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(共48张PPT)
余弦定理
(深化学习课——梯度进阶式教学)
6.1.1
课时目标
1.通过向量的运算探索三角形边长与角度的关系,掌握余弦定理.
2.能利用余弦定理解决简单的实际问题.
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
余弦定理及变形
公式 表达 a2=______________;b2=______________;c2=_______________
语言 叙述 三角形任何一边的平方等于其他两边的平方和________这两边与它们夹角余弦的积的两倍
变形 cos A=;cos B=___________;cos C=
b2+c2-2bccos A
a2+c2-2accos B
a2+b2-2abcos C
减去
|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.余弦定理的特例(勾股定理)
在△ABC中,c2=a2+b2 C为直角;c2>a2+b2 C为钝角;c23.△ABC的面积公式
(1)S△ABC=a·ha=b·hb=c·hc(ha,hb,hc分别为边a,b,c上的高);
(2)S△ABC=absin C=acsin B=bcsin A.
1.在△ABC中,已知a=9,b=2,C=150°,则c等于(　 )
A. B.8
C.10 D.7
解析:由余弦定理得c===7.
√
基础落实训练
2.在△ABC中,若a=,b=3,c=2,则A=(　 )
A.30° B.60°
C.45° D.90°
解析:因为a=,b=3,c=2,所以由余弦定理得cos A===.
又0°√
3. 在△ABC中,若a2-c2+b2=ab,则cos C=　　　　.
解析:∵a2-c2+b2=ab,∴c2=a2+b2-ab.又∵c2=a2+b2-2abcos C,
∴2cos C=1.∴cos C=.
4.在△ABC中,已知a=9,b=2,C=150°,则△ABC的面积为　　　　.
解析:由面积公式得S△ABC=absin C=×9×2sin 150°=.
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一)　已知两边及一角解三角形
[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°|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
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.
√
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.
C.
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(三边关系)解三角形
[例2]　(1)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=1,b=2,c=,则C=(　 )
A.120° B.90°
C.60° D.45°
解析:由余弦定理可得cos C===-,由于0°√
(2)在△ABC中,B=60°,最大边与最小边之比为(+1)∶2,则最大角为(　 )
A.45° B.60°
C.75° D.90°
解析:由题意可知c∴cos B=,即=,整理得b2=6x2.
∴cos C===.∴C=45°.
∴A=180°-60°-45°=75°.
√
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已知三角形的三边求角的基本步骤
求第一个角
求第二个角
求第三个角
针对训练
3.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若(a+b-c)(a+b+c)=ab,
则角C=　　　　.
解析:∵(a+b)2-c2=ab,∴cos C==-,C=.
4.已知△ABC中,a∶b∶c=2∶∶(+1),
求△ABC中各角的度数.
解:已知a∶b∶c=2∶∶(+1),可令a=2,b=,c=+1,由余弦定理的推论,得cos A===,
∵0°cos B===,∵0°∴C=180°-A-B=180°-45°-60°=75°.
题型(三)　余弦定理的综合应用
[例3]　(1)两座灯塔A和B与观察站C的距离分别为3 km,5 km,灯塔A在观察站C的北偏东20°方向上,灯塔B在观察站C的南偏东40°方向上,则灯塔A与B之间的距离为 (　 )
A.6 km　 B.4 km 　
C.7 km　 D.5 km
√
解析:作出示意图如图,由题意可得∠ACB=180°-20°-40°=120°,在△ABC中,由余弦定理可知AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB,解得AB=7 km,故灯塔A与B之间的距离为7 km.
(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2+c2=a2-bc,且·=-4,
则角A=　　　　,△ABC的面积为　　　　.
解析:∵b2+c2=a2-bc,∴cos A==-.又A∈(0,π),∴A=.
又∵·=bc·cos A=-4,∴bc=8.
∴△ABC的面积S=bc·sin A=2.
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|思|维|建|模|
(1)余弦定理及其推论把“边、角、边”和“边、边、边”判定三角形全等的定理从数量化的角度进行了刻画,使其变成了可以计算的公式.
(2)余弦定理及其推论在结构上有所不同,在应用它们解三角形时要根据条件灵活选择.
(3)因为余弦函数y=cos x在(0,π)上是减函数,此时,由cos α=m(-1针对训练
5.在△ABC中,bcos A=acos B,则△ABC是 (　 )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.直角三角形 D.锐角三角形
解析:因为bcos A=acos B,所以b·=a·.
所以b2+c2-a2=a2+c2-b2.所以a2=b2.所以a=b.故此三角形是等腰三角形.
√
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若C=,c=2,则△ABC面积的最大值为　　　　.
