课时跟踪检测（十） 余弦定理

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1．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝eq \r(7)，b＝3，c＝2，则A＝( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C ∵a＝eq \r(7)，b＝3，c＝2，∴由余弦定理得，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋4－7,2×3×2)＝eq \f(1,2)，又由A∈(0°，180°)，得A＝60°.故选C.
2．在△ABC中，若AB＝eq \r(13)，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A 在△ABC中，若AB＝eq \r(13)，BC＝3，∠C＝120°，AB2＝BC2＋AC2－2AC·BCcs C，可得：13＝9＋AC2＋3AC，解得AC＝1或AC＝－4(舍去)．故选A.
3．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为( )
A.eq \f(5,18) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(7,8)
解析：选D 设三角形的底边长为a，则周长为5a.∴等腰三角形腰的长为2a.设顶角为α，由余弦定理，得cs α＝eq \f(2a2＋2a2－a2,2×2a×2a)＝eq \f(7,8).故选D.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(c2－a2－b2,2ab)>0，则△ABC( )
A．一定是锐角三角形 B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形 D．是锐角或直角三角形
解析：选C 由eq \f(c2－a2－b2,2ab)>0得－cs C>0，所以cs C<0，从而C为钝角，因此△ABC一定是钝角三角形．故选C.
5．若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且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：选A 依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b2－c2＝4，,a2＋b2－c2＝2abcs 60°＝ab，))两式相减得ab＝eq \f(4,3).故选A.
6．在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cs B＝－eq \f(1,4)，则b＝________.
解析：由余弦定理得b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))，解得b＝4.
答案：4
7．已知a，b，c为△ABC的三边，B＝120°，则a2＋c2＋ac－b2＝________.
解析：∵b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－2accs 120°
＝a2＋c2＋ac，∴a2＋c2＋ac－b2＝0.
答案：0
8．在△ABC中，若(a－c)(a＋c)＝b(b＋c)，则A＝________.
解析：∵(a－c)(a＋c)＝b(b＋c)，
∴a2－c2＝b2＋bc，即b2＋c2－a2＝－bc.
∴cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(－bc,2bc)＝－eq \f(1,2).
∵0°＜A＜180°，∴A＝120°.
答案：120°
9．在△ABC中，A＋C＝2B，a＋c＝8，ac＝15，求b.
解：在△ABC中，∵A＋C＝2B，A＋B＋C＝180°，
∴B＝60°.
由余弦定理，得
b2＝a2＋c2－2accs B＝(a＋c)2－2ac－2accs B
＝82－2×15－2×15×eq \f(1,2)＝19.
∴b＝eq \r(19).
10．在△ABC中，已知a－b＝4，a＋c＝2b，且最大角为120°，求三边长．
解：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＝4，,a＋c＝2b，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝b＋4，,c＝b－4.))
∴a＞b＞c，∴A＝120°，
∴a2＝b2＋c2－2bccs 120°，
即(b＋4)2＝b2＋(b－4)2－2b(b－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
即b2－10b＝0，解得b＝0(舍去)或b＝10.
当b＝10时，a＝14，c＝6.
B级——面向全国卷高考高分练
1．在△ABC中，AC＝2，BC＝2 eq \r(2)，∠ACB＝135°，过点C作CD⊥AB交AB于点D.则CD＝( )
A.eq \f(2 \r(5),5) B.eq \r(2)
C.eq \r(3) D.eq \r(5)
解析：选A 根据余弦定理cs ∠ACB＝eq \f(AC2＋BC2－AB2,2·AC·BC)＝－eq \f(\r(2),2)，又∵AC＝2，
BC＝2 eq \r(2)代入公式得AB＝2 eq \r(5)，再由等积法可得eq \f(1,2)×2 eq \r(5)·CD＝eq \f(1,2)×2 eq \r(2)×2×eq \f(\r(2),2)，解得CD＝eq \f(2 \r(5),5).故选A.
2．锐角△ABC中，b＝1，c＝2，则a的取值范围是( )
A．1C.eq \r(3)解析：选C 若a为最大边，则b2＋c2－a2>0，即a2<5，∴ac2，即a2>3，∴a>eq \r(3)，故eq \r(3)3．在△ABC中，sin2eq \f(A,2)＝eq \f(c－b,2c)，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：选B ∵sin2eq \f(A,2)＝eq \f(1－cs A,2)＝eq \f(c－b,2c)，∴cs A＝eq \f(b,c)＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，∴a2＋b2＝c2，符合勾股定理．故选B.
4．在△ABC中，AB＝5，BC＝7，AC＝8，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→)) 的值为( )
A．79 B．69
C．5 D．－5
解析：选D 由余弦定理得：cs∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(52＋72－82,2×5×7)＝eq \f(1,7). 因为向量eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(BC,\s\up7(―→))的夹角为180°－∠ABC，所以eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝|eq \(AB,\s\up7(―→))||eq \(BC,\s\up7(―→))|·cs(180°－∠ABC)＝5×7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,7)))＝－5.故选D.
5．在△ABC中，AB＝2，AC＝eq \r(6)，BC＝1＋eq \r(3)，AD为边BC上的高，则AD的长是________．
解析：∵cs C＝eq \f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝eq \f(\r(2),2)，∴sin C＝eq \f(\r(2),2)，
∴AD＝ACsin C＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
6．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3b，c＝eq \r(5)，且cs C＝eq \f(5,6)，则a＝________，△ABC的面积为________．
解析：∵a＝3b，∴b＝eq \f(1,3)a.又c＝eq \r(5)，且cs C＝eq \f(5,6)，∴c2＝a2＋b2－2abcs C，即5＝a2＋eq \f(1,9)a2－2a·eq \f(1,3)a·eq \f(5,6)，化简得a2＝9，解得a＝3或a＝－3(舍)．又C∈(0，π)，∴sin C＝ eq \r(1－cs2C)＝eq \f(\r(11),6)，则S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(\r(11),4).
答案：3 eq \f(\r(11),4)
7．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a，b是方程x2－2eq \r(3)x＋2＝0的两个根，且2cs(A＋B)＝1.
(1)求角C的度数；
(2)求AB的长度．
解：(1)cs C＝cs [π－(A＋B)]＝－cs (A＋B)＝－eq \f(1,2)，又0°(2)因为a，b是方程x2－2eq \r(3)x＋2＝0的两个根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝2\r(3)，,ab＝2.))
所以由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs C
＝b2＋a2－2abcs 120°
＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab＝(2eq \r(3))2－2＝10.
所以AB＝eq \r(10).
C级——拓展探索性题目应用练
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且eq \f(cs B,cs C)＝－eq \f(b,2a＋c).
(1)求B的大小；
(2)若b＝eq \r(13)，a＋c＝4，求a的值．
解：(1)由余弦定理得
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
∴原式化为eq \f(a2＋c2－b2,2ac)·eq \f(2ab,a2＋b2－c2)＝－eq \f(b,2a＋c)，
整理得a2＋c2－b2＋ac＝0，
∴cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(－ac,2ac)＝－eq \f(1,2)，
又0(2)将b＝eq \r(13)，a＋c＝4，B＝eq \f(2π,3)，
代入b2＝a2＋c2－2accs B得，
13＝a2＋(4－a)2－2a(4－a)·cs eq \f(2π,3)，
即a2－4a＋3＝0.解得a＝1或a＝3.