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人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用第1课时随堂练习题
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这是一份人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用第1课时随堂练习题，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.105° 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.(2021江苏扬中二中高一下期中)已知锐角△ABC的三边长分别为x,5,x+1,则实数x的取值范围为 ( )
A.(1,2) B.(2,3) C.25,2 D.(2,5)
6.(2021天津滨海新区塘沽一中高一下月考)在△ABC中,三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=5,c=2,cos A=23,则b= ( )
A.2 B.3 C.13 D.3
7.(2021江苏苏州三校高一下期中联考)在△ABC中,三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a3+b3-c3a+b-c=c2,则C= ( )
A.30° B.60°
C.120° D.150°
8.(2021广东深圳高级中学高一下期中)在△ABC中,三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足cosCc+cosBb=1a,则A的取值范围是 .
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.(2021江西南昌东湖高一下期中)在△ABC中,已知a=3,b=2,B=45°,解这个三角形.
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.46 B.45 C.43 D.223
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.(2021江西吉安高一下期中)根据下列情况,判断三角形解的情况,其中正确的是 ( )
A.a=8,b=16,A=30°,有两解
B.b=18,c=20,B=60°,有一解
C.a=5,c=2,A=90°,无解
D.a=30,b=25,A=150°,有一解
17.在△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
18.(2021黑龙江双鸭山一中高一下月考)在△ABC中,若满足C=π6,c=5,a=x的三角形有两个,则实数x的取值范围为 .
19.(2021河北沧州河间第十四中学高一下期中)如图,在△ABC中,D是AC边上的点,且AB=AD=32BD,BC=2BD,则sin C的值是 .
20.(2021河北任丘第一中学高一下期中)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin 2B=bsin A.
(1)若a=3,b=7,求边c;
(2)求acosC-ccosAb的取值范围.
21.(2021江西宜春高一下期中)在△ABC中,已知a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且满足cosAcosC=−a2b+c.
(1)求角A的大小;
(2)若a=2,求△ABC周长的取值范围.
题组三 利用余弦定理、正弦定理判断三角形的形状
22.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
23.(2021江苏盱眙都梁中学高一下学情检测)在△ABC中,若acos C+ccos A=bsin B,则此三角形一定是 ( )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
24.在△ABC中,cos2 B2=a+c2c(a,b,c分别为角A,B,C的对边),则△ABC的形状一定是 ( )
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
25.如果将直角三角形的三边增加同样的长度,则新三角形的形状一定是 ( )
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
26.在△ABC中,若acos A=bcos B,则△ABC的形状为 .
能力提升练
题组一 利用余弦定理、正弦定理解三角形
1.()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
2.(2021黑龙江大庆中学高一下月考,)在△ABC中,a2+b2a2-b2=sin(A+B)sin(A-B),则△ABC的形状是 ( )
A.等腰非直角三角形 B.等腰直角三角形
C.直角非等腰三角形 D.等腰或直角三角形
3.(2021广东佛山南海高一下期中,)在△ABC中,已知D是BC边上一点,AD=22,CD=2,sin B=148,cos C=34,则AB+BD= ( )
A.43+4 B.42+4
C.43+6 D.42+6
4.(2021江苏苏州相城陆慕高级中学高一下期中,)在△ABC中,三个角A,B,C所对的边a,b,c为三个连续的偶数,且C=2A,则a= ,cos C= .
5.()如图所示,设P是正方形ABCD内部的一点,且PA=1,PB=2,PC=3,求正方形的边长.
题组二 利用余弦定理、正弦定理求最值或取值范围
6.(2021江苏无锡锡山高一下期末,)设锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c=1,A=2C,则△ABC周长的取值范围是 ( )
A.(0,2+2) B.(0,3+3)
C.(2+2,3+3) D.(2-2,3-3]
7.(2021四川成都蓉城名校联盟高一下期中,)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcsin A=a2-(b-c)2,则4b2-12bc+17c24b2-12bc+13c2的取值范围为 ( )
A.95,7337 B.281181,95
C.7337,2 D.281181,2
8.(2021河南郑州高二上期末,)在△ABC中,点M是BC边的中点,AM=3,BC=2,则2AC+AB的最大值为 .
9.()如图,在三角形ABC中,已知2BC2+AB2=2AC2,且BC延长线上的点D满足DA=DB,则∠DAC的最大值是 .
