1.1.2余弦定理(一)
（一）教学目标
1．知识与技能: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，并会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题。
2.过程与方法:利用向量的数量积推出余弦定理及其推论，并通过实践演算掌握运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题，
3．情态与价值：培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力；通过三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，来理解事物之间的普遍联系与辩证统一。
（二）教学重、难点
重点：余弦定理的发现和证明过程及其基本应用；
难点：勾股定理在余弦定理的发现和证明过程中的作用。
（三）教学设想
复习旧知
运用正弦定理能解怎样的三角形？
①已知三角形的任意两角及其一边，
②已知三角形的任意两边与其中一边的对角，
[创设情景]
问题1：如果已知三角形的两边及其夹角，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。
从量化的角度来看，如何从已知的两边和它们的夹角求三角形的另一边和两个角？
问题2：如何从已知两边和它们的夹角求三角形的另一边？
即：如图1．1-4，在ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c,
已知a,b和C，求边c ？
[探索研究]
联系已经学过的知识和方法，可用什么途径来解决这个问题？
用正弦定理试求，发现因A、B均未知，所以较难求边c。
由于涉及边长问题，从而可以考虑用向量来研究这个问题。 A
如图1．1-5，设，，，那么，则
C B
从而 (图1．1-5)
同理可证
余弦定理：
三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍。
即：
思考3：你还有其它方法证明余弦定理吗？（两点间距离公式，三角形方法）
思考4：这个式子中有几个量？从方程的角度看已知其中三个量，可以求出第四个量，能否由三边求出一角？
（由学生推出）从余弦定理，又可得到以下推论：
思考5：余弦定理及其推论的基本作用是什么？
①已知三角形的任意两边及它们的夹角就可以求出第三边；
②已知三角形的三条边就可以求出其它角。
思考6：勾股定理指出了直角三角形中三边平方之间的关系，余弦定理则指出了一般三角形中三边平方之间的关系，如何看这两个定理之间的关系？
（由学生总结）若ABC中，C=，则，这时
由此可知余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定理的特例。
[例题分析]
例1．在ABC中，已知，，，求b及A
⑴解：∵=cos
== ∴
求可以利用余弦定理，也可以利用正弦定理：
⑵解法一：∵cos ∴
解法二：∵sin 又∵＞
＜ ∴＜，即＜＜ ∴
评述：解法二应注意确定A的取值范围。
思考7。在解三角形的过程中，求某一个角时既可用正弦定理也可用余弦定理，两种方法有什么利弊呢？
例2．在ABC中，已知，，，解三角形
解：由余弦定理的推论得：
cos ；
cos ；
[随堂练习]第8页练习第1（1）、（2）题。
[课堂小结]
（1）余弦定理是任何三角形边角之间存在的共同规律，勾股定理是余弦定理的特例；
（2）余弦定理的应用范围：①．已知三边求三角；②．已知两边及它们的夹角，求第三边。
课后作业
①课后阅读：课本第5--6页
②课时作业：第11页[习题1.1]A组第3题。
课件24张PPT。1.1.2余弦定理(一)复习引入运用正弦定理能解怎样的三角形？ 复习引入运用正弦定理能解怎样的三角形？ ①已知三角形的任意两角及其一边；
②已知三角形的任意两边与其中一边
的对角. 情境设置问题1：
如果已知三角形的两边及其夹角，
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.
从量化的角度来看，如何从已知的两
边和它们的夹角求三角形的另一边和
两个角？情境设置问题2：
如何从已知两边和它们的夹角求
三角形的另一边？情境设置 即：如图，在△ABC中，
设BC=a, AC=b, AB=c.
已知a, b和∠C，求边c？ 问题2：
如何从已知两边和它们的夹角求
三角形的另一边？探索探究 即：如图，在△ABC中，
设BC=a, AC=b, AB=c.
