9.1.2 余弦定理-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第九章　解三角形 9.1　正弦定理与余弦定理 9.1.2　余弦定理 (教师独具内容) 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：余弦定理的推导及应用． 教学难点：向量知识在推导余弦定理时的应用． 核心素养：1.通过用向量推导余弦定理，提升逻辑推理素养.2.运用余弦定理及变形求解三角形问题，提升数学运算素养． 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 三角形任何一边的平方，等于________________________________________ ________________，即：a2＝_________________，b2＝_________________，c2＝__________________． 其他两边的平方和减去这两边与它们夹角 余弦的积的2倍 b2＋c2－2bccosA c2＋a2－2cacosB a2＋b2－2abcosC 核心概念掌握 5 知识点二　余弦定理的变形 cosA＝_____________，cosB＝_____________，cosC＝_____________． sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA， sin2B＝sin2C＋sin2A－2sinCsinAcosB， sin2C＝sin2A＋sin2B－2sinAsinBcosC. 核心概念掌握 6 钝角 1 核心概念掌握 7 核心素养形成 题型一　利用余弦定理解三角形 1．已知两边及一角解三角形 核心素养形成 9 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)三角形中已知两边和一边的对角，有两种解法．解法一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，这样可免去判断取舍的麻烦．解法二直接运用正弦定理，先求角再求边． (2)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正弦定理或余弦定理求解． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 解　已知a－b＝4，则a>b，且a＝b＋4， 又a＋c＝2b，则b＋4＋c＝2b，所以b＝c＋4，则b>c， 从而a>b>c，所以a为最大边，A＝120°，b＝a－4，c＝a－8. 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(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. (2)在△ABC中，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． 核心素养形成 15 【感悟提升】　已知三边求解三角形的方法 (1)已知三角形的三边求角时，可利用余弦定理求解，若是求三角形的三个内角，则最后一个角用三角形内角和定理求解即可；若是求最大角或最小角，则要先判断最大角或最小角再求解． (2)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． 核心素养形成 16 【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 17 (2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2＋c2＝2a2，则cosA的最小值为____． 核心素养形成 18 在△ABC中，已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且2cosAsinB＝sinC，试确定△ABC的形状． 题型二　判断三角形的形状 核心素养形成 19 核心素养形成 20 【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(有时还要结合正弦定理、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 21 【跟踪训练】 3．在△ABC中，若(a－ccosB)sinB＝(b－ccosA)·sinA，判断△ABC的形状． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 题型三　利用正、余弦定理解决平面图形中的计算、证明问题 在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14， ∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求BC的长． 核心素养形成 24 【感悟提升】　 (1)与平面多边形有关的问题，有时可以转化为三角形的问题来求解． (2)在有关三角形的题目中注意选择是应用正弦定理，还是应用余弦定理，必要时也可列方程(组)求解．同时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能利用某个定理的信息． (3)解题过程中，当把条件转化为角之间的关系时，还应注意三角恒等变换公式的应用． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 题型四　正弦定理、余弦定理与其他知识综合 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 【感悟提升】　余弦定理与同角三角函数基本关系、两角和与差的三角函数、向量等知识综合命题是高考的一种趋势．通常此类问题的第一问考查正弦或余弦定理，一般是利用定理进行边角互化求解；第二问通常求最值、面积，一般需利用向量运算、三角恒等变换等来化简函数解析式，或用正弦或余弦定理、三角恒等变换的思想将有关问题转化为某一个角的三角函数，再利用相应公式及性质求解． 核心素养形成 31 【跟踪训练】 5．已知向量m＝(sinA，sinC)，n＝(cosC，cosA)，m·n＝sin2B，且A，B，C分别是△ABC的三边a，b，c所对的角． (1)求角B； (2)若b＝2，a＋c＝4，求△ABC的面积． 核心素养形成 32 核心素养形成 33 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 120° 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 5．