1.1.2 余弦定理第一课时

余弦定理（第一课时）课例：浙江省宁波市北仑中学 史芝佐点评：浙江省宁波市北仑中学 安凤吉一、课例与分评（一）教学目标1．使学生掌握余弦定理，并会初步运用余弦定理解斜三角形；2．使学生理解用坐标法证明余弦定理的过程，逐步学会用坐标法解决具体问题；3．通过启发、诱导学生发现和证明余弦定理的过程，培养学生观察、分析、归纳、猜想、抽象、概括等逻辑思维能力；4．通过发现教学法，培养学生学习数学的兴趣和热爱科学、献身科学、勇于创新的精神。

[ 点评：知识目标分级详细、适当，能力目标和德育目标具体，并且有很强的针对性，这是上好一节课的前提条件 ]（二）教学重点、难点重点：余弦定理及其发现和证明。

难点：余弦定理的证明。

关键：建立适当的直角坐标系。

（三）教具三角板，投影仪，投影片1、2[ 点评：重点、难点、关键抓得准，才能在教学过程中采取有效的措施，突出重点、突破难点，从而实现教学目标 ]（四）教学过程1．复习提问T （师，下同）：叙述任意角的三角函数的定义。

（在黑板上作图1）S （生，下同）：, , sec , , , cos , sin yr cse r y y x ctg x y tg r x r y =====αααααα 它们分别叫做角 的正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数，统称为三角函数。

2．发现T ：请同学们考虑并回答下面的问题：在直角三角形中，已知两个锐角和三边共五个元素中的几个怎样的元素，可求其余元素？S ：两个元素。

T ：是否有不同的意见和补充？S 1：其中至少有一边。

T ：好！在这样的条件下，其余元素均可求，这时直角三角形是确定的，那么，在斜三角形中三个角和三边共六个元素，已知几个怎样的元素可确定这个三角形？[ 点评：由于现在学生还不会求斜三角形的其余元素，因而说确定这个三角形是恰当的，可见，教者对于教学语言是进行了仔细斟酌的，这对于一名青年教师来说是难能可贵的。

]S 2：三个，其中至少有一边。

编写时间：2021年月日2021-2022学年第一学期编写人：形体系，确定边角边和边边边是两类可解的解三角形问题，使学生产生进一步探索解决问题的动机. （二） 分析问题，确定方案探究一：已知两边及其夹角解三角形问题：怎样确定解决问题的方案？设置意图：通过学生的独立思考，畅所欲言，确定思路，让更多的学生有的放矢，明确解决问题的方向.学生活动：小组合作，相互讨论，展示结果.过程说明：通过确定方案，放手让学生自己探究发现证明余弦定理.必要时加以引导如：第三边可以放在直角三角形中求解吗？涉及边长和夹角，三角形是三条线段首尾相接所组成的封闭图形，可以用向量的等式来表示吗？两点之间的距离，能用坐标法求解吗？设置意图：将原有的知识与现有的推理相联系，从多个角度联想去发现和解决问题，自主探究获得定理的证明.使其在探究中对问题本质的思考逐步深入，思维水平不断提高. （三） 发现定理，分析内涵不同方法探索并证明余弦定理之后，通过观察余弦定理结构特征，层层深入，去分析余弦定理的内涵.思考：观察C ab b a c cos 2222-+=的结构特征，谈一谈你对等式的理解.设置意图：分析等式的外延和内涵，自然的得到余弦定理及其推论. （四） 解决问题，理解定理得到了余弦定理，继续完成已知边角边求解角的过程，和已知三边解三角形的过程.探究二：已知三边解三角形设置意图：通过解三角形的过程，不但发现余弦定理，还能在求解中进一步理解和应用余弦定理. （五） 例题展示，巩固定理例：在ABC ∆中，已知,30,3,32︒===A b c 解三角形.设置意图：巩固熟悉余弦定理，从例题的思考，展示，交流，点评中使学生对正余弦定理解三角形有进一步的体验. （六） 课堂小结，提炼过程思考：余弦定理及其推论发现和证明的过程是怎样的？在这个过程中你有 什么体会？设置意图：小结环节设置了两个问题：谈过程，谈体会.目的是不但让学生经历整个探究学习过程，还能在此基础上对本节课有整体的认识，说出整个过程的环节，感受以及发现证明定理运用的方法等. （七） 布置作业，课后探究（1） 课本10P A 组3,4题（2） 拓展思考：相等和不等是一对辩证的关系，请根据角的范围讨论余弦定理中所蕴含的相等和不等关系.设置意图：作业一是巩固熟悉利用余弦定理解三角形，作业二的目的是进一步挖掘余弦定理的内涵.。

§1.1.2余弦定理一、教学内容分析本节内容选自普通高中课程标准实验教科书人教A版《数学》必修5第一章《解三角形》第一节正弦定理和余弦定理。

第一节约4课时，2课时通过探究证明正弦定理，应用正弦定理解三角形；2课时通过探究证明余弦定理，应用余弦定理解三角形。

本节课是余弦定理的第一课时，属于定理教学课。

正余弦定理是定量研究三角形边角关系的基础，它们为解三角形提供了基本方法，为后续解决测量等实际问题提供了理论基础和操作工具。

余弦定理是继正弦定理之后的解三角形又一有力工具，完善了解三角形体系，为解决三角形的边角关系提供了新的方法；是对任意三角形“边、角、边”和“边、边、边”问题进行量化分析的结果，将两种判定三角形全等的定性定理转化为可计算的公式。

纵观余弦定理的发展史，它的雏形出现公元前3世纪。

在欧几里得《几何原本》卷二对钝角三角形和锐角三角形三边关系的阐述中，利用勾股定理将余弦定理的几何形式进行了证明。

1593年，法国数学家韦达首次将欧几里得的几何命题写成了我们今天熟悉的余弦定理的三角形式，直到20世纪，三角形式的余弦定理才一统天下。

“余弦定理是作为勾股定理的推广而诞生的，以几何定理的身份出现，直到1951年，美国数学家荷尔莫斯在其《三角学》中才真正采用解析几何的方法证明了余弦定理，至于向量方法的出现，更是晚近的事了。

”从新旧教材的内容设计对比来看，无论是问题的提出，定理的证明，简单应用都呈现出变化。

旧教材数学第二册（下）中，余弦定理被安排在第五章《平面向量》的第二节解斜三角形中。

基于特殊到一般的数学思想，从直角三角形切入，提出问题后，直接用向量的方法推导定理。

新教材将余弦定理安排在独立章节《解三角形》中,首先给出探究：如果已知一个三角形的两边及其所夹的角，根据三角形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形，从量化的角度研究这个问题，也为余弦定理解三角形的类型做了铺垫。

