假期作业14 余弦定理-【快乐假期】2024年高一数学暑假大作业（人教A版）

假期作业１４　余弦定理　　　　　　　 １．余弦定理 三角形任何一边的平方等于其他两边的平方 的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两 倍,即a２＝b２＋c２－２bccosA,b２＝　　　　, c２＝　　　　． ２．余弦定理的推论 从余弦定理,可以得到它的推论 cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ,cosB＝ 　; cosC＝　　　　　　　　． ３．余弦定理与勾股定理 从余弦定理和余弦函数的性质可知,如果一 个三角形两边的平方和等于第三边的平方, 那么第三边所对的角是　　　　 　;如果 小于第三边的平方,那么第三边所对的角是 　　　　 　;如果大于第三边的平方,那么 第三边所对的角是　　　　 　．从上可知, 余弦定理可以看作是勾股定理的推广． ◆[考点一]　已知两边及一角解三角形 １．一个三角形的两边长分别为５和３,它们夹 角的余弦值是－３５ ,则三角形的第三边长为 (　　) A．５２　　B．２ １３　　C．１６　　D．４ ２．在△ABC中,cosC＝２３ ,AC＝４,BC＝３,则 cosB＝ (　　) A．１９ B． １ ３ C． １ ２ D． ２ ３ ３．设△ABC的内角A,B,C 的对边分别为a, b,c．若a＝２,c＝２ ３,cosA＝ ３２ ,且b＜c, 则b＝ (　　) A．３　　B．２　　C．２ ２ ４．在△ABC中,BC＝３,AC＝５,π２＜B＜π ,则 边AB 的取值范围是 (　　) A．(２,８) B．(１,４) C．(４,＋∞) D．(２,４) ◆[考点二]　已知三边或三边的关系解三角形 ５．在△ABC中,sinA∶sinB∶sinC＝４∶５∶ ６,则cosC＝ (　　) A．１８ B．－ １ ８ C． ９ １６ D．－ ９ １６ ６．在△ABC中,内角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c．若a ２－(b＋c)２ bc ＝－１ ,则A＝ (　　) A．１２０°　　B．４５°　　C．６０°　　D．３０° ７．(２０２３􀅰上海卷)△ABC 中,角A,B,C 所对 的边 分 别 为a＝４,b＝５,c＝６,则 sinA ＝　　　　． ８．在△ABC中,内角A,B,C 所对的边分别是 a,b,c,已知c＝２b．若sinC＝３４ ,则sinB＝ 　　　　　　;若b２＋bc＝２a２,则cosB＝ 　　　　　　． ◆[考点三]　余弦定理的综合应用 ９．在△ABC中,内角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c．若a＝６,c＝４,sinB２＝ ３ ３ ,则b＝ (　　) A．９ B．３６ C．６ ２ D．６ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７２ １０．在△ABC 中,已知BC＝７,AC＝８,AB＝ ９,则AC边上的中线长为　　　　． １１．(２０２３􀅰全国甲卷(理))记△ABC 的内角 A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知b ２＋c２－a２ cosA ＝２． (１)求bc; (２)若acosB－bcosAacosB＋bcosA－ b c ＝１ ,求△ABC 面积． １２．在①ac＝ ３,②csinA＝３,③c＝ ３b这三 个条件中任选一个,补充在下面问题中,若 问题中的三角形存在,求c的值;若问题中 的三角形不存在,说明理由． 问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且sinA＝ ３sinB,C ＝π６ ,　　　　? 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个 解答计分． １．三角形内角平分线定理:三角形的内角平分 线内分对边,所得的两条线段与这个角的两 边对 应 成 比 例．已 知 △ABC 中,AD 为 ∠BAC的角平分线,与BC交于点D,AB＝ ３,AC＝４,BC＝５,则AD＝ (　　) A．