解析:由C=及c=2可得4=a2+b2-2abcos,即a2+b2-ab=4,由不等式a2+b2≥2ab可得2ab-ab≤4,即ab≤4,当且仅当a=b=2时取等号.所以S=absin C=ab≤×4=,故△ABC面积的最大值为.
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A级——达标评价
1.在△ABC中,若AB=,BC=3,∠C=120°,则AC=(　 )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:在△ABC中,由余弦定理得AB2=BC2+AC2-2AC·BCcos C,
可得13=9+AC2+3AC,解得AC=1或AC=-4(舍去).故选A.
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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.
C.
解析:在△ABC中,由余弦定理得cos A===,而0√
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3.在△ABC中,a=2b=,C=60°,则S△ABC=(　 )
A.2
C.
解析:因为a=2b=,所以a=,b=.又因为C=60°,
所以S△ABC=absin C=×××=.故选D.
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4.(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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5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若>0,则△ABC(　 )
A.一定是锐角三角形 B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形 D.是锐角或直角三角形
解析:由>0得-cos C>0,所以cos C<0,从而C为钝角,因此△ABC一定是钝角三角形.
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6.在△ABC中,a=2,b=3,C=60°,则c=　　　,△ABC的面积为　　　　.
解析:在△ABC中,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,易知c= =,△ABC的面积为×2×3×=.
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7.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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8.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c=b,cos B=cos C,
a=,则S△ABC=　　　　.
解析:由cos B=cos C及余弦定理,得=,结合c=b,化简得a=b,从而有b2+c2=a2,即△ABC为直角三角形,
将c=b,a=代入b2+c2=a2,得b=1,c=,所以S△ABC=bc=.
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9.(8分)(2024·天津高考,节选)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知cos B=,b=5,=.
(1)求a的值;
解:由=得a=c,
由余弦定理得a2+c2-b2=2accos B,即c2+c2-25=2×c×c×,
c2-25=c2,解得c=6,故a=c=4.
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(2)求sin A的值.
解:因为cos B=,所以sin B==.
由正弦定理得=,即=,解得sin A=.
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10.(10分)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,(a+b+c)(b+c-a)=3bc.
(1)求A的大小;
解:∵(a+b+c)(b+c-a)=3bc,
∴a2=b2+c2-bc.
而a2=b2+c2-2bccos A,∴2cos A=1.
∴cos A=.∵A∈(0,π),∴A=.
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(2)若b+c=2a=2,试判断△ABC的形状.
解:在△ABC中,a2=b2+c2-2bccos A,且a=,
∴()2=b2+c2-2bc·=b2+c2-bc.　①
又∵b+c=2,与①联立,解得bc=3.
∴解得b=c=.
∴△ABC为等边三角形.
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B级——重点培优
11.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若(a-b-c)(a-b+c)+ab=0且sin A=,则B=(　 )
A.
C.
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解析:由(a-b-c)(a-b+c)+ab=0,可得a2+b2-c2=ab,所以cos C==.
又C∈(0,π),所以C=.因为sin A=,A∈(0,π),所以A=或A=.
当A=时,B=;当A=时,A+C>π,不合题意.故选A.
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12.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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13.(多选)已知△ABC是钝角三角形,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=3,b=4,则最大的边c的取值可能是 (　 )
A.5 B.6
C. D.7
解析:因为△ABC是钝角三角形,且C最大,所以cos C<0,故a2+b2-c2<0,
进而c2>25 c>5.所以B、C均符合要求,而D不符合两边之和大于第三边,故选B、C.
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14.(10分)在△ABC中,点D在边BC上,AB=,CD=3,B=45°,∠ADB=60°,求AC的长.
解:由题意,作AE⊥BD交BD于E,因为AB=,CD=3,B=45°,∠ADB=60°,
所以AE=AB=,则AD===2,
在△ACD中,由余弦定理可得,AC2=AD2+
CD2-2AD·CDcos∠ADC=22+32-2×2×3×
cos 120°=19.所以AC=.
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15.(14分)已知四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2.
(1)求C和BD;
解:由题设及余弦定理得,
BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=13-12cos C,　①
BD2=AB2+DA2-2AB·DAcos A=5-4cos A=5+4cos C.　②
由①②得cos C=.因为0°1
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(2)求四边形ABCD的面积.
解:因为角A与角C互补,所以sin A=sin C.
故四边形ABCD的面积S=AB·DAsin A+BC·CDsin C=sin 60°=2.6.1.1　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.通过向量的运算探索三角形边长与角度的关系,掌握余弦定理.
2.能利用余弦定理解决简单的实际问题.
