余弦定理练习含

余弦定理练习含余弦定理练习含余弦定理练习含课时作业2余弦定理时间：45分钟满分：100分课堂训练1．在△ABC中，已知a＝5，b＝4，∠C＝120°.则c为()A.41B.61C.41或61D.21【答案】B【剖析】c＝a2＋b2－2abcosC221＝5＋4－2×5×4×－2＝61.2．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足b2＝ac，且c＝2a，则cosB＝()13A.4B.422C.4D.3【答案】B【剖析】由b2＝ac，又c＝2a，由余弦定理a2＋c2－b2a2＋4a2－a×2a3cosB＝2ac＝2a·2a＝4.3．在△ABC中，三个角A、B、C的对边边长分别为a＝3、b＝4、c＝6，则bccosA＋cacosB＋abcosC＝________.61【答案】2【剖析】bccosA＋cacosB＋abcosC＝bc·b2＋c2－a2＋2bcc2＋a2－b2a2＋b2－c21222122212ca·2ac＋ab·2ab＝2(b＋c－a)＋2(c＋a－b)＋2(a22122261＋b－c)＝2(a＋b＋c)＝2.4．在△ABC中：(1)a＝1，b＝1，∠C＝120°，求c；(2)a＝3，b＝4，c＝37，求最大角；(3)a:b:c＝1:3:2，求∠A、∠B、∠C.【剖析】(1)直接利用余弦定理即可；在三角形中，大边对大角；可设三边为x，3x,2x.【剖析】(1)由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC12＋12－2×1×1×(－1)＝3，∴c＝3.2显然∠C最大，a2＋b2－c232＋42－371∴cosC＝2ab＝2×3×4＝－2.∴∠C＝120°.(3)由于a:b:c＝1:3:2，可设a＝x，b＝3x，c＝2x(x>0)．由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a23x2＋4x2－x232bc＝2·3x·2x＝2，∴∠A＝30°.1同理cosB＝2，cosC＝0.∴∠B＝60°，∠C＝90°.【规律方法】1．本题为余弦定理的最基本应用，应在此基础上熟练地掌握余弦定理的结构特色．2．对于第(3)小题，依照已知条件，设出三边长，由余弦定理求出∠A，进而求出其余两角，其余也可考虑用正弦定理求∠B，但要注意议论解的情况．课后作业一、选择题(每题5分，共40分)1．△ABC中，以下结论：a2>b2＋c2，则△ABC为钝角三角形；②a2＝b2＋c2＋bc，则∠A为60°；③a2＋b2>c2，则△ABC为锐角三角形；④若∠A:∠B:∠C＝1:2:3，则a:b:c＝1:2:3，其中正确的个数为()A．1B．2C．3D．4【答案】Ab2＋c2－a2【剖析】①cosA＝2bc<0，∴∠A为钝角，正确；b2＋c2－a21cosA＝2bc＝－2，∴∠A＝120°，错误；a2＋b2－c2③cosC＝2ab>0，∴∠C为锐角，但∠A或∠B不用然为锐角，错误；④∠A＝30°，∠B＝60°，∠C＝90°，a:b:c＝1:3:2，错误．应选A.2．△ABC的三内角A、B、C所对边长分别为a、b、c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)．若p∥q，则∠C的大小为()π

πA.

6

B.

3C.

π2

2D.3π【答案】B【剖析】∵p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)且p∥q，(a＋c)(c－a)－b(b－a)＝0即a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝a2＋b2－c2＝ab＝1.2ab2ab2π∴∠C＝3.π3．△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠A＝3，a＝7，b＝1，则c等于()A．22B．3C.3＋1D．23【答案】B【剖析】由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，22π所以(7)＝1＋c－2×1×c×cos，即c2－c－6＝0，解得c＝3或c＝－2(舍)．应选B.4．在不等边三角形ABC中，a为最大边，且a2<b2＋c2，则∠A的取值范围是

(

)π

ππA．(

2

，π)

B．(

4

，

2

)ππ

πC．(

3

，

2

)

