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高中数学第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用第1课时免费当堂达标检测题
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这是一份高中数学第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用第1课时免费当堂达标检测题，共24页。
6.4.3 余弦定理、正弦定理
第1课时 余弦定理、正弦定理
基础过关练
题组一 余弦定理
1.△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=1,c=2,cos B=12,则b=( )
A.2 B.3 C.2 D.3
2.在△ABC中,|BC|=3,|CA|=5,|AB|=7,则CB·CA的值为( )
A.-32 B.32 C.-152 D.152
3.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是( )
A.150° B.90°
C.135° D.120°
4.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若(a-b-c)(a-b+c)+ab=0且sin A=12,则B=( )
A.π2 B.π3
C.π4 D.π6
5.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=10,b=15,A=30°,则此三角形( )
A.无解 B.有一个解
C.有两个解 D.解的个数不确定
6.(2020福建厦门双十中学高三上期中)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知A=60°,c=8,a=b+2,那么△ABC的周长等于( )
A.12 B.20 C.26 D.103
7.(2020山东济宁高一上期末)在△ABC中,B=π4,BC边上的高等于13BC,则cos∠BAC=( )
A.31010 B.1010
C.-1010 D.-31010
8.(2019山东菏泽一模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=2,cos A=-24,则b的值为 .
9.在△ABC中,abca2+b2+c2cosAa+cosBb+cosCc= .
10.在△ABC中,已知BC=7,AC=8,AB=9,则AC边上的中线长为 .
11.如图,在△ABC中,已知点D在边BC上,且∠DAC=90°,sin∠BAC=223,AB=32,AD=3.求BD的长.
12.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=2,2cos2 A+B2-cos 2C=1.
(1)求C的大小;
(2)求cb的值.
题组二 正弦定理
13.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.下列关系式中一定成立的是( )
A.a>bsin A B.a=bsin A
C.a
A.12π B.8π C.16π D.4π
15.在△ABC中,a=23,b=22,∠B=45°,则∠A=( )
A.30°或150° B.60°或120°
C.60° D.30°
16.(2020北京西城高三上期末)在△ABC中,若a=6,A=60°,B=75°,则c=( )
A.4 B.22 C.23 D.26
17.(多选)(2019山东济南高一月考)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,其中有两解的是( )
A.b=10,A=45°,C=70°
B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45°
D.a=7,b=5,A=80°
18.△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若3b·cos C=c(1-3cos B),则c∶a=( )
A.1∶3 B.4∶3
C.3∶1 D.3∶2
19.(2020湖北名师联盟高三上期末)在△ABC中,a=3,b=26,B=2A,则cos A= .
20.在△ABC中,A=60°,C=45°,b=2,则此三角形的最小边长为 .
21.(2020湖南邵阳武冈二中高二月考)在△ABC中,AC=6,cos B=45,C=π4.
(1)求AB的长;
(2)求cosA-π6的值.
22.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,a=23,tan A+B2+tan C2=4,sin Bsin C=cos2 A2.求A,B及b,c.
题组三 利用余弦定理、正弦定理判断三角形的形状
23.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若a=2bcos C,则此三角形一定是( )
A.等腰直角三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等腰三角形或直角三角形
24.(2020湖南大学附属中学高二上期末)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos C+ccos B=asin A,则△ABC的形状为( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.不确定
25.在△ABC中,cos2 B2=a+c2c(a,b,c分别为角A,B,C的对边),则△ABC的形状为( )
A.等边三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
26.如果将直角三角形的三边增加同样的长度,则新三角形的形状是( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.由增加的长度确定
27.(多选)在△ABC中,若acos A=bcos B,则△ABC的形状为( 易错 )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.等边三角形
能力提升练
题组一 利用余弦定理、正弦定理解三角形
1.(2020河南洛阳高二上期末,)在△ABC中,已知A=60°,a=23,b=2,则B=( 易错 )
A.30° B.45°
C.30°或150° D.45°或135°
2.()在△ABC中,sin A∶sin B∶sin C=3∶5∶6,则sin B等于( )
A.2149 B.149 C.115 D.2115
3.(2020河北石家庄高一期中,)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2ab=sinBcosC,且sin(A-C)=sin B-34,则sin B= .
4.()如图所示,设P是正方形ABCD内部的一点,P到顶点A,B,C的距离分别是1,2,3,求正方形的边长.深度解析
题组二 利用余弦定理、正弦定理求最值或取值范围
5.(2020广东深圳实验学校高一上期末,)△ABC的内角A,C的对边分别为a,c,若∠C=45°,c=2,且满足条件的三角形有两个,则a的取值范围为( )
A.22,1 B.(2,2) C.(1,2) D.(1,2)
6.(2020安徽阜阳高二上期末,)在锐角三角形ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,若a2+c2=3ac+b2,则cos A+sin C的取值范围为( )
A.32,32 B.22,2 C.12,32 D.(3,2)
7.(2020湖北荆州中学、宜昌一中高二上月考,)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b+ca=cos B+cos C,bcsinA=8,则△ABC的周长的最小值为( )
A.3 B.3+32 C.4 D.4+42
8.(2020辽宁锦州高一期末,)锐角△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,C=2A,则ccosA= ,边长c的取值范围是 .
