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9.1.2 余弦定理
第1课时 余弦定理
探究点一 已知三角形两边及其一角解三
角形
探究点二 已知三边解三角形
探究点三 判断三角形的形状
【学习目标】
1.能够借助向量的运算探索三角形边长与角度的关系，通过用向
量推导余弦定理，提升逻辑推理素养；
2.掌握余弦定理及其变形形式，运用余弦定理及变形求解三角形
问题，提升数学运算素养.
知识点一 余弦定理
文字语言 三角形任何一边的______等于其他两边的________减
去这两边与它们夹角__________的2倍
符号语言 __________________, __________________,
__________________
变形形式 _________,_________,
_________
平方
平方和
余弦的积
【诊断分析】
判断下列说法的正误.（正确的打“√”,错误的打“×”）
（1）余弦定理反映了任意三角形边角之间的关系,因此它适用于任何
三角形.( )
√
[解析] 余弦定理反映了任意三角形边角之间的关系,它适用于任何三
角形.
（2）在三角形中,勾股定理是余弦定理的一个特例.( )
√
[解析] 余弦定理可以看作勾股定理的推广.
（3）在中,已知 ,,,则 .( )
√
[解析] ,所以
.
知识点二 利用余弦定理解三角形
利用余弦定理主要解答如下两种解三角形的问题：
（1）已知三角形的两边和一个角,求____________________________;
（2）已知三角形的三边,求________________.
三角形的第三边和其他两个角
三角形的三个角
【诊断分析】
判断下列说法的正误.（正确的打“√”,错误的打“×”）
（1）若，则 .( )
√
[解析] 由余弦定理得，所以 .
（2）在 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素.( )
×
[解析] 当已知三个元素是三个内角时，三角形不确定.
（3）在中，已知两边及夹角时， 不一定唯一．( )
×
[解析] 在 中，已知两边及夹角时，由余弦定理可得第三边，
三角形是唯一的.
（4）若在三角形中,已知两边及一边的对角,则这样的三角形唯一确
定.( )
×
[解析] 在中,已知,和,由余弦定理 ,
可求出,此时 的正解的个数即为三角形的个数，并不一定唯一确定.
探究点一 已知三角形两边及其一角解三角形
例1 在中，内角,,所对的边分别为,, ,根据下列条件解
三角形.
（1），， ；
解：方法一： ，
.
由余弦定理得
，
.又，， 为锐角.
由正弦定理得 .
为锐角， ，
.
方法二： ，由余弦定理得
，
， .
又 ， ，
.
（2），， .
解：方法一：由余弦定理知 ，
，即，解得 或
.
当 时，由余弦定理得 .
， ， .
当时，由余弦定理得 ,
， .
方法二：由正弦定理知 .
， 或 .
当 时， ， .
当 时， ， .
变式 在中，已知 ，，，则 ___.
3
[解析] 设的内角，，所对的边分别为，， ，结合余
弦定理，可得 ，
即，解得或（舍去），所以 ．
［素养小结］
已知三角形两边及其一角解三角形有以下两种情况:
（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
据边角关系应用正弦定理或余弦定理求解.
（2）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，需讨论.
拓展 在中,内角,,所对的边分别为,,,若 ,最大
边与最小边的边长之比为,求 的最大角.
解：由题意可知或,不妨设, ,则
.
由余弦定理得 ,即, .
由余弦定理得 ,
, ,
,即的最大角为 .
探究点二 已知三边解三角形
［探索］ 在前面我们所解的三角形问题中，已知条件中都至少含有
一个角，若已知三角形的三边，能否解此三角形？你能给出具体解
决方法吗？
解：可利用余弦定理的变形形式或
或 求解.
例2 在中,内角,,所对的边分别为,,,已知, ,
,求角 的大小.
解：由余弦定理得 ,
又,所以 .
变式（1） 在中，内角，，的对边分别为,, ,若
，则角 的大小为______.
[解析] 由，得 ，
所以，
由余弦定理可得 ，
又 ，所以 .
（2）在中,内角,,所对的边分别为,,,已知, ,
,求最大角与最小角的和.
解：由，可知中间角为 ，
由余弦定理得 .