２２７　　B． １５ ７　　C． １５ ２ ７ 　　D． １２ ２ ７ ２．在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a, b,c．若a＝８,c＝７,cosA＝１７ ,则b＝　　　, C＝　　　． 一哥们家里着火了 他报 警 说:１１９ 吗? 我 家 发生火灾了􀆺􀆺 １１９问:在哪里? 他说:在我家 １１９问:具体点 他说:在我家的厨房里 １１９问:我说你现在的位置 他说:我趴在桌子底下 １１９:我们怎样才能到你家? 他说:你们不是有消防车吗 １１９说:􀆺􀆺 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８２ １２．解:(１)∵AB→􀅰AC→＝０,∴AB→⊥AC→． 又|AB→|＝１２,|BC→|＝１５,∴|AC→|＝９． 由已知可得AD→＝１２(AB →＋AC→),CB→＝AB→－AC→, ∴AD→􀅰CB→＝ １２ (AB →＋AC→)􀅰(AB→－AC→)＝ １２ (AB →２ － AC→２)＝１２(１４４－８１)＝ ６３ ２． (２)AE→􀅰CB→ 的值为一个常数． 理由:∵l为线段BC 的垂直平分线,l与BC 交于点D,E 为l上异于D 的任意一点,∴DE→􀅰CB→＝０． 故AE→􀅰CB→＝(AD→＋DE→)􀅰CB→＝AD→􀅰CB→＋DE→􀅰CB→＝ AD→􀅰CB→＝６３２(常数)． 新题快递 １．C　[关于x的方程a２x２＋２a􀅰bx＋b２＝０有实数根,则Δ＝ ４(a􀅰b)２－４a２b２≥０, 故(a􀅰b)２≥a２b２,即|a􀅰b|≥|a||b|, 又|a􀅰b|≤|a||b|,所以|a􀅰b|＝|a||b|,即向量a,b共线, 反之也成立,因此两者应为充要条件．] ２．A　[设正方形的边长为２,如图 建立平面直角坐标系． 则A(－１,０),B(１,０),C(１,２), D(－１,２),P(cosθ,sinθ)(其中０ ＜θ＜π), PA→＋PB→ ＋PC→ ＋PD→ ＝(－１－ cosθ,－sinθ)＋(１－cosθ,－sinθ) ＋(１－cosθ,２－sinθ)＋(－１－ cosθ,２－sinθ)＝(－４cosθ,４－４sinθ) 所以|PA→＋PB→＋PC→＋PD→|＝ (－４cosθ)２＋(４－４sinθ)２ ＝ ３２－３２sinθ, 因为θ∈(０,π),所以sinθ∈(０,１],所以|PA→＋PB→＋PC→＋ PD→|∈[０,４ ２), 故|PA→＋PB→＋PC→＋PD→|有最小值为０,无最大值．] 假期作业１４　余弦定理 思维整合室 １．a２＋c２ －２accosB　a２ ＋b２ －２abcosC　２．c ２＋a２－b２ ２ca 　 a２＋b２－c２ ２ab 　３． 直角　钝角　锐角 技能提升台　素养提升 １．B　 ２．A　如图,由余弦定理可知: cosC＝２３＝ BC２＋AC２－AB２ ２BC􀅰AC ＝３ ２＋４２－AB２ ２×３×４ , 可得AB＝３,又由余弦定理可知: cosB＝AB ２＋BC２－AC２ ２AB􀅰BC ＝ ３２＋３２－４２ ２×３×３ ＝ １ ９． ３．B ４．D　[依题意,５－３＜c＜５＋３,即２＜c＜８, 由于B 为钝角,所以cosB＝a ２＋c２－b２ ２ac ＜０ ,a２＋c２－b２＝９ ＋c２－２５＝c２－１６＜０ 解得２＜c＜４, 所以c的取值范围,也即AB 的取值范围是(２,４)．] ５．A　[由正弦边角关系知:a∶b∶c＝４∶５∶６,令a＝４x,b＝５x, c＝６x,所以cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ １６x２＋２５x２－３６x２ ２×４x×５x ＝ １ ８． ] ６．A　[因为a ２－(b＋c)２ bc ＝－１ ,所以a２－(b＋c)２＝－bc,即a２－ b２－c２－２bc＝－bc,所以a２＝b２＋c２＋bc,由余弦定理得cosA ＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝－ １ ２． 因为０°＜A＜１８０°,所以A＝１２０°．] ７．解析:cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝ ２５＋３６－１６ ２×５×６ ＝ ３ ４ , ∴sinA＝ １－cos２A＝ ７４． 