9.(2020山西大同第一中学高三线上考试,)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,c=2,A=π3,则asin C= ,a+b的取值范围是 .
题组三 余弦定理、正弦定理的综合应用
10.(2020广东深圳中学高一上期末,)秦九韶是我国南宋著名的数学家,在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”也把这种方法称为“三斜求积术”.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则S=14a2c2-a2+c2-b222.若c2sin A=4sin C,B=π3,则用“三斜求积术”求得的△ABC的面积为( )
A.3 B.2 C.23 D.4
11.(2020辽宁沈阳一中高一下期末,)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知三个向量m=a,cosA2,n=b,cosB2,p=c,cosC2共线,则△ABC为( )
A.等边三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
12.()在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,若lg a-lg c=lg sin B=-lg2,且B∈0,π2,则△ABC的形状是( )
A.等边三角形 B.锐角三角形
C.等腰直角三角形 D.钝角三角形
13.()在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(3,-1),n=(cos A,sin A),若m⊥n,且acos B+bcos A=csin C,则B= .
14.(2019天津,)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2a,3csin B=4asin C.
(1)求cos B的值;
(2)求sin2B+π6的值.
答案全解全析
基础过关练
1.B 由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=12+22-2×1×2×12=3,所以b=3(负值舍去),故选B.
2.C ∵cos C=|CA|2+|BC|2-|AB|22|CA||BC|=52+32-722×5×3=-12,
∴CB·CA=|CB||CA|cos C=3×5×-12=-152.故选C.
3.D 设长度为5、7、8的边所对的角分别为角A、B、C,由三角形的性质易知A,C分别为最小角,最大角,B为中间角,所以B为锐角,因为cos B=52+82-722×5×8=12,所以B=60°,所以A+C=120°.故选D.
4.A 由(a-b-c)(a-b+c)+ab=0,可得a2+b2-c2=ab,所以cos C=a2+b2-c22ab=12,又C∈(0,π),所以C=π3.因为sin A=12,A∈(0,π),所以A=π6或A=5π6.当A=π6时,B=π2;当A=5π6时,A+C>π,不合题意.故选A.
5.C 由a2=b2+c2-2bccos A,得102=152+c2-2×15×ccos 30°,∴c2-153c+125=0,解得c=153±572∈(5,25),
∴c有两解,即△ABC有两个解,故选C.
6.B 根据cos A=b2+c2-a22bc及已知得12=b2+64-(b+2)216b,解得b=5,所以a=b+2=7,所以△ABC的周长等于7+5+8=20.故选B.
7.C 设BC边上的高为AD,则BC=3AD,又知B=π4,所以AD=BD,所以DC=2AD,所以AC=AD2+DC2=5AD,AB=2AD.在△ABC中,由余弦定理的推论,知cos∠BAC=AB2+AC2-BC22AB·AC=2AD2+5AD2-9AD22×2AD×5AD=-1010,故选C.
8.答案 1
解析 由余弦定理的推论可得cos A=b2+c2-a22bc=b2+2-422b=-24,整理得b2+b-2=0,解得b=1或b=-2(舍去).
9.答案 12
解析 原式=abca2+b2+c2·
bccosA+accosB+abcosCabc=
bcb2+c2-a22bc+aca2+c2-b22ac+aba2+b2-c22aba2+b2+c2=a2+b2+c22(a2+b2+c2)=12.
10.答案 7
解析 由余弦定理的推论及已知得cos A=AB2+AC2-BC22·AB·AC=92+82-722×9×8=23.设AC边上的中线长为x,由余弦定理,得x2=AC22+AB2-2·AC2·ABcos A=42+92-2×4×9×23=49,所以x=7(负值舍去).所以AC边上的中线长为7.
11.解析 ∵∠DAC=90°,
∴sin∠BAC=sin(90°+∠BAD)=cos∠BAD,
∴cos∠BAD=223.
在△ABD中,由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD,即BD2=18+9-2×32×3×223=3,∴BD=3.
12.解析 (1)∵在△ABC中,2cos2A+B2-cos 2C=1,∴2sin2 C2-cos 2C=1,
∴cos 2C+1-2sin2 C2=cos 2C+cos C=0,
∴2cos2C+cos C-1=0,解得cos C=12或cos C=-1(舍去).
又∵0
∴在△ABC中,由余弦定理,得c=a2+b2-2abcosC=9+4-6=7,
∴cb=72.
13.D 由asinA=bsinB,得a=bsinAsinB.在△ABC中,∵0
则由正弦定理可得ACsin∠ABC=2R,
即2R=22sin135°=2222=4,所以R=2,
所以△ABC的外接圆的面积S=πR2=4π.故选D.
