推论,得
cos A=
==.
∵A∈(0,π),∴A=.
cos C===.∵C∈(0,π),
∴C=.∴B=π-A-C=π--=,∴A=,B=,C=.
|思|维|建|模|
已知三角形三边解三角形的方法
先利用余弦定理的推论求出一个角的余弦,从而求出第一个角;再利用余弦定理的推论求出第二个角;最后利用三角形的内角和定理求出第三个角.
3.若△ABC的三边长分别为3,6,7,则该三角形最大角的余弦值为 (　　)
A.- B.
C. D.
解析:因为大边对大角,所以边长为7的边所对的角为最大角,设为θ,则cos θ==-,故选A.
√
针对训练
4.若三角形三边长之比是1∶∶2,则其所对角之比是(　　)
A.1∶2∶3 B.1∶∶2
C.1∶∶ D.∶∶2
解析:设三角形三边长分别为m,m,2m(m>0),最大角为A,则cos A==0,∴A=90°.设最小角为B,则cos B==,∴B=30°,∴C=60°.
故三角形三角之比为1∶2∶3.故选A.
√
题型(三)　判断三角形的形状
[例3]　在△ABC中,若b2sin2C+c2sin2B=2bccos Bcos C,试判断△ABC的形状.
解:将已知等式变形为
b2(1-cos2C)+c2(1-cos2B)=2bccos Bcos C.
由余弦定理并整理,得
b2+c2-b2-c2
=2bc××,
∴b2+c2===a2.
∴A=90°.∴△ABC是直角三角形.
利用余弦定理判断三角形形状的方法及注意事项
(1)利用余弦定理把已知条件转化为边的关系,通过因式分解、配方等得出边的相应关系,从而判断三角形的形状.
(2)统一成边的关系后,注意等式两边不要轻易约分,否则可能会出现漏解.
|思|维|建|模|
5.在△ABC中,已知(a+b+c)(b+c-a)=3bc,且sin A=2sin B·cos C,试确定△ABC的形状.
解: ∵(a+b+c)(b+c-a)=3bc,
∴a2=b2+c2-bc.而a2=b2+c2-2bccos A,
∴2cos A=1.∴cos A=.∴A=60°.
针对训练
又sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
sin A=2sin B·cos C,
∴sin Bcos C-cos Bsin C=0,
即sin(B-C)=0,∴B=C.
又∵B+C=120°,∴A=B=C=60°.
故△ABC为等边三角形.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.(2021·全国甲卷)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC=(　　)
A.1 B.
C. D.3
解析:由余弦定理,得cos 120°=.化简,得BC2+2BC-15=0,解得BC=3或BC=-5(舍去).故选D.
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2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=,b=4,c=3,则B+C等于(　　)
A. B.
C. D.
解析:在△ABC中,由余弦定理得cos A===,而0√
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3.(多选)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=2,cos A=,且bA.b=2 B.b=2
C.B=60° D.B=30°
解析:由a2=b2+c2-2bccos A,得4=b2+12-6b b2-6b+8=0 (b-2)(b-4)=0,由b√
√
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4.在△ABC中,A=60°,a2=bc,则△ABC一定是 (　　)
A.锐角三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.等边三角形
解析:在△ABC中,因为A=60°,a2=bc,所以由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc,所以bc=b2+c2-bc,即(b-c)2=0,所以b=c,结合A=60°可得△ABC一定是等边三角形.故选D.
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5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若A=,a=4,则bc的最大值为(　　)
A. B.16
C. D.32
√
解析:由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,因为A=,a=4,所以16=b2+c2-bc.因为b2+c2≥2bc,所以16+bc≥2bc,即bc≤16,当且仅当b=c=4时等号成立.
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6.在△ABC中,a=8,c=7,cos A=,则b=　　,∠C=　　　　.
解析:由余弦定理可得64=b2+49-2×b×7×=b2-2b+49,故b2-2b-15=0,故b=-3(舍去)或b=5,故cos∠C==,而∠C为三角形内角,故∠C=.
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7.已知2,4,a是一个锐角三角形的三边长,请写出一个a的值　 　 　.
