6.4.3 第1课时 余弦定理-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.4　平面向量的应用 6.4.3　余弦定理、正弦定理 第1课时　余弦定理 课程标准：借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理． 教学重点：1.用向量的方法推导余弦定理.2.用余弦定理求解三角形的边、角． 教学难点：余弦定理在解三角形中的应用． 核心素养：1.通过余弦定理的推导过程培养逻辑推理素养.2.通过余弦定理的应用培养数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　余弦定理 三角形中任何一边的平方，等于_______________________________________ _________________．即a2＝_______________，b2＝__________________，c2＝_______________． 知识点二　余弦定理的推论 cosA＝__________，cosB＝_________，cosC＝__________． 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＋c2－2bccosA c2＋a2－2cacosB a2＋b2－2abcosC 核心概念掌握 5 知识点三　解三角形 (1)一般地，三角形的_________________和它们的____________叫做三角形的元素． (2) _______________________________________叫做解三角形． 知识点四　余弦定理及其推论的应用 应用余弦定理及其推论可解决两类解三角形的问题：一类是已知________________解三角形，另一类是已知________解三角形． 三个角A，B，C 对边a，b，c 已知三角形的几个元素求其他元素的过程 两边及其夹角 三边 核心概念掌握 6 [提示]　判定三角形形状时常用到的结论 (1)在△ABC中，若a2<b2＋c2，则0°<A<90°；反之，若0°<A<90°，则a2<b2＋c2.例如：在不等边三角形ABC中，a是最大的边，若a2<b2＋c2，则60°<A<90°. (2)在△ABC中，若a2＝b2＋c2，则A＝90°；反之，若A＝90°，则a2＝b2＋c2. (3)在△ABC中，若a2>b2＋c2，则90°<A<180°；反之，若90°<A<180°，则a2>b2＋c2. 核心概念掌握 7 2．(已知三边判断三角形形状)已知△ABC的三边分别为2，3，4，则此三角形是________三角形． 3．(已知三边关系求角)在△ABC中，若a2＋b2－c2＝ab，则角C的大小为________． 4．(已知两边及其夹角求边)在△ABC中，AB＝4，BC＝3，B＝60°，则AC＝________． 钝角 核心概念掌握 8 核心素养形成 核心素养形成 10 【感悟提升】　已知两边及一角解三角形的两种情况 (1)已知两边和两边夹角，直接应用余弦定理求出第三边，然后根据边角关系应用余弦定理求解其他角． (2)三角形中已知两边和一边的对角，解法如下：利用余弦定理列出关于第三边的等量关系建立方程，运用解方程的方法求出第三边的长． 核心素养形成 11 【跟踪训练】 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 [条件探究]　若本例(1)中条件不变，如何求最大角的余弦值呢？ 核心素养形成 16 【感悟提升】　已知三边(三边关系)求解三角形的方法 (1)已知三角形的三边求角时，可利用余弦定理的推论求解出各角的大小． (2)若已知三角形的三边关系，常根据边的关系直接代入化简或利用比例性质转化为已知三边求解． 注意：若已知三角形三边的比例关系，常根据比例的性质引入k，从而转化为已知三边求解．在已知三边求三个角时，一般先求小角后求大角． 核心素养形成 17 【跟踪训练】 2．(1)在△ABC中，(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则此三角形的最大内角为________． 120° 核心素养形成 18 (2)在△ABC中，已知BC＝7，AC＝8，AB＝9，试求AC边上的中线长． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 题型三　判断三角形的形状 例3　在△ABC中，已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且2cosAsinB＝sinC，试确定△ABC的形状． 核心素养形成 21 【感悟提升】　 　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(有时还要结合三角恒等变换等知识)把已知条件转化为边的关系，通过因式分解、配方等方法得出边的相应关系，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． 核心素养形成 22 【跟踪训练】 3．在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断△ABC的形状． 核心素养形成 23 随堂水平达标 随堂水平达标 25 随堂水平达标 26 120° 随堂水平达标 27 2 随堂水平达标 28 5．在△ABC中，b＝asinC，c＝acosB，试判断△ABC的形状． 随堂水平达标 29 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 已知两边及一角求边 已知三边关系求角 判断三角形的形状 已知三边求最大角 已知三边关系判断角的范围 余弦定理与数量积的综合 已知三边求角 由余弦定理与三角函数求边的最值 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 余弦定理的综合应用 余弦定理的综合应用 已知三边求角 已知三边关系求角 已知三边求最大角 余弦定理的综合应用 余弦定理的综合 应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 31 解析：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝9＋c2－3c＝13，即c2－3c－4＝0，解得c＝－1(舍去)或c＝4.