题组三 余弦定理、正弦定理的综合应用
10.(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
11.(2021广东深圳中学高一下期中,)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题正确的是 .(填序号)
①若ab>c2,则0
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,所以A+B=2π3.
因为sin A=12,A∈0,2π3,所以A=π6,
所以B=π2.故选A.
5.A 因为锐角△ABC的三边长分别为x, 5,x+1,
所以x2+(x+1)2-52x(x+1)>0,x2+5-(x+1)225x>0,5+(x+1)2-x225(x+1)>0,解得1
6.D 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,即3b2-8b-3=0,解得b=3或b=-13(舍去),故选D.
7.B 由a3+b3-c3a+b-c=c2得a3+b3=ac2+bc2,
即(a+b)(a2+b2-ab)=(a+b)c2,
又a+b≠0,所以a2+b2-ab=c2,即a2+b2-c2=ab,从而有cos C=a2+b2-c22ab=12,又0°
解析 由题意得a2+b2-c22abc+a2+c2-b22abc=1a,整理得a2=bc,由余弦定理的推论得cos A=b2+c2-a22bc=b2+c2-bc2bc≥2bc-bc2bc=12,当且仅当b=c时取等号.
所以cos A≥12,又A∈(0,π),所以A∈0,π3.
9.答案 12
解析 原式
=abca2+b2+c2·bccosA+accosB+abcosCabc
=bc·b2+c2-a22bc+ac·a2+c2-b22ac+ab·a2+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 由余弦定理,得b2=a2+c2-2ac×cos B,
则2=3+c2-23×22×c,即c2-6c+1=0,解得c=6+22或c=6-22.
当c=6+22时,由余弦定理的推论得cos A=b2+c2-a22bc=2+6+222-32×2×6+22=12.
∵0°
∴C=180°-(A+B)=180°-(60°+45°)=75°.
当c=6-22时,由余弦定理的推论得cos A=b2+c2-a22bc=2+6-222-32×2×6-22=−12.
∵0°
故c=6+22时,A=60°,C=75°;c=6-22时,A=120°,C=15°.
规律总结
已知两边及一角解三角形的方法:
(1)当已知两边及它们的夹角时,用余弦定理求解出第三边,再用正弦定理和三角形内角和定理求解出另外两角,只有一解.
(2)当已知两边及其一边的对角时,可用余弦定理建立一元二次方程,解方程求出第三边;也可用正弦定理求解,但都要注意解的情况的讨论.
12.解析 (1)∵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
∴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
∴b=asinBsinA=8×3222=46.
15.B 由asinA=bsinB,得sin A=asinBb=23×2222=32,
∵0°
选项B中,sin C=20sin60°18=539,且c>b,∴C>B,故有两解;
选项C中,∵A=90°,a=5,c=2,∴b= a2-c2= 25-4= 21,有解;
选项D中,sin B=bsinAa=512,
∵a>b,
∴A>B,有一解.
故选D.
17.C 由3bcos C=c(1-3cos B)及正弦定理可得3sin Bcos C=sin C(1-3cos B),化简可得sin C=3sin(B+C).又A+B+C=π,
∴sin C=3sin A,∴c∶a=sin C∶sin A=3∶1.故选C.
18.答案 (5,10)
解析 由正弦定理得asinA=csinC,
所以sin A=x10,
因为满足条件的三角形有两个,
所以sinπ6
已知a、b、A.
1.若A为钝角或直角,则△ABC解的情况如下:
(1)a>b时,有一解,如图1所示.
(2)a≤b时,无解,如图2所示.
2.若A为锐角,则△ABC解的情况如下:
(1)a≥b时,有一解,如图3所示.
(2)a=bsin A时,有一解,如图4所示.
(3)bsin A
19.答案 66
解析 设BD=2x,则AB=3x,AD=3x,BC=4x,
过点A作AE⊥BD(图略),
则DE=BE=x,AE=AD2-DE2=2x,
所以sin∠ADE=AEAD=63,
所以sin∠BDC=sin∠ADE=63,
在△BCD中,利用正弦定理得BCsin∠BDC=BDsinC,所以4x63=2xsinC,解得sin C=66.
20.解析 (1)由asin 2B=bsin A,
得sin A ·sin 2B=sin Bsin A,
∴2sin Asin Bcos B=sin B ·sin A,∴cos B=12,∵B∈(0,π),∴B=π3,
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,
即7=9+c2-6ccosπ3,
即c2-3c+2=0,解得c=1或c=2.