已知a, b和∠C，求边c？ 联系已经学过的知识和方法，可用
什么途径来解决这个问题？探索探究 联系已经学过的知识和方法，可用
什么途径来解决这个问题？用向量来研究这问题. 即：如图，在△ABC中，
设BC=a, AC=b, AB=c.
已知a, b和∠C，求边c？ 余弦定理： 三角形中任何一边的平方等于其他
两边的平方的和减去这两边与它们的夹
角的余弦的积的两倍.余弦定理： 三角形中任何一边的平方等于其他
两边的平方的和减去这两边与它们的夹
角的余弦的积的两倍.即：思考1：你还有其它方法证明余弦定理吗？思考1：你还有其它方法证明余弦定理吗？两点间距离公式，三角形方法.思考2： 这个式子中有几个量？从方程的角
度看已知其中三个量，可以求出第四个
量，能否由三边求出一角？推论：余弦定理及其推论的基本作用是什么？思考3：余弦定理及其推论的基本作用是什么？思考3：①已知三角形的任意两边及它们的夹角就
可以求出第三边；
②已知三角形的三条边就可以求出其它角. 勾股定理指出了直角三角形中三边
平方之间的关系，余弦定理则指出了一
般三角形中三边平方之间的关系，如何
看这两个定理之间的关系？思考4： 勾股定理指出了直角三角形中三边
平方之间的关系，余弦定理则指出了一
般三角形中三边平方之间的关系，如何
看这两个定理之间的关系？思考4：余弦定理是勾股定理的推广，
勾股定理是余弦定理的特例.讲解范例：例1. 在△ABC中，已知求b及A. 在解三角形的过程中，求某一个角
时既可用正弦定理也可用余弦定理，两
种方法有什么利弊呢？思考5：讲解范例：例2. 在△ABC中，已知a＝134.6cm，
b＝87.8cm，c＝161.7cm，解三角形
(角度精确到1').练习：(1) a＝2.7cm，b＝3.6cm，C＝82.2o；
(2) b＝12.9cm，c＝15.4cm，A＝42.3o.在△ABC中，已知下列条件，解三角
形(角度精确到1o, 边长精确到0.1cm):教材P. 8练习第1题.课堂小结 余弦定理是任何三角形边角之间存在
的共同规律，勾股定理是余弦定理的特
例；
2. 余弦定理的应用范围：
①已知三边求三角；
②已知两边及它们的夹角，求第三边.湖南省长沙市一中卫星远程学校 阅读必修5教材P.5到P.7;
2. 教材P.11习题1.1A组第3题.课后作业双基限时练(三)
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＋c2－b2＝ac，则角B的值为( )
A. B.
C.，或 D.，或
解析 由余弦定理，得cosB＝＝＝，又0答案 A
2．在△ABC中，AB＝，A＝45°，C＝75°，则BC＝( )
A．3－ B.
C．2 D．3＋
解析 由正弦定理，知＝，∴BC＝＝＝3－.
答案 A
3．在△ABC中，已知a＝5，c＝10，A＝30°，则B等于( )
A．105° B．60°
C．15° D．105°，或15°
解析 先用正弦定理求角C，由＝，得sinC＝＝＝.
又c>a，∴C＝45°，或135°，故B＝105°，或15°.
答案 D
4．已知三角形的三边之比为a：b：c＝2：3：4，则此三角形的形状为( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
解析 设三边长为2a,3a,4a(a>0)，它们所对的三角形内角依次为A，B，C.
则cosC＝＝－<0，
∴C为钝角．故该三角形为钝角三角形．
答案 B
5．在△ABC中，下列关系中一定成立的是( )
A．a>bsinA B．a＝bsinA
C．a解析 在△ABC中，由正弦定理，知
a＝，∵0答案 D
6．△ABC中，已知2A＝B＋C，且a2＝bc，则△ABC的形状是( )
A．两直角边不等的直角三角形
B．顶角不等于90°，或60°的等腰三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
解析 解法1：由2A＝B＋C，知A＝60°.