15.B 由asinA=bsinB,得sin A=asinBb=23×2222=32,
∵0°
∴C=180°-60°-75°=45°,
∴由asinA=csinC,得c=asinCsinA=6×sin45°sin60°=26.故选D.
17.BC 选项A:因为A=45°,C=70°,所以B=65°,三角形的三个角是确定的值,故只有一解.选项B:因为sin C=csinBb=8315<1,且c>b,所以角C有两解.选项C:因为sin B=bsinAa=427<1,且b>a,所以角B有两解.选项D:因为sin B=bsinAa<1,且b
∴sin C=3sin A,∴c∶a=sin C∶sin A=3∶1.故选C.
19.答案 63
解析 ∵a=3,b=26,B=2A,
∴由正弦定理可得asinA=bsinB=b2sinAcosA,
∴cos A=b2a=262×3=63.
20.答案 23-2
解析 ∵A=60°,C=45°,∴B=75°,∴最小边长为c.由正弦定理,得2sin75°=csin45°.又sin 75°=sin(45°+30°)=sin 45°·cos 30°+cos 45°sin 30°=6+24,∴c=2sin45°sin75°=2×226+24=23-2.
21.解析 (1)∵cos B=45,0
由正弦定理,得ACsinB=ABsinC,
∴AB=AC·sinCsinB=6×2235=52.
(2)在△ABC中,A+B+C=π,
∴A=π-(B+C),
∴cos A=-cos(B+C)=-cosB+π4
=-cos Bcos π4+sin Bsin π4.
又cos B=45,sin B=35,
∴cos A=-45×22+35×22=-210.
∵0
=-210×32+7210×12=72-620.
22.解析 由tan A+B2+tan C2=4,
得tan π-C2+tan C2=4,
即sin π-C2cos π-C2+sin C2cos C2=4,
整理得cos2 C2+sin2 C2sin C2cos C2=4,
又∵sin C=2sin C2·cos C2,∴2sinC=4,
∴sin C=12.
又C∈(0,π),∴C=π6或C=5π6.
又sin Bsin C=cos2 A2=1+cosA2=1-cos(B+C)2,即2sin Bsin C=1-cos(B+C)=1-cos Bcos B+sin Bsin C,
∴cos Bcos C+sin Bsin C=1,
∴cos(B-C)=1,
∵B∈(0,π),∴B-C=0,
∴B=C=π6,故A=2π3.
由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=23sin 2π3=4,
所以b=c=4sin π6=2.故b=c=2,A=2π3,B=π6.
23.C 解法一:由余弦定理,得cos C=a2+b2-c22ab=a2b,整理得b2=c2,即b=c,故该三角形一定为等腰三角形.
无法判断其是不是直角三角形.故选C.
解法二:∵a=2bcos C,
∴由正弦定理得sin A=2sin Bcos C.
又∵A+B+C=π,
∴sin A=sin[π-(B+C)]
=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C.
∴2sin Bcos C=sin Bcos C+cos Bsin C.
∴sin Bcos C-cos Bsin C=0,
即sin(B-C)=0.
∵0
∴△ABC为等腰三角形.无法判断其是不是直角三角形.故选C.
24.B 解法一:由bcos C+ccos B=asin A及正弦定理得sin Bcos C+sin Ccos B=sin2A,即sin(B+C)=sin2A,即sin A=sin2A.易知0
1+cosB2=a+c2c,即cos B=ac.
解法一:由余弦定理的推论可得a2+c2-b22ac=ac,整理,得a2+b2=c2,
∴△ABC为直角三角形.无法判断其是不是等腰三角形.故选B.
解法二:由正弦定理可得cos B=sinAsinC,即cos Bsin C=sin A.
又A+B+C=π,∴sin A=sin(B+C),
∴cos Bsin C=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,即sin Bcos C=0,
∴sin B=0或cos C=0.
∵B,C∈(0,π),
∴cos C=0,C=π2.
∴△ABC为直角三角形.无法判断其是不是等腰三角形.故选B.
26.A 设直角三角形的三边长分别为a,b,c,且a2+b2=c2,令三边都增加x(x>0),则(a+x)2+(b+x)2-(c+x)2=a2+b2+2x2+2(a+b)x-c2-2cx-x2=2(a+b-c)x+x2>0,所以新三角形中最大边所对的角是锐角,所以新三角形是锐角三角形.
27.AB 解法一:∵acos A=bcos B,
∴由余弦定理的推论得,a·b2+c2-a22bc=b·a2+c2-b22ac,
整理得a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),
∴a2c2-a4-b2c2+b4=0,
∴c2(a2-b2)+(b2+a2)(b2-a2)=0,
∴(b2-a2)(a2+b2-c2)=0,
∴b2=a2或a2+b2-c2=0,
∴b=a或∠C=90°,
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.
故选AB.
解法二:由正弦定理及已知,得sin Acos A=sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B.