当c=1时,cos A=b2+c2-a22bc=−714<0,
∴A为钝角,不合题意,故舍去.
当c=2时,cos A=b2+c2-a22bc=714>0,符合题意.故c=2.
(2)由(1)得B=π3,所以C=2π3-A,
∴acosC-ccosAb=sinAcosC-cosAsinCsinB=sin(A-C)32=23sin2A-2π3,
∵△ABC为锐角三角形,
∴π6
∴-32
21.解析 (1)由正弦定理及已知,得cosAcosC=−sinA2sinB+sinC,
所以2cos Asin B+cos Asin C+sin Acos C=0,
则2cos Asin B+sin(A+C)=0,
因为A+B+C=π,所以sin(A+C)=sin B,
所以2cos Asin B+sin B=0,
因为sin B≠0,
所以cos A=-12,
又A∈(0,π),所以A=2π3.
(2)由正弦定理,得bsinB=csinC=asinA=433,所以b+c=433(sin B+sin C)
=433sinB+sinπ3-B
=433sinB+sin π3cosB-cosπ3sinB
=43312sinB+32cosB
=433sinB+π3,
因为A=2π3,所以B∈0,π3,
所以B+π3∈π3,2π3,
所以sinB+π3∈32,1,
所以b+c∈2,433,
故△ABC的周长a+b+c∈4,2+433.
22.C 解法一:由余弦定理的推论,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.
23.C 在△ABC中,由acos C+ccos A=bsin B以及正弦定理可知,
sin Acos C+sin Ccos A=sin Bsin B,
即sin(A+C)=sin B=sin Bsin B.
∵0
1+cosB2=a+c2c,即cos B=c.
解法一:由余弦定理的推论可得cos B=a2+c2-b22ac=ac,整理得a2+b2=c2,
∴△ABC是直角三角形.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,
∵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.
25.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.
26.答案 等腰三角形或直角三角形
解析 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.
解法二:由正弦定理及已知,得sin Acos A=sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B.
∵A,B∈(0,π),
∴2A=2B或2A+2B=π,
即A=B或A+B=π2,
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.
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 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由sin A∶sin B∶sin C=3∶5∶6及正弦定理,得a∶b∶c=3∶5∶6,则可设a=3k,b=5k,c=6k,k>0.
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.
2.C 由a2+b2a2-b2=sin(A+B)sin(A-B)可得,
(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),
整理可得b2sin Acos B=a2cos Asin B,
由正弦定理可得,sin2Bsin Acos B=sin2A·cos Asin B,∵A,B∈(0,π),∴sin A≠0,sin B≠0,∴sin Bcos B=sin Acos A,即sin 2A=sin 2B,∴2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=π2,又a2-b2≠0,∴A+B=π2,
∴△ABC是直角非等腰三角形.故选C.
规律总结
已知三角形的边或角的关系等式解三角形或判断三角形的形状,可先观察等式的特点,再依据此特点选取变形方法.当等式两端各项都含有边时,常用正弦定理变形;当等式两边含有角的正弦的同次幂时,常用正弦定理变形;当等式中含有边的乘积及边的平方和或差的形式时,常考虑用余弦定理变形.
3.D 在△ACD中,由余弦定理,
得AD2=AC2+CD2-2AC×CDcos C,
即8=AC2+4-2×AC×2×34,
解得AC=4或AC=-1(舍去).
由cos C=34,得sin C= 74,
在△ABC中,由正弦定理,
得AB=ACsinCsinB=4× 74 148=42.
由余弦定理得AB2=BC2+AC2-2BC×ACcos C,
即32=BC2+16-2BC×4×34,解得BC=8或BC=-2(舍去),
则BD=BC-CD=6,所以AB+BD=42+6.
4.答案 8;18
解析 不妨设b=x(x>2),则a=x-2,c=x+2,由正弦定理可得,asinA=csinC,因为C=2A,所以x-2sinA=x+2sinC=x+22cosAsinA,所以cos A=x+22x-4,由余弦定理的推论可得cos A=b2+c2-a22bc=x2+(x+2)2-(x-2)22x(x+2)=x+82x+4=x+22x-4,解得x=10,所以b=10,a=8,c=12,cos C=64+100-1442×8×10=18.
