资源简介

11.1　余弦定理
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
我们把三角形的三个角和三条边叫作三角形的　　　.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫作　　　　　.
|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;c23.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.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=　　　.
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的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,b=,且c2+ab-a2=3,则角C的大小为 (　　)
A. B.
C. D.
4.在△ABC中,已知a=4,b=5,c=7.
(1)求cos A的值;
(2)若点D在边BC上,且BD=3CD,求AD的长.
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 Bcos 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.选D　由余弦定理得
c===7.
2.选B　因为a=,b=3,c=2,所以由余弦定理得cos A===.又0°3.解析:∵a2-c2+b2=ab,∴c2=a2+b2-ab.又∵c2=a2+b2-2abcos C,∴2cos C=1.∴cos C=.
答案:
课堂题点研究
[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.
[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B　∵c2+ab-a2=3且b=,∴c2+ab-a2=b2,即ab=a2+b2-c2.根据余弦定理可得cos C==,
又∵04.解:(1)cos A==.
(2)如图所示,
cos B==.
因为BD=3CD,a=4,
所以BD=3.所以AD2=72+(3)2-2×7×3×=25,即AD=5.
[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-b2-c2=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47张PPT)
第11章
解三角形
11.1
余弦定理
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
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
我们把三角形的三个角和三条边叫作三角形的______.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫作____________.
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;c23.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.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.
√
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=.
课堂题点研究·迁移应用融通
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°|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. 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.
针对训练
3.若△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,b=,且c2+ab-a2=3,则角C的大小为(　　)
A. B. C. D.
解析:∵c2+ab-a2=3且b=,
∴c2+ab-a2=b2,即ab=a2+b2-c2.
根据余弦定理可得cos C==,
又∵0√
4.在△ABC中,已知a=4,b=5,c=7.
(1)求cos A的值;
解:cos A==.
(2)若点D在边BC上,且BD=3CD,求AD的长.
解:如图所示,
cos B==.
因为BD=3CD,a=4,
所以BD=3.所以AD2=72+(3)2-2×7×3×=25,即AD=5.
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.
|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 Bcos 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°.
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.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.已知△ABC的三个内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,设向量p=(a+c,c+b),q=(c-a,b).若p⊥q,则角A的大小为 (　　)
A. B. C. D.
解析:由p⊥q可得p·q=0,即(a+c,c+b)·(c-a,b)=c2-a2+bc+b2=0,
所以c2+b2-a2=-bc,
因此cos A===-.又A∈(0,π),所以A=.
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5.(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0因为a2+b21
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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,A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,b=4,c·cos B+a=0,则c=　　　　.
解析:由c·cos B+a=0及由余弦定理得,c·+a=0,化简得3a2+
c2=b2.因为a=,b=4,所以c==.
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9.(10分)(1)一个三角形的两边长分别为5和3,它们夹角的余弦值是-,
求三角形另一边的长;
解:设a=5,b=3,cos C=-,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=25+9+18=52,
解得c=2,所以三角形另一边的长是2.
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(2)在△ABC中,已知b=,c=,B=30°,解这个三角形.
解:由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,
得()2=a2+()2-2a·cos 30°,
即a2-3a+10=0,
解得a=或a=2.
当a=时,A=30°,C=120°;
当a=2时,a2=20=b2+c2,
所以△ABC为直角三角形,且A=90°,C=60°.
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10.(10分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a-b=4,a+c=2b,且最大角为120°,求此三角形的最大边长.
解:因为a-b=4,所以a>b且a=b+4,又a+c=2b,所以b+4+c=2b,所以b=c+4,
则b>c,所以a>b>c.
所以a为最大边,故A=120°,b=a-4,c=2b-a=a-8.
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2+bc=(a-4)2+(a-8)2+(a-4)(a-8),
即a2-18a+56=0,解得a=4或a=14.
又b=a-4>0,所以a=14.
即此三角形的最大边长为14.
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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.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.赵爽是我国古代数学家,大约在公元222年,赵爽在为《周髀算经》作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形,由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形,设DF=3FA,若AB=3,则DF的长为(　　)
A.9 B.2
C.3 D.
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解析:由题可知在△DEF中,∠EDA=,则∠ADB=.不妨设DF=3k(k>0),
由DF=3AF知AF=k,则AD=4k,又因为△AFC与△BDA全等,所以DB=AF=k.
在△ABD中,由余弦定理可知cos∠ADB===-,
解得k=3,所以DF=9.
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14.(10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)求角C的大小;
解:∵cos C=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-,且C∈(0,π),∴C=.
(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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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·=-,
整理,得a2+c2-b2+ac=0,
∴cos B===-.
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3
4
2
(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(二十一)　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,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.已知△ABC的三个内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,设向量p=(a+c,c+b),q=(c-a,b).若p⊥q,则角A的大小为 (　　)
A. B.
C. D.
5.(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+b26.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,A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,b=4,c·cos B+a=0,则c=　　　　.
9.(10分)(1)一个三角形的两边长分别为5和3,它们夹角的余弦值是-,求三角形另一边的长;
(2)在△ABC中,已知b=,c=,B=30°,解这个三角形.
10.(10分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a-b=4,a+c=2b,且最大角为120°,求此三角形的最大边长.
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.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.赵爽是我国古代数学家,大约在公元222年,赵爽在为《周髀算经》作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形,由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形,设DF=3FA,若AB=3,则DF的长为 (　　)
A.9 B.2
C.3 D.
14.(10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)求角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(二十一)
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0则A＝，所以B＋C＝π－A＝.
3．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A　由p⊥q可得p·q＝0，即(a＋c，c＋b)·(c－a，b)＝c2－a2＋bc＋b2＝0，所以c2＋b2－a2＝－bc，因此cos A＝＝＝－.又A∈(0，π)，所以A＝.
5．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06．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：由c·cos B＋a＝0及由余弦定理得，c·＋a＝0，化简得3a2＋c2＝b2.因为a＝，b＝4，所以c＝＝.
答案：
9．解：(1)设a＝5，b＝3，cos C＝－，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝25＋9＋18＝52，解得c＝2，所以三角形另一边的长是2.
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得()2＝a2＋()2－2a·cos 30°，
即a2－3a＋10＝0，解得a＝或a＝2.
当a＝时，A＝30°，C＝120°；
当a＝2时，a2＝20＝b2＋c2，
所以△ABC为直角三角形，且A＝90°，C＝60°.
10．解：因为a－b＝4，所以a＞b且a＝b＋4，又a＋c＝2b，所以b＋4＋c＝2b，所以b＝c＋4，则b＞c，所以a＞b＞c.
所以a为最大边，故A＝120°，b＝a－4，c＝2b－a＝a－8.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2＋bc＝(a－4)2＋(a－8)2＋(a－4)(a－8)，
即a2－18a＋56＝0，解得a＝4或a＝14.
又b＝a－4＞0，所以a＝14.
即此三角形的最大边长为14.
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A　由题可知在△DEF中，∠EDA＝，则∠ADB＝.不妨设DF＝3k(k＞0)，由DF＝3AF知AF＝k，则AD＝4k，又因为△AFC与△BDA全等，所以DB＝AF＝k.在△ABD中，由余弦定理可知cos∠ADB＝＝＝－，解得k＝3，所以DF＝9.
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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