在定理的推导过程中，同样用了向量方法，但在推导前提出思考：联系已经学过的知识，我们从什么途径来解决这个问题？新教材还结合余弦定理和余弦函数的性质，分别对三种形状的三角形进行了量化分析，旧教材没有涉及此内容。

《余弦定理教案》PPT课件第一章：余弦定理的概念与背景1.1 余弦定理的定义介绍余弦定理的定义和表达式解释余弦定理在几何学中的应用1.2 余弦定理的证明简要介绍余弦定理的证明过程解释余弦定理的证明方法及其合理性第二章：余弦定理在三角形中的应用2.1 三角形中的边长关系利用余弦定理求解三角形中的边长解释余弦定理在解决三角形边长问题时的作用2.2 三角形中的角度关系利用余弦定理求解三角形中的角度解释余弦定理在解决三角形角度问题时的作用第三章：余弦定理在三角形的判定中的应用3.1 三角形的判定条件利用余弦定理判定三角形的类型（锐角三角形、直角三角形、钝角三角形）解释余弦定理在三角形判定中的重要性3.2 三角形的判定实例提供一些实例，让学生通过余弦定理进行三角形的判定引导学生运用余弦定理解决实际问题第四章：余弦定理在实际问题中的应用4.1 实际问题引入通过引入一些实际问题，引发学生对余弦定理的思考解释余弦定理在解决实际问题中的应用价值4.2 实际问题解决方法提供一些实际问题，让学生运用余弦定理进行解决引导学生将余弦定理应用于实际问题的解决中强调余弦定理在几何学中的重要性和广泛应用5.2 余弦定理的拓展介绍一些与余弦定理相关的拓展知识引导学生进一步学习和研究余弦定理的更多内容第六章：余弦定理的图形解释6.1 余弦定理的直观理解通过图形演示，解释余弦定理的几何意义强调图形在理解余弦定理中的应用6.2 余弦定理的图形应用提供一些图形实例，让学生通过余弦定理进行分析和解释引导学生运用余弦定理解决图形相关问题第七章：余弦定理的变换与性质7.1 余弦定理的变换介绍余弦定理在不同变换下的性质和应用解释变换对余弦定理的影响和变化规律7.2 余弦定理的性质介绍余弦定理的一些基本性质引导学生理解和运用余弦定理的性质解决相关问题第八章：余弦定理与其他数学概念的联系8.1 余弦定理与三角函数的关系解释余弦定理与三角函数之间的联系强调余弦定理在三角函数中的应用和重要性8.2 余弦定理与其他数学概念的联系介绍余弦定理与其他数学概念（如向量、矩阵等）的联系引导学生探索余弦定理在其他数学领域的应用第九章：余弦定理的综合应用实例9.1 综合应用实例一提供一个综合性的实例，让学生运用余弦定理进行解决强调余弦定理在解决综合性问题中的应用和重要性9.2 综合应用实例二提供另一个综合性的实例，让学生运用余弦定理进行解决引导学生运用余弦定理解决实际问题强调余弦定理在几何学和其他数学领域中的重要性和广泛应用10.2 余弦定理的拓展介绍一些与余弦定理相关的拓展知识引导学生进一步学习和研究余弦定理的更多内容重点和难点解析1. 余弦定理的定义与证明：理解余弦定理的基本概念和表达式是学习的基础，需要重点关注。

1．1.2 余弦定理(一)一、基础达标1．在△ABC 中，已知a ＝2，则b cos C ＋c cos B 等于( )A ．1 B. 2 C ．2 D ．4 答案 C解析 b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·c 2＋a 2－b 22ac ＝2a 22a ＝a ＝2. 2．在△ABC 中，已知b 2＝ac 且c ＝2a ，则cos B 等于( )A.14B.34C.24D.23 答案 B解析 ∵b 2＝ac ，c ＝2a ，∴b 2＝2a 2，b ＝2a ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝a 2＋4a 2－2a 22a ·2a＝34.3．边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是( )A ．90°B ．120°C ．135°D ．150° 答案 B解析 设中间角为θ，则cos θ＝52＋82－722×5×8＝12，θ＝60°，180°－60°＝120°为所求．4．在△ABC 中，若(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，则角B 的值为( )A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π3 答案 D解析 由(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac 得(a 2＋c 2－b 2)2ac＝32·cos Bsin B即cos B＝32·cos Bsin B∴sin B＝32，又B为△ABC的内角，所以B为π3或2π3.5．在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b＋c)，则∠A＝________.答案120°解析a2－c2＝b2＋bc，b2＋c2－a2＝－bc，cos A＝－12，A＝120°.6．三角形三边长分别为a，b，a2＋ab＋b2(a>0，b>0)，则最大角为________．答案120°解析易知：a2＋ab＋b2>a，a2＋ab＋b2>b，设最大角为θ，则cos θ＝a2＋b2－(a2＋ab＋b2)22ab＝－12，又θ∈(0°，180°)，∴θ＝120°.7．已知△ABC顶点的直角坐标分别为A(3,4)，B(0,0)，C(c，0)．(1)若c＝5，求sin A的值；(2)若∠A是钝角，求c的取值范围．解(1)∵A(3,4)，B(0,0)，∴|AB|＝5，sin B＝4 5.当c＝5时，|BC|＝5，|AC|＝(5－3)2＋(0－4)2＝2 5. 根据正弦定理得：|BC| sin A＝|AC|sin B⇒sin A＝|BC||AC|sin B＝255.(2)已知△ABC顶点坐标为A(3,4)，B(0,0)，C(c,0)，所以|AC|2＝(c－2)2＋42，|BC|2＝c2. 根据余弦定理得：cos A＝|AB|2＋|AC|2－|BC|22|AB|·|AC|，若∠A是钝角，则cos∠A＜0⇒|AB|2＋|AC|2－|BC|2＜0，即52＋(c －3)2＋42－c 2＝50－6c ＜0. 解得c ＞253.8．在△ABC 中，BC ＝a ，AC ＝b ，且a ，b 是方程x 2－23x ＋2＝0的两根，2cos(A ＋B )＝1.(1)求角C 的度数； (2)求AB 的长；解 (1)∵cos C ＝cos [π－(A ＋B )]＝－cos(A ＋B )＝－12，且C ∈(0，π)，∴C ＝2π3. (2)∵a ，b 是方程x 2－23x ＋2＝0的两根， ∴⎩⎨⎧a ＋b ＝23，ab ＝2. ∴AB 2＝b 2＋a 2－2ab cos 120°＝(a ＋b )2－ab ＝10，∴AB ＝10. 二、能力提升9．在△ABC 中，sin 2A 2＝c －b2c ，则△ABC 的形状为( )A ．正三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰三角形答案 B解析 ∵sin 2A2＝1－cos A 2＝c －b 2c ，∴cos A ＝b c ＝b 2＋c 2－a 22bc，∴a 2＋b 2＝c 2，符合勾股定理．10．如右图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB ，C 是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO 的小路CD .已知某人从O 沿OD 走到D 用了2 min ，从D 沿着DC 走到C 用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min ，则该扇形的半径为( )A ．50 mB ．45 m C. 507 m D ．47 m答案 C解析 依题意得OD ＝100 m ，CD ＝150 m ，连接OC ，易知∠ODC ＝180°－∠AOB ＝60°，因此由余弦定理有OC 2＝OD 2＋CD 2－2OD ·CD cos ∠ODC ， 即OC 2＝1002＋1502－2×100×150×12， 解得OC ＝507(m)．11．在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝6，BC ＝1＋3，AD 为边BC 上的高，则AD 的长是________． 答案3解析 ∵cos C ＝BC 2＋AC 2－AB 22×BC ×AC ＝22，∴sin C ＝22.∴AD ＝AC ·sin C ＝ 3.12．在△ABC 中，已知a －b ＝4，a ＋c ＝2b ，且最大角为120°，求三边的长． 解 由⎩⎨⎧ a －b ＝4a ＋c ＝2b ，得⎩⎨⎧a ＝b ＋4c ＝b －4.∴a >b >c ，∴A ＝120°，∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 120°， 即(b ＋4)2＝b 2＋(b －4)2－2b (b －4)×(－12)，即b 2－10b ＝0，解得b ＝0(舍去)或b ＝10.因此a ＝14， c ＝6. 三、探究与创新13．在△ABC 中，a cos A ＋b cos B ＝c cos C ，试判断三角形的形状．解 由余弦定理知cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝c 2＋a 2－b 22ca ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，代入已知条件得a ·b 2＋c 2－a 22bc ＋b ·c 2＋a 2－b 22ca ＋c ·c 2－a 2－b 22ab ＝0， 通分得a 2(b 2＋c 2－a 2)＋b 2(a 2＋c 2－b 2)＋c 2(c 2－a 2－b 2)＝0， 展开整理得(a 2－b 2)2＝c 4.∴a 2－b 2＝±c 2，即a 2＝b 2＋c 2或b 2＝a 2＋c 2. 根据勾股定理知△ABC 是直角三角形．。