D．(0，

2

)【答案】

C【剖析】由于a为最大边，所以∠A为最大角，即∠A>∠B，∠A>∠C，故2∠A>∠B＋∠C.又由于∠B＋∠C＝π－∠A，所以2∠A>ππ222b2＋c2－a2－∠A，即∠A>3.由于a<b＋c，所以cosA＝2bc>0，所以0<πππA<2.综上，3<∠A<2.5．在△ABC中，已知a＝4，b＝6，∠C＝120°，则sinA的值为()5721A.19B.7357C.38D．－19【答案】A【剖析】由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab·cosC＝42＋62－12×4×6(－2)＝76，ac476c＝76.由正弦定理得sinA＝sinC，即sinA＝sin120°，∴sinA＝4sin120°5776＝19.6．△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，且2b＝a3＋c，∠B＝30°，△ABC的面积为2，那么b等于()A.1＋3B．1＋32C.2＋3D．2＋32【答案】B【剖析】∵2b＝a＋c，又由于∠B＝30°，113S△ABC＝2acsinB＝2acsin30°＝2，解得ac＝6，由余弦定理：b2＝a2＋c2－2accosB(a＋c)2－2ac－2ac·cos30°＝4b2－12－63，即b2＝4＋23，由b>0解得b＝1＋3.7．在△ABC中，若acosA＋bcosB＝ccosC，则这个三角形必定是()A．锐角三角形或钝角三角形B．以a或b为斜边的直角三角形C．以c为斜边的直角三角形D．等边三角形【答案】B【剖析】由余弦定理acosA＋bcosB＝ccosC可变为b2＋c2－a2＋b·a2＋c2－b2a2＋b2－c2a·2ac＝c·2ab，2bca2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＝c2(a2＋b2－c2)a2b2＋a2c2－a4＋b2a2＋b2c2－b4＝c2a2＋c2b2－c42a2b2－a4－b4＋c4＝0，(c2－a2＋b2)(c2＋a2－b2)＝0，c2＋b2＝a2或a2＋c2＝b2，∴以a或b为斜边的直角三角形．8．若△ABC的周长等于20，面积是103，∠A＝60°，则BC边的长是()A．5B．6C．7D．8【答案】C1【剖析】依题意及面积公式S＝2bcsinA，1得103＝2bc×sin60°，即bc＝40.又周长为20，故a＋b＋c＝20，b＋c＝20－a.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－2bccos60°＝b2c2－bc＝(b＋c)2－3bc，故a2＝(20－a)2－120，解得a＝7.二、填空题(每题10分，共20分)→→9．在△ABC中，三边长AB＝7，BC＝5，AC＝6，则AB·BC的值为________．【答案】－1919→→→→【剖析】由余弦定理可求得cosB＝35，∴AB·BC＝|AB|·|BC→→·cosB＝－19.|·cos(π－B)＝－|AB|·|BC|10．已知等腰三角形的底边长为a，腰长为2a，则腰上的中线长为________．6【答案】2a【剖析】如图，AB＝AC＝2a，BC＝a，BD为腰AC的中线，过AEC1作AE⊥BC于E，在△AEC中，cosC＝＝，在△BCD中，由余弦定理AC4222222132得BD＝BC＋CD－2BC·CD·cosC，即BD＝a＋a－2×a×a×4＝2a，6BD＝2a.三、解答题(每题20分，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)11．在△ABC中，已知b2sin2C＋c2sin2B＝2bccosB·cosC，试判断三角形的形状．【剖析】解决本题，可分别利用正弦定理或余弦定理，把问题转变为角或边的关系求解．abc【剖析】方法一：由正弦定理sinA＝sinB＝sinC＝2R，R为△ABC外接圆的半径，将原式化为8R2sin2Bsin2C＝8R2sinBsinCcosBcosC.sinBsinC≠0，sinBsinC＝cosBcosC，即cos(B＋C)＝0，∴∠B＋∠C＝90°，∠A＝90°，故△ABC为直角三角形．方法二：将已知等式变为b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccosBcosC.222a2＋b2－c222(a2＋c2－b22＝由余弦定理可得：b＋c－b·(2ab)－c2ac)2bc·a2＋b2－c2a2＋c2－b22ab·2ac.22[a2＋b2－c2＋a2＋c2－b2]2即b＋c＝4a2也即b2＋c2＝a2，故△ABC为直角三角形．【规律方法】在利用正弦定理推行边角转变时，等式两边a，b，及角的正弦值的次数必定相同，否则不能够相互转变．12．(2013·全国新课标Ⅰ，理)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.1若PB＝2，求PA；若