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2025人教A版数学必修第二册
6.4.3　余弦定理、正弦定理
第1课时　余弦定理
A级必备知识基础练
1.[探究点一]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=,b=3,A=60°,则c= (　　)
A.1 B.2 C.4 D.6
2.[探究点二]若△ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则的值为(　　)
A.19 B.14 C.-18 D.-19
3.[探究点一·2024安徽滁州高一诊断]在△ABC中,a=3,b=,B=60°,则c等于(　　)
A.1 B.2
C.1或2 D.2或3
4.[探究点二·2024福建泉州高一期末]已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a∶b∶c=5∶6∶7,则sin C=(　　)
A. B. C. D.
5.[探究点一、二·2024海南三亚高一期末]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A=,a=,b-c=1,则cos B=(　　)
A. B. C. D.
6.[探究点二]在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,已知2acos C=2b+c,则角A等于 (　　)
A. B. C. D.
7.[探究点二]在△ABC中,AB=3,BC=,AC=4,则边AC上的高为(　　)
A. B. C. D.3
8.[探究点二·2024浙江金华高一质检]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2=a2+c2-ac,则B=　　　　.
9.[探究点三]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足c=2acos B,则△ABC的形状是　　　　　　　　.
10.[探究点二]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=C,2b=a,则cos A=　　　　　.
11.[探究点一]在△ABC中,cos C=,c=8,a=7,求:
(1)b的值;
(2)角A的大小.
B级关键能力提升练
12.(多选题)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,c=2,cos A=,则b的可能取值为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.2
13.在△ABC中,b=3,c=a,B=,则cos C= (　　)
A. B. C.- D.-
14.[2024江苏扬州高一月考]若△ABC的三条边长分别为5,7,8,则△ABC的最大角与最小角之和为(　　)
A. B. C. D.
15.在△ABC中,若a4+b4+c4=2c2(a2+b2),则角C等于(　　)
A.60° B.45°或135° C.120° D.30°
16.(多选题)在钝角△ABC中,若c=8,A=,则边a的值可能为(　　)
A.7 B.9 C.12 D.16
17.在△ABC中,AB=3,BC=,AC=4,则A=　　　　　,AC边上的高为　　　　　.
18.如图,在△ABC中,已知点D在边BC上,AD⊥AC于点A,sin∠BAC=,AB=3,AD=3,则BD的长为　　　　.
19.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=3b,则cos B的最小值是　　　　　.
20.在△ABC中,内角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°,则此三角形的最大边长为　　　　　.
21.若2a+1,a,2a-1为钝角三角形的三边长,求实数a的取值范围.
22.设△ABC是锐角三角形,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,且sin2A=sin+Bsin-B+sin2B.
(1)求A的值;
(2)若=12,a=2,且bC级学科素养创新练
23.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的大小;
(2)求AB的长.
6.4.3　余弦定理、正弦定理
第1课时　余弦定理
1.C　由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,即13=9+c2-3c,即c2-3c-4=0,解得c=4(负值舍去).
2.D　设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,依题意,得a=5,b=6,c=7.=||·||·cos(π-B)=-ac·cos B.由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cos B,∴-ac·cos B=(b2-a2-c2)=(62-52-72)=-19,=-19.
3.C　由余弦定理,b2=a2+c2-2accos B,得7=9+c2-2×3×c,则c2-3c+2=0,解得c=1或c=2.故选C.
4.D　因为a∶b∶c=5∶6∶7,所以设a=5m,b=6m,c=7m,则cos C=,因为C∈(0,π),所以sin C>0,因此sin C=,故选D.
5.D　由余弦定理,a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc,
因为b-c=1,a=,所以c2+(c+1)2-c(c+1)=7,
即c2+c-6=0,解得c=2或c=-3(舍),
所以b=3,c=2,cos B=.故选D.
6.D　∵2acos C=2b+c,∴由余弦定理的推论,得2a·=2b+c,化简可得b2+c2-a2=-bc,
∴cos A==-.