余弦定理第一课时余弦定理[新知初探]1．余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍．即a2＝b2＋c2－2bc cos A，b2＝a2＋c2－2ac cos_B，c2＝a2＋b2－2ab cos_C.[点睛]注意公式中边角的对应，注意公式中加减号．2．余弦定理的变形：cos A＝b2＋c2－a22bc，cos B＝c2＋a2－b22ac，cos C＝a2＋b2－c22ab.[小试身手]1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，c＝3，B＝60°.则b＝________.解析：由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝4＋9－2×2×3×12＝7，所以b＝7.答案：72．在△ABC中，若a＝b＝1，c＝3，则角C＝________.解析：由cos C＝a2＋b2－c22ab得cos C＝－12，所以C＝2π3.答案：2π33．在△ABC中，已知23ab sin C＝a2＋b2－c2，则C＝________.解析：由23ab sin C＝a2＋b2－c2得23sin C＝a2＋b2－c2ab，由余弦定理cos C＝a2＋b2－c22ab，所以3sin C＝cos C，即tan C＝33，在△ABC中，0<C<π，所以C＝π6.答案：π64．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，b＝4，cos B＝1 4.则边c的长度为________．解析：由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B得16＝a2＋4a2－4a2×14，所以a＝2，c＝4.答案：4[典例]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝7，b＝5，c＝3，求△ABC的内角中最大的角．[解]∵a>b>c，∴A最大．cos A＝b2＋c2－a22bc＝52＋32－722×5×3＝－12.又∵0°<A<180°，∴A＝120°.[活学活用]1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝1，b＝7，c＝3，则B＝________.解析：由余弦定理得cos B＝a2＋c2－b22ac＝1＋3－72×1×3＝－32.又∵0°<B<180°，∴B＝150°.答案：150°2．在△ABC中，已知a∶b∶c＝2∶6∶(3＋1)，则A＝________. 解析：∵a∶b∶c＝2∶6∶(3＋1)，令a＝2k，b＝6k，c＝(3＋1)k(k>0)．由余弦定理的变形得，cos A＝b2＋c2－a22bc＝6k2＋(3＋1)2k2－4k22×6k×(3＋1)k＝22.∴A＝45°.答案：45°[典例][解]法一：由余弦定理知b2＝a2＋c2－2ac cos B．∴2＝3＋c2－23·22c. 即c2－6c＋1＝0.解得c＝6＋22或c＝6－22，当c＝6＋22时，由余弦定理得cos A＝b2＋c2－a22bc＝2＋⎝⎛⎭⎪⎫6＋222－32×2×6＋22＝12.∵0°<A<180°，∴A＝60°，∴C＝75°.当c＝6－22时，由余弦定理得cos A＝b2＋c2－a22bc＝2＋⎝⎛⎭⎪⎫6－222－32×2×6－22＝－12.∵0°<A <180°，∴A ＝120°，C ＝15°. 故c ＝6＋22，A ＝60°，C ＝75° 或c ＝6－22，A ＝120°，C ＝15°. 法二：由正弦定理a sin A ＝b sin B得， sin A ＝a sin B b ＝3·sin 45°2＝32.又∵a >b ，∴A >B ，∴A ＝60°或120°. 当A ＝60°时，得C ＝75°. 由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝3＋2－2×6×6－24＝2＋3， ∴c ＝2＋3＝6＋22. 或用正弦定理求边c ，由c sin C ＝bsin B 得c ＝b sin C sin B ＝2·sin 75°sin 45°＝2×6＋2422＝6＋22.当A ＝120°时，得C ＝15°，同理可求c ＝6－22， 故A ＝60°，C ＝75°，c ＝6＋22， 或A ＝120°，C ＝15°，c ＝6－22.[活学活用]1．在△ABC 中，已知a ＝8，b ＝7，B ＝60°，则c ＝________. 解析：由余弦定理，有b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 即72＝82＋c 2－16c cos 60°.即c 2－8c ＋15＝0. 解得c ＝3或c ＝5. 答案：3或52．在△ABC 中，B ＝π4，AB ＝2，BC ＝3，则sin A ＝________.解析：由余弦定理可得AC 2＝9＋2－2×3×2×22＝5，所以AC ＝ 5.再由正弦定理得AC sin B ＝BC sin A， 所以sin A ＝BC ·sin B AC ＝3×225＝31010.答案：31010题点一：利用余弦定理实现角化边1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，已知b cos C ＋c cos B ＝2b ，则ab＝________. 解析：由余弦定理得b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2a 22a ＝a ，所以a ＝2b ，即ab＝2. 答案：2题点二：利用余弦定理实现边化角2．在△ABC 中，若lg(a ＋c )＋lg(a －c )＝lg b －lg 1b ＋c ，则A ＝________.解析：由题意可知lg(a ＋c )(a －c )＝lg b (b ＋c )， 所以(a ＋c )(a －c )＝b (b ＋c )．即b 2＋c 2－a 2＝－bc . 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－12.又0°<A <180°，所以A ＝120°. 答案：120°层级一 学业水平达标1．在△ABC 中，若a 2－c 2＋b 2＝3ab ，则C ＝________.解析：由a 2－c 2＋b 2＝3ab ，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝3ab 2ab ＝32，所以C ＝30°.答案：30°2．在△ABC 中，若b ＝1，c ＝3，C ＝2π3，则a ＝________. 解析：由余弦定理 c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 得， 3＝a 2＋1－2a ×1×cos 2π3， 即a 2＋a －2＝0.解得a ＝1或a ＝－2(舍去)． ∴a ＝1. 答案：13．在△ABC 中，若a ＝2，b ＋c ＝7，cos B ＝－14，则b ＝________.解析：在△ABC 中，由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 及b ＋c ＝7知，b 2＝4＋(7－b )2－2×2×(7－b )×⎝⎛⎭⎫－14，整理得15b －60＝0，所以b ＝4. 答案：44．在△ABC 中，a ＝7，b ＝43，c ＝13，则△ABC 的最小角的大小为________． 解析：∵a >b >c ，∴C 为最小角，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝72＋(43)2－(13)22×7×43＝32，∴C ＝π6. 答案：π65．已知在△ABC 中，b 2＝ac 且c ＝2a ，则cos B ＝________.解析：∵b 2＝ac ，c ＝2a ，∴b 2＝2a 2，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34.答案：346．