因为2A,2B∈(0,2π),
所以2A=2B或2A+2B=π,
即A=B或A+B=π2,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故选AB.
易错警示
注意区分等腰直角三角形和等腰或直角三角形,等腰直角三角形是等腰且直角三角形,理解“或”和“且”的区别.
能力提升练
1.A 由asinA=bsinB,得sin B=bsinAa=2×sin60°23=12,
∵b
本题易错选C.要注意题中的隐含条件“b
由余弦定理的推论得cos B=a2+c2-b22ac=9k2+36k2-25k22×3k×6k=59,
则sin B=1-cos2B=2149.
3.答案 12
解析 因为sin(A-C)=sin B-34,
所以sin(A-C)=sin(A+C)-34,
所以2cos Asin C=34.
因为2ab=sinBcosC,所以2sin Acos C=sin2B,
所以2(sin Acos C+cos Asin C)=sin2B+34,
整理得sin2B-2sin B+34=0,解得sin B=12或sin B=32(舍去).故答案为12.
4.解析 设正方形的边长为x(1
主编点评
当已知条件中边的关系较多时,可考虑用余弦定理,同时方程思想的运用在本题中得到了充分的体现.
5.B 因为满足条件的三角形有两个,所以asin C
∴由余弦定理的推论得cos B=3ac2ac=32.
又B为锐角三角形ABC的内角,∴B=π6.
∴cos A+sin C=cos A+sin5π6-A=32sin A+32cos A=3sinA+π3.
∵△ABC为锐角三角形,
∴0
故cos A+sin C的取值范围为32,32.
7.D 根据余弦定理的推论得b+ca=cos B+cos C=a2+c2-b22ac+a2+b2-c22ab,整理得2b2c+2bc2=a2b+bc2-b3+a2c+b2c-c3,即b2c+bc2=a2b+a2c-(b3+c3),所以(b+c)(b2+c2-a2)=0,所以b2+c2=a2,所以A=90°,sin A=1,则bc=8,所以a+b+c=b2+c2+(b+c)≥2bc+2bc=4+42,当且仅当b=c=22时取等号,所以△ABC的周长的最小值为4+42.故选D.
8.答案 4;(22,23)
解析 因为C=2A,所以sin C=2sin Acos A,由正弦定理得c=2acos A,所以ccosA=2a=4.因为△ABC是锐角三角形,所以C=2A∈0,π2,B=π-A-C=π-3A∈0,π2,所以A∈π6,π4,所以cos A∈22,32,所以c=4cos A∈(22,23).
9.答案 3;(1+3,4+23)
解析 由正弦定理,可得asin C=csin A=2sin π3=3.
由asinA=bsinB=csinC,可得a=c·sinAsinC=3sinC,b=c·sinBsinC=2sin2π3-CsinC,
所以a+b=3sinC+3cosC+sinCsinC
=1+3(1+cosC)sinC=1+23cos2 C22sin C2cos C2
=1+3tan C2.
由△ABC是锐角三角形,可得0
所以1+3<1+3tan C2<4+23,
即1+3
所以c2a=4c,即ac=4.
由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-4,所以a2+c2-b2=4.
所以S△ABC=14a2c2-a2+c2-b222=1442-422=3.故选A.
11.A ∵向量m=a,cosA2,n=b,cosB2共线,
∴acosB2=bcosA2.
由正弦定理得sin AcosB2=sin BcosA2.
∴2sinA2cosA2cosB2=2sinB2cosB2·cosA2.
∵cosA2≠0,cosB2≠0,
∴sinA2=sinB2.
∵0
∴△ABC为等边三角形.故选A.
12.C ∵lg a-lg c=lg sin B=-lg 2,
∴ac=sin B=22.
∵B∈0,π2,∴B=π4.
由正弦定理,得ac=sinAsinC=22,
∴sin C=2sin A=2sin3π4-C=222cosC+22sinC,
化简得cos C=0,∵C∈(0,π),
∴C=π2,∴A=π-B-C=π4,
∴△ABC是等腰直角三角形.故选C.
13.答案 π6
解析 ∵m⊥n,∴3cos A-sin A=0,
∴tan A=3.又0
∴由正弦定理,得sin Acos B+sin Bcos A=sin2C,
∴sin(A+B)=sin2C,∴sin C=sin2C.
又sin C≠0,∴sin C=1,
∴C=π2,∴B=π6.
14.解析 (1)在△ABC中,由正弦定理得bsin C=csin B,
又由3csin B=4asin C,得3bsin C=4asin C,即3b=4a.
又因为b+c=2a,所以b=43a,c=23a.
由余弦定理的推论可得cos B=a2+c2-b22ac=a2+49a2-169a22·a·23a=- 14.
(2)由(1)可得sin B=1-cos2B=154,
从而sin 2B=2sin Bcos B=-158,cos 2B=cos2B-sin2B=-78,
故sin2B+π6=sin 2Bcos π6+cos 2B·sin π6=-158×32-78×12=-35+716.