在△ABC中，b＝asinC，c＝acosB，试判断△ABC的形状． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★ 对点 已知两边及夹角求三角形周长 已知边、角、三角形面积求角 余弦定理与平面向量结合求数量积 利用正、余弦定理进行边角转化求角 由三角形角的范围求边的范围 利用余弦定理判断三角形形状、求角；三角形中边角关系 利用余弦定理边化角求角 已知两边及夹角求角 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★★ 对点 利用余弦定理求边 利用余弦定理及三角形面积公式求边 已知边角关系求边长；利用两角差正弦公式求值 利用正弦定理边化角求角；利用余弦定理及三角形面积公式求面积 利用余弦定理判断三角形形状 利用正、余弦定理及均值不等式求角的最大值 已知三边关系及一角求边和角；利用两角差公式求值 已知边角求三角形面积；根据三角形形状求线段的取值范围 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 三、填空题 8．在△ABC中，已知a＝2，b＝4，C＝60°，则A＝______． 30° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 13．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(　　) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．由增加的长度确定 解析：设直角三角形的三边长为a，b，c，且a2＋b2＝c2，令三边都增加x(x>0)，则(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2＝a2＋b2＋2x2＋2(a＋b)x－c2－2cx－x2＝2(a＋b－c)x＋x2>0，所以c＋x所对的最大角变为锐角，所以三角形是锐角三角形． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 14．(2024·内蒙古包头期末)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，则角A的最大值为______． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(b2＋c2－a2,2bc) eq \f(c2＋a2－b2,2ca) eq \f(a2＋b2－c2,2ab) 1．(判断三角形的形状)已知△ABC的三边分别为2，3，4，则此三角形是____三角形． 2．(利用余弦定理求角)在△ABC中，若a2＋b2－c2＝ab，则角C的大小为____． 3．(利用余弦定理求边)在△ABC中，AB＝4，BC＝3，B＝60°，则AC＝____． 4．(余弦定理边角互化的应用)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则eq \f(bcosC＋ccosB,a)＝____． eq \f(π,3) eq \r(13) (3)INCLUDEPICTURE"灰例1.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\551数学（必修第四册导学案（B版\\灰例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例1.TIF" \* MERGEFORMATINET 　在△ABC中，已知b＝3，c＝3，B＝30°，求角A，C和边a. 解　解法一：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，由正弦定理，得sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(6×\f(1,2),3)＝1， ∴A＝90°，∴C＝60°. 解法二：由b<c，B＝30°，c>b>csin30°＝3eq \r(3)×eq \f(1,2)＝eq \f(3\r(3),2)知本题有两解． 由正弦定理，得 sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(3\r(3)×\f(1,2),3)＝eq \f(\r(3),2)， ∴C＝60°或120°. 当C＝60°时，A＝90°， 由勾股定理，得a＝eq \r(b2＋c2)＝eq \r(32＋（3\r(3)）2)＝6； 当C＝120°时，A＝30°，△ABC为等腰三角形，∴a＝3. 【跟踪训练】 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，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝16＋36－2×4×6cos120°＝76，解得c＝2eq \r(19). (2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝eq \f(π,3)，a＝eq \r(7)，b＝1，则△ABC的面积为________． 解析：因为A＝eq \f(π,3)，a＝eq \r(7)，b＝1，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即7＝1＋c2－c，解得c＝3或c＝－2(舍去)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(3\r(3),4). eq \f(3\r(3),4) 2．已知三边(三边关系)解三角形 (3)INCLUDEPICTURE"灰例2.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\551数学（必修第四册导学案（B版\\灰例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例2.TIF" \* MERGEFORMATINET 　(1)在△ABC中，若a＝7，b＝4，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.因为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. 解析：∵(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，∴a∶b∶c＝7∶5∶3，∴边a最大．又cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,2)，且0°<A<180°，∴A＝120°. eq \f(1,2) 解析：由余弦定理的推论，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)≥eq \f(2a2－a2,b2＋c2)＝eq \f(a2,2a2)＝eq \f(1,2)，当且仅当b＝c＝a时，等号成立． 解　解法一：由正弦定理，得eq \f(sinC,sinB)＝eq \f(c,b)， 由2cosAsinB＝sinC，得cosA＝eq \f(sinC,2sinB)＝eq \f(c,2b)， 又cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，∴eq \f(c,2b)＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，即a＝b. 又(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴(a＋b)2－c2＝3ab，∴b＝c， 综上a＝b＝c，∴△ABC为等边三角形． 解法二：由2cosAsinB＝sinC，得2cosAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB， ∴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， ∴cosC＝eq \f(1,2)，C＝60°， ∴△ABC为等边三角形． 解：解法一：由正弦定理及余弦定理知，原等式可化为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c×\f(a2＋c2－b2,2ac)))b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－c×\f(b2＋c2－a2,2bc)))a， 整理，得(b2－a2)(a2＋b2－c2)＝0， ∴a2＋b2－c2＝0或a2＝b2， 故△ABC为直角三角形或等腰三角形． 解法二：由正弦定理，原等式可化为 (sinA－sinCcosB)sinB＝(sinB－sinCcosA)sinA， ∴sinBcosB＝sinAcosA，∴sin2B＝sin2A， ∴2B＝2A或2B＋2A＝π， ∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)， 故△ABC为直角三角形或等腰三角形． 解　在△ABD中，设BD＝x，由余弦定理， 得AB2＝BD2＋AD2－2BD×ADcos∠BDA， 即142＝x2＋102－2×10xcos60°，整理得x2－10x－96＝0， 解得x1＝16，x2＝－6(舍去)． 在△BCD中，由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠CDB)＝eq \f(BD,sin∠BCD)， 所以BC＝eq \f(16,sin135°)×sin30°＝8eq \r(2). 【跟踪训练】 4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.BM是AC边上的中线，求证：BM＝eq \f(1,2) eq \r(2（a2＋c2）－b2). 证明　设BM＝x>0，∠BMC＝α，则∠AMB＝π－α. 在△BCM中，由余弦定理的推论， 得cosα＝eq \f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))\s\up12(2)－a2,2·x·\f(b,2))＝eq \f(x2＋\f(b2,4)－a2,bx). 在△ABM中，同理得cos(π－α)＝eq \f(x2＋\f(b2,4)－c2,bx). ∵cos(π－α)＋cosα＝0，∴eq \f(x2＋\f(b2,4)－c2,bx)＋eq \f(x2＋\f(b2,4)－a2,bx)＝0， 得2x2＋eq \f(b2,2)－(c2＋a2)＝0，即x2＝eq \f(2（a2＋c2）－b2,4)， 又x>0，∴x＝eq \f(1,2) eq \r(2（a2＋c2）－b2)，即BM＝eq \f(1,2) eq \r(2（a2＋c2）－b2). (1)求B； (2)求函数f(A)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))的最大值及取得最大值时A的值． 解　(1)解法一：2acosB＝b×eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c×eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝a，即cosB＝eq \f(1,2)， 又0<B<π，∴B＝eq \f(π,3). 解法二：由已知条件及正弦定理可得 2sinAcosB＝sinBcosC＋cosBsinC， 即2sinAcosB＝sin(B＋C)＝sinA， ∵sinA≠0，∴cosB＝eq \f(1,2)， 又B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3). (2)f(A)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6))) ＝1－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,2)))－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6))) ＝1＋sin2A－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2A－\f(1,2)sin2A)) ＝1＋eq \f(3,2)sin2A－eq \f(\r(3),2)cos2A＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＋1， 又B＝eq \f(π,3)，∴0<A<eq \f(2π,3)，－eq \f(π,6)<2A－eq \f(π,6)<eq \f(7π,6)， ∴当2A－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即A＝eq \f(π,3)时，f(A)取得最大值，为eq \r(3)＋1. 