若△ABC 的三个内角满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，则△ABC 的形状是________．解析：在△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13， ∴a ∶b ∶c ＝5∶11∶13，故令a ＝5k ，b ＝11k ，c ＝13k (k >0)，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝25k 2＋121k 2－169k 22×5×11k 2＝－23110<0，又因为C ∈(0，π)，所以，C ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以△ABC 为钝角三角形．答案：钝角三角形7．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若(3b －c )cos A ＝a cos C ，则cos A ＝________.解析：由已知得3b cos A ＝a cos C ＋c cos A ＝a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝b .∴cos A ＝b 3b ＝33. 答案：338．在△ABC 中，下列结论：①若a 2>b 2＋c 2，则△ABC 为钝角三角形； ②若a 2＝b 2＋c 2＋bc ，则A 为120°； ③若a 2＋b 2>c 2，则△ABC 为锐角三角形． 其中正确的为________(填序号)．解析：①中，a 2>b 2＋c 2可推出cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，即A 为钝角，所以△ABC 为钝角三角形；②中，由a 2＝b 2＋c 2＋bc 知，cos A ＝－bc 2bc ＝－12，∴A 为120°；③中a 2＋b 2>c 2可推出C 为锐角，但△ABC 不一定为锐角三角形；所以①②正确，③错误．答案：①②9．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为A ，B ，C 的对边，B ＝2π3，b ＝13，a ＋c ＝4，求边 长a .解：由余弦定理得，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－2ac cos 2π3＝a 2＋c 2＋ac ＝(a ＋c )2－ac .又因为a ＋c ＝4，b ＝13，所以ac ＝3，联立⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝4，ac ＝3，解得a ＝1，c ＝3，或a ＝3，c ＝1.所以a 等于1或3.10．在△ABC 中，已知a ＝5，b ＝3，角C 的余弦值是方程5x 2＋7x －6＝0的根，求第三边长c .解：5x 2＋7x －6＝0可化为(5x －3)(x ＋2)＝0. ∴x 1＝35，x 2＝－2(舍去)．∴cos C ＝35.根据余弦定理，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝52＋32－2×5×3×35＝16.∴c ＝4，即第三边长为4.层级二 应试能力达标1．已知a ，b ，c 为△ABC 的三边长，若满足(a ＋b －c )(a ＋b ＋c )＝3ab ，则角C 的大小为________．解析：∵(a ＋b －c )(a ＋b ＋c )＝3ab ，∴a 2＋b 2－c 2＝ab ，即a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴cos C ＝12，∴C ＝60°.答案：60°2．在△ABC 中，边a ，b 的长是方程x 2－5x ＋2＝0的两个根，C ＝60°，则边c 的长为________．解析：由题意，得a ＋b ＝5，ab ＝2.由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ＝52－3×2＝19，∴c ＝19.答案：193．边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是________．解析：设边长为7的边所对角为θ，根据大边对大角，可得cos θ＝52＋82－722×5×8＝12，θ＝60°，∴180°－60°＝120°， ∴最大角与最小角之和为120°. 答案：120°4．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝13，AC ＝4，则AC 边上的高为________． 解析：由余弦定理，可得cos A ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝42＋32－(13)22×3×4＝12，所以sin A ＝32.则AC 边上的高h ＝AB sin A ＝3×32＝332. 答案：3325．若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 满足(a ＋b )2－c 2＝4，且C ＝60°，则ab 的值为________．解析：依题意得⎩⎪⎨⎪⎧(a ＋b )2－c 2＝4，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos 60°＝ab ，两式相减得ab ＝43. 答案：436．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c .若b ＋c ＝2a,3sin A ＝5sin B ，则角C ＝________.解析：由3sin A ＝5sin B 可得3a ＝5b ，又b ＋c ＝2a ，所以可令a ＝5t (t >0)，则b ＝3t ，c ＝7t ，可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(5t )2＋(3t )2－(7t )22×5t ×3t＝－12，故C ＝2π3.答案：2π37．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知c ＝2，a cos B －b cos A ＝72.(1)求b cos A 的值；(2)若a ＝4，求△ABC 的面积．解：(1)∵a cos B －b cos A ＝72，根据余弦定理得，a ·a 2＋c 2－b 22ac －b ·b 2＋c 2－a 22bc ＝72，∴2a 2－2b 2＝7c ，又∵c ＝2，∴a 2－b 2＝7， ∴b cos A ＝b 2＋c 2－a 22c ＝－34.(2)由a cos B －b cos A ＝72及b cos A ＝－34，得a cos B ＝114.又∵a ＝4，∴cos B ＝1116，∴sin B ＝1－cos 2B ＝31516， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝3154.8．在△ABC 中，BC ＝5，AC ＝3，sin C ＝2sin A . (1)求边AB 的长； (2)求sin ⎝⎛⎭⎫2A －π4的值． 解：(1)在△ABC 中，根据正弦定理，得AB sin C ＝BCsin A， 即AB ＝sin C ·BCsin A ＝2BC ＝2 5.(2)在△ABC 中，根据余弦定理，得 cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝255.于是sin A ＝1－cos 2A ＝55. 从而sin 2A ＝2sin A cos A ＝45，cos 2A ＝cos 2A －sin 2A ＝35.故sin ⎝⎛⎭⎫2A －π4＝sin 2A cos π4－cos 2A sin π4＝210.