因为 ，所以 ，
故最大角与最小角的和为 .
［素养小结］
已知三角形的三边解三角形的方法：
（1）先利用余弦定理的变形形式求出其中两个角的余弦值,从而求出
两个角,再利用三角形的内角和定理求出第三个角.
（2）利用余弦定理的变形形式求出三个角的余弦值,进而求出三个角.
探究点三 判断三角形的形状
例3（1） 在中,内角,,的对边分别为,,,若 ,则
的形状为____________.
等腰三角形
[解析] 由余弦定理得 ,所以.
同理可得， .
因为,所以,所以 ,
所以,所以 为等腰三角形.
（2）在中,内角,,的对边分别为,,.若 ,
,则 的形状为____________.
等边三角形
[解析] 因为, ,所以 ，
由余弦定理可得
,
又，所以,所以,所以 ,
所以 为等边三角形.
变式（1） 已知锐角三角形的边长分别为1，3，，则 的取值范围
是( )
A. B. C. D.
[解析] 当是最大边时，，且 ，所以；
当不是最大边时，，且 ,所以.
综上可知，的取值范围是 .故选C.
√
（2）[2024·沈阳二中高一月考]在中，内角,, 所对的边分
别为,,，若，则 的形状是( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形
[解析] 由 及余弦定理得
，化简得 .
当时，，则 为直角三角形；
当时，，则为等腰三角形.
综上， 为等腰或直角三角形.故选D.
√
［素养小结］
利用余弦定理判断三角形形状的两种途径
①先化边为角，再进行三角恒等变换，求出三角之间的数量关系；
②先化角为边，再进行代数恒等变换，求出三边之间的数量关系．
1.在中，，， ，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 因为在中，，， ，所以由余弦
定理得，故 .故选B.
√
2.[2023·湖南常德临澧一中高一期末]在中，内角，， 所对
的边分别为,,，若且，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] ，， ，
.
√
3.[2024·昆明一中高一月考]在中，内角,, 所对的边分别为
,,，已知,，则 的外接圆的面积为( )
A. B. C. D.
[解析] 由余弦定理得 ，所以
，
设的外接圆的半径为 ，由正弦定理得，
解得，则 的外接圆的面积 .故选C.
√
4.[2024·陕西咸阳实验中学高一月考]在中，内角,, 的对边
分别为,,，若，则 的形状是( )
A.锐角三角形 B.直角三角形 C.等边三角形 D.钝角三角形
[解析] 由，得 ，
由余弦定理得，所以B为钝角，
所以三角形 是钝角三角形.故选D.
√
5.[2023·贵州黔西南州金成实验学校高一月考] 在中，， ，
分别为内角，，的对边，， ，且
，则 ___.
2
[解析] 由已知及余弦定理，得 ，
， ， .
1.余弦定理的特点
（1）等式左侧为一条边的平方,等式右侧很像另两边差的完全平方式,
但多了一个角的余弦,这个角正好是等式左侧的边所对的角;
（2）余弦定理对任意三角形都成立;
（3）余弦定理是勾股定理的推广,勾股定理是余弦定理的特例.
2.余弦定理的适用范围
余弦定理适用于所有的三角形.余弦定理及其变形形式把用“边角边”
和“边边边”判定三角形全等的方法从数量化的角度进行了刻画,使其
变成了可以计算的公式.在余弦定理中,每一个等式均含有四个量,利用
方程的观点,可以知三求一.
3.应用余弦定理求解三角形
利用余弦定理及其变形,可以解决以下三类解三角形问题：①已知三
边,求三个角;②已知两边和它们的夹角,求第三边和其他两个角；③
已知两边及其中一边的对角，求第三边和剩余两个角.
4.将余弦定理的表达式变形为方程的形式，如可将
视为以 为未知数的一元二次方程
，则可与一元二次方程的有关知识综合
使用.这可使余弦定理的应用更加灵活.
5.余弦定理的变形
，
，
.
6.余弦定理是勾股定理的推广
（1） ；
（2） ；
（3） .
从这一点来说，余弦定理可以看作是勾股定理的推广，而勾股定理
则是余弦定理的特例.