5.解析 设正方形的边长为x(1
∴x2+34x2+x2-54x2=1,即x4-10x2+17=0,∴x2=5+22或x2=5−22.当x2=5−22时,AC=10-42<3,则PC的值不可能为3,∴x=5+22,即正方形的边长为5+22.
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.
6.C 因为△ABC为锐角三角形,所以0
又因为c=1,所以a=2cos C.
由bsinB=csinC,
得b=csinBsinC=sin3CsinC=4cos2C-1,
所以a+b+c=4cos2C+2cos C,
令t=cos C,则t∈ 22, 32,
又因为函数y=4t2+2t在 22, 32上单调递增,
所以函数的值域为(2+ 2,3+ 3).
7.D △ABC中,由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccos A,又bcsin A=a2-(b-c)2,所以bc·sin A=2bc-2bccos A,化简得sin A+2cos A=2.
又A∈0,π2,sin2A+cos2A=1,
所以sin A+21-sin2A=2,
化简得5sin2A-4sin A=0,解得sin A=45或sin A=0(不合题意,舍去),所以cos A=35.
所以bc=sinBsinC=sin(A+C)sinC=sinAcosC+cosAsinCsinC=45tanC+35,
由B=π-A-C,且B∈0,π2,得C∈π2-A,π2,所以tan C>1tanA=34,所以1tanC∈0,43,
所以bc∈35,53.
设bc=t,t∈35,53,
所以y=4b2-12bc+17c24b2-12bc+13c2
=4bc2-12bc+174bc2-12bc+13
=4t2-12t+174t2-12t+13
=1+44t2-12t+13=1+44t-322+4,
又35<32<53,所以t=32时,y取得最大值,且ymax=2,
t=35时,y=281181,t=53时,y=7337,且281181<7337,
所以y∈281181,2,即4b2-12bc+17c24b2-12bc+13c2的取值范围是281181,2.
故选D.
8.答案 210
解析 设∠AMB=θ,AB=x,AC=y,则∠AMC=π-θ,
由余弦定理得x2=1+3-2×1×3×cos θ=4−23cos θ,
y2=1+3-2×1×3×cos(π-θ)
=4+23cos θ,
所以x2+y2=8.
设z=x+2y,
由x2+y2=8,z=x+2y消去x,并整理得5y2-4yz+z2-8=0.
由Δ=(-4z)2-20(z2-8)≥0,
解得-210≤z≤210,
所以2AC+AB的最大值为210.
9.答案 π6
解析 因为DA=DB,所以∠ABC=∠BAD,因为2BC2+AB2=2AC2,
所以AB2+BC2-AC2=AC2-BC2,
因为cos∠ABC=BC2+AB2-AC22BC·AB=AC2-BC22BC·AB
=-AB22BC·AB+AB2+AC2-BC22AB·AC·ACBC
=-AB2BC+cos∠BAC·sin∠ABCsin∠BAC,
所以AB2BC=
cos∠BAsin∠ABC-cos∠ABCsin∠BACsin∠BAC
=sin(∠ABC-∠BAC)sin∠BAC
=sin(∠BAD-∠BAC)sin∠BAC
=sin∠DACsin∠BAC,
所以sin∠ACB2sin∠BAC=sin∠DACsin∠BAC,
所以sin∠ACB=2sin∠DAC,
因为∠ACB+∠ACD=π,
所以sin∠ACD=2sin∠DAC,
所以DA=2DC,
所以cos∠DAC=DA2+AC2-DC22DA·AC
=3DC2+AC24AC·DC≥23AC·DC4AC·DC= 32,当且仅当AC= 3DC时,等号成立,
又因为∠DAC∈(0,π),所以∠DAC的最大值为π6.
10.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.
11.答案 ①②③
解析 由余弦定理的推论得cos C=a2+b2-c22ab.