第二课时 余弦定理的应用(习题课)[典例] 地平面上有一旗杆OP ，为了测量它的高度，在地平面上取一基线AB ＝40 m ，在A 处测得P 点的仰角∠OAP ＝30°，在B 处测得P 点的仰角∠OBP ＝45°，又测得∠AOB ＝60°，求旗杆的高度(精确到0.1 m)[解] 如图所示，设OP ＝x m ，在△AOP 中，∵∠POA ＝90°，∠OAP ＝30°，∴AO ＝3x . 在△BOP 中，∵∠POB ＝90°，∠OBP ＝45°，∴BO ＝x . 在△AOB 中，∠AOB ＝60°，AB ＝40， ∴AB 2＝AO 2＋BO 2－2AO ·BO cos ∠AOB ， 即1 600＝3x 2＋x 2－23x ×x ×12，∴x 2＝1 6004－3，∴x ＝40 4＋313≈26.6(m)．因此旗杆高约为26.6 m.[活学活用]1．海上一观测站测得方位角240°的方向上有一艘停止待修的商船，在商船的正东方有一艘海盗船正向它靠近，速度为每小时90海里．此时海盗船距观测站107海里，20分钟后测得海盗船距观测站20海里，再过________分钟，海盗船到达商船．解析：如图，设开始时观测站、商船、海盗船分别位于A ，B ，C 处，20分钟后，海盗船到达D 处，在△ADC 中，AC ＝107，AD ＝20，CD ＝30，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋CD 2－AC 22AD ·CD ＝400＋900－7002×20×30＝12.∴∠ADC ＝60°.在△ABD 中，由已知得∠ABD ＝30°， ∠BAD ＝60°－30°＝30°， ∴BD ＝AD ＝20，2090×60＝403(分钟)． 答案：4032．如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A ，发现其北偏东45°，与观测站A 距离202海里的B 处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A 东偏北θ(0°<θ<45°)的C 处，且cos θ＝45.已知A ，C 两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．解析：因为 cos θ＝45，0°<θ<45°，所以sin θ＝35，cos(45°－θ)＝22×45＋22×35＝7210，在△ABC 中，BC 2＝800＋100－2×202×10×7210＝340，所以BC ＝285，该货船的船速为485海里/小时．答案：485[典例] 在△ABC 中，BC ＝5，AC ＝4，cos ∠CAD ＝3132，且AD ＝BD ，求△ABC 的面积．[解] 设CD ＝x ， 则AD ＝BD ＝5－x ，在△CAD 中，由余弦定理，得 cos ∠CAD ＝(5－x )2＋42－x 22×4×(5－x )＝3132.解得x ＝1.在△CAD 中，由正弦定理，得AD sin C ＝CDsin ∠CAD ，∴sin C ＝ADCD·1－cos 2∠CAD ＝41－⎝⎛⎭⎫31322＝378，∴S △CAB ＝12AC ·BC ·sin C＝12×4×5×378＝1574. 故三角形ABC 的面积为1574.已知梯形ABCD 的上底AD 长为1 cm ，下底BC 长为4 cm ，对角线AC 长为4 cm ，BD 长为3 cm ，求cos ∠DBC 及梯形ABCD 的面积．解：过D 作DE ∥AC 交BC 的延长线于E ，则在△DBE 中，DE ＝AC＝4，BE ＝5，所以，由余弦定理得 cos ∠DBC ＝32＋52－422×3×5＝35.因为0°<∠DBC <180°，所以sin ∠DBC ＝45，sin ∠ADB ＝45，S 梯形ABCD ＝S △ABD ＋S △DBC ＝12AD ·BD ·sin ∠ADB ＋12DB ·BC ·sin ∠DBC ＝6.[典例] 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin 2(B ＋C )>sin 2B ＋sin 2C ，则△ABC 的形状为________．[解析] 由题意得sin 2A >sin 2B ＋sin 2C ，再由正弦定理得a 2>b 2＋c 2，即b 2＋c 2－a 2<0. ∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc <0，∴A 为钝角，即三角形为钝角三角形．[答案] 钝角三角形[一题多变]1．[变条件]本例的条件变为：若2sin A cos B ＝sin C ，则△ABC 的形状为________． 解析：法一：由已知得2sin A cos B ＝sin C ＝sin (A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin (A －B )＝0，因为－π<A －B <π，所以A ＝B ，即△ABC 是等腰三角形．法二：由正弦定理得2a cos B ＝c ，再由余弦定理得 2a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝c ⇒a 2＝b 2⇒a ＝b .即△ABC 是等腰三角形．答案：等腰三角形2．[变条件]本例的条件变为：若2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C ．且sin B ＋sin C ＝1，试判断△ABC 的形状．解：由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ， 即a 2＝b 2＋c 2＋bc ，所以cos A ＝－12，sin A ＝32，则sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ＋sin B sin C . 又sin B ＋sin C ＝1，所以sin B sin C ＝14，所以sin B ＝sin C ＝12.因为0<B <π2，0<C <π2，故B ＝C ＝π6，所以△ABC 是等腰钝角三角形．层级一 学业水平达标1．在三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a >b >c ，a 2<b 2＋c 2，则角A 的取值范围是________．解析：因为a 2<b 2＋c 2，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc>0，所以A 为锐角，又因为a >b >c ，所以A 为最大角，所以角A 的取值范围是⎝⎛⎭⎫π3，π2.答案：⎝⎛⎭⎫π3，π2 2．在△ABC 中，abc a 2＋b 2＋c 2⎝⎛⎭⎫cos A a＋cos B b ＋cos C c ＝________. 解析：原式＝abca 2＋b 2＋c 2·bc cos A ＋ac cos B ＋ab cos C abc ＝bc ×b 2＋c 2－a 22bc ＋ac ×a 2＋c 2－b 22ac ＋ab ×a 2＋b 2－c 22ab a 2＋b 2＋c 2＝12. 答案：123．已知A ，B 两地的距离为10 km ，B ，C 两地的距离为20 km ，经测量，∠ABC ＝120°，则A ，C 两地的距离为______ km.解析：AC 2＝102＋202－2×10×20×cos 120°， ∴AC ＝107. 答案：1074．在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C ，则A 的取值范围是________． 解析：由题意，根据正弦定理，得a 2≤b 2＋c 2－bc ⇒b 2＋c 2－a 2≥bc ⇒b 2＋c 2－a 2bc≥1⇒cosA ≥12⇒0<A ≤π3.答案：⎝⎛⎦⎤0，π3 5．在△ABC 中，D 为BC 边上一点，BC ＝3BD ，AD ＝2，∠ADB ＝135°，若AC ＝2AB ，则BD ＝________.解析：用余弦定理求得：AB 2＝ BD 2＋AD 2－2AD ·BD cos 135°， AC 2＝CD 2＋AD 2－2AD ·CD cos 45°，即AB 2＝BD 2＋2＋2BD ， ① AC 2＝CD 2＋2－2CD ， ②又BC ＝3BD ，∴CD ＝2BD . ∴AC 2＝4BD 2＋2－4BD .