又cosA＝，∴＝
∴b2＋c2－2bc＝0.即(b－c)2＝0，∴b＝c.
故△ABC为等边三角形．
解法2：验证四个选项知C成立．
答案 C
7．在△ABC中，AC＝，A＝45°，C＝75°，则BC的长为____________．
解析 由A＋B＋C＝180°，求得B＝60°.
∴＝?BC＝＝＝.
答案
8．△ABC中，已知a＝，c＝3，B＝45°，则b＝________.
解析 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝2＋9－2××3×＝5，∴b＝.
答案
9．在△ABC中，a＝2，cosC＝，S△ABC＝4，则b＝________.
解析 ∵cosC＝，∴sinC＝.又S△ABC＝absinC，
∴4＝×2×b×，∴b＝3.
答案 3
10．在△ABC中，a＋b＝10，而cosC是方程2x2－3x－2＝0的一个根，求△ABC周长的最小值．
解 解方程2x2－3x－2＝0，得x1＝－，x2＝2，而cosC为方程2x2－3x－2＝0的一个根，∴cosC＝－.由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c2＝a2＋b2＋ab.∴c2＝(a＋b)2－ab＝100－ab＝100－a(10－a)＝a2－10a＋100＝(a－5)2＋75≥75，∴当a＝b＝5时，cmin＝5.从而三角形周长的最小值为10＋5.
11．在△ABC中，如果lga－lgc＝lgsinB＝－lg，且B为锐角，试判断此三角形的形状．
解 ∵lgsinB＝－lg，∴sinB＝.又∵B为锐角，∴B＝45°.∵lga－lgc＝－lg，∴＝.
由正弦定理，得＝.
即2sin(135°－C)＝sinC.
∴2(sin135°cosC－cos135°sinC)＝sinC.
∴cosC＝0，∴C＝90°，∴A＝B＝45°.
∴△ABC是等腰直角三角形．
12．a，b，c分别是△ABC中角A，B，C的对边，且(sinB＋sinC＋sinA)(sinB＋sinC－sinA)＝sinBsinC，边b和c是关于x的方程x2－9x＋25cosA＝0的两根(b>c)．
(1)求角A的正弦值；
(2)求边a，b，c；
(3)判断△ABC的形状．
解 (1)∵(sinB＋sinC＋sinA)(sinB＋sinC－sinA)＝sinBsinC，
由正弦定理，得(b＋c＋a)(b＋c－a)＝bc，
整理，得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理，得cosA＝＝，∴sinA＝.
(2)由(1)知方程x2－9x＋25cosA＝0可化为x2－9x＋20＝0，
解之得x＝5或x＝4，∵b>c，∴b＝5，c＝4.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，∴a＝3.
(3)∵a2＋c2＝b2，∴△ABC为直角三角形．
1.1.2 余弦定理
1．了解余弦定理的推导过程，掌握余弦定理及其推论．
2．能利用余弦定理解三角形，并判断三角形的形状．
余弦定理
文字语言
三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和______这两边与它们的夹角的余弦的积的____倍
图形语言
符号语言
在△ABC中，
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝c2＋a2－2accos B，
c2＝__________
推论
在△ABC中，
cos A＝，
cos B＝，
cos C＝____________
作用
解三角形、判断三角形的形状等
(1)余弦定理中包含四个不同的量，它们分别是三角形的三边和一个角，知道其中的三个量，便可求得第四个量，即“知三求一”．
(2)余弦定理适用的题型：
①已知三边求三角，用余弦定理，有解时只有一解；
②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他的角，用余弦定理，必有一解．
(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，余弦定理揭示了任意三角形边角之间的客观规律，是解三角形的重要工具．[来源:学科网]
【做一做1】 在△ABC中，a＝4，b＝4，C＝30°，则c2等于( )
A．32－16 B．32＋16
C．16 D．48
【做一做2】 在△ABC中，a＝2，b＝5，c＝6，则cos B等于( )．
A. B. C. D．－
答案：减去 两 a2＋b2－2abcos C
【做一做1】 A
【做一做2】 A cos B＝＝.