6.4.3 余弦定理、正弦定理
第1课时 余弦定理、正弦定理
基础过关练
题组一 余弦定理
1.△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=1,c=2,cos B=12,则b=( )
A.2 B.3 C.2 D.3
2.在△ABC中,|BC|=3,|CA|=5,|AB|=7,则CB·CA的值为( )
A.-32 B.32 C.-152 D.152
3.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是( )
A.150° B.90°
C.135° D.120°
4.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若(a-b-c)(a-b+c)+ab=0且sin A=12,则B=( )
A.π2 B.π3
C.π4 D.π6
5.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=10,b=15,A=30°,则此三角形( )
A.无解 B.有一个解
C.有两个解 D.解的个数不确定
6.(2020福建厦门双十中学高三上期中)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知A=60°,c=8,a=b+2,那么△ABC的周长等于( )
A.12 B.20 C.26 D.103
7.(2020山东济宁高一上期末)在△ABC中,B=π4,BC边上的高等于13BC,则cos∠BAC=( )
A.31010 B.1010
C.-1010 D.-31010
8.(2019山东菏泽一模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=2,cos A=-24,则b的值为 .
9.在△ABC中,abca2+b2+c2cosAa+cosBb+cosCc= .
10.在△ABC中,已知BC=7,AC=8,AB=9,则AC边上的中线长为 .
11.如图,在△ABC中,已知点D在边BC上,且∠DAC=90°,sin∠BAC=223,AB=32,AD=3.求BD的长.
12.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=2,2cos2 A+B2-cos 2C=1.
(1)求C的大小;
(2)求cb的值.
题组二 正弦定理
13.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.下列关系式中一定成立的是( )
A.a>bsin A B.a=bsin A
C.a
A.12π B.8π C.16π D.4π
15.在△ABC中,a=23,b=22,∠B=45°,则∠A=( )
A.30°或150° B.60°或120°
C.60° D.30°
16.(2020北京西城高三上期末)在△ABC中,若a=6,A=60°,B=75°,则c=( )
A.4 B.22 C.23 D.26
17.(多选)(2019山东济南高一月考)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,其中有两解的是( )
A.b=10,A=45°,C=70°
B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45°
D.a=7,b=5,A=80°
18.△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若3b·cos C=c(1-3cos B),则c∶a=( )
A.1∶3 B.4∶3
C.3∶1 D.3∶2
19.(2020湖北名师联盟高三上期末)在△ABC中,a=3,b=26,B=2A,则cos A= .
20.在△ABC中,A=60°,C=45°,b=2,则此三角形的最小边长为 .
21.(2020湖南邵阳武冈二中高二月考)在△ABC中,AC=6,cos B=45,C=π4.
(1)求AB的长;
(2)求cosA-π6的值.
22.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,a=23,tan A+B2+tan C2=4,sin Bsin C=cos2 A2.求A,B及b,c.
题组三 利用余弦定理、正弦定理判断三角形的形状
23.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若a=2bcos C,则此三角形一定是( )
A.等腰直角三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等腰三角形或直角三角形
24.(2020湖南大学附属中学高二上期末)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos C+ccos B=asin A,则△ABC的形状为( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.不确定
25.在△ABC中,cos2 B2=a+c2c(a,b,c分别为角A,B,C的对边),则△ABC的形状为( )
A.等边三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
26.如果将直角三角形的三边增加同样的长度,则新三角形的形状是( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.由增加的长度确定
27.(多选)在△ABC中,若acos A=bcos B,则△ABC的形状为( 易错 )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.等边三角形
能力提升练
题组一 利用余弦定理、正弦定理解三角形
1.(2020河南洛阳高二上期末,)在△ABC中,已知A=60°,a=23,b=2,则B=( 易错 )
A.30° B.45°
C.30°或150° D.45°或135°
2.()在△ABC中,sin A∶sin B∶sin C=3∶5∶6,则sin B等于( )
A.2149 B.149 C.115 D.2115
3.(2020河北石家庄高一期中,)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2ab=sinBcosC,且sin(A-C)=sin B-34,则sin B= .
4.()如图所示,设P是正方形ABCD内部的一点,P到顶点A,B,C的距离分别是1,2,3,求正方形的边长.深度解析
题组二 利用余弦定理、正弦定理求最值或取值范围
5.(2020广东深圳实验学校高一上期末,)△ABC的内角A,C的对边分别为a,c,若∠C=45°,c=2,且满足条件的三角形有两个,则a的取值范围为( )
A.22,1 B.(2,2) C.(1,2) D.(1,2)
6.(2020安徽阜阳高二上期末,)在锐角三角形ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,若a2+c2=3ac+b2,则cos A+sin C的取值范围为( )
A.32,32 B.22,2 C.12,32 D.(3,2)
7.(2020湖北荆州中学、宜昌一中高二上月考,)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b+ca=cos B+cos C,bcsinA=8,则△ABC的周长的最小值为( )
A.3 B.3+32 C.4 D.4+42
8.(2020辽宁锦州高一期末,)锐角△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,C=2A,则ccosA= ,边长c的取值范围是 .