③又AC ＝2AB ，∴由③得2AB 2＝4BD 2＋2－4BD . ④④－2×①得，BD 2－4BD －1＝0. ∴BD ＝2＋ 5. 答案：2＋ 56．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d ＝0.6 km ，一艘客船从码头A 出发匀速驶往河对岸的码头B .已知AB ＝1 km ，水的流速为2 km/h ，若客船从码头A 驶到码头B 所用的最短时间为6 min ，则客船在静水中的速度为________ km/h.解析：设AB 与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h ，由题意知，sin θ＝0.61＝35，从而cos θ＝45，所以由余弦定理得⎝⎛⎭⎫110v 2＝⎝⎛⎭⎫110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v ＝6 2.答案：6 27．在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝6，BC ＝1＋3，AD 为边BC 上的高，则AD 的长是________．解析：∵cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，∴B ＝60°.∴AD ＝AB sin B ＝ 3. 答案： 38．甲船在岛A 的正南B 处，以每小时4千米的速度向正北航行，AB ＝10千米，同时乙船自岛A 出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间为________小时．解析：如图，设t 小时后甲行驶到D 处，则AD ＝10－4t ，乙行驶到C 处，则AC ＝6t .∵∠BAC ＝120°，∴DC 2＝AD 2＋AC 2－2AD ·AC ·cos 120°＝(10－4t )2＋(6t )2－2×(10－4t )×6t ×cos 120°＝28t 2－20t ＋100.当t ＝514时，DC 2最小，DC 最小，此时它们所航行的时间为514小时． 答案：5149．要测量电视塔AB 的高度，在C 点测得塔顶A 的仰角是45°，在D 点测得塔顶A 的仰角是30°，并测得水平面上的∠BCD ＝120°，CD ＝40 m ，求电视塔的高度．解：如图，设电视塔AB 高为x m ，则在Rt △ABC 中，由∠ACB ＝45°得在Rt △ADB 中，∠ADB ＝30°， 则BD ＝3x .在△BDC 中，由余弦定理得， BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD ·cos 120°， 即(3x )2＝x 2＋402－2·x ·40·cos 120°， 解得x ＝40，所以电视塔高为40米．10．在△ABC 中，已知cos 2A 2＝b ＋c 2c (a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，判断△ABC的形状．解：在△ABC 中，由已知cos 2A 2＝b ＋c 2c 得1＋cos A 2＝b ＋c2c ，∴cos A ＝bc .根据余弦定理得b 2＋c 2－a 22bc ＝bc ，∴b 2＋c 2－a 2＝2b 2，即a 2＋b 2＝c 2. ∴△ABC 是直角三角形．层级二 应试能力达标1．在△ABC 中，若CB ＝7，AC ＝8，AB ＝9，则AB 边的中线长________． 解析：如图所示，在△ABC 中，cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22×AB ×AC＝81＋64－492×9×8＝23， ∴CD 2＝AD 2＋AC 2－2×AD ×AC cos A ＝⎝⎛⎭⎫922＋82－2×92×8×23＝1454. ∴中线CD 的长为1452. 答案：14522．在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，且AC ＝2AB ＝2AD ＝4，则BD ＝________. 解析：如图所示，设BD ＝DC ＝x ，因为∠ADB ＋∠ADC ＝180°，所以cos ∠ADB ＝－cos ∠ADC ，又AC ＝2AD ＝2AB ＝4，由余弦定理得x 2＋4－42×2x ＝－4＋x 2－162×2x，解得x ＝6(x ＝－6舍去)．即BD ＝ 6.3．江岸边有一炮台高30 m ，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.解析：如图，OM ＝AO tan 45°＝30(m)，ON ＝AO tan 30°＝33×30＝103(m)，在△MON 中，由余弦定理得，MN ＝900＋300－2×30×103×32＝300＝103(m)． 答案：10 34．在△ABC 中，若B ＝60°，b 2＝ac ，则△ABC 的形状是________．解析：∵b 2＝ac ，B ＝60°，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得a 2＋c 2－ac ＝ac ，即(a －c )2＝0，∴a ＝c ，又B ＝60°，∴△ABC 为等边三角形．答案：等边三角形5．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是________． 解析：a 2＋b 2＝c 2，三边都增加x ，则(a ＋x )2＋(b ＋x )2－(c ＋x )2＝a 2＋b 2＋2x 2＋2(a ＋b )x －c 2－2cx －x 2＝2(a ＋b －c )x ＋x 2>0，所以新三角形中最大边所对的角是锐角，所以新三角形是锐角三角形．答案：锐角三角形6．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是________．解析：由c 2＝(a －b )2＋6可得a 2＋b 2－c 2＝2ab －6. ① 由余弦定理及C ＝π3可得a 2＋b 2－c 2＝ab .②所以由①②得2ab －6＝ab ，即ab ＝6. 所以S △ABC ＝12ab sin π3＝12×6×32＝332.答案：3327.如图所示，在△ABC 中，已知BC ＝15，AB ∶AC ＝7∶8，sin B ＝437，求BC 边上的高AD 的长．解：在△ABC 中，由已知设AB ＝7x ，AC ＝8x ， 由正弦定理，得7x sin C ＝8xsin B，∴sin C ＝7x sin B 8x ＝78×437＝32. ∴C ＝60°(C ＝120°舍去，由8x >7x ，知B 也为钝角，不符合要求)． 由余弦定理得(7x )2＝(8x )2＋152－2×8x ×15cos 60°， ∴x 2－8x ＋15＝0.∴x ＝3或x ＝5，∴AB ＝21或AB ＝35. 在△ABD 中，AD ＝AB sin B ＝437AB ， ∴AD ＝123或AD ＝20 3.8．已知圆内接四边形ABCD 的边长AB ＝2，BC ＝6，CD ＝DA ＝4，求四边形ABCD 的面积S .解：如图，连结BD ，则S ＝S △ABD ＋S △CBD ＝12AB ·AD sin A ＋12BC ·CD sin C .∵A ＋C ＝180°，∴sin A ＝sin C ， ∴S ＝12sin A (AB ·AD ＋BC ·CD )＝16sin A .在△ABD 中，由余弦定理，得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos A ＝20－16cos A ， 在△CDB 中，由余弦定理，得BD 2＝CD 2＋BC 2－2CD ·BC cos C ＝52－48cos C ， ∴20－16cos A ＝52－48cos C .又cos C ＝－cos A ，∴cos A ＝－12，∴A ＝120°，∴S ＝16sin A ＝8 3.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