1．确定三角形中三个内角的范围
剖析：由余弦定理，可得在△ABC中，cos A＝.
若A为锐角，则cos A＞0，有b2＋c2－a2＞0，即b2＋c2＞a2；若A为直角，则cos A＝0，有b2＋c2－a2＝0，即b2＋c2＝a2；若A为钝角，则cos A＜0，有b2＋c2－a2＜0，即b2＋c2＜a2.由此可得到一个在解选择题和填空题时经常用到的结论：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为直角；如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．
2．利用正弦定理、余弦定理求角的区别[来源:学科网ZXXK]
剖析：如表所示．
[来源:学,科,网]
余弦定理
正弦定理
相同点
先求某种三角函数值再求角
不同点
条件
已知三边
已知两边一角[来源:Z#xx#k.Com]
依据
cos A＝等
sin A＝等
求角
解方程cos A＝m，A∈(0，π)
解方程sin A＝m，A∈(0，π)
检验
y＝cos x在(0，π)上为减函数，解方程所得的解唯一
y＝sin x在(0，π)上先增后减，解方程可能产生增根，需检验
题型一 已知两边及夹角，解三角形
【例题1】 在△ABC中，已知a＝2，b＝2，C＝15°，解三角形．
分析：思路一：可先用余弦定理求边c，再用正弦定理求角A.
思路二：可先用余弦定理求边c，再用余弦定理的推论求角A.
反思：已知两边及其夹角解三角形(此时有唯一解)的步骤：
方法一：
①利用余弦定理求出第三边；
②利用正弦定理求出另外一个角；
③利用三角形内角和定理求出第三个角．
方法二：
①利用余弦定理求出第三边；
②利用余弦定理的推论求出另外一个角；
③利用三角形内角和定理求出第三个角．
此时方法一中②通常需要分类讨论，因此建议应用方法二解三角形．
题型二 已知三边，解三角形
【例题2】 在△ABC中，已知a＝7，b＝10，c＝6，解三角形．(精确到1°)
分析：已知三边求三角，用余弦定理的推论，如用cos A＝求解．
反思：已知三边解三角形的步骤：
①分别用余弦定理的推论求出两个角；
②用三角形内角和定理求出第三个角．
题型三 已知两边及一边的对角，解三角形
【例题3】 在△ABC中，已知b＝3，c＝3，B＝30°，求边a的长．
反思：用正弦定理解三角形时要注意解的个数，往往需要讨论边角关系，而用余弦定理求角时，结果是钝角、直角还是锐角从余弦值的正负情况便可以判断出来；如果求边则类似于本题，一般可借助一元二次方程求解，它的正根的个数即是三角形解的个数．特别地，已知两边及一边的对角解三角形，往往利用余弦定理建立等量关系，利用方程解决较方便，如本题解法二．
题型四 判定三角形的形状
【例题4】 在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，试判断△ABC的形状．
分析：思路一，利用正弦定理将已知等式化为角的关系；思路二，利用余弦定理将已知等式化为边的关系．
反思：判定三角形的形状，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形等，要注意“等腰直角三角形”与“等腰或直角三角形”的区别．依据边角关系判断时，主要有两条途径：
①利用正弦定理转化为内角三角函数间的关系，通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，这时要注意使用A＋B＋C＝π这个结论．如本题解法一．
②利用余弦定理转化为边边关系，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．如本题解法二．
在两种解法的等式变形中，一般两边不要随意约去公因式，应移项提取出公因式，以免漏解．
题型五 易错辨析
【例题5】 在钝角三角形ABC中，a＝1，b＝2，c＝t，且C是最大角，则t的取值范围是__________．
错解：∵△ABC是钝角三角形且C是最大角，∴C＞90°，
∴cos C＜0.∴cos C＝＜0，
∴a2＋b2－c2＜0，即1＋4－t2＜0.