答案:７ ４ ８．解析:因为c＝２b,所以sinC＝２sinB＝３４ ,所以sinB＝３８． 因 为c＝２b,所以b２＋bc＝３b２＝２a２,所以a＝ ６２b． 所以cosB＝a ２＋c２－b２ ２ac ＝ ３ ２b ２＋４b２－b２ ２ ６b２ ＝３ ６８ ． 答案:３ ８　 ３ ６ ８ ９．D　[∵sinB２＝ ３ ３ ,∴cosB＝１－２sin２ B２＝１－２× ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ １ ３． 由余弦定理得b２＝a２＋c２－２accosB＝６２＋４２－２×６×４ ×１３＝３６ ,解得b＝６．] １０．解析:由已知及余弦定理可得cosA＝AB ２＋AC２－BC２ ２AB􀅰AC ＝ ９２＋８２－７２ ２×９×８ ＝ ２ ３． 设中线长为x,由余弦定理得x２＝ AC２( ) ２ ＋AB２－２􀅰AC２ 􀅰AB􀅰cosA＝４２＋９２－２×４×９×２３＝４９ , 即x＝７．所以AC边上的中线长为７． 答案:７ １１．解:(１)因为b ２＋c２－a２ cosA ＝ ２bccosA cosA ＝２bc＝２ ,所以bc＝１; (２)acosB－bcosAacosB＋bcosA－ b c ＝ sinAcosB－sinBcosA sinAcosB＋sinBcosA－ sinB sinC ＝１, 所以sin(A－B) sin(A＋B)－ sinB sinC＝ sin(A－B)－sinB sinC ＝１ , 所以sin(A－B)－sinB＝sinC＝sin(A＋B), 所以sinAcosB－sinBcosA－sinB ＝sinAcosB＋sinBcosA, 即cosA＝－１２ ,由A为三角形内角得A＝２π３ , △ABC面积S＝１２bcsinA＝ １ ２×１× ３ ２＝ ３ ４． １２．解:方案一:选条件①． 由C＝π６ 和余弦定理得a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ３ ２． 由sinA＝ ３sinB及正弦定理得a＝ ３b． 于是３b ２＋b２－c２ ２ ３b２ ＝ ３２ ,由此可得b＝c． 由①ac＝ ３,解得a＝ ３,b＝c＝１． 因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c＝１． 方案二:选条件②． 由C＝π６ 和余弦定理得a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ３ ２． 由sinA＝ ３sinB及正弦定理得a＝ ３b． 于是３b ２＋b２－c２ ２ ３b２ ＝ ３２ , 由此可得b＝c,B＝C＝π６ ,A＝２π３． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９８ 由②csinA＝３,解得c＝b＝２ ３,a＝６． 因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c＝２ ３． 方案三:选条件③． 由C＝π６ 和余弦定理得a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ３ ２． 由sinA＝ ３sinB及正弦定理得a＝ ３b． 于是３b ２＋b２－c２ ２ ３b２ ＝ ３２ ,由此可得b＝c． 由③c＝ ３b,与b＝c矛盾． 因此,选条件③时问题中的三角形不存在． 新题快递 １．D　[∵AB＝３,AC＝４,BC＝５,满足３２＋４２＝５２,∴∠BAC＝ ９０°,故cos∠ABC＝３５ , ∵AD 是∠BAC的角平分线,∴BDDC＝ AB AC＝ ３ ４ ,∴BD＝３７×５ ＝１５７ , 在△ABD 中,由余弦定理 AD２＝AB２＋BD２－２AB􀅰BD􀅰 cos∠ABD, 得AD２＝３２＋ １５７( ) ２ －２×３×１５７× ３ ５＝ ２８８ ４９ , 解得AD＝１２ ２７ 或者AD＝－１２ ２７ (舍去)．] ２．