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 34 4．已知△ABC的三边长分别是x2＋x＋1，x2－1和2x＋1(x>1)，则△ABC的最大角为(　　) A．150° B．120° C．60° D．75° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 三、解答题 9．已知△ABC中，AC＝1，BC＝2，∠ABC＝30°，且边AB，BC上的中线CD，AE交于点M. (1)求AB的长； (2)求cos∠AMC的值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 11．某同学要用三条长度分别为3，5，7的线段画出一个三角形，则他将(　　) A．画不出任何满足要求的三角形 B．画出一个锐角三角形 C．画出一个直角三角形 D．画出一个钝角三角形 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(b2＋c2－a2,2bc) eq \f(c2＋a2－b2,2ca) eq \f(a2＋b2－c2,2ab) eq \f(π,3) eq \r(13) 1．(已知三边求角)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝1，b＝eq \r(7)，c＝eq \r(3)，则B＝________． eq \f(5π,6) 题型一　已知两边及一角解三角形 例1　在△ABC中，a＝2eq \r(3)，c＝eq \r(6)＋eq \r(2)，B＝45°，解这个三角形． 解　由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝(2eq \r(3))2＋(eq \r(6)＋eq \r(2))2－2×2eq \r(3)×(eq \r(6)＋eq \r(2))×cos45°＝8， ∴b＝2eq \r(2)， 又cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8＋(\r(6)＋\r(2) )2－(2\r(3) )2,2×2\r(2)×(\r(6)＋\r(2) ))＝eq \f(1,2)， ∴A＝60°，C＝180°－(A＋B)＝75°. 1．(1)在△ABC中，已知a＝4，b＝6，C＝120°，则边c的值是(　　) A．8 B．2eq \r(17) C．6eq \r(2) D．2eq \r(19) 解析：根据余弦定理，c2＝a2＋b2－2abcosC＝16＋36－2×4×6×cos120°＝76，所以c＝2eq \r(19). (2)在△ABC中，已知b＝3，c＝3eq \r(3)，B＝30°，求角A，C和边a. 解：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB， ∴32＝a2＋(3eq \r(3))2－2a×3eq \r(3)×cos30°， ∴a2－9a＋18＝0，解得a＝3或6. 当a＝3时，A＝30°，∴C＝120°. 当a＝6时，由余弦定理， 得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋27－36,2×3×3\r(3))＝0， ∴A＝90°，∴C＝60°. 题型二　已知三边(三边关系)解三角形 例2　(1)在△ABC中，若a＝7，b＝4eq \r(3)，c＝eq \r(13)，则△ABC的最小角为(　　) A．eq \f(π,3) B．eq \f(π,6) C．eq \f(π,4) D．eq \f(π,12) 解析　因为c<b<a，所以最小角为角C，所以cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(49＋48－13,2×7×4\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，所以C＝eq \f(π,6).故选B. (2)在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b－eq \r(3)c)，则A＝(　　) A．90° B．30° C．120° D．150° 解析　因为(a＋c)(a－c)＝b(b－eq \r(3)c)，所以b2＋c2－a2＝eq \r(3)bc，所以cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3),2).因为0°<A<180°，所以A＝30°.故选B. 解：因为c<b<a，所以最大角为角A，所以由余弦定理，可得 cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝eq \f(（4\r(3)）2＋（\r(13)）2－72,2×4\r(3)×\r(13)) ＝eq \f(48＋13－49,8\r(39))＝eq \f(\r(39),26). 故△ABC的最大角的余弦值为eq \f(\r(39),26). 解析：由(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，得a∶b∶c＝7∶5∶3，∴边a最大．又cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,2)，∴A＝120°. 解：解法一：由余弦定理的推论，得 cosA＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2×AB×AC)＝eq \f(92＋82－72,2×9×8)＝eq \f(2,3)， 设AC边上的中线长为x，由余弦定理知， x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2))) eq \s\up12(2)＋AB2－2×eq \f(AC,2)×ABcosA＝42＋92 －2×4×9×eq \f(2,3)＝49，则x＝7. ∴所求中线长为7. 