∴t2＞5.又t＞0，∴t＞，
即t的取值范围为(，＋∞)．
错因分析：错解忽略了两边之和大于第三边，即a＋b＞c这个隐含条件，导致t的取值范围变大．
反思：解题时，容易忽略三角形的三边满足两边之和大于第三边，从而使某些字母的取值范围变大．
答案：【例题1】 解法一：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＝－.
由正弦定理，得sin A＝sin C＝×＝.
又0°＜A＜180°，∴A＝30°或150°.
又b＞a，∴B＞A，∴角A为锐角，
∴A＝30°.∴B＝180°－(A＋C)＝135°.
解法二：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°＜A＜180°，∴A＝30°.
∴B＝180°－(A＋C)＝135°.
【例题2】 解：cos A＝＝＝0.725，
∴A≈44°.
cos C＝＝≈0.807 1，
∴C≈36°.
∴B＝180°－(A＋C)≈180°－(44°＋36°)＝100°.
【例题3】 解法一：(利用正弦定理)
由正弦定理，可得sin C＝＝.
∵0°＜C＜180°，∴C＝60°或120°.
当C＝60°时，则有A＝180°－(B＋C)＝90°，
于是a＝＝6；
当C＝120°时，则有A＝180°－(B＋C)＝30°，
于是a＝＝3.
∴a＝6或3.
解法二：(利用余弦定理)
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，
则32＝a2＋(3)2－2a·3·cos 30°，
即a2－9a＋18＝0，解得a＝6或3.
【例题4】 解法一：由正弦定理＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，将原式化为
R2sin2Bsin2C＝R2sin Bsin Ccos Bcos C.
∵sin Bsin C≠0，∴sin Bsin C＝cos Bcos C，
∴cos Bcos C－sin Bsin C＝0，
即cos(B＋C)＝0.∴B＋C＝90°，∴A＝90°.
∴△ABC为直角三角形．
解法二：将已知等式变为
b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccos Bcos C.
由余弦定理，得
b2＋c2－b2·2－c2·2
＝2bc··，
即b2＋c2＝.
整理得b2＋c2＝a2.
故△ABC为直角三角形．
【例题5】 正解：∵a，b，c是三角形的三边，∴c＜a＋b，
∴t＜1＋2＝3.
又△ABC是钝角三角形，且C是最大角，
∴90°＜C＜180°.
∴cos C＜0，∴cos C＝＝＜0，
∴t2＞5.又t＞0，∴t＞.
∴t的取值范围是(，3)．
1已知△ABC满足B＝60°，AB＝3，AC＝，则BC的长等于( )
A．2 B．1 C．1或2 D．无解
2在△ABC中，bcos A＝acos B，则△ABC是( )
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．锐角三角形
3在△ABC中，若a＝b＝1，c＝，则C＝__________.
4(2018·北京昌平高三一模)在△ABC中，＝cos2A－cos A.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝3，sin B＝2sin C，求S△ABC.
答案：1．C 2.B 3.120°
4．解：(1)由已知得，(2cos2A－1)＝cos2A－cos A，
∴cos A＝.
又0＜A＜π，∴A＝.
(2)由，可得，
∴b＝2c.
cos A＝.
解得c＝，b＝.
S△ABC＝bcsin A＝.