1.已知两边及其中一边的对角解三角形，一般情况下，利用正弦定理
求出另一边所对的角，再求其他的边或角，要注意进行讨论．如果
采用余弦定理来解，只需解一个一元二次方程，即可求出边来，比
较两种方法，采用余弦定理较简单．
例1 在中， ,, .
（1）求边 的长；
解：由得 .
由正弦定理得，即，解得 .
由余弦定理得，
解得或 .
当时， ，不满足题意，舍去；
当时，，满足题意.综上， .
（2）求边上的中线 的长.
解：因为为中点，，所以.
在 中，由余弦定理得，所以 .
2.对所给条件进行变形，主要有两种途径:（1）化边为角;（2）化角
为边.并常用正弦（余弦）定理进行边、角转换．
例2 已知的内角，，所对的边分别为，，， 的
面积为，且 .
（1）求 ；
解：由， ，
得 ，
所以 .
因为， ，所以 ，
由正弦定理得 ，
所以 .
又，所以 ．
又 ，所以 ．
（2）若，求 的面积的最大值．
解：由及正弦定理得，所以 ．
因为 ，
即，当且仅当 时,等号成立，
所以 ，
故的面积的最大值为 ．
3.化边为角需要利用余弦定理并借助两角和差公式、倍角公式、三角
形内角和等知识点,化角为边需要利用正弦定理、余弦定理.
例3 已知的内角,,的对边分别为,,，且,, .
（1）求 的值；
解：由知 ，
由正、余弦定理得 ．
，，，则 .
（2）求 的值.
解：由余弦定理得 ，
， ，
故， ，
．9.1.2 余弦定理
第1课时 余弦定理
【课前预习】
知识点一
平方 平方和 余弦的积 b2+c2-2bccos A c2+a2-2cacos B a2+b2-2abcos C
诊断分析
(1)√ (2)√ (3)√ [解析] (1)余弦定理反映了任意三角形边角之间的关系,它适用于任何三角形.
(2)余弦定理可以看作勾股定理的推广.
(3)a2=b2+c2-2bccos A=4+1-2×2×1×=3,所以a=.
知识点二
(1)三角形的第三边和其他两个角
(2)三角形的三个角
诊断分析
(1)√ (2)× (3)× (4)× [解析] (1)由余弦定理得cos A==0,所以A=90°.
(2)当已知三个元素是三个内角时,三角形不确定.
(3)在△ABC中,已知两边及夹角时,由余弦定理可得第三边,三角形是唯一的.
(4)在△ABC中,已知a,b和A,由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,可求出c,此时c的正解的个数即为三角形的个数,并不一定唯一确定.
【课中探究】
探究点一
例1 解:(1)方法一:cos 15°=cos(45°-30°)=,sin 15°=sin(45°-30°)=.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=4+8-2×(+)=8-4,∴c=-.又b>a,∴B>A,∴A为锐角.
由正弦定理得sin A=sin C=×=.
∵A为锐角,∴A=30°,
∴B=180°-A-C=180°-30°-15°=135°.
方法二:cos 15°=cos(45°-30°)=,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=4+8-2×(+)=8-4,∴c=-,∴cos A==.
又0°
∴B=180°-A-C=180°-30°-15°=135°.
(2)方法一:由余弦定理知b2=a2+c2-2accos B,
∴2=3+c2-2×c,即c2-c+1=0,解得c=或c=.当c=时,由余弦定理得cos A===.
∵0°当c=时,由余弦定理得cos A===-,∴A=120°,∴C=15°.
方法二:由正弦定理知sin A===.
∵a=>=b,∴A=60°或A=120°.
当A=60°时,C=75°,c===.
当A=120°时,C=15°,c===.
变式 3 [解析] 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,结合余弦定理,可得19=a2+4-2×a×2×cos 120°,即a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍去),所以BC=3.
拓展 解:由题意可知c∵0°探究点二
探索 解:可利用余弦定理的变形形式cos A=或cos B=或cos C=求解.
例2 解:由余弦定理得cos B===,又B∈(0°,180°),所以B=60°.