解法二：在△ABC中，设AC边上的中线长为x，如图，以AB，BC为邻边作▱ABCD. 由余弦定理可得，在△ABC中，有 AC2＝AB2＋BC2－2AB×BCcos∠ABC，① 在△ABD中，有 BD2＝AB2＋AD2－2AB×ADcos∠BAD，② ①＋②可得(2x)2＋AC2＝2(AB2＋BC2)， 即(2x)2＋82＝2×(92＋72)， ∴x＝7，∴所求中线长为7. 解　由2cosAsinB＝sinC，得 2cosAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB， ∴sinAcosB－cosAsinB＝0，∴sin(A－B)＝0， 又A与B均为△ABC的内角，∴A＝B. 由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，得(a＋b)2－c2＝3ab， ∴a2＋b2－c2＝ab，∴由余弦定理，得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2)，C＝60°， ∴A＝B＝60°，∴△ABC为等边三角形． 解：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB， ∵B＝60°，b＝eq \f(a＋c,2)， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2))) eq \s\up12(2)＝a2＋c2－2accos60°. ∴(a－c)2＝0，a＝c，又B＝60°， ∴△ABC为等边三角形． 1．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cosB等于(　　) A．eq \f(1,4) B．eq \f(3,4) C．eq \f(\r(2),4) D．eq \f(\r(2),3) 解析：∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，b＝eq \r(2)a，∴cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋4a2－2a2,2a·2a)＝eq \f(3,4).故选B. 2．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3eq \r(3)，c＝2，A＋C＝eq \f(5π,6)，则b＝(　　) A．eq \r(13) B．6 C．7 D．8 解析：∵A＋C＝eq \f(5π,6)，∴B＝π－(A＋C)＝eq \f(π,6). ∵a＝3eq \r(3)，c＝2，∴由余弦定理可得b＝eq \r(a2＋c2－2accosB) ＝eq \r(（3\r(3)）2＋22－2×3\r(3)×2×\f(\r(3),2))＝eq \r(13).故选A. 3．在△ABC中，若a＝eq \r(3)＋1，b＝eq \r(3)－1，c＝eq \r(10)，则△ABC的最大角的度数为________． 解析：由c>a>b，知角C为最大角，则cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(1,2)，所以C＝120°，即△ABC的最大角为120°. 4．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，b＝eq \r(2)，c＝1＋eq \r(3)，且a2＝b2＋c2－2bcsinA，则边a＝________． 解析：由已知及余弦定理，得sinA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝cosA，∴A＝45°，∴a2＝b2＋c2－2bccos45°＝4，∴a＝2. 解：由余弦定理，知cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)， 代入c＝acosB，得c＝a·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)， ∴c2＋b2＝a2，∴△ABC是以A为直角的直角三角形． 又b＝asinC，∴b＝a·eq \f(c,a)，∴b＝c， ∴△ABC也是等腰三角形． 综上所述，△ABC是等腰直角三角形． 一、选择题 1．(2024·辽宁铁岭调兵山市第二高级中学高一下期末)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a＝3，b＝eq \r(13)，B＝60°，则c＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋b2＋eq \r(2)ab＝c2，则角C为(　　) A．eq \f(π,4) B．eq \f(3π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(2π,3) 解析：∵a2＋b2＋eq \r(2)ab＝c2，∴a2＋b2－c2＝－eq \r(2)ab，∴cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(－\r(2)ab,2ab)＝－eq \f(\r(2),2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(3π,4). 3．在△ABC中，sin2eq \f(A,2)＝eq \f(c－b,2c)(a，b，c分别为角A，B，C的对应边)，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 解析：∵sin2eq \f(A,2)＝eq \f(1－cosA,2)＝eq \f(c－b,2c)，∴cosA＝eq \f(b,c)＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，∴a2＋b2＝c2，故△ABC为直角三角形．故选B. 