对于①,∵ab>c2,
∴-c2>-ab,
又a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时,等号成立),
∴cos C=a2+b2-c22ab>2ab-ab2ab=12,
∴0
∴(a+b)2>4c2,即c2<(a+b)24,
∴cos C=a2+b2-c22ab>4(a2+b2)-(a+b)28ab
≥12,当且仅当a=b时,等号成立,
∴0
则c2≥a2+b2,
∴c3≥ca2+cb2>a3+b3,与a3+b3=c3矛盾,假设不成立,故0
∴0
∴0
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.105° 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.(2021江苏扬中二中高一下期中)已知锐角△ABC的三边长分别为x,5,x+1,则实数x的取值范围为 ( )
A.(1,2) B.(2,3) C.25,2 D.(2,5)
6.(2021天津滨海新区塘沽一中高一下月考)在△ABC中,三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=5,c=2,cos A=23,则b= ( )
A.2 B.3 C.13 D.3
7.(2021江苏苏州三校高一下期中联考)在△ABC中,三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a3+b3-c3a+b-c=c2,则C= ( )
A.30° B.60°
C.120° D.150°
8.(2021广东深圳高级中学高一下期中)在△ABC中,三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足cosCc+cosBb=1a,则A的取值范围是 .
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.(2021江西南昌东湖高一下期中)在△ABC中,已知a=3,b=2,B=45°,解这个三角形.
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.46 B.45 C.43 D.223
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.(2021江西吉安高一下期中)根据下列情况,判断三角形解的情况,其中正确的是 ( )
A.a=8,b=16,A=30°,有两解
B.b=18,c=20,B=60°,有一解
C.a=5,c=2,A=90°,无解
D.a=30,b=25,A=150°,有一解
17.在△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
18.(2021黑龙江双鸭山一中高一下月考)在△ABC中,若满足C=π6,c=5,a=x的三角形有两个,则实数x的取值范围为 .
19.(2021河北沧州河间第十四中学高一下期中)如图,在△ABC中,D是AC边上的点,且AB=AD=32BD,BC=2BD,则sin C的值是 .
20.(2021河北任丘第一中学高一下期中)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin 2B=bsin A.
(1)若a=3,b=7,求边c;
(2)求acosC-ccosAb的取值范围.
21.(2021江西宜春高一下期中)在△ABC中,已知a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且满足cosAcosC=−a2b+c.
(1)求角A的大小;
(2)若a=2,求△ABC周长的取值范围.
题组三 利用余弦定理、正弦定理判断三角形的形状
22.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
23.(2021江苏盱眙都梁中学高一下学情检测)在△ABC中,若acos C+ccos A=bsin B,则此三角形一定是 ( )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
24.在△ABC中,cos2 B2=a+c2c(a,b,c分别为角A,B,C的对边),则△ABC的形状一定是 ( )
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
25.如果将直角三角形的三边增加同样的长度,则新三角形的形状一定是 ( )
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
26.在△ABC中,若acos A=bcos B,则△ABC的形状为 .
能力提升练
题组一 利用余弦定理、正弦定理解三角形
1.()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
2.(2021黑龙江大庆中学高一下月考,)在△ABC中,a2+b2a2-b2=sin(A+B)sin(A-B),则△ABC的形状是 ( )
A.等腰非直角三角形 B.等腰直角三角形
C.直角非等腰三角形 D.等腰或直角三角形
3.(2021广东佛山南海高一下期中,)在△ABC中,已知D是BC边上一点,AD=22,CD=2,sin B=148,cos C=34,则AB+BD= ( )
A.43+4 B.42+4
C.43+6 D.42+6
4.(2021江苏苏州相城陆慕高级中学高一下期中,)在△ABC中,三个角A,B,C所对的边a,b,c为三个连续的偶数,且C=2A,则a= ,cos C= .
5.()如图所示,设P是正方形ABCD内部的一点,且PA=1,PB=2,PC=3,求正方形的边长.
题组二 利用余弦定理、正弦定理求最值或取值范围
6.(2021江苏无锡锡山高一下期末,)设锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c=1,A=2C,则△ABC周长的取值范围是 ( )
A.(0,2+2) B.(0,3+3)
C.(2+2,3+3) D.(2-2,3-3]
7.(2021四川成都蓉城名校联盟高一下期中,)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcsin A=a2-(b-c)2,则4b2-12bc+17c24b2-12bc+13c2的取值范围为 ( )
A.95,7337 B.281181,95
C.7337,2 D.281181,2
8.(2021河南郑州高二上期末,)在△ABC中,点M是BC边的中点,AM=3,BC=2,则2AC+AB的最大值为 .
9.()如图,在三角形ABC中,已知2BC2+AB2=2AC2,且BC延长线上的点D满足DA=DB,则∠DAC的最大值是 .