余弦定理及变形
公式表达 a2=　　　　　　　;b2=　　　　　　　;c2=　　　　　　　　
语言叙述 三角形任何一边的平方等于其他两边的平方和　　　　这两边与它们夹角余弦的积的两倍
变形 cos A=　　　　　　;cos B=　　　　　; cos C=　　　　　
|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.余弦定理的特例(勾股定理)
在△ABC中,c2=a2+b2 C为直角;c2>a2+b2 C为钝角;c23.△ABC的面积公式
(1)S△ABC=a·ha=b·hb=c·hc(ha,hb,hc分别为边a,b,c上的高);
(2)S△ABC=absin C=acsin B=bcsin A.
基础落实训练
1.在△ABC中,已知a=9,b=2,C=150°,则c等于 (　 )
A. B.8
C.10 D.7
2.在△ABC中,若a=,b=3,c=2,则A= (　 )
A.30° B.60°
C.45° D.90°
3.在△ABC中,若a2-c2+b2=ab,则cos C=　　　　.
4.在△ABC中,已知a=9,b=2,C=150°,则△ABC的面积为　　　　.
题型(一)　已知两边及一角解三角形
[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.
C.
题型(二)　已知三边(三边关系)解三角形
[例2]　(1)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=1,b=2,c=,则C= (　 )
A.120° B.90°
C.60° D.45°
(2)在△ABC中,B=60°,最大边与最小边之比为(+1)∶2,则最大角为 (　 )
A.45° B.60°
C.75° D.90°
听课记录:
|思|维|建|模|
已知三角形的三边求角的基本步骤
求第一个角
求第二个角
求第三个角
　　[针对训练]
3.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若(a+b-c)(a+b+c)=ab,则角C=　　　　.
4.已知△ABC中,a∶b∶c=2∶∶(+1),求△ABC中各角的度数.
题型(三)　余弦定理的综合应用
[例3]　(1)两座灯塔A和B与观察站C的距离分别为3 km,5 km,灯塔A在观察站C的北偏东20°方向上,灯塔B在观察站C的南偏东40°方向上,则灯塔A与B之间的距离为 (　 )
A.6 km B.4 km
C.7 km D.5 km
(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2+c2=a2-bc,且·=-4,则角A=　　　　,△ABC的面积为　　　　.
听课记录:
|思|维|建|模|
(1)余弦定理及其推论把“边、角、边”和“边、边、边”判定三角形全等的定理从数量化的角度进行了刻画,使其变成了可以计算的公式.
(2)余弦定理及其推论在结构上有所不同,在应用它们解三角形时要根据条件灵活选择.
(3)因为余弦函数y=cos x在(0,π)上是减函数,此时,由cos α=m(-1　　[针对训练]
5.在△ABC中,bcos A=acos B,则△ABC是 (　 )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.直角三角形 D.锐角三角形
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若C=,c=2,则△ABC面积的最大值为　　　　.
6.1.1
课前预知教材
b2+c2-2bccos A　a2+c2-2accos B
a2+b2-2abcos C　减去　　　
[基础落实训练]
1.D　2.B　3.　4.
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]　解析:(1)由余弦定理可得cos C===-,由于0°(2)由题意可知c∴cos C==
=.∴C=45°.∴A=180°-60°-45°=75°.
答案:(1)A　(2)C
[针对训练]
3.解析:∵(a+b)2-c2=ab,
∴cos C==-,C=.
答案:
4.解:已知a∶b∶c=2∶∶(+1),可令a=2,b=,c=+1,由余弦定理的推论,
得cos A=
==,
∵0°cos B=
==,
∵0°∴C=180°-A-B=180°-45°-60°=75°.
[题型(三)]
[例3]　解析: (1)作出示意图如图,由题意可得∠ACB=180°-20°-40°=120°,在△ABC中,由余弦定理可知AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB,解得AB=7 km,故灯塔A与B之间的距离为7 km.
(2)∵b2+c2=a2-bc,∴cos A==-.又A∈(0,π),∴A=.又∵·=bc·cos A=-4,∴bc=8.
∴△ABC的面积S=bc·sin A=2.
答案:(1)C　(2)　2
[针对训练]
5.选B　因为bcos A=acos B,所以b·=a·.
所以b2+c2-a2=a2+c2-b2.所以a2=b2.所以a=b.故此三角形是等腰三角形.
6.解析:由C=及c=2可得4=a2+b2-2abcos,即a2+b2-ab=4,由不等式a2+b2≥2ab可得2ab-ab≤4,即ab≤4,当且仅当a=b=2时取等号.所以S=absin C=ab≤×4=,故△ABC面积的最大值为.