1.1.2 余弦定理
1．了解余弦定理的推导过程，掌握余弦定理及其推论．
2．能利用余弦定理解三角形，并判断三角形的形状．
余弦定理
文字语言
三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和______这两边与它们的夹角的余弦的积的____倍
图形语言
符号语言
在△ABC中，
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝c2＋a2－2accos B，
c2＝__________
推论
在△ABC中，
cos A＝，
cos B＝，
cos C＝____________
作用
解三角形、判断三角形的形状等
(1)余弦定理中包含四个不同的量，它们分别是三角形的三边和一个角，知道其中的三个量，便可求得第四个量，即“知三求一”．
(2)余弦定理适用的题型：
①已知三边求三角，用余弦定理，有解时只有一解；
②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他的角，用余弦定理，必有一解．
(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，余弦定理揭示了任意三角形边角之间的客观规律，是解三角形的重要工具．[来源:学科网]
【做一做1】 在△ABC中，a＝4，b＝4，C＝30°，则c2等于( )
A．32－16 B．32＋16
C．16 D．48
【做一做2】 在△ABC中，a＝2，b＝5，c＝6，则cos B等于( )．
A. B. C. D．－
答案：减去 两 a2＋b2－2abcos C
【做一做1】 A
【做一做2】 A cos B＝＝.
1．确定三角形中三个内角的范围
剖析：由余弦定理，可得在△ABC中，cos A＝.
若A为锐角，则cos A＞0，有b2＋c2－a2＞0，即b2＋c2＞a2；若A为直角，则cos A＝0，有b2＋c2－a2＝0，即b2＋c2＝a2；若A为钝角，则cos A＜0，有b2＋c2－a2＜0，即b2＋c2＜a2.由此可得到一个在解选择题和填空题时经常用到的结论：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为直角；如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．
2．利用正弦定理、余弦定理求角的区别[来源:学科网ZXXK]
剖析：如表所示．
[来源:学,科,网]
余弦定理
正弦定理
相同点
先求某种三角函数值再求角
不同点
条件
已知三边
已知两边一角[来源:Z#xx#k.Com]
依据
cos A＝等
sin A＝等
求角
解方程cos A＝m，A∈(0，π)
解方程sin A＝m，A∈(0，π)
检验
y＝cos x在(0，π)上为减函数，解方程所得的解唯一
y＝sin x在(0，π)上先增后减，解方程可能产生增根，需检验
题型一 已知两边及夹角，解三角形
【例题1】 在△ABC中，已知a＝2，b＝2，C＝15°，解三角形．
分析：思路一：可先用余弦定理求边c，再用正弦定理求角A.
思路二：可先用余弦定理求边c，再用余弦定理的推论求角A.
反思：已知两边及其夹角解三角形(此时有唯一解)的步骤：
方法一：
①利用余弦定理求出第三边；
②利用正弦定理求出另外一个角；
③利用三角形内角和定理求出第三个角．
方法二：
①利用余弦定理求出第三边；
②利用余弦定理的推论求出另外一个角；
③利用三角形内角和定理求出第三个角．
此时方法一中②通常需要分类讨论，因此建议应用方法二解三角形．
题型二 已知三边，解三角形
【例题2】 在△ABC中，已知a＝7，b＝10，c＝6，解三角形．(精确到1°)
分析：已知三边求三角，用余弦定理的推论，如用cos A＝求解．
反思：已知三边解三角形的步骤：
①分别用余弦定理的推论求出两个角；
②用三角形内角和定理求出第三个角．
题型三 已知两边及一边的对角，解三角形
【例题3】 在△ABC中，已知b＝3，c＝3，B＝30°，求边a的长．
反思：用正弦定理解三角形时要注意解的个数，往往需要讨论边角关系，而用余弦定理求角时，结果是钝角、直角还是锐角从余弦值的正负情况便可以判断出来；如果求边则类似于本题，一般可借助一元二次方程求解，它的正根的个数即是三角形解的个数．特别地，已知两边及一边的对角解三角形，往往利用余弦定理建立等量关系，利用方程解决较方便，如本题解法二．
题型四 判定三角形的形状
【例题4】 在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，试判断△ABC的形状．
分析：思路一，利用正弦定理将已知等式化为角的关系；思路二，利用余弦定理将已知等式化为边的关系．
反思：判定三角形的形状，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形等，要注意“等腰直角三角形”与“等腰或直角三角形”的区别．依据边角关系判断时，主要有两条途径：
①利用正弦定理转化为内角三角函数间的关系，通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，这时要注意使用A＋B＋C＝π这个结论．如本题解法一．
②利用余弦定理转化为边边关系，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．如本题解法二．
在两种解法的等式变形中，一般两边不要随意约去公因式，应移项提取出公因式，以免漏解．
题型五 易错辨析
【例题5】 在钝角三角形ABC中，a＝1，b＝2，c＝t，且C是最大角，则t的取值范围是__________．
错解：∵△ABC是钝角三角形且C是最大角，∴C＞90°，
∴cos C＜0.∴cos C＝＜0，
∴a2＋b2－c2＜0，即1＋4－t2＜0.