解析:由余弦定理可得a２＝b２＋c２－２bccosA,即６４＝b２＋４９ －２×b×７×１７＝b ２－２b＋４９, 故b２－２b－１５＝０,解得b＝－３(舍)或b＝５, 因为cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ,所以cosC＝６４＋２５－４９２×８×５ ＝ １ ２ ,又C ∈(０,π),故C＝π３． 答案:５　π３ 假期作业１５　正弦定理 思维整合室 １．asinA＝ b sinB＝ c sinC　２． 元素　解三角形 技能提升台　素养提升 １．D　２．B　 ３．C ４．C　[在△ABC中,已知A＝π３ ,BC＝３,AB＝ ６, 则由正弦定理可得 BC sinA＝ AB sinC ,即 ３ sinπ３ ＝ ６sinC , 求得sinC＝ ２２ , C∈(０,π),∴C＝π４ 或C＝３π４． 再由BC＞AB,以及大边对大角可得C＝π４＜A． ] ５．C　[acosA＝bcosB,由正弦定理得sinAcosA＝sinBcosB, 即１ ２sin２A＝ １ ２sin２B ,故sin２A＝sin２B, 因为A,B∈(０,π),且属于三角形内角,所以A＋B＜π, 所以２A＝２B或２A＋２B＝π,解得A＝B或A＋B＝π２ , 所以△ABC为等腰或直角三角形．] ６．BD　[将a＝２RsinA,b＝２RsinB(R为△ABC外接圆的半径) 代入 已 知 条 件,得 sin２AtanB＝sin２BtanA,则sin ２AsinB cosB ＝sinAsin ２B cosA ． 因为sinAsinB≠０,所以sinAcosB＝ sinB cosA , 所以sin２A＝sin２B,所以２A＝２B或２A＝π－２B, 所以A＝B或A＋B＝π２ ,故△ABC为等腰三角形或直角三角形．] ７．解析:如图所示:记 AB＝c,AC＝b, BC＝a, ２２＋b２－２×２×b×cos６０°＝６, 因为b＞０,解得:b＝１＋ ３, 由S△ABC＝S△ABD ＋S△ACD 可得, １ ２×２×b×sin６０°＝ １ ２×２×AD×sin３０°＋ １ ２×AD×b×sin３０° , 解得:AD＝ ３b １＋b２ ＝２ ３ (１＋ ３) ３＋ ３ ＝２． 答案:２ ８．解析:由 asinA＝ b sinB ,得sinB＝basinA＝ ２１ ７ , 又a２＝b２＋c２－２bccosA,∴c２－２c－３＝０,解得c＝３． 答案: ２１ ７ 　３ ９．D　[在 △ABC 中,由 正 弦 定 理 得 asinA＝ b sinB＝ c sinC＝ ３ sin６０°＝２ , ∴ asinA＝ －b －sinB＝ －c －sinC＝２ , ∴ a－b－csinA－sinB－sinC＝２． ] １０．BD　[因为A＋B＝π－C,所以sinC＝sin(π－C)＝sin(A ＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB． 又sinC＋sin(A－B)＝３sin２B, 所以２sinAcosB＝６sinBcosB, 即２cosB(sinA－３sinB)＝０,解得cosB＝０或sinA＝ ３sinB． 当cosB＝０时,因为B∈(０,π),所以B＝π２． 又C＝π３ ,所 以A＝π６ ,则sinA＝１２ ,sinB＝１,所以由正弦定理得ab ＝ sinA sinB＝ １ ２． 当sinA＝３sinB 时,由正弦定理得a＝３b, 所以a b ＝３． 综上所述,a b ＝３ 或１ ２． ] １１．解:(１)因为A＋B＝３C,所以A＋B＝３(π－A－B),所以A ＋B＝３π４ ,所以C＝π４ , 另外,由题意得:２sin(A－C)＝sin(A＋C), 即２sinAcosC－２cosAsinC ＝sinAcosC＋cosAsinC, 所以sinA＝３cosA,变形得sin２A＝９(１－sin２A)．故sinA ＝３ １０１０ ． (２)由sinA＝３cosA, 得cosA＝１３sinA＝ １０ １０ , 所以sinB＝sin(A＋C)＝３ １０１０ × ２ ２＋ １０ １０ × ２ ２＝ ２ ５ ５ , 由 AC sinB＝ AB sinC ,解得AC＝２ １０, 所以S△ABC＝ １ ２×５×２ １０× ３ １０ １０ ＝１５ , 设AB 边上的高为h,则 １２AB 􀅰h＝１５,解得h＝６．故 AB 边上的高为６． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０９