变式 (1)120° [解析] 由(a+c)(a-c)=b(b+c),得a2-c2=b2+bc,所以b2+c2-a2=-bc,由余弦定理可得cos A==-,又0°(2)解:由8>7>5,可知中间角为A,由余弦定理得cos A===.
因为0°故最大角与最小角的和为180°-60°=120°.
探究点三
例3 (1)等腰三角形 (2)等边三角形 [解析] (1)由余弦定理得cos A=,所以1-cos A=.同理可得,1-cos B=.因为=,所以=,所以a-b+c=b-a+c,所以a=b,所以△ABC为等腰三角形.
(2)因为2B=A+C,A+B+C=180°,所以B=60°,由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-2accos 60°=a2+c2-ac,又b2=ac,所以a2+c2-ac=ac,所以(a-c)2=0,所以a=c,所以△ABC为等边三角形.
变式 (1)C (2)D [解析] (1)当a是最大边时,0<<1,且a≥3,所以3≤a<;当a不是最大边时,0<<1,且a<3,所以2(2)由a-ccos B=b-ccos A及余弦定理得a-c×=b-c×,化简得=.当a2+b2-c2=0时,a2+b2=c2,则△ABC为直角三角形;当a2+b2-c2≠0时,a=b,则△ABC为等腰三角形.综上,△ABC为等腰或直角三角形.故选D.
【课堂评价】
1.B [解析] 因为在△ABC中,AB=2,BC=3,B=60°,所以由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B=22+32-2×2×3×cos 60°=7,故AC=.故选B.
2.B [解析] ∵b2=ac,c=2a,∴b2=2a2,∴cos B===.
3.C [解析] 由余弦定理得cos C==-,所以sin C==,设△ABC的外接圆的半径为R,由正弦定理得2R==2,解得R=1,则△ABC的外接圆的面积S=πR2=π.故选C.
4.D [解析] 由b2-a2-c2=ac,得a2+c2-b2=-ac,由余弦定理得cos B==-,所以B为钝角,所以三角形ABC是钝角三角形.故选D.
5.2 [解析] 由已知及余弦定理,得sin A==cos A,∴A=45°,∴a2=b2+c2-2bccos A=4,∴a=2.9.1.2 余弦定理
第1课时 余弦定理
【学习目标】
1.能够借助向量的运算探索三角形边长与角度的关系,通过用向量推导余弦定理,提升逻辑推理素养;
2.掌握余弦定理及其变形形式,运用余弦定理及变形求解三角形问题,提升数学运算素养.
◆ 知识点一 余弦定理
文字 语言 三角形任何一边的 等于其他两边的 减去这两边与它们夹角 的2倍
符号 语言 a2= ,b2= ,c2=
变形 形式 cos A= ,cos B= ,cos C=
【诊断分析】 判断下列说法的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)余弦定理反映了任意三角形边角之间的关系,因此它适用于任何三角形. ( )
(2)在三角形中,勾股定理是余弦定理的一个特例. ( )
(3)在△ABC中,已知A=60°,b=2,c=1,则a=. ( )
◆ 知识点二 利用余弦定理解三角形
利用余弦定理主要解答如下两种解三角形的问题:
(1)已知三角形的两边和一个角,求 ;
(2)已知三角形的三边,求 .
【诊断分析】 判断下列说法的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)若b2+c2-a2=0,则A=90°. ( )
(2)在△ABC的六个元素中,已知任意三个元素可求其他元素. ( )
(3)在△ABC中,已知两边及夹角时,△ABC不一定唯一. ( )
(4)若在三角形中,已知两边及一边的对角,则这样的三角形唯一确定. ( )
◆ 探究点一 已知三角形两边及其一角解三
角形
例1 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,根据下列条件解三角形.
(1)a=2,b=2,C=15°;
(2)a=,b=,B=45°.
变式 在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC= .
[素养小结]
已知三角形两边及其一角解三角形有以下两种情况:
(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正弦定理或余弦定理求解.
(2)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,需讨论.
拓展 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若B=60°,最大边与最小边的边长之比为(+1)∶2,求△ABC的最大角.