解析：令x＝2，得x2＋x＋1＝7，x2－1＝3，2x＋1＝5，∴最大边x2＋x＋1应对最大角，设最大角为α，∴cosα＝eq \f(（x2－1）2＋（2x＋1）2－（x2＋x＋1）2,2（x2－1）（2x＋1）)＝－eq \f(1,2)，∴△ABC的最大角为120°.故选B. 5．(多选)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是(　　) A．若a2＋b2<c2，则C>eq \f(π,2) B．若ab>c2，则C≥eq \f(π,3) C．若a3＋b3＝c3，则C<eq \f(π,2) D．若a＋b＝2c，则C>eq \f(π,2) 解析：由a2＋b2<c2，可以得出cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C>eq \f(π,2)，故A正确；由ab>c2，得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)>eq \f(2ab－ab,2ab)＝eq \f(1,2)，得0<C<eq \f(π,3)，故B错误；假设C≥eq \f(π,2)，则c>a，c>b，cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)≤0，∴c2≥a2＋b2，即c3≥ca2＋cb2>a3＋b3，与a3＋b3＝c3矛盾，∴C<eq \f(π,2)，故C正确；取a＝b＝c＝2，满足a＋b＝2c，此时C＝eq \f(π,3)，故D错误．故选AC. 二、填空题 6．若|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝2，|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝3，eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝－3，则△ABC的周长为________． 解析：由eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝|eq \o(AB,\s\up17(→))||eq \o(AC,\s\up17(→))|cosA及|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝2，|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝3，可得cosA＝－eq \f(1,2)，∴A＝120°，再由余弦定理求得BC2＝19，∴△ABC的周长为5＋eq \r(19). 5＋eq \r(19) 7．在△ABC中，BD为∠ABC的平分线，AB＝3，BC＝2，AC＝eq \r(7)，则sin∠ ABD＝________． 解析：因为BD为∠ABC的平分线，所以∠ABD＝eq \f(1,2)∠ABC.由余弦定理，得cos∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(32＋22－（\r(7)）2,2×3×2)＝eq \f(1,2).又cos∠ABC＝1－2sin2∠ABD＝eq \f(1,2)，所以sin∠ABD＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) eq \r(3) 解析：设∠CAD＝α，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则eq \f(\f(1,2)AC,AD)＝cosα，代入数据得AC＝2cosα，∵AC＝eq \r(3)AB，∴AB＝eq \f(2cosα,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)cosα，在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))，即BD2＝eq \f(4cos2α,3)＋12＋2×eq \f(2\r(3),3)cosα×1×sinα＝eq \f(4,3)×eq \f(1＋cos2α,2)＋eq \f(2\r(3),3)sin2α＋1＝eq \f(2,3)cos2α＋eq \f(2\r(3),3)sin2α＋eq \f(5,3)＝eq \f(4,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＋eq \f(5,3)，∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴当2α＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,6)时，BD2取得最大值3，∴BD的最大值为eq \r(3). 8．(2024·四川成都石室中学高一下期末)在平面四边 形ABCD中，AB⊥AC，AC＝eq \r(3)AB，AD＝CD＝1，则BD 的最大值为________． 解：(1)由余弦定理得 AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcos∠ABC， 而AC＝1，BC＝2，∠ABC＝30°， 于是12＝22＋AB2－2×2ABcos30°， 即AB2－2eq \r(3)AB＋3＝0，解得AB＝eq \r(3). (2)易知∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，如图，M为△ABC的重心， 可得CM＝eq \f(2,3)CD＝eq \f(2,3) eq \r(AC2＋AD2)＝eq \f(2,3)×eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),3)，AM＝eq \f(2,3)AE＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)BC＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×2＝eq \f(2,3)， 所以cos∠AMC＝eq \f(AM2＋CM2－AC2,2AM·CM) ＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)－12,2×\f(\r(7),3)×\f(2,3))＝eq \f(\r(7),14). 