∴t2＞5.又t＞0，∴t＞，
即t的取值范围为(，＋∞)．
错因分析：错解忽略了两边之和大于第三边，即a＋b＞c这个隐含条件，导致t的取值范围变大．
反思：解题时，容易忽略三角形的三边满足两边之和大于第三边，从而使某些字母的取值范围变大．
答案：【例题1】 解法一：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＝－.
由正弦定理，得sin A＝sin C＝×＝.
又0°＜A＜180°，∴A＝30°或150°.
又b＞a，∴B＞A，∴角A为锐角，
∴A＝30°.∴B＝180°－(A＋C)＝135°.
解法二：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°＜A＜180°，∴A＝30°.
∴B＝180°－(A＋C)＝135°.
【例题2】 解：cos A＝＝＝0.725，
∴A≈44°.
cos C＝＝≈0.807 1，
∴C≈36°.
∴B＝180°－(A＋C)≈180°－(44°＋36°)＝100°.
【例题3】 解法一：(利用正弦定理)
由正弦定理，可得sin C＝＝.
∵0°＜C＜180°，∴C＝60°或120°.
当C＝60°时，则有A＝180°－(B＋C)＝90°，
于是a＝＝6；
当C＝120°时，则有A＝180°－(B＋C)＝30°，
于是a＝＝3.
∴a＝6或3.
解法二：(利用余弦定理)
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，
则32＝a2＋(3)2－2a·3·cos 30°，
即a2－9a＋18＝0，解得a＝6或3.
【例题4】 解法一：由正弦定理＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，将原式化为
R2sin2Bsin2C＝R2sin Bsin Ccos Bcos C.
∵sin Bsin C≠0，∴sin Bsin C＝cos Bcos C，
∴cos Bcos C－sin Bsin C＝0，
即cos(B＋C)＝0.∴B＋C＝90°，∴A＝90°.
∴△ABC为直角三角形．
解法二：将已知等式变为
b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccos Bcos C.
由余弦定理，得
b2＋c2－b2·2－c2·2
＝2bc··，
即b2＋c2＝.
整理得b2＋c2＝a2.
故△ABC为直角三角形．
【例题5】 正解：∵a，b，c是三角形的三边，∴c＜a＋b，
∴t＜1＋2＝3.
又△ABC是钝角三角形，且C是最大角，
∴90°＜C＜180°.
∴cos C＜0，∴cos C＝＝＜0，
∴t2＞5.又t＞0，∴t＞.
∴t的取值范围是(，3)．
1已知△ABC满足B＝60°，AB＝3，AC＝，则BC的长等于( )
A．2 B．1 C．1或2 D．无解
2在△ABC中，bcos A＝acos B，则△ABC是( )
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．锐角三角形
3在△ABC中，若a＝b＝1，c＝，则C＝__________.
4(2018·北京昌平高三一模)在△ABC中，＝cos2A－cos A.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝3，sin B＝2sin C，求S△ABC.
答案：1．C 2.B 3.120°
4．解：(1)由已知得，(2cos2A－1)＝cos2A－cos A，
∴cos A＝.
又0＜A＜π，∴A＝.
(2)由，可得，
∴b＝2c.
cos A＝.
解得c＝，b＝.
S△ABC＝bcsin A＝.