又A∈(0,π),∴A=.故选D.
7.B　在△ABC中,AB=3,BC=,AC=4,由余弦定理的推论,得cos A=,
∴A=60°.
∴边AC上的高h=AB·sin A=3sin 60°=.故选B.
8.　依题意,b2=a2+c2-ac,即a2+c2-b2=ac,所以cos B=>0,所以B为锐角,所以B=.
9.等腰三角形　∵c=2acos B,∴c=2a·,
∴a2=b2,∴a=b,∴△ABC的形状是等腰三角形.
10.　由B=C,得b=c=a.由余弦定理的推论,得cos A=.
11.解(1)a=7,cos C=,c=8,利用c2=a2+b2-2abcos C,整理得b2-2b-15=0,解得b=5或-3(负值舍去),故b=5.
(2)因为cos A=,且A∈(0,π),所以A=.
12.AC　由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,∴4=b2+12-6b,即b2-6b+8=0,∴b=2或b=4.经检验,b=2与b=4均符合题意.
13.D　由题意,在△ABC中,b=3,c=a,B=,由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得9=a2+3a2-2aa,即a2=9,a=3,故a=b,即A=B=,所以C=π-A-B=,则cos C=-.故选D.
14.B　不妨设a=5,b=7,c=8,
根据大边对大角可知A由余弦定理可得cos B=,
又因为0所以A+C=π-B=π-,
所以△ABC的最大角与最小角之和为.故选B.
15.B　∵a4+b4+c4=2c2(a2+b2),
∴(a2+b2)2-2c2(a2+b2)+c4-2a2b2=0,
∴(a2+b2-c2)2-2a2b2=0,
∴(a2+b2-c2+ab)(a2+b2-c2-ab)=0,
∴a2+b2-c2+ab=0或a2+b2-c2-ab=0.
∵cos C=,∴cos C=-.
∵0°16.AD　∵c=8,A=,
∴由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=b2-8b+64=(b-4)2+48.
若B为钝角,由余弦定理得cos B=<0,即a2+c2-b2<0,a2则b2-8b+64128,b>16.
结合二次函数的性质可知a2>(16-4)2+48=192,a>8,a=16符合题意.
若C为钝角,则a<8,由于A=,则0由余弦定理得cos C=<0,a2+b2-64<0,a2<64-b2,
即b2-8b+64<64-b2,b2-4b<0,017.　由余弦定理的推论,可得cos A=,
又0则AC边上的高h=ABsin A=3.
18.　因为sin∠BAC=,且AD⊥AC,
所以sin,所以cos∠BAD=.
在△BAD中,由余弦定理,得
BD=
=.
19.　由余弦定理得cos B=,又a=3b,所以cos B=≥2,
当且仅当,即c=2b时,等号成立.
所以cos B的最小值是.
20.14　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,从而知a>b>c,所以a为最大边,故A=120°,b=a-4,c=2b-a=a-8.由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2+bc=(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.
21.解因为2a+1,a,2a-1是三角形的三边长,
所以解得a>,此时2a+1最大.要使2a+1,a,2a-1是三角形的三边长,还需a+2a-1>2a+1,解得a>2.
设最长边2a+1所对的角为θ,则θ>90°,所以cos θ=<0,解得综上可知实数a的取值范围是,8.
22.解(1)因为sin2A=sin+Bsin-B+sin2B=cos2B-sin2B+sin2B=,
所以sin A=或sin A=-(舍去).
又A为锐角,所以A=.
(2)由=12,可得cbcos A=12, ①
由(1),知A=,所以cb=24, ②
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,a=2及①,得c2+b2=52, ③
由②③得(c+b)2=100,所以c+b=10,
所以c,b是一元二次方程x2-10x+24=0的两个根,
由b23.解(1)∵cos C=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-,且C∈(0,π),∴C=.
(2)∵a,b是方程x2-2x+2=0的两根,
∴AB2=b2+a2-2abcos C=(a+b)2-ab=10,
∴AB=.
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