题组三 余弦定理、正弦定理的综合应用
10.(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
11.(2021广东深圳中学高一下期中,)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题正确的是 .(填序号)
①若ab>c2,则0
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,所以A+B=2π3.
因为sin A=12,A∈0,2π3,所以A=π6,
所以B=π2.故选A.
5.A 因为锐角△ABC的三边长分别为x, 5,x+1,
所以x2+(x+1)2-52x(x+1)>0,x2+5-(x+1)225x>0,5+(x+1)2-x225(x+1)>0,解得1
6.D 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,即3b2-8b-3=0,解得b=3或b=-13(舍去),故选D.
7.B 由a3+b3-c3a+b-c=c2得a3+b3=ac2+bc2,
即(a+b)(a2+b2-ab)=(a+b)c2,
又a+b≠0,所以a2+b2-ab=c2,即a2+b2-c2=ab,从而有cos C=a2+b2-c22ab=12,又0°
解析 由题意得a2+b2-c22abc+a2+c2-b22abc=1a,整理得a2=bc,由余弦定理的推论得cos A=b2+c2-a22bc=b2+c2-bc2bc≥2bc-bc2bc=12,当且仅当b=c时取等号.
所以cos A≥12,又A∈(0,π),所以A∈0,π3.
9.答案 12
解析 原式
=abca2+b2+c2·bccosA+accosB+abcosCabc
=bc·b2+c2-a22bc+ac·a2+c2-b22ac+ab·a2+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 由余弦定理,得b2=a2+c2-2ac×cos B,
则2=3+c2-23×22×c,即c2-6c+1=0,解得c=6+22或c=6-22.
当c=6+22时,由余弦定理的推论得cos A=b2+c2-a22bc=2+6+222-32×2×6+22=12.
∵0°
∴C=180°-(A+B)=180°-(60°+45°)=75°.
当c=6-22时,由余弦定理的推论得cos A=b2+c2-a22bc=2+6-222-32×2×6-22=−12.
∵0°
故c=6+22时,A=60°,C=75°;c=6-22时,A=120°,C=15°.
规律总结
已知两边及一角解三角形的方法:
(1)当已知两边及它们的夹角时,用余弦定理求解出第三边,再用正弦定理和三角形内角和定理求解出另外两角,只有一解.
(2)当已知两边及其一边的对角时,可用余弦定理建立一元二次方程,解方程求出第三边;也可用正弦定理求解,但都要注意解的情况的讨论.
12.解析 (1)∵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
∴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
∴b=asinBsinA=8×3222=46.
15.B 由asinA=bsinB,得sin A=asinBb=23×2222=32,
∵0°
选项B中,sin C=20sin60°18=539,且c>b,∴C>B,故有两解;
选项C中,∵A=90°,a=5,c=2,∴b= a2-c2= 25-4= 21,有解;
选项D中,sin B=bsinAa=512,
∵a>b,
∴A>B,有一解.
故选D.
17.C 由3bcos C=c(1-3cos B)及正弦定理可得3sin Bcos C=sin C(1-3cos B),化简可得sin C=3sin(B+C).又A+B+C=π,
∴sin C=3sin A,∴c∶a=sin C∶sin A=3∶1.故选C.
18.答案 (5,10)
解析 由正弦定理得asinA=csinC,
所以sin A=x10,
因为满足条件的三角形有两个,
所以sinπ6
已知a、b、A.
1.若A为钝角或直角,则△ABC解的情况如下:
(1)a>b时,有一解,如图1所示.
(2)a≤b时,无解,如图2所示.
2.若A为锐角,则△ABC解的情况如下:
(1)a≥b时,有一解,如图3所示.
(2)a=bsin A时,有一解,如图4所示.
(3)bsin A
19.答案 66
解析 设BD=2x,则AB=3x,AD=3x,BC=4x,
过点A作AE⊥BD(图略),
则DE=BE=x,AE=AD2-DE2=2x,
所以sin∠ADE=AEAD=63,
所以sin∠BDC=sin∠ADE=63,
在△BCD中,利用正弦定理得BCsin∠BDC=BDsinC,所以4x63=2xsinC,解得sin C=66.
20.解析 (1)由asin 2B=bsin A,
得sin A ·sin 2B=sin Bsin A,
∴2sin Asin Bcos B=sin B ·sin A,∴cos B=12,∵B∈(0,π),∴B=π3,
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,
即7=9+c2-6ccosπ3,
即c2-3c+2=0,解得c=1或c=2.