◆ 探究点二 已知三边解三角形
[探索] 在前面我们所解的三角形问题中,已知条件中都至少含有一个角,若已知三角形的三边,能否解此三角形 你能给出具体解决方法吗
例2 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=3,b=,c=2,求角B的大小.
变式 (1)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a+c)(a-c)=b(b+c),则角A的大小为 .
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=7,b=8,c=5,求最大角与最小角的和.
[素养小结]
已知三角形的三边解三角形的方法:
(1)先利用余弦定理的变形形式求出其中两个角的余弦值,从而求出两个角,再利用三角形的内角和定理求出第三个角.
(2)利用余弦定理的变形形式求出三个角的余弦值,进而求出三个角.
◆ 探究点三 判断三角形的形状
例3 (1)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若=,则△ABC的形状为 .
(2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若2B=A+C,b2=ac,则△ABC的形状为 .
变式 (1)已知锐角三角形的边长分别为1,3,a,则a的取值范围是 ( )
A.(2,4) B.(2.5,3.5)
C.(2,) D.(2,4)
(2)[2024·沈阳二中高一月考] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a-ccos B=b-ccos A,则△ABC的形状是 ( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形
[素养小结]
利用余弦定理判断三角形形状的两种途径
①先化边为角,再进行三角恒等变换,求出三角之间的数量关系;
②先化角为边,再进行代数恒等变换,求出三边之间的数量关系.
1.在△ABC中,AB=2,BC=3,B=60°,则AC= ( )
A. B.
C. D.
2.[2023·湖南常德临澧一中高一期末] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2=ac且c=2a,则cos B= ( )
A. B. C. D.
3.[2024·昆明一中高一月考] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=b=1,c=,则△ABC的外接圆的面积为 ( )
A.2π B.π C.π D.π
4.[2024·陕西咸阳实验中学高一月考] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b2-a2-c2=ac,则△ABC的形状是 ( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.等边三角形 D.钝角三角形
5.[2023·贵州黔西南州金成实验学校高一月考] 在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,b=,c=1+,且a2=b2+c2-2bcsin A,则a= . 9.1.2 余弦定理
第1课时 余弦定理
1.C [解析] 由余弦定理可得cos B===,∵0°2.D [解析] ∵a=3,b=4,C=120°,∴c2=a2+b2-2abcos C=9+16+12=37,∴c=,故选D.
3.A [解析] 由余弦定理得cos C==∈(-1,1),所以k∈(-2,2).故选A.
4.C [解析] 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∵A=60°,∴a即为所求的第三边的长,又b+c=7,bc=11,∴a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc=16,∴a=4,故选C.
5.B [解析] 因为A=60°,a=,b=2,所以由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,可得6=4+c2-2×2×c×,即c2-2c-2=0,解得c=1+或c=1-(舍去),则cos C===.故选B.
6.D [解析] S△ABC=×AB×BC×sin B=×1××sin B=,所以sin B=,所以B=30°或B=150°.当B=30°时,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=1+3-2×1××=1,此时A=120°,满足题意;当B=150°时,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=1+3+2×1××=7,满足题意.故选D.
7.D [解析] 因为sin2==,所以1+cos B>+1,即-cos B<0,由余弦定理得-<0,即<0,所以a2-c2+b2<0,由余弦定理得cos C=<0,又C∈(0,π),所以C∈,所以△ABC为钝角三角形.故选D.
8.AC [解析] ∵a+c=b,∴a2+c2+2ac=3b2①,由余弦定理可得a2+c2-2accos=b2②,由①②可得2a2-5ac+2c2=0,即2-5+2=0,解得=2或=.故选AC.
9.AC [解析] 对于A,由正弦定理可得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=5∶6∶7,故A正确;对于B,由余弦定理可得cos A===,cos B===,cos C===,所以cos A∶cos B∶cos C≠5∶6∶7,故B错误;对于C,由B知,cos A>0,cos B>0,cos C>0,所以A,B,C均为锐角,所以△ABC为锐角三角形,故C正确;对于D,由题意知,A为最小内角,C为最大内角,因为cos 2A=2cos2A-1=2×-1=≠cos C,所以C≠2A,故D错误.故选AC.