解：(1)∵m·n＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin2B， ∴sinB＝2sinBcosB. ∵B为△ABC的内角，∴0<B<π，sinB≠0， ∴2cosB＝1，∴cosB＝eq \f(1,2)，∴B＝eq \f(π,3). (2)由余弦定理，得cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)， 即coseq \f(π,3)＝eq \f(a2＋c2－22,2ac). ∴a2＋c2＝ac＋4. ∵a＋c＝4， ∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝16，∴ac＝4， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)×4×sineq \f(π,3)＝eq \r(3). 1．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cosB＝(　　) 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，∴cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋4a2－2a2,2a×2a)＝eq \f(3,4). 2．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(a＋b)2－c2＝4，C＝60°，则ab的值为(　　) A．eq \f(4,3) B．8－4eq \r(3) C．1 D．eq \f(2,3) 解析：由c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－2ab－2abcosC，∴(a＋b)2－c2＝2ab(1＋cosC)＝2ab(1＋cos60°)＝3ab＝4，∴ab＝eq \f(4,3). 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)，解得C＝120°，即此三角形的最大角的度数为120°. 4．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且b＝eq \r(2)，c＝1＋eq \r(3)，a2＝b2＋c2－2bcsinA，则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，即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是等腰三角形． 综上所述，△ABC是等腰直角三角形． 一、单选题 1．在△ABC中，若a＝2，b＝4，cosC＝eq \f(1,4)，则△ABC的周长为(　　) A．8 B．16 C．10 D．20 解析：因为a＝2，b＝4，cosC＝eq \f(1,4)，所以由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋16－2×2×4×eq \f(1,4)＝16，所以c＝4，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋4＋4＝10. 2．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且A＝60°，b＝1，△ABC的面积为eq \r(3)，则sinC＝(　　) A.eq \f(2\r(13),13) B.eq \f(\r(13),13) C.eq \f(2\r(39),13) D.eq \f(\r(39),13) 解析：由已知得S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(\r(3),4)c＝eq \r(3)，∴c＝4.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA＝13，∴a＝eq \r(13)，由正弦定理知eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，即eq \f(\r(13),\f(\r(3),2))＝eq \f(4,sinC)，∴sinC＝eq \f(2\r(39),13).故选C. 3．在△ABC中，AB＝eq \r(2)，BC＝1，cosC＝eq \f(3,4)，则eq \o(BC,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))＝(　　) A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．－eq \f(3,2) D．eq \f(3,2) 解析：在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA×CBcosC，即2＝CA2＋1－2CA×eq \f(3,4)，∴CA2－eq \f(3,2)CA－1＝0，∴CA＝2，∴eq \o(BC,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))＝|eq \o(BC,\s\up12(→))||eq \o(CA,\s\up12(→))|cos(180°－C)＝－|eq \o(BC,\s\up12(→))|·|eq \o(CA,\s\up12(→))|cosC＝－1×2×eq \f(3,4)＝－eq \f(3,2). 4．(2024·四川成都期末)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且sinA＝2sinB，2acosC＋b＝0，则cosA＝(　　) A.eq \f(\r(15),4) B.eq \f(\r(10),4) C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(1,4) 解析：因为sinA＝2sinB，所以a＝2b，因为2acosC＋b＝0，所以2a×eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋b＝0，化简得a2＋2b2－c2＝0，将a＝2b代入，可得6b2＝c2，所以c＝eq \r(6)b，所以cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋6b2－4b2,2b×\r(6)b)＝eq \f(\r(6),4).故选C. 5．已知钝角三角形的三边分别为a，a＋1，a＋2，其最大角不超过120°，则a的取值范围为(　　) A.eq \f(3,2)<a<3 B.eq \f(3,2)≤a<3 C.eq \f(3,2)≤a≤3 D.eq \f(3,2)<a≤3 解析：设钝角三角形的最大角为α，则依题意90°<α≤120°，于是由余弦定理，得cosα＝eq \f(a2＋（a＋1）2－（a＋2）2,2a（a＋1）)＝eq \f(a－3,2a)，所以－eq \f(1,2)≤eq \f(a－3,2a)<0，解得eq \f(3,2)≤a<3. 