2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章解三角形2.1正弦定理與余弦定理2.1.2余弦定理課時作業(yè)含解析北師大版必修5

PAGEPAGE5課時作業(yè)13余弦定理時間：45分鐘——基礎(chǔ)鞏固類——一、選擇題1．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若a＝2，b＝3，c＝eq\r(7)，則角C＝(C)A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)解析：cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(22＋32－(\r(7))2,2×2×3)＝eq\f(1,2)，∵0<C<π，∴C＝eq\f(π,3)，選C.2．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，若a＝7，b＝8，cosC＝eq\f(13,14)，則最大角的余弦值是(C)A．－eq\f(1,5)B．－eq\f(1,6)C．－eq\f(1,7)D．－eq\f(1,8)解析：由余弦定理，得cosC＝eq\f(72＋82－c2,2×7×8)＝eq\f(13,14)，解得c＝3，所以角B為最大角，則cosB＝eq\f(72＋32－82,2×7×3)＝－eq\f(1,7).故選C.3．在△ABC中，B＝eq\f(π,3)，三邊長a，b，c成等差數(shù)列，且ac＝6，則b的值是(D)A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\r(5)D.eq\r(6)解析：由條件得2b＝a＋c，∴4b2＝a2＋c2＋2ac＝a2＋c2＋12，又cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(a2＋c2－b2,12)，∴a2＋c2＝6＋b2，∴4b2＝18＋b2，∴b＝eq\r(6).4．在△ABC中，已知b＝4eq\r(3)，c＝2eq\r(3)，A＝120°，則a等于(A)A．2eq\r(21) B．6C．2eq\r(21)或6 D．2eq\r(15＋6\r(3))解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝48＋12－2×4eq\r(3)×2eq\r(3)×(－eq\f(1,2))＝84，∴a＝2eq\r(21).5．在△ABC中，a、b、c分別為角A、B、C的對邊，設(shè)向量m＝(b－c，c－a)，n＝(b，c＋a)，若m⊥n，則角A的大小為(B)A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2) D.eq\f(2π,3)解析：∵m⊥n，∴m·n＝b(b－c)＋(c－a)(c＋a)＝b2－bc＋c2－a2＝0，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).6．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若(a2＋c2－b2)tanB＝eq\r(3)ac，則角B的值為(B)A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)解析：因為(a2＋c2－b2)tanB＝eq\r(3)ac，所以2accosBtanB＝eq\r(3)ac，即sinB＝eq\f(\r(3),2)，所以B＝eq\f(π,3)或B＝eq\f(2π,3)，故選B.7．假如將直角三角形的三邊增加同樣的長度，則新三角形的形態(tài)是(A)A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．由增加的長度確定解析：設(shè)直角三角形的三邊長分別為a，b，c，且a2＋b2＝c2.三邊都增加x(x>0)，則(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邊所對的角是銳角，所以新三角形是銳角三角形．8．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若b2＋c2－a2＝eq\r(3)bc，且b＝eq\r(3)a，則下列關(guān)系肯定不成立的是(B)A．a(chǎn)＝c B．b＝cC．2a＝c D．a(chǎn)2＋b2＝c2解析：因為b2＋c2－a2＝eq\r(3)bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3),2).又因為A∈(0°，180°)，所以A＝30°.因為b＝eq\r(3)a，所以sinB＝eq\r(3)sinA＝eq\f(\r(3),2).又因為B∈(0°，180°)，所以B＝60°或B＝120°.當(dāng)B＝60°時，C＝90°，此時△ABC為直角三角形，得到a2＋b2＝c2,2a＝c.當(dāng)B＝120°時，C＝30°，此時△ABC為等腰三角形，得到a＝c.綜上可知，b＝c肯定不成立．故選B.二、填空題9．在△ABC中，a＝1，b＝1，C＝120°，則c＝eq\r(3).解析：由余弦定理知c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋1＋1＝3.∴c＝eq\r(3).10．已知△ABC中，三邊a，b，c滿意eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，則B＝60°.解析：由eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)得(a＋2b＋c)(a＋b＋c)＝3(a＋b)(b＋c)，整理得a2＋c2－b2＝ac，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2)，故B＝60°.11．在△ABC中，三個角A、B、C的對邊邊長分別為a＝3、b＝4、c＝6，則bccosA＋cacosB＋abcosC的值為eq\f(61,2).解析：bccosA＋cacosB＋abcosC＝bceq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋caeq\f(a2＋c2－b2,2ca)＋ab·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2＋c2－a2＋a2＋c2－b2＋a2＋b2－c2,2)＝eq\f(a2＋b2＋c2,2)＝eq\f(61,2).三、解答題12．在△ABC中，已知b＝5，c＝5eq\r(3)，A＝30°，求a，B，C.解：解法一：由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝25＋75－2×5×5eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝25.所以a＝5.由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(25＋75－25,2×5×5\r(3))＝eq\f(75,50\r(3))＝eq\f(\r(3),2).因為B∈(0°，180°)，所以B＝30°.由A＋B＋C＝180°，得C＝180°－A－B＝180°－30°－30°＝120°.綜上知，a＝5，B＝30°，C＝120°.解法二：由解法一知a＝5，由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5×\f(1,2),5)＝eq\f(1,2).因為b<c，所以B為銳角．所以B＝30°.以下同解法一．13．在△ABC中，已知a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若eq\f(a＋b,a)＝eq\f(cosB＋cosA,cosB)，試推斷三角形的形態(tài)．解：化邊為角．由正弦定理知，a＝2RsinA，b＝2RsinB，R為△ABC外接圓半徑．∵eq\f(a＋b,a)＝eq\f(cosB＋cosA,cosB)，∴eq\f(sinA＋sinB,sinA)＝eq\f(cosB＋cosA,cosB)，∴sinAcosB＋sinBcosB＝sinAcosB＋sinAcosA，∴sinBcosB＝sinAcosA，∴sin2B＝sin2A，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．——實力提升類——14．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，若c＝2acosB，S＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,4)c2，則C的大小為eq\f(π,4).解析：∵c＝2acosB，∴依據(jù)正弦定理，可得sinC＝2sinAcosB，即sin(A＋B)＝2sinAcosB，∴sin(A－B)＝0，∴A＝B，∴a＝b.∵S＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,4)c2，∴eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)a2－eq\f(1,4)c2＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)b2－eq\f(1,4)c2，∴sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).由余弦定理cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，得sinC＝cosC，即tanC＝1.∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,4).15．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(sinA,a)＝eq\f(\r(3)cosC,c).(1)求角C的大??；(2)假如a＋b＝6，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝4，求c的值．解：(1)∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，eq\f(sinA,a)＝eq\f(\r(3)cosC,c)，∴sinC＝eq\r(3)cosC.∴tanC＝eq\r(3).又∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).(2)∵eq\o