9.(2020山西大同第一中学高三线上考试,)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,c=2,A=π3,则asin C= ,a+b的取值范围是 .
题组三 余弦定理、正弦定理的综合应用
10.(2020广东深圳中学高一上期末,)秦九韶是我国南宋著名的数学家,在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”也把这种方法称为“三斜求积术”.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则S=14a2c2-a2+c2-b222.若c2sin A=4sin C,B=π3,则用“三斜求积术”求得的△ABC的面积为( )
A.3 B.2 C.23 D.4
11.(2020辽宁沈阳一中高一下期末,)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知三个向量m=a,cosA2,n=b,cosB2,p=c,cosC2共线,则△ABC为( )
A.等边三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
12.()在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,若lg a-lg c=lg sin B=-lg2,且B∈0,π2,则△ABC的形状是( )
A.等边三角形 B.锐角三角形
C.等腰直角三角形 D.钝角三角形
13.()在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(3,-1),n=(cos A,sin A),若m⊥n,且acos B+bcos A=csin C,则B= .
14.(2019天津,)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2a,3csin B=4asin C.
(1)求cos B的值;
(2)求sin2B+π6的值.
答案全解全析
基础过关练
1.B 由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=12+22-2×1×2×12=3,所以b=3(负值舍去),故选B.
2.C ∵cos C=|CA|2+|BC|2-|AB|22|CA||BC|=52+32-722×5×3=-12,
∴CB·CA=|CB||CA|cos C=3×5×-12=-152.故选C.
3.D 设长度为5、7、8的边所对的角分别为角A、B、C,由三角形的性质易知A,C分别为最小角,最大角,B为中间角,所以B为锐角,因为cos B=52+82-722×5×8=12,所以B=60°,所以A+C=120°.故选D.
4.A 由(a-b-c)(a-b+c)+ab=0,可得a2+b2-c2=ab,所以cos C=a2+b2-c22ab=12,又C∈(0,π),所以C=π3.因为sin A=12,A∈(0,π),所以A=π6或A=5π6.当A=π6时,B=π2;当A=5π6时,A+C>π,不合题意.故选A.
5.C 由a2=b2+c2-2bccos A,得102=152+c2-2×15×ccos 30°,∴c2-153c+125=0,解得c=153±572∈(5,25),
∴c有两解,即△ABC有两个解,故选C.
6.B 根据cos A=b2+c2-a22bc及已知得12=b2+64-(b+2)216b,解得b=5,所以a=b+2=7,所以△ABC的周长等于7+5+8=20.故选B.
7.C 设BC边上的高为AD,则BC=3AD,又知B=π4,所以AD=BD,所以DC=2AD,所以AC=AD2+DC2=5AD,AB=2AD.在△ABC中,由余弦定理的推论,知cos∠BAC=AB2+AC2-BC22AB·AC=2AD2+5AD2-9AD22×2AD×5AD=-1010,故选C.
8.答案 1
解析 由余弦定理的推论可得cos A=b2+c2-a22bc=b2+2-422b=-24,整理得b2+b-2=0,解得b=1或b=-2(舍去).
9.答案 12
解析 原式=abca2+b2+c2·
bccosA+accosB+abcosCabc=
bcb2+c2-a22bc+aca2+c2-b22ac+aba2+b2-c22aba2+b2+c2=a2+b2+c22(a2+b2+c2)=12.
10.答案 7
解析 由余弦定理的推论及已知得cos A=AB2+AC2-BC22·AB·AC=92+82-722×9×8=23.设AC边上的中线长为x,由余弦定理,得x2=AC22+AB2-2·AC2·ABcos A=42+92-2×4×9×23=49,所以x=7(负值舍去).所以AC边上的中线长为7.
11.解析 ∵∠DAC=90°,
∴sin∠BAC=sin(90°+∠BAD)=cos∠BAD,
∴cos∠BAD=223.
在△ABD中,由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD,即BD2=18+9-2×32×3×223=3,∴BD=3.
12.解析 (1)∵在△ABC中,2cos2A+B2-cos 2C=1,∴2sin2 C2-cos 2C=1,
∴cos 2C+1-2sin2 C2=cos 2C+cos C=0,
∴2cos2C+cos C-1=0,解得cos C=12或cos C=-1(舍去).
又∵0
∴在△ABC中,由余弦定理,得c=a2+b2-2abcosC=9+4-6=7,
∴cb=72.
13.D 由asinA=bsinB,得a=bsinAsinB.在△ABC中,∵0
则由正弦定理可得ACsin∠ABC=2R,
即2R=22sin135°=2222=4,所以R=2,
所以△ABC的外接圆的面积S=πR2=4π.故选D.