二、多选题 6．在△ABC中，下列结论正确的是(　) A．若a2>b2＋c2，则△ABC为钝角三角形 B．若a2＝b2＋c2＋eq \r(3)bc，则A为150° C．若a2＋b2>c2，则△ABC为锐角三角形 D．若A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c＝1∶2∶3 解析：对于A，若a2>b2＋c2，则b2＋c2－a2<0，即有cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)<0，即A为钝角，故A正确；对于B，若a2＝b2＋c2＋eq \r(3)bc，即b2＋c2－a2＝－eq \r(3)bc，则cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(\r(3),2)，即A＝150°，故B正确；对于C，若a2＋b2>c2，则a2＋b2－c2>0，即cosC>0，即C为锐角，不能说明A，B也是锐角，故C错误；对于D，若A∶B∶C＝1∶2∶3，则A＝30°，B＝60°，C＝90°，故a∶b∶c＝sin30°∶sin60°∶sin90°＝1∶eq \r(3)∶2，故D错误．故选AB. 7．(2024·湖南衡阳期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2bcsin2A＝b2＋c2－a2，则A的大小可能为(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,2) D.eq \f(5π,6) 解析：依题意可得sin2A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝cosA，即2sinAcosA＝cosA，则cosA＝0或sinA＝eq \f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,6)或eq \f(π,2)或eq \f(5π,6).故选ACD. 解析：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋42－2×2×4cos60°＝12，∴c＝2eq \r(3).由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，解得sinA＝eq \f(1,2).∵a<c，∴A<60°，∴A＝30°. 9．如图，在△ABC中，点D在AC上，AB⊥BD，BC＝3eq \r(3)，BD＝5，sin∠ABC＝eq \f(2\r(3),5)，则CD的长度为________． 解析：由题意知sin∠ABC＝eq \f(2\r(3),5)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠CBD))＝cos∠CBD，在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BC2＋BD2－2BC×BDcos∠CBD＝27＋25－2×3eq \r(3)×5×eq \f(2\r(3),5)＝16，所以CD＝4. 10．(2023·全国甲卷)在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝eq \r(6)，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD＝_______． 解析：如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a. 解法一：在△ABC中，由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3).由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq \f(1,2)×2×b×sin60°＝eq \f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq \f(1,2)×AD×b×sin30°，解得AD＝eq \f(\r(3)b,1＋\f(b,2))＝eq \f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2. 解法二：在△ABC中，由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3)，由正弦定理可得，eq \f(\r(6),sin60°)＝eq \f(1＋\r(3),sinB)＝eq \f(2,sinC)，解得sinB＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)，因为1＋eq \r(3)＞eq \r(6)＞2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，所以AD＝AB＝2. 四、解答题 11．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq \f(7,9). (1)求a，c的值； (2)求sin(A－B)的值． 解：(1)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)， 又a＋c＝6，① b＝2，cosB＝eq \f(7,9)，∴ac＝9，② 由①②，解得a＝3，c＝3. (2)在△ABC中， ∵cosB＝eq \f(7,9)，∴sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \f(4\r(2),9). 由正弦定理，得sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(2\r(2),3)， ∵a＝c，∴A为锐角， ∴cosA＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(1,3). ∴sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq \f(10\r(2),27). 12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知ccosB＋eq \f(\r(3),2)b＝a. (1)求角C； (2)如图，若a＝b，D为△ABC外一点，AD∥BC，AD＝CD＝2，求四边形ABCD的面积． 