1.1.2 余弦定理第1课时 余弦定理及其直接应用学习目标 1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法.2.会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题.知识点一 余弦定理思考1 根据勾股定理，在△ABC 中，C ＝90°，则c 2＝a 2＋b 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .① 试验证①式对等边三角形还成立吗？你有什么猜想？ 答案 当a ＝b ＝c 时，C ＝60°，a 2＋b 2－2ab cos C ＝c 2＋c 2－2c ·c cos 60°＝c 2，即①式仍成立，据此猜想，对一般△ABC ，都有c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .思考2 在c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 中，ab cos C 能解释为哪两个向量的数量积？你能由此证明思考1的猜想吗？ 答案 ab cos C ＝|CB →||CA→CB →，CA →＝CB →·CA →.∴a 2＋b 2－2ab cos C ＝CB →2＋CA →2－2CB →·CA →＝(CB →－CA →)2＝AB →2＝c 2. 猜想得证.梳理 余弦定理的公式表达及语言叙述特别提醒：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的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. 知识点二 适宜用余弦定理解决的两类基本的解三角形问题思考1 观察知识点一梳理表格第一行中的公式结构，其中等号右边涉及几个量？你认为可用来解哪类三角形？答案 每个公式右边都涉及三个量，两边及其夹角.故如果已知三角形的两边及其夹角，可用余弦定理解三角形.思考2 观察知识点一梳理表格第三行中的公式结构，其中等号右边涉及几个量？你认为可用来解哪类三角形？答案 每个公式右边都涉及三个量，即三角形的三条边，故如果已知三角形的三边，也可用余弦定理解三角形.梳理 余弦定理适合解决的问题：(1)已知两边及其夹角，解三角形；(2)已知三边，解三角形.1.勾股定理是余弦定理的特例.(√)2.余弦定理每个公式中均涉及三角形的四个元素.(√)3.在△ABC 中，已知两边及夹角时，△ABC 不一定唯一.(×)类型一 余弦定理的证明例1 已知△ABC ，BC ＝a ，AC ＝b 和角C ，求c 的值. 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的理解解 如图，设CB →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，由AB →＝CB →－CA →，知c ＝a －b ， 则|c |2＝c ·c ＝(a －b )·(a －b ) ＝a ·a ＋b ·b －2a ·b ＝a 2＋b 2－2|a ||b |cos C . 所以c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 即c ＝a 2＋b 2－2ab cos C .反思与感悟 所谓证明，就是在新旧知识间架起一座桥梁.桥梁架在哪儿，要勘探地形，证明一个公式，要观察公式两边的结构特征，联系已经学过的知识，看有没有相似的地方. 跟踪训练1 例1涉及线段长度，能不能用解析几何的两点间距离公式来研究这个问题？ 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的理解解 如图，以A 为原点，边AB 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则A (0,0)，B (c ,0)， C (b cos A ，b sin A )，∴BC 2＝b 2cos 2A －2bc cos A ＋c 2＋b 2sin 2A ， 即a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A . 同理可证b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C . 类型二 用余弦定理解三角形 命题角度1 已知两边及其夹角例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝3，b ＝2，cos(A ＋B )＝13，则c 等于( ) A.4 B.15 C.3D.17考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 D解析 由三角形内角和定理可知 cos C ＝－cos(A ＋B )＝－13，又由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝9＋4－2×3×2×⎝⎛⎭⎫－13＝17， 所以c ＝17.反思与感悟 已知三角形两边及其夹角时，应先从余弦定理入手求出第三边，再利用正弦定理求其余的角.跟踪训练2 在△ABC 中，已知a ＝2，b ＝22，C ＝15°，求A . 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形解 由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝8－43， 所以c ＝6－ 2.由正弦定理，得sin A ＝a sin C c ＝12，因为b >a ，所以B >A ， 所以A 为锐角，所以A ＝30°. 命题角度2 已知三边例3 在△ABC 中，已知a ＝26，b ＝6＋23，c ＝43，求A ，B ，C . 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三解形解 根据余弦定理，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝(6＋23)2＋(43)2－(26)22×(6＋23)×(43)＝32. ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π6，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝(26)2＋(6＋23)2－(43)22×26×(6＋23)＝22， ∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4.∴B ＝π－A －C ＝π－π6－π4＝7π12，∴A ＝π6，B ＝7π12，C ＝π4.反思与感悟 已知三边求三角，可利用余弦定理的变形cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝b 2＋a 2－c 22ba 先求一个角，求其余角时，可用余弦定理也可用正弦定理.跟踪训练3 在△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶4∶5，判断三角形的形状. 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形解 因为a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶4∶5， 所以可令a ＝2k ，b ＝4k ，c ＝5k (k >0). c 最大，cos C ＝(2k )2＋(4k )2－(5k )22×2k ×4k <0，所以C 为钝角，从而三角形为钝角三角形.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－35，则三角形的第三边长为( )A.52B.213C.16D.4 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 B解析 设第三边长为x ，则x 2＝52＋32－2×5×3×⎝⎛⎭⎫－35＝52，∴x ＝213. 2.在△ABC 中，a ＝7，b ＝43，c ＝13，则△ABC 的最小角为( ) A.π3 B.π6 C.π4 D.π12考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形 答案 B解析 ∵a >b >c ，∴C 为最小角且C 为锐角， 由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝72＋(43)2－(13)22×7×43＝32. 又∵C 为锐角，∴C ＝π6.3.如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为( ) A.518 B.34 C.32 D.78 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形 答案 D解析 设顶角为C ，周长为l ，因为l ＝5c ，所以a ＝b ＝2c ， 由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝4c 2＋4c 2－c 22×2c ×2c ＝78.4.在△ABC 中，a ＝32，b ＝23，cos C ＝13，则c 2＝ .考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 30－4 6解析 c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(32)2＋(23)2－2×32×23×13＝30－4 6.5.在△ABC 中，若b ＝1，c ＝3，C ＝2π3，则a ＝ .考点 余弦定理及其变形应用 题点 用余弦定理求边或角的取值范围 答案 1解析 ∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， ∴(3)2＝a 2＋12－2a ×1×cos 2π3，∴a 2＋a －2＝0，即(a ＋2)(a －1)＝0.∴a ＝1或a ＝－2(舍去).∴a ＝1.1.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，解三角形. (2)已知三边求三角形的任意一角.2.