10．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a－c)2＝b2－eq \f(3,4)ac. (1)求cosB的值； (2)若b＝eq \r(13)，且a＋c＝2b，求ac的值． 解：(1)由(a－c)2＝b2－eq \f(3,4)ac，可得a2＋c2－b2＝eq \f(5,4)ac. 所以eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(5,8)，即cosB＝eq \f(5,8). (2)因为b＝eq \r(13)，cosB＝eq \f(5,8)，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－eq \f(5,4)ac， 即13＝(a＋c)2－eq \f(13,4)ac，又a＋c＝2b＝2eq \r(13)， 所以13＝52－eq \f(13,4)ac，解得ac＝12. 解析：三条线段可构成三角形．设长度为7的边所对应的角为θ，则cosθ＝eq \f(9＋25－49,2×3×5)<0，因此他将画出一个钝角三角形．故选D. 12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a2＋b2－c2)tanC＝ab，则角C的大小为(　　) A．eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) B．eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) C．eq \f(π,6) D．eq \f(2π,3) 解析：由(a2＋b2－c2)tanC＝ab，可得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)·tanC＝eq \f(1,2)，由余弦定理可得cosCtanC＝sinC＝eq \f(1,2).因为0<C<π，所以角C的大小为eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).故选A. 13．若三角形三边长分别为a，b，eq \r(a2＋ab＋b2)(a>0，b>0)，则最大角为________． 解析：∵eq \r(a2＋ab＋b2)>a，eq \r(a2＋ab＋b2)>b，∴eq \r(a2＋ab＋b2)所对的角最大．设最大角为θ，则cosθ＝eq \f(a2＋b2－(\r(a2＋ab＋b2) )2,2ab)＝－eq \f(1,2).又θ∈(0，π)，∴θ＝eq \f(2π,3). eq \f(2π,3) 14．在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－eq \f(1,2). (1)求b，c的值； (2)求sin(B＋C)的值． 解：(1)由已知及余弦定理，得 cosB＝eq \f(c2＋a2－b2,2ca)＝eq \f(9＋（c＋b）（c－b）,6c) ＝eq \f(9－2（c＋b）,6c)＝－eq \f(1,2)， 即9－2b＋c＝0， 又b－c＝2，所以b＝7，c＝5. (2)由(1)及余弦定理，得 cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(32＋72－52,2×3×7)＝eq \f(11,14)， 又sin2C＋cos2C＝1，0＜C＜π， 所以sinC＝eq \f(5\r(3),14)，同理sinB＝eq \f(\r(3),2)， 所以sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB ＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(11,14)＋eq \f(5\r(3),14)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq \f(3\r(3),14). 15．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2－(b－c)2＝(2－eq \r(3))bc，sinAsinB＝cos2eq \f(C,2)，BC边上的中线AM的长为eq \r(7). (1)求角A和角B的大小； (2)求△ABC的周长． 解：(1)由a2－(b－c)2＝(2－eq \r(3))bc，得a2－b2－c2＝－eq \r(3)bc， 所以cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3),2). 又0<A<π，所以A＝eq \f(π,6). 由sinAsinB＝cos2eq \f(C,2)，得eq \f(1,2)sinB＝eq \f(1＋cosC,2)， 即sinB＝1＋cosC，则cosC＜0，即C为钝角． 所以B为锐角，且B＋C＝eq \f(5π,6)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－C))＝1＋cosC， 化简得coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝－1，解得C＝eq \f(2π,3)，所以B＝eq \f(π,6). (2)由(1)知，a＝b，在△ACM中， 由余弦定理得 AM2＝b2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2))) eq \s\up12(2)－2b·eq \f(a,2)·cosC， 即b2＋eq \f(b2,4)＋eq \f(b2,2)＝(eq \r(7))2， 解得b＝2，所以a＝2. 在△ABC中，c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋22－2×2×2×coseq \f(2π,3)＝12，所以c＝2eq \r(3). 所以△ABC的周长为4＋2eq \r(3). $$