解：(1)在△ABC中，由正弦定理得sinCcosB＋eq \f(\r(3),2)sinB＝sinA. 又A＝π－(B＋C)，所以sinCcosB＋eq \f(\r(3),2)sinB＝sin(B＋C)， 即sinCcosB＋eq \f(\r(3),2)sinB＝sinBcosC＋cosBsinC， 所以sinBcosC＝eq \f(\r(3),2)sinB. 又B∈(0，π)，所以sinB≠0，故cosC＝eq \f(\r(3),2). 又C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,6). (2)因为AD∥BC，所以∠CAD＝∠ACB＝eq \f(π,6). 在△ACD中，AD＝CD＝2， 所以∠ACD＝∠CAD＝eq \f(π,6)，故∠ADC＝eq \f(2π,3)， 所以AC2＝22＋22－2×2×2coseq \f(2π,3)＝12，即AC＝2eq \r(3). 又∠ACB＝eq \f(π,6)，AC＝BC， 所以S△ACB＝eq \f(1,2)AC×BCsineq \f(π,6)＝eq \f(1,4)AC2＝3. 又S△ACD＝eq \f(1,2)CD×ADsineq \f(2π,3)＝eq \r(3)，所以四边形ABCD的面积为3＋eq \r(3). eq \f(π,6) 解析：由asinA＋2csinC＝2bsinCcosA及正弦定理得a2＋2c2＝2bccosA，即cosA＝eq \f(a2＋2c2,2bc)，又由余弦定理得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，∴a2＋2c2＝b2＋c2－a2，∴2a2＝b2－c2，∴cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(2b2＋2c2－（b2－c2）,4bc)＝eq \f(b2＋3c2,4bc)≥eq \f(2\r(3)bc,4bc)＝eq \f(\r(3),2)，当且仅当b＝eq \r(3)c时，等号成立，又A∈(0，π)，∴角A的最大值为eq \f(π,6). 15．(2024·天津高考)在△ABC中，cosB＝eq \f(9,16)，b＝5，eq \f(a,c)＝eq \f(2,3). (1)求a； (2)求sinA； (3)求cos(B－2A)． 解：(1)设a＝2t，c＝3t，t>0，则根据余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB， 即25＝4t2＋9t2－2×2t×3t×eq \f(9,16)， 解得t＝2(负值舍去)，则a＝4，c＝6. (2)解法一：因为B∈(0，π)， 所以sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))\s\up12(2))＝eq \f(5\r(7),16)， 再根据正弦定理，得eq \f(4,sinA)＝eq \f(5,\f(5\r(7),16))，解得sinA＝eq \f(\r(7),4). 解法二：由余弦定理，得 cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(52＋62－42,2×5×6)＝eq \f(3,4)， 因为A∈(0，π)，则sinA＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),4). (3)因为cosB＝eq \f(9,16)>0，且B∈(0，π)， 所以B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由(2)解法一知sinB＝eq \f(5\r(7),16)， 因为a<b，则A<B， 所以cosA＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),4)))\s\up12(2))＝eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或由（2）解法二得到cosA＝\f(3,4)))， 则sin2A＝2sinAcosA＝2×eq \f(\r(7),4)×eq \f(3,4)＝eq \f(3\r(7),8)，cos2A＝2cos2A－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)－1＝eq \f(1,8)， cos(B－2A)＝cosBcos2A＋sinBsin2A＝eq \f(9,16)×eq \f(1,8)＋eq \f(5\r(7),16)×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(57,64). 16．(2024·山西大同开学考试)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a＝2，sinB＋sinC＝2sinA. (1)若cosA＝eq \f(4,5)，求△ABC的面积； (2)若△ABC是锐角三角形，D为BC的中点，求AD长的取值范围． 解：(1)因为sinB＋sinC＝2sinA， 由正弦定理可得b＋c＝2a，故b＋c＝4， 又4＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－eq \f(18bc,5)＝16－eq \f(18bc,5)，故bc＝eq \f(10,3)， 因为cosA＝eq \f(4,5)，而A为三角形的内角，故sinA＝eq \f(3,5)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(10,3)×eq \f(3,5)＝1. (2)在△ABD中，c2＝eq \f(a2,4)＋AD2－a×AD×cos∠BDA， 在△ACD中，b2＝eq \f(a2,4)＋AD2－a×AD×cos∠CDA， 而cos∠CDA＋cos∠BDA＝0， 所以b2＋c2＝eq \f(a2,2)＋2AD2＝2＋2AD2， 故AD2＝eq \f(b2＋c2－2,2)＝eq \f(b2＋（4－b）2－2,2)＝b2－4b＋7＝(b－2)2＋3， 而△ABC是锐角三角形，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2>c2，,b2＋c2>a2，,c2＋a2>b2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋b2>（4－b）2，,b2＋（4－b）2>4，,（4－b）2＋4>b2，)) 解得eq \f(3,2)<b<eq \f(5,2)，故3≤AD2<eq \f(13,4)，即eq \r(3)≤AD<eq \f(\r(13),2). $$