15.B 由asinA=bsinB,得sin A=asinBb=23×2222=32,
∵0°
∴C=180°-60°-75°=45°,
∴由asinA=csinC,得c=asinCsinA=6×sin45°sin60°=26.故选D.
17.BC 选项A:因为A=45°,C=70°,所以B=65°,三角形的三个角是确定的值,故只有一解.选项B:因为sin C=csinBb=8315<1,且c>b,所以角C有两解.选项C:因为sin B=bsinAa=427<1,且b>a,所以角B有两解.选项D:因为sin B=bsinAa<1,且b
∴sin C=3sin A,∴c∶a=sin C∶sin A=3∶1.故选C.
19.答案 63
解析 ∵a=3,b=26,B=2A,
∴由正弦定理可得asinA=bsinB=b2sinAcosA,
∴cos A=b2a=262×3=63.
20.答案 23-2
解析 ∵A=60°,C=45°,∴B=75°,∴最小边长为c.由正弦定理,得2sin75°=csin45°.又sin 75°=sin(45°+30°)=sin 45°·cos 30°+cos 45°sin 30°=6+24,∴c=2sin45°sin75°=2×226+24=23-2.
21.解析 (1)∵cos B=45,0
由正弦定理,得ACsinB=ABsinC,
∴AB=AC·sinCsinB=6×2235=52.
(2)在△ABC中,A+B+C=π,
∴A=π-(B+C),
∴cos A=-cos(B+C)=-cosB+π4
=-cos Bcos π4+sin Bsin π4.
又cos B=45,sin B=35,
∴cos A=-45×22+35×22=-210.
∵0
=-210×32+7210×12=72-620.
22.解析 由tan A+B2+tan C2=4,
得tan π-C2+tan C2=4,
即sin π-C2cos π-C2+sin C2cos C2=4,
整理得cos2 C2+sin2 C2sin C2cos C2=4,
又∵sin C=2sin C2·cos C2,∴2sinC=4,
∴sin C=12.
又C∈(0,π),∴C=π6或C=5π6.
又sin Bsin C=cos2 A2=1+cosA2=1-cos(B+C)2,即2sin Bsin C=1-cos(B+C)=1-cos Bcos B+sin Bsin C,
∴cos Bcos C+sin Bsin C=1,
∴cos(B-C)=1,
∵B∈(0,π),∴B-C=0,
∴B=C=π6,故A=2π3.
由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=23sin 2π3=4,
所以b=c=4sin π6=2.故b=c=2,A=2π3,B=π6.
23.C 解法一:由余弦定理,得cos C=a2+b2-c22ab=a2b,整理得b2=c2,即b=c,故该三角形一定为等腰三角形.
无法判断其是不是直角三角形.故选C.
解法二:∵a=2bcos C,
∴由正弦定理得sin A=2sin Bcos C.
又∵A+B+C=π,
∴sin A=sin[π-(B+C)]
=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C.
∴2sin Bcos C=sin Bcos C+cos Bsin C.
∴sin Bcos C-cos Bsin C=0,
即sin(B-C)=0.
∵0
∴△ABC为等腰三角形.无法判断其是不是直角三角形.故选C.
24.B 解法一:由bcos C+ccos B=asin A及正弦定理得sin Bcos C+sin Ccos B=sin2A,即sin(B+C)=sin2A,即sin A=sin2A.易知0
1+cosB2=a+c2c,即cos B=ac.
解法一:由余弦定理的推论可得a2+c2-b22ac=ac,整理,得a2+b2=c2,
∴△ABC为直角三角形.无法判断其是不是等腰三角形.故选B.
解法二:由正弦定理可得cos B=sinAsinC,即cos Bsin C=sin A.
又A+B+C=π,∴sin A=sin(B+C),
∴cos Bsin C=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,即sin Bcos C=0,
∴sin B=0或cos C=0.
∵B,C∈(0,π),
∴cos C=0,C=π2.
∴△ABC为直角三角形.无法判断其是不是等腰三角形.故选B.
26.A 设直角三角形的三边长分别为a,b,c,且a2+b2=c2,令三边都增加x(x>0),则(a+x)2+(b+x)2-(c+x)2=a2+b2+2x2+2(a+b)x-c2-2cx-x2=2(a+b-c)x+x2>0,所以新三角形中最大边所对的角是锐角,所以新三角形是锐角三角形.
27.AB 解法一:∵acos A=bcos B,
∴由余弦定理的推论得,a·b2+c2-a22bc=b·a2+c2-b22ac,
整理得a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),
∴a2c2-a4-b2c2+b4=0,
∴c2(a2-b2)+(b2+a2)(b2-a2)=0,
∴(b2-a2)(a2+b2-c2)=0,
∴b2=a2或a2+b2-c2=0,
∴b=a或∠C=90°,
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.
故选AB.
解法二:由正弦定理及已知,得sin Acos A=sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B.