解析:因为2,4,a是一个锐角三角形的三边长,
所以解得24(答案不唯一)
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8.在△ABC中,若a=8,b=7,cos C=,则最大角的余弦值是　　.
解析: ∵在△ABC中,a=8,b=7,cos C=,∴由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=64+49-104=9,即c=3.∴最大内角为A,则cos A===-.
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9.(8分)在△ABC中,已知a-b=4,a+c=2b,且最大角为120°,求三边长.
解:由得
∴a>b>c.∴A=120°.
∴a2=b2+c2-2bccos 120°.
即(b+4)2=b2+(b-4)2-2b(b-4)×,
即b2-10b=0,解得b=0(舍去)或b=10.
当b=10时,a=14,c=6.
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10.(10分)在△ABC中,a+c=6,b=2,cos B=,求a,c的值.
解:由余弦定理,得cos B=,
有=,得a2+c2=ac+4,
由a+c=6,得(a+c)2=a2+2ac+c2=36,
所以ac+4=36-2ac,解得ac=9,
所以解得a=3,c=3.
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B级——重点培优
11.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos A+acos B=c2,a=b=2,则△ABC的周长为(　　)
A.7.5 B.7
C.6 D.5
解析: ∵bcos A+acos B=c2,∴由余弦定理可得b·+a·=c2.整理可得2c2=2c3,解得c=1.则△ABC的周长为a+b+c=2+2+1=5.
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12.(多选)已知△ABC的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,对于△ABC,有如下命题,其中正确的有 (　　)
A.sin(B+C)=sin A
B.cos(B+C)=cos A
C.若a2+b2=c2,则△ABC为直角三角形
D.若a2+b2√
√
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解析:依题意,△ABC中,B+C=π-A,sin(B+C)=sin(π-A)=sin A,A正确;
cos(B+C)=cos(π-A)=-cos A,B不正确;因为a2+b2=c2,则由余弦定理得cos C
==0,而01
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13.(2023·全国甲卷)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD=　　.
解析:法一:由余弦定理得cos 60°=,整理得AC2-2AC-2=0,得AC=1+.又S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以×2ACsin 60°=×2ADsin 30°+AC·ADsin 30°,
所以AD===2.
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法二:由角平分线定理得=,又BD+CD=,所以BD=,CD=.由角平分线长公式得AD2=AB·AC-BD·CD=2AC-,又由法一知AC=1+,所以AD2=2+2-=2+2-(2-2)=4,所以AD=2.
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14.(12分)在△ABC中,BC=a,AC=b,且a,b是方程x2-2x+2=0的两根,
2cos(A+B)=1.
(1)求C的大小;
解: ∵cos C=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-,且C∈(0,π),∴C=.
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(2)求AB的长.
解: ∵a,b是方程x2-2x+2=0的两根,
∴∴AB2=b2+a2-2abcos C=(a+b)2-ab=10.∴AB=.
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10
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12
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14
15
3
4
2
15.(12分)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且=-.
(1)求B的大小;
解:由余弦定理,得cos B=,
cos C=,
∴原式化为·=-,
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2
整理,得a2+c2-b2+ac=0,
∴cos B===-.
又01
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(2)若b=,a+c=4,求a的值.
解:将b=,a+c=4,B=,
代入b2=a2+c2-2accos B,得
13=a2+(4-a)2-2a(4-a)cos,
即a2-4a+3=0.解得a=1或a=3.课时跟踪检测(十四)　余弦定理
(满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝，AB＝2，则BC＝(　　)
A．1 B.
C. D．3
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝，b＝4，c＝3，则B＋C等于(　　)
A. B.
C. D.
3．(多选)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2，cos A＝，且bA．b＝2 B．b＝2
C．B＝60° D．B＝30°
4．在△ABC中，A＝60°，a2＝bc，则△ABC一定是(　　)
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等边三角形
5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若A＝，a＝4，则bc的最大值为(　　)
A. B．16
C. D．32
6．在△ABC中，a＝8，c＝7，cos A＝，则b＝________，∠C＝________.
7．已知2,4，a是一个锐角三角形的三边长，请写出一个a的值______.
8．在△ABC中，若a＝8，b＝7，cos C＝，则最大角的余弦值是________.
9．(8分)在△ABC中，已知a－b＝4，a＋c＝2b，且最大角为120°，求三边长.