答案:
3 / 4课时跟踪检测(二十八)　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.在△ABC中,若AB=,BC=3,∠C=120°,则AC= (　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
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.
C.
3.在△ABC中,a=2b=,C=60°,则S△ABC= (　　)
A.2
C.
4.(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°
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若>0,则△ABC (　　)
A.一定是锐角三角形 B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形 D.是锐角或直角三角形
6.在△ABC中,a=2,b=3,C=60°,则c=　　　　,△ABC的面积为　　　　.
7.在△ABC中,a=8,c=7,cos A=,则b=　　　　,∠C=　　　　.
8.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c=b,cos B=cos C,a=,则S△ABC=　　　　.
9.(8分)(2024·天津高考,节选)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知cos B=,b=5,=.
(1)求a的值;
(2)求sin A的值.
10.(10分)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,(a+b+c)(b+c-a)=3bc.
(1)求A的大小;
(2)若b+c=2a=2,试判断△ABC的形状.
　　　　　　　　　　　　　　　　
B级——重点培优
11.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若(a-b-c)(a-b+c)+ab=0且sin A=,则B= (　　)
A.
C.
12.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
13.(多选)已知△ABC是钝角三角形,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=3,b=4,则最大的边c的取值可能是 (　　)
A.5 B.6
C. D.7
14.(10分)在△ABC中,点D在边BC上,AB=,CD=3,B=45°,∠ADB=60°,求AC的长.
15.(14分)已知四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2.
(1)求C和BD;
(2)求四边形ABCD的面积.
课时跟踪检测(二十八)
1.选A　在△ABC中,由余弦定理得AB2=BC2+AC2-2AC·BCcos C,可得13=9+AC2+3AC,解得AC=1或AC=-4(舍去).故选A.
2.选B　在△ABC中,由余弦定理得cos A===,而03.选D　因为a=2b=,所以a=,b=.又因为C=60°,所以S△ABC=absin C=×××=.故选D.
4.选AD　由a2=b2+c2-2bccos A,得4=b2+12-6b b2-6b+8=0 (b-2)(b-4)=0,由b5.选C　由>0得-cos C>0,所以cos C<0,从而C为钝角,因此△ABC一定是钝角三角形.
6.解析:在△ABC中,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,
易知c= =,△ABC的面积为×2×3×=.
答案:　
7.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　
8.解析:由cos B=cos C及余弦定理,得=,结合c=b,化简得a=b,从而有b2+c2=a2,即△ABC为直角三角形,将c=b,a=代入b2+c2=a2,得b=1,c=,所以S△ABC=bc=.
答案:
9.解:(1)由=得a=c,
由余弦定理得a2+c2-b2=2accos B,即c2+c2-25=2×c×c×,
c2-25=c2,解得c=6,故a=c=4.
(2)因为cos B=,
所以sin B==.
由正弦定理得=,
即=,
解得sin A=.
10.解:(1)∵(a+b+c)(b+c-a)=3bc,
∴a2=b2+c2-bc.
而a2=b2+c2-2bccos A,∴2cos A=1.
∴cos A=.
∵A∈(0,π),∴A=.
(2)在△ABC中,a2=b2+c2-2bccos A,且a=,
∴()2=b2+c2-2bc·
=b2+c2-bc.　①
又∵b+c=2,与①联立,解得bc=3.
∴解得b=c=.
∴△ABC为等边三角形.
11.选A　由(a-b-c)(a-b+c)+ab=0,可得a2+b2-c2=ab,所以cos C==.又C∈(0,π),所以C=.因为sin A=,A∈(0,π),所以A=或A=.当A=时,B=;当A=时,A+C>π,不合题意.故选A.
12.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.
13.选BC　因为△ABC是钝角三角形,且C最大,所以cos C<0,故a2+b2-c2<0,进而c2>25 c>5.所以B、C均符合要求,而D不符合两边之和大于第三边,故选B、C.
14.解:由题意,作AE⊥BD交BD于E,因为AB=,CD=3,B=45°,∠ADB=60°,所以AE=AB=,
则AD===2,在△ACD中,由余弦定理可得,AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=22+32-2×2×3×cos 120°=19.所以AC=.
15.解:(1)由题设及余弦定理得,
BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=13-12cos C,　①
BD2=AB2+DA2-2AB·DAcos A=5-4cos A=5+4cos C.　②
由①②得cos C=.因为0°(2)因为角A与角C互补,所以sin A=sin C.
故四边形ABCD的面积S=AB·DAsin A+BC·CDsin C=sin 60°=2.
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