因为2A,2B∈(0,2π),
所以2A=2B或2A+2B=π,
即A=B或A+B=π2,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故选AB.
易错警示
注意区分等腰直角三角形和等腰或直角三角形,等腰直角三角形是等腰且直角三角形,理解“或”和“且”的区别.
能力提升练
1.A 由asinA=bsinB,得sin B=bsinAa=2×sin60°23=12,
∵b
本题易错选C.要注意题中的隐含条件“b
由余弦定理的推论得cos B=a2+c2-b22ac=9k2+36k2-25k22×3k×6k=59,
则sin B=1-cos2B=2149.
3.答案 12
解析 因为sin(A-C)=sin B-34,
所以sin(A-C)=sin(A+C)-34,
所以2cos Asin C=34.
因为2ab=sinBcosC,所以2sin Acos C=sin2B,
所以2(sin Acos C+cos Asin C)=sin2B+34,
整理得sin2B-2sin B+34=0,解得sin B=12或sin B=32(舍去).故答案为12.
4.解析 设正方形的边长为x(1
主编点评
当已知条件中边的关系较多时,可考虑用余弦定理,同时方程思想的运用在本题中得到了充分的体现.
5.B 因为满足条件的三角形有两个,所以asin C
∴由余弦定理的推论得cos B=3ac2ac=32.
又B为锐角三角形ABC的内角,∴B=π6.
∴cos A+sin C=cos A+sin5π6-A=32sin A+32cos A=3sinA+π3.
∵△ABC为锐角三角形,
∴0
故cos A+sin C的取值范围为32,32.
7.D 根据余弦定理的推论得b+ca=cos B+cos C=a2+c2-b22ac+a2+b2-c22ab,整理得2b2c+2bc2=a2b+bc2-b3+a2c+b2c-c3,即b2c+bc2=a2b+a2c-(b3+c3),所以(b+c)(b2+c2-a2)=0,所以b2+c2=a2,所以A=90°,sin A=1,则bc=8,所以a+b+c=b2+c2+(b+c)≥2bc+2bc=4+42,当且仅当b=c=22时取等号,所以△ABC的周长的最小值为4+42.故选D.
8.答案 4;(22,23)
解析 因为C=2A,所以sin C=2sin Acos A,由正弦定理得c=2acos A,所以ccosA=2a=4.因为△ABC是锐角三角形,所以C=2A∈0,π2,B=π-A-C=π-3A∈0,π2,所以A∈π6,π4,所以cos A∈22,32,所以c=4cos A∈(22,23).
9.答案 3;(1+3,4+23)
解析 由正弦定理,可得asin C=csin A=2sin π3=3.
由asinA=bsinB=csinC,可得a=c·sinAsinC=3sinC,b=c·sinBsinC=2sin2π3-CsinC,
所以a+b=3sinC+3cosC+sinCsinC
=1+3(1+cosC)sinC=1+23cos2 C22sin C2cos C2
=1+3tan C2.
由△ABC是锐角三角形,可得0
所以1+3<1+3tan C2<4+23,
即1+3
所以c2a=4c,即ac=4.
由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-4,所以a2+c2-b2=4.
所以S△ABC=14a2c2-a2+c2-b222=1442-422=3.故选A.
11.A ∵向量m=a,cosA2,n=b,cosB2共线,
∴acosB2=bcosA2.
由正弦定理得sin AcosB2=sin BcosA2.
∴2sinA2cosA2cosB2=2sinB2cosB2·cosA2.
∵cosA2≠0,cosB2≠0,
∴sinA2=sinB2.
∵0
∴△ABC为等边三角形.故选A.
12.C ∵lg a-lg c=lg sin B=-lg 2,
∴ac=sin B=22.
∵B∈0,π2,∴B=π4.
由正弦定理,得ac=sinAsinC=22,
∴sin C=2sin A=2sin3π4-C=222cosC+22sinC,
化简得cos C=0,∵C∈(0,π),
∴C=π2,∴A=π-B-C=π4,
∴△ABC是等腰直角三角形.故选C.
13.答案 π6
解析 ∵m⊥n,∴3cos A-sin A=0,
∴tan A=3.又0
∴由正弦定理,得sin Acos B+sin Bcos A=sin2C,
∴sin(A+B)=sin2C,∴sin C=sin2C.
又sin C≠0,∴sin C=1,
∴C=π2,∴B=π6.
14.解析 (1)在△ABC中,由正弦定理得bsin C=csin B,
又由3csin B=4asin C,得3bsin C=4asin C,即3b=4a.
又因为b+c=2a,所以b=43a,c=23a.
由余弦定理的推论可得cos B=a2+c2-b22ac=a2+49a2-169a22·a·23a=- 14.
(2)由(1)可得sin B=1-cos2B=154,
从而sin 2B=2sin Bcos B=-158,cos 2B=cos2B-sin2B=-78,
故sin2B+π6=sin 2Bcos π6+cos 2B·sin π6=-158×32-78×12=-35+716.
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