10. [解析] 在△ABC中,∵A=,a=,c=,∴由余弦定理可得a2=6=b2+5-2·bcos ,即b2-b-1=0,解得b=或b=(舍去).
11. [解析] 设三边长为k-1,k,k+1(k≥2,k∈N),则∴212.-2 [解析] 由3a2+3b2-3c2+2ab=0,得a2+b2-c2=-ab,由余弦定理得cos C===-,所以sin C==,所以tan C==-2.
13.解:(1)由题及正弦定理可得a2-b2-c2=-bc,
即b2+c2-a2=bc,
由余弦定理得cos A==,
∵A∈(0,π),∴A=.
(2)∵S△ABC=bcsin A=bc=,∴bc=6,
∴由余弦定理可得7=a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,∴b+c=5,
∴△ABC的周长为a+b+c=5+.
14.解:(1)因为b2+(c-b)c=a2,
所以b2+c2-a2=bc,
由余弦定理得cos A===,
又0(2)因为S△ABC=bcsin A=bc=5,所以bc=20,
又b=5,所以c=4.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=21,所以a=,
由正弦定理得====2,
所以sin Bsin C==.
15. [解析] 因为BD平分∠ABC,所以==2,设BC=x,则AB=2x.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB×BCcos∠ABC,即62=x2+(2x)2-2x·2x·cos,可得x=.由S△ABC=S△ABD+S△DBC,得×2x·x·sin=×2x·BD·sin+×x·BD·sin,解得BD=x,所以BD=x=×=.
16.解:方法一:由余弦定理得cos A===.
设所求中线长为x,由余弦定理知x2=+AB2-2××ABcos A=42+92-2×4×9×=49,∴x=7,即AC边上的中线长为7.
方法二:设AC的中点为M,则=(+),
∴=×(++2·)=×(92+72+2||||cos∠ABC).
由余弦定理得2||||cos∠ABC=||2+||2-=92+72-82=66,
∴||2=×(92+72+66)=49,
∴BM=7,即AC边上的中线长为7.9.1.2 余弦定理
第1课时 余弦定理
一、选择题
1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=3,b=,c=2,则B等于 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.120°
2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=3,b=4,C=120°,则c= ( )
A.37 B.13
C. D.
3.[2024·北京西城区高一期末] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2+b2-c2=kab,则实数k的取值范围是 ( )
A.(-2,2) B.(-1,1)
C. D.(0,1)
4.在△ABC中,A=60°,且最大边的长和最小边的长是方程x2-7x+11=0的两个根,则第三边的长为 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=60°,a=,b=2,则cos C= ( )
A. B.
C. D.
6.[2024·北京一零一中学高一期末] 已知钝角三角形ABC的面积是,AB=1,BC=,则AC2= ( )
A.4- B.4+
C.7 D.7或1
7.[2024·辽宁葫芦岛高一期末] 在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且2sin2>+1,则△ABC的形状为( )
A.直角三角形
B.锐角三角形
C.直角或钝角三角形
D.钝角三角形
8.(多选题)[2024·上海松江二中高一月考] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足B=,a+c=b,则可以为 ( )
A.2 B.3
C. D.
9.(多选题)[2024·浙江临平萧山高一期末] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=5,b=6,c=7,则下面说法正确的是( )
A.sin A∶sin B∶sin C=5∶6∶7
B.cos A∶cos B∶cos C=5∶6∶7
C.△ABC是锐角三角形
D.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
二、填空题
10.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若A=,a=,c=,则b= .
11.若三角形的三边长为连续的自然数,且最大角为钝角,则最小角的余弦值为 .
12.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若3a2+3b2-3c2+2ab=0,则tan C= .
三、解答题
13.已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,且sin2A-sin2B-sin2C=-sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若a=,△ABC的面积为,求△ABC的周长.
14.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+(c-b)c=a2.
(1)求角A的大小;
(2)若△ABC的面积为5,b=5,求sin Bsin C的值.
15.在△ABC中,∠ABC=,D在边AC上,且BD平分∠ABC,若AD=2CD=4,则BD的长为 .
16.在△ABC中,已知BC=7,AC=8,AB=9,求AC边上的中线长.