当c=1时,cos A=b2+c2-a22bc=−714<0,
∴A为钝角,不合题意,故舍去.
当c=2时,cos A=b2+c2-a22bc=714>0,符合题意.故c=2.
(2)由(1)得B=π3,所以C=2π3-A,
∴acosC-ccosAb=sinAcosC-cosAsinCsinB=sin(A-C)32=23sin2A-2π3,
∵△ABC为锐角三角形,
∴π6
∴-32
21.解析 (1)由正弦定理及已知,得cosAcosC=−sinA2sinB+sinC,
所以2cos Asin B+cos Asin C+sin Acos C=0,
则2cos Asin B+sin(A+C)=0,
因为A+B+C=π,所以sin(A+C)=sin B,
所以2cos Asin B+sin B=0,
因为sin B≠0,
所以cos A=-12,
又A∈(0,π),所以A=2π3.
(2)由正弦定理,得bsinB=csinC=asinA=433,所以b+c=433(sin B+sin C)
=433sinB+sinπ3-B
=433sinB+sin π3cosB-cosπ3sinB
=43312sinB+32cosB
=433sinB+π3,
因为A=2π3,所以B∈0,π3,
所以B+π3∈π3,2π3,
所以sinB+π3∈32,1,
所以b+c∈2,433,
故△ABC的周长a+b+c∈4,2+433.
22.C 解法一:由余弦定理的推论,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.
23.C 在△ABC中,由acos C+ccos A=bsin B以及正弦定理可知,
sin Acos C+sin Ccos A=sin Bsin B,
即sin(A+C)=sin B=sin Bsin B.
∵0
1+cosB2=a+c2c,即cos B=c.
解法一:由余弦定理的推论可得cos B=a2+c2-b22ac=ac,整理得a2+b2=c2,
∴△ABC是直角三角形.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,
∵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.
25.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.
26.答案 等腰三角形或直角三角形
解析 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.
解法二:由正弦定理及已知,得sin Acos A=sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B.
∵A,B∈(0,π),
∴2A=2B或2A+2B=π,
即A=B或A+B=π2,
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.
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 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由sin A∶sin B∶sin C=3∶5∶6及正弦定理,得a∶b∶c=3∶5∶6,则可设a=3k,b=5k,c=6k,k>0.
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.
2.C 由a2+b2a2-b2=sin(A+B)sin(A-B)可得,
(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),
整理可得b2sin Acos B=a2cos Asin B,
由正弦定理可得,sin2Bsin Acos B=sin2A·cos Asin B,∵A,B∈(0,π),∴sin A≠0,sin B≠0,∴sin Bcos B=sin Acos A,即sin 2A=sin 2B,∴2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=π2,又a2-b2≠0,∴A+B=π2,
∴△ABC是直角非等腰三角形.故选C.
规律总结
已知三角形的边或角的关系等式解三角形或判断三角形的形状,可先观察等式的特点,再依据此特点选取变形方法.当等式两端各项都含有边时,常用正弦定理变形;当等式两边含有角的正弦的同次幂时,常用正弦定理变形;当等式中含有边的乘积及边的平方和或差的形式时,常考虑用余弦定理变形.
3.D 在△ACD中,由余弦定理,
得AD2=AC2+CD2-2AC×CDcos C,
即8=AC2+4-2×AC×2×34,
解得AC=4或AC=-1(舍去).
由cos C=34,得sin C= 74,
在△ABC中,由正弦定理,
得AB=ACsinCsinB=4× 74 148=42.
由余弦定理得AB2=BC2+AC2-2BC×ACcos C,
即32=BC2+16-2BC×4×34,解得BC=8或BC=-2(舍去),
则BD=BC-CD=6,所以AB+BD=42+6.
4.答案 8;18
解析 不妨设b=x(x>2),则a=x-2,c=x+2,由正弦定理可得,asinA=csinC,因为C=2A,所以x-2sinA=x+2sinC=x+22cosAsinA,所以cos A=x+22x-4,由余弦定理的推论可得cos A=b2+c2-a22bc=x2+(x+2)2-(x-2)22x(x+2)=x+82x+4=x+22x-4,解得x=10,所以b=10,a=8,c=12,cos C=64+100-1442×8×10=18.