10．(10分)在△ABC中，a＋c＝6，b＝2，cos B＝，求a，c的值.
B级——重点培优
11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos A＋acos B＝c2，a＝b＝2，则△ABC的周长为(　　)
A．7.5 B．7
C．6 D．5
12．(多选)已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，对于△ABC，有如下命题，其中正确的有(　　)
A．sin(B＋C)＝sin A
B．cos(B＋C)＝cos A
C．若a2＋b2＝c2，则△ABC为直角三角形
D．若a2＋b213．(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________.
14．(12分)在△ABC中，BC＝a，AC＝b，且a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1.
(1)求C的大小；
(2)求AB的长.
15．(12分)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且＝－.
(1)求B的大小；
(2)若b＝，a＋c＝4，求a的值.
课时跟踪检测(十四)
1．选D　由余弦定理，得cos 120°＝.化简，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.
2．选B　在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝＝，而03．选AD　由a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋12－6b b2－6b＋8＝0 (b－2)(b－4)＝0，由b4．选D　在△ABC中，因为A＝60°，a2＝bc，所以由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc，所以bc＝b2＋c2－bc，即(b－c)2＝0，所以b＝c，结合A＝60°可得△ABC一定是等边三角形．故选D.
5．选B　由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A，因为A＝，a＝4，所以16＝b2＋c2－bc.因为b2＋c2≥2bc，所以16＋bc≥2bc，即bc≤16，当且仅当b＝c＝4时等号成立．
6．解析：由余弦定理可得64＝b2＋49－2×b×7×＝b2－2b＋49，故b2－2b－15＝0，故b＝－3(舍去)或b＝5，故cos∠C＝＝，而∠C为三角形内角，故∠C＝.
答案：5　
7．解析：因为2,4，a是一个锐角三角形的三边长，
所以解得2答案：4(答案不唯一)
8．解析：∵在△ABC中，a＝8，b＝7，cos C＝，∴由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝64＋49－104＝9，即c＝3.∴最大内角为A，则cos A＝＝＝－.
答案：－
9．解：由得
∴a＞b＞c.∴A＝120°.
∴a2＝b2＋c2－2bccos 120°.即(b＋4)2＝b2＋(b－4)2－2b(b－4)×，
即b2－10b＝0，解得b＝0(舍去)或b＝10.
当b＝10时，a＝14，c＝6.
10．解：由余弦定理，得cos B＝，
有＝，得a2＋c2＝ac＋4，
由a＋c＝6，得(a＋c)2＝a2＋2ac＋c2＝36，
所以ac＋4＝36－2ac，解得ac＝9，
所以解得a＝3，c＝3.
11．选D　∵bcos A＋acos B＝c2，∴由余弦定理可得b·＋a·＝c2.整理可得2c2＝2c3，解得c＝1.则△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋2＋1＝5.
12．选AC　依题意，△ABC中，B＋C＝π－A，sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sin A，A正确；cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cos A，B不正确；因为a2＋b2＝c2，则由余弦定理得cos C＝＝0，而013．解析：法一：由余弦定理得cos 60°＝，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×2ACsin 60°＝×2ADsin 30°＋AC·ADsin 30°，
所以AD＝＝＝2.
法二：由角平分线定理得＝，又BD＋CD＝，所以BD＝，CD＝.由角平分线长公式得AD2＝AB·AC－BD·CD＝2AC－，又由法一知AC＝1＋，所以AD2＝2＋2－＝2＋2－(2－2)＝4，所以AD＝2.
答案：2
14．解：(1)∵cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－，且C∈(0，π)，
∴C＝.
(2)∵a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，
∴∴AB2＝b2＋a2－2abcos C＝(a＋b)2－ab＝10.∴AB＝.
15．解：(1)由余弦定理，得cos B＝，
cos C＝，
∴原式化为·＝－，
整理，得a2＋c2－b2＋ac＝0，
∴cos B＝＝＝－.
又0(2)将b＝，a＋c＝4，B＝，
代入b2＝a2＋c2－2accos B，得
13＝a2＋(4－a)2－2a(4－a)cos，
即a2－4a＋3＝0.解得a＝1或a＝3.

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