A．－ eq \f(\r(7),14) B． eq \f(\r(7),14)
C．－ eq \f(\r(7),7) D． eq \f(\r(7),7)
2．[2022·广东华南师大附中高一期中]若三角形的三边长分别是3，4，6，则这个三角形的形状是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．不能确定
3．[2022·河北保定高一期末]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，2a2＋2c2－2b2＝ac，则cs B＝________．
4．[2022·湖北鄂州高一期中]在△ABC中，已知a＝4，A＝ eq \f(π,6) ，c＝ eq \f(2\r(3),3) b，求B.
5.[2022·福建莆田一中高一期中]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若(a＋c－b)(a＋c＋b)＝3ac.则A＋C的大小为( )
A． eq \f(5π,6) B． eq \f(2π,3)
C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,6)
6．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知cs2 eq \f(C,2) ＝ eq \f(a＋b,2a) ，则△ABC的形状是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．锐角三角形 D．钝角三角形
7．[2022·河北邯郸高一期中]在△ABC中，csB＝ eq \f(1,5) ，AB＝5，BC＝2，则tan A＝________．
8．已知△ABC中，a∶b∶c＝2∶ eq \r(6) ∶( eq \r(3) ＋1)，求△ABC各角的度数．
9.在△ABC中，a＋c＝6，b＝2，cs B＝ eq \f(7,9) ，求a，c的值．
10．[2022·重庆七中高一期末]△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a＋b)2＝c2＋3ab.
(1)求角C的大小；
(2)若a＝3，c＝7，D为AB边上的中点，求CD的长．
11.[2022·福建福州一中高一期中]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2 eq \r(3) ，b2＋c2＝24，则角A的最大值为( )
A． eq \f(π,2) B． eq \f(π,3)
C． eq \f(π,4) D． eq \f(π,6)
12．[2022·山东泰安一中高一期中]如图，在平面四边形ABCD中，DA＝DC＝2，AB>BC，∠ADC＝60°，∠ABC＝90°，AC交BD于M点．
(1)若AD∥BC，求BD；
(2)若BD＝ eq \r(7) ，求∠CAB.
答案：
1．解析：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cs A＝9＋4－2×2×3× eq \f(1,2) ＝7，解得a＝ eq \r(7) .
故cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(4＋7－9,2×2×\r(7)) ＝ eq \f(\r(7),14) .故选B.
答案：B
2．解析：大边对大角，故边长为6的边所对的角为最大角，设为θ，
则cs θ＝ eq \f(9＋16－36,2×3×4) <0，
故θ为钝角，所以这个三角形是钝角三角形．故选B.
答案：B
3．解析：由已知，2a2＋2c2－2b2＝ac，所以cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(1,4) .
答案： eq \f(1,4)
4．解析：∵a＝4，A＝ eq \f(π,6) ，c＝ eq \f(2\r(3),3) b，
∴由余弦定理可得：a2＝b2＋c2－2bc cs A，
即16＝b2＋ eq \f(4,3) b2－2b× eq \f(2\r(3),3) b× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(1,3) b2，解得b＝4 eq \r(3)
故c＝8，
由余弦定理可得cs B＝ eq \f(16＋64－48,2×4×8) ＝ eq \f(1,2) ，
∵05．解析：因为(a＋c－b)(a＋c＋b)＝3ac，则(a＋c)2－b2＝3ac，则a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理可得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(1,2) ，
因为0答案：B
6．解析：由cs2 eq \f(C,2) ＝ eq \f(a＋b,2a) ⇒ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) csC＝ eq \f(a＋b,2a) ，
再由余弦定理得： eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(a＋b,2a) ⇒b2＋c2＝a2.
故三角形为直角三角形故选A.
答案：A
7．解析：因为cs B＝ eq \f(1,5) ，AB＝5，BC＝2，由余弦定理得AC＝ eq \r(52＋22－2×5×2×\f(1,5)) ＝5，
所以cs A＝ eq \f(52＋52－22,2×5×5) ＝ eq \f(23,25) ，而A为三角形内角，故sin A＝ eq \r(1－cs2A) ＝ eq \f(4\r(6),25) ，
所以tanA＝ eq \f(sin A,cs A) ＝ eq \f(4\r(6),23) .
答案： eq \f(4\r(6),23)
8．解析：∵a∶b∶c＝2∶ eq \r(6) ∶( eq \r(3) ＋1)，
∴设a＝2x，b＝ eq \r(6) x，c＝( eq \r(3) ＋1)x，(x>0)，
由余弦定理可得：
cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(6x2＋（\r(3)＋1）2x2－4x2,2×\r(6)×（\r(3)＋1）x2) ＝ eq \f(\r(2),2) .
∴由0°同理可得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(4x2＋（\r(3)＋1）2x2－6x2,2×2×（\r(3)＋1）x2) ＝ eq \f(1,2) ，可得B＝60°.
∴C＝180°－45°－60°＝75°.
9．解析：由余弦定理，得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ，
有 eq \f(a2＋c2－4,2ac) ＝ eq \f(7,9) ，得a2＋c2＝ eq \f(14,9) ac＋4，
由a＋c＝6，得(a＋c)2＝a2＋2ac＋c2＝36，
所以 eq \f(14,9) ac＋4＝36－2ac，解得ac＝9，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋c＝6,ac＝9)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,c＝3.))
10．解析：(1)cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(a2＋b2－[（a＋b）2－3ab],2ab) ＝ eq \f(a2＋b2－（a2＋b2＋2ab－3ab）,2ab) ＝ eq \f(1,2) ，
因为C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3) ；
(2)因为(a＋b)2＝c2＋3ab，a＝3，c＝7，
所以有(3＋b)2＝49＋9b⇒b＝8，b＝－5(舍去)，
cs B＝ eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB) ＝ eq \f(BD2＋BC2－CD2,2BC·BD) ⇒ eq \f(9＋49－64,2×3×7) ＝ eq \f(\f(49,4)＋9－CD2,2×3×\f(7,2)) ，
解得CD＝ eq \f(\r(97),2) .
11．解析：由b2＋c2＝24＝2a2，则a2＝ eq \f(b2＋c2,2) ，
所以cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(b2＋c2,4bc) ≥ eq \f(2bc,4bc) ＝ eq \f(1,2) ，0所以0答案：B
12．解析：(1)∵AD∥BC，∴∠BCA＝∠DAC＝60°，∠DAB＝90°，又因为DA＝DC＝2，∠ADC＝60°，∴△DAC为等边三角形，∴AC＝2，所以Rt△ABC中，AB＝ eq \r(3) ，故Rt△DAB中，BD2＝AD2＋AB2＝7，∴BD＝ eq \r(7) .
(2)设∠CAB＝θ，则AB＝2cs θ，∠DAB＝60°＋θ，
△DAB中，由余弦定理得DA2＋AB2－2DA·AB cs (60°＋θ)＝BD2＝7，
所以4＋4cs2θ－2×2×2csθcs (60°＋θ)＝7.
∴4cs2θ－8csθ( eq \f(1,2) cs θ－ eq \f(\r(3),2) sin θ)＝3，
∴4 eq \r(3) sin θcs θ＝3，
解得sin 2θ＝ eq \f(\r(3),2) .
由题意可知：θ<90°－θ，得θ<45°，
所以2θ＝60°，得θ＝30°，即∠CAB＝30°.