余弦定理与勾股定理的关系：余弦定理可以看作是勾股定理的推广，勾股定理可以看作是余弦定理的特例.(1)如果一个三角形两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角. (2)如果一个三角形两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角. (3)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直角.一、选择题1.在△ABC 中，已知a ＝2，则b cos C ＋c cos B 等于( ) A.1 B. 2 C.2 D.4 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 答案 C解析 b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·c 2＋a 2－b 22ca ＝2a 22a ＝a ＝2.2.在△ABC 中，已知B ＝120°，a ＝3，c ＝5，则b 等于( ) A.4 3 B.7 C.7 D.5 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 C解析 ∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，∴b ＝7. 3.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是( ) A.90° B.120° C.135° D.150° 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形答案 B解析 设中间角为θ，则θ为锐角，cos θ＝52＋82－722×5×8＝12，θ＝60°，180°－60°＝120°为所求.4.在△ABC 中，已知b 2＝ac 且c ＝2a ，则cos B 等于( ) A.14 B.34 C.24 D.23 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 答案 B解析 ∵b 2＝ac ，c ＝2a ，∴b 2＝2a 2， ∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 22a ×2a＝34.5.若△ABC 的三边长分别为AB ＝7，BC ＝5，CA ＝6，则AB →·BC →的值为( ) A.19 B.14 C.－18 D.－19 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 答案 D解析 设三角形的三边分别为a ，b ，c ， 依题意得，a ＝5，b ＝6，c ＝7.∴AB →·BC →＝|AB →|·|BC →|·cos(π－B )＝－ac ·cos B . 由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac ·cos B ，∴－ac ·cos B ＝12(b 2－a 2－c 2)＝12(62－52－72)＝－19，∴AB →·BC →＝－19.6.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2A sin C 等于( )A.1B.2C.12D.34考点 用余弦定理解三角形 题点 已知三边解三角形 答案 A解析 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝25＋36－162×5×6＝34，所以sin 2A sin C ＝2sin A cos A sin C ＝2a cos Ac＝4cos A3＝1.7.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB ，C 是该小区的一个出入口，小区里有一条平行于AO 的小路CD .已知某人从点O 沿OD 走到点D 用了2 min ，从点D 沿DC 走到点C 用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min ，则该扇形的半径为( ) A.50 m B.45 m C.507 m D.47 m 考点 用余弦定理解三角形 题点 已知两边及其夹角解三角形 答案 C解析 依题意得OD ＝100 m ， CD ＝150 m ， 连接OC ，易知∠ODC ＝180°－∠AOB ＝60°， 因此由余弦定理，得OC 2＝OD 2＋CD 2－2OD ×CD ×cos ∠ODC ， 即OC 2＝1002＋1502－2×100×150×12，解得OC ＝507(m).8.若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 满足(a ＋b )2－c 2＝4，且C ＝60°，则ab 的值为( )A.43B.8－4 3C.1D.23 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 答案 A解析 (a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ＝4， 又c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ∴a 2＋b 2－c 2＝ab ，∴3ab ＝4，∴ab ＝43.二、填空题9.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2＋b 2<c 2，且sin C ＝32，则C ＝ .考点 余弦定理及其变形应用 题点 用余弦定理求边或角的取值范围 答案2π3解析 因为a 2＋b 2<c 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0，所以三角形是钝角三角形，且C >π2.又因为sin C ＝32，所以C ＝2π3. 10.在△ABC 中，A ＝60°，最大边长与最小边长是方程x 2－9x ＋8＝0的两个实根，则边BC 的长为 .考点 余弦定理及其变形应用题点 余弦定理与一元二次方程结合问题 答案57解析 设内角B ，C 所对的边分别为b ，c .∵A ＝60°，∴可设最大边与最小边分别为b ，c .由条件可知b ＋c ＝9，bc ＝8，∴BC 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－2bc －2bc cos A ＝92－2×8－2×8×cos 60°＝57，∴BC ＝57.11.在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝6，BC ＝1＋3，AD 为边BC 上的高，则AD 的长是 . 考点 余弦定理解三解形 题点 已知三边解三角形 答案3解析 ∵cos C ＝BC 2＋AC 2－AB 22×BC ×AC＝22，∵C ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴sin C ＝22.∴AD ＝AC ·sin C ＝3. 三、解答题12.在△ABC 中，已知A ＝120°，a ＝7，b ＋c ＝8，求b ，c . 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用解 由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－2bc (1＋cos A )，所以49＝64－2bc ⎝⎛⎭⎫1－12，即bc ＝15, 由⎩⎪⎨⎪⎧ b ＋c ＝8，bc ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝3，c ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝5，c ＝3. 13.在△ABC 中，a 2＋c 2＝b 2＋2ac .(1)求B 的大小；(2)求2cos A ＋cos C 的最大值.考点 用余弦定理解三角形题点 余弦定理解三角形综合问题解 (1)由a 2＋c 2＝b 2＋2ac 得a 2＋c 2－b 2＝2ac ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22. 又0<B <π，所以B ＝π4. (2)A ＋C ＝π－B ＝π－π4＝3π4，所以C ＝3π4－A,0<A <3π4. 所以2cos A ＋cos C ＝2cos A ＋cos ⎝⎛⎭⎫3π4－A＝2cos A ＋cos3π4cos A ＋sin 3π4sin A ＝2cos A －22cos A ＋22sin A ＝22sin A ＋22cos A ＝sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4. ∵0<A <3π4，∴π4<A ＋π4<π， 故当A ＋π4＝π2， 即A ＝π4时，2cos A ＋cos C 取得最大值1. 四、探究与拓展14.已知a ，b ，c 是△ABC 的三边长，若直线ax ＋by ＋c ＝0与圆x 2＋y 2＝1无公共点，则△ABC 的形状是( )A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.不能确定考点 判断三角形形状 题点 利用余弦定理判断三角形形状答案 B解析 ∵直线ax ＋by ＋c ＝0与圆x 2＋y 2＝1无公共点，∴圆心(0,0)到直线ax ＋by ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b2>1，即a 2＋b 2－c 2<0，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0， 又C ∈(0，π)，∴C 为钝角.故△ABC 为钝角三角形.15.在△ABC 中，已知BC ＝7，AC ＝8，AB ＝9，则AC 边上的中线长为 . 考点 用余弦定理解三角形题点 已知三边解三角形答案 7解析 由条件知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22×AB ×AC ＝92＋82－722×9×8＝23， 设中线长为x ，由余弦定理，知x 2＝⎝⎛⎭⎫AC 22＋AB 2－2×AC 2×AB cos A ＝42＋92－2×4×9×23＝49， 所以x ＝7.所以AC 边上的中线长为7.。