5.解析 设正方形的边长为x(1
∴x2+34x2+x2-54x2=1,即x4-10x2+17=0,∴x2=5+22或x2=5−22.当x2=5−22时,AC=10-42<3,则PC的值不可能为3,∴x=5+22,即正方形的边长为5+22.
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.
6.C 因为△ABC为锐角三角形,所以0
又因为c=1,所以a=2cos C.
由bsinB=csinC,
得b=csinBsinC=sin3CsinC=4cos2C-1,
所以a+b+c=4cos2C+2cos C,
令t=cos C,则t∈ 22, 32,
又因为函数y=4t2+2t在 22, 32上单调递增,
所以函数的值域为(2+ 2,3+ 3).
7.D △ABC中,由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccos A,又bcsin A=a2-(b-c)2,所以bc·sin A=2bc-2bccos A,化简得sin A+2cos A=2.
又A∈0,π2,sin2A+cos2A=1,
所以sin A+21-sin2A=2,
化简得5sin2A-4sin A=0,解得sin A=45或sin A=0(不合题意,舍去),所以cos A=35.
所以bc=sinBsinC=sin(A+C)sinC=sinAcosC+cosAsinCsinC=45tanC+35,
由B=π-A-C,且B∈0,π2,得C∈π2-A,π2,所以tan C>1tanA=34,所以1tanC∈0,43,
所以bc∈35,53.
设bc=t,t∈35,53,
所以y=4b2-12bc+17c24b2-12bc+13c2
=4bc2-12bc+174bc2-12bc+13
=4t2-12t+174t2-12t+13
=1+44t2-12t+13=1+44t-322+4,
又35<32<53,所以t=32时,y取得最大值,且ymax=2,
t=35时,y=281181,t=53时,y=7337,且281181<7337,
所以y∈281181,2,即4b2-12bc+17c24b2-12bc+13c2的取值范围是281181,2.
故选D.
8.答案 210
解析 设∠AMB=θ,AB=x,AC=y,则∠AMC=π-θ,
由余弦定理得x2=1+3-2×1×3×cos θ=4−23cos θ,
y2=1+3-2×1×3×cos(π-θ)
=4+23cos θ,
所以x2+y2=8.
设z=x+2y,
由x2+y2=8,z=x+2y消去x,并整理得5y2-4yz+z2-8=0.
由Δ=(-4z)2-20(z2-8)≥0,
解得-210≤z≤210,
所以2AC+AB的最大值为210.
9.答案 π6
解析 因为DA=DB,所以∠ABC=∠BAD,因为2BC2+AB2=2AC2,
所以AB2+BC2-AC2=AC2-BC2,
因为cos∠ABC=BC2+AB2-AC22BC·AB=AC2-BC22BC·AB
=-AB22BC·AB+AB2+AC2-BC22AB·AC·ACBC
=-AB2BC+cos∠BAC·sin∠ABCsin∠BAC,
所以AB2BC=
cos∠BAsin∠ABC-cos∠ABCsin∠BACsin∠BAC
=sin(∠ABC-∠BAC)sin∠BAC
=sin(∠BAD-∠BAC)sin∠BAC
=sin∠DACsin∠BAC,
所以sin∠ACB2sin∠BAC=sin∠DACsin∠BAC,
所以sin∠ACB=2sin∠DAC,
因为∠ACB+∠ACD=π,
所以sin∠ACD=2sin∠DAC,
所以DA=2DC,
所以cos∠DAC=DA2+AC2-DC22DA·AC
=3DC2+AC24AC·DC≥23AC·DC4AC·DC= 32,当且仅当AC= 3DC时,等号成立,
又因为∠DAC∈(0,π),所以∠DAC的最大值为π6.
10.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.
11.答案 ①②③
解析 由余弦定理的推论得cos C=a2+b2-c22ab.
对于①,∵ab>c2,
∴-c2>-ab,
又a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时,等号成立),
∴cos C=a2+b2-c22ab>2ab-ab2ab=12,
∴0
∴(a+b)2>4c2,即c2<(a+b)24,
∴cos C=a2+b2-c22ab>4(a2+b2)-(a+b)28ab
≥12,当且仅当a=b时,等号成立,
∴0
则c2≥a2+b2,
∴c3≥ca2+cb2>a3+b3,与a3+b3=c3矛盾,假设不成立,故0
∴0
∴0
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