1．1.2 余弦定理(一)
课时目标
1．熟记余弦定理及其推论；
2．能够初步运用余弦定理解斜三角形．
1．余弦定理
三角形中任何一边的平方等于其他两边的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＋c2－2bccos_A，b2＝c2＋a2－2cacos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C.
2．余弦定理的推论
cos A＝；cos B＝；cos C＝.
3．在△ABC中：
(1)若a2＋b2－c2＝0，则C＝90°；
(2)若c2＝a2＋b2－ab，则C＝60°；
(3)若c2＝a2＋b2＋ab，则C＝135°.
一、选择题
1．在△ABC中，已知a＝1，b＝2，C＝60°，则c等于( )
A. B．3
C. D．5
答案 A
2．在△ABC中，a＝7，b＝4，c＝，则△ABC的最小角为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 ∵a>b>c，∴C为最小角，
由余弦定理cos C＝
＝＝.∴C＝.
3．在△ABC中，已知a＝2，则bcos C＋ccos B等于( )
A．1 B. C．2 D．4
答案 C
解析 bcos C＋ccos B＝b·＋c·＝＝a＝2.
4．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 ∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，b＝a，
∴cos B＝＝＝.
5．在△ABC中，sin2＝ (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
答案 B
解析 ∵sin2＝＝，
∴cos A＝＝?a2＋b2＝c2，符合勾股定理．
故△ABC为直角三角形．
6．在△ABC中，已知面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C的度数为( )
A．135° B．45° C．60° D．120°
答案 B
解析 ∵S＝(a2＋b2－c2)＝absin C，
∴a2＋b2－c2＝2absin C，∴c2＝a2＋b2－2absin C.
由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴sin C＝cos C，
∴C＝45° .
二、填空题
7．在△ABC中，若a2－b2－c2＝bc，则A＝________.
答案 120°
8．△ABC中，已知a＝2，b＝4，C＝60°，则A＝________.
答案 30°
解析 c2＝a2＋b2－2abcos C
＝22＋42－2×2×4×cos 60°
＝12
∴c＝2.
由正弦定理：＝得sin A＝.
∵a9．三角形三边长为a，b， (a>0，b>0)，则最大角为________．
答案 120°
解析 易知：>a，>b，设最大角为θ，
则cos θ＝＝－，
∴θ＝120°.
10．在△ABC中，BC＝1，B＝，当△ABC的面积等于时，tan C＝________.
答案 －2
解析 S△ABC＝acsin B＝，∴c＝4.由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accos B＝13，
∴cos C＝＝－，sin C＝，
∴tan C＝－＝－2.
三、解答题
11．在△ABC中，已知CB＝7，AC＝8，AB＝9，试求AC边上的中线长．
解 由条件知：cos A＝＝＝，设中线长为x，由余弦定理知：x2＝2＋AB2－2··ABcos A＝42＋92－2×4×9×＝49
?x＝7.
所以，所求中线长为7.
12．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的度数；
(2)求AB的长；
(3)求△ABC的面积．
解 (1)cos C＝cos[π－(A＋B)]
＝－cos(A＋B)＝－，
又∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
(2)∵a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，
∴
∴AB2＝b2＋a2－2abcos 120°＝(a＋b)2－ab＝10，
∴AB＝.
(3)S△ABC＝absin C＝.
能力提升
13．(2018·潍坊一模)在△ABC中，AB＝2，AC＝，BC＝1＋，AD为边BC上的高，则AD的长是________．
答案
解析 ∵cos C＝＝，
∴sin C＝.
∴AD＝AC·sin C＝.
14．在△ABC中，acos A＋bcos B＝ccos C，试判断三角形的形状．
解 由余弦定理知
cos A＝，cos B＝，
cos C＝，
代入已知条件得
a·＋b·＋c·＝0，
通分得a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0，
展开整理得(a2－b2)2＝c4.
∴a2－b2＝±c2，即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.
根据勾股定理知△ABC是直角三角形．
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
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．
