6.4.3 余弦定理-【通关练测】中等职业技术学校数学拓展模块一(下册)同步辅导与测评(高教版2021)

训练测评参考答案 １５７　 ∠A＋∠C＝１８０°,不满足题意,所以 ∠A＝３０°． １１．８ 【解析】由正弦定理可知,asinA ＝ c sinC ,故由 sinC ＝２sinA,得c＝２a＝８． １２．４５° 【解析】由正弦定理可知,asinA ＝ b sinB ,因 已知sinA a ＝ cosB b ,所 以 得sinB b ＝ cosB b ⇒ sinB ＝cosB．又因为在 △ABC 中,故 ∠B ＝ ４５°． 三、解答题 １３．解:依题意知,AC＝b＝３２,∠A＝４５°,∠B＝ ６０°,BC ＝a．由正弦定理可知 a sinA ＝ b sinB ,于 是,a＝ bsinA sinB ＝ ３ ２×sin４５° sin６０° ＝ ３ ２× ２ ２ ３ ２ ＝ ２ ３．即BC 的长为２ ３． １４．解:在 △ABC中,０＜ ∠B＜π,故０＜ B ２ ＜ π ２ , 于是,cosB２ ＝ １－sin ２ B ２ ＝ ２ ５ ５ ,则sinB＝ ２sinB２cos B ２ ＝２× ５ ５ × ２ ５ ５ ＝ ４ ５ ,cosB ＝ cos２ B２ －sin ２ B ２ ＝ ( ２ ５ ５ ) ２ － ( ５５ ) ２ ＝ ３ ５． 所以sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC ＝ ４ ５ × ２ ２ ＋ ３ ５ × ２ ２ ＝ ７ ２ １０ ,于 是,sinA ＝ sin π－(B＋C)[ ] ＝sin(B＋C)＝ ７ ２ １０ ． 由正弦 定理可知, a sinA ＝ c sinC ,于是,c＝ asinC sinA ＝ ４×sin π ４ ７ ２ １０ ＝ ４× ２ ２ ７ ２ １０ ＝ ２０ ７ ,所 以 S△ABC ＝ １ ２acsinB ＝ １ ２ ×４× ２０ ７ × ４ ５ ＝ ３２ ７． １５．解:(１)由正弦定理可知,bsinB ＝ c sinC ,故可得 sinB sinC ＝ b c ,因 为２bcosA c ＝ sinB sinC ,所 以 ２bcosA c ＝ b c ,从而得２cosA＝１⇒cosA＝ １ ２． 又因为０°＜ ∠A ＜１８０°,故 ∠A ＝６０°． (２)由 正 弦 定 理 可 知, asinA ＝ b sinB． 于 是, sinB ＝ bsinA a ＝ ４×sin６０° ４ ３ ＝ ４× ３ ２ ４ ３ ＝ １ ２． 又 因为０°＜ ∠B ＜１８０°,故 ∠B ＝３０°或 ∠B ＝ １５０°．当∠B ＝１５０°时,∠A＋∠B＝６０°＋１５０°＝ ２１０°＞１８０°,不符合题意．故 ∠B ＝３０°．那么 ∠C ＝１８０°－∠A－∠B ＝１８０°－６０°－３０°＝９０°, 所以S△ABC ＝ １ ２absinC ＝ １ ２ ×４ ３×４×sin ９０°＝８ ３． 【能力提升】 １．C 【解析】由正弦定理可知 bsinB ＝ c sinC ,于是, sinB ＝ bsinC c ＝ ４×sin６０° ２ ＝ ４× ３ ２ ２ ＝ ３ ＞ １,故 ∠B 不存在,所以无解． ２．解:(１)在 △ABC中,sinB＝ １－cos２B ＝ ３ ５ , cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB ＝ ２ ２ × ４ ５ － ２ ２ × ３ ５ ＝ ２ １０． 于是 cosC ＝cos[１８０°－ (A＋B)]＝ －cos(A＋B)＝ － ２ １０． (２)由(１)知sinC＝ １－cos２C ＝ １－ (－ ２１０) ２ ＝ ７ ２ １０ ． 因为BC＝a＝１０,AB＝c,由正弦定理可知 a sinA ＝ c sinC ,于是,c＝ asinC sinA ＝ １０×sinC ２ ２ ＝ １０× ７ ２ １０ ２ ２ ＝１４． ６．４．３　 余弦定理 【变式训练１】 解:由余弦定理知,a２ ＝b２＋c２－２bccosA ＝３２＋ １５８　 数学同步辅导与测评􀅰拓展模块一·下册 (２３) ２ －２×３×２３×cos３０°＝３２＋(２３) ２ －２× ３×２ ３× ３ ２ ＝３ ,所以a＝ ３． 【变式训练２】 解:由 余 弦 定 理 知,cos C ＝ a２ ＋b２ －c２ ２ab ＝ ２２ ＋２２ －(２ ３) ２ ２×２×２ ＝ － １ ２ ,因为０＜ ∠C ＜π,所以 ∠C ＝ ２π ３． 【变式训练３】 D 【解析】由余弦定理知,cosC ＝ a２ ＋b２ －c２ ２ab ,故 a＝b× a２ ＋b２ －c２ ２ab ,从而得a２ ＋c２ ＝b２,所以 △ABC 是直角三角形． 自我测评 【基础巩固】 一、选择题 １．D 【解析】由余弦定理可知,a２ ＝b２＋c２－２bccos A,即(７)２ ＝b２ ＋２２ －２×b×２cos６０°,整理得 b２ －２b－３＝０,解得b＝３或b＝ －１(舍)． ２．C 【解析】在 △ABC中,设a＝３,b＝５,c＝７．根 据三角形中大边对大角可知,∠C最大．根据余弦定 理可知,cosC ＝ a２ ＋b２ －c２ ２ab ＝ ３２ ＋５２ －７２ ２×３×５ ＝ － １ ２． 因为０＜ ∠C ＜π,所以 ∠C ＝ ２π ３． ３．D 【解析】在 △ABC中,设AB＝c＝５,AC＝b＝ ７,BC ＝a ＝ ９．根 据 余 弦 定 理 可 知,cosA ＝ b２ ＋c２ －a２ ２bc ＝ ７２ ＋５２ －９２ ２×７×５ ＝ － １ １０． ４．B 【解析】根据余弦定理可知,b２ ＝a２ ＋c２ － ２accosB,即(７)２ ＝３２ ＋c２－２×３×ccos６０°, 整理得c２ －３c＋２＝０,解得c＝１或c＝２． ５．A 【解析】因为a２＋b２－c２ ＝ab,由余弦定理可 知,cosC ＝ a２ ＋b２ －c２ ２ab ＝ １ ２． 因为０＜ ∠C ＜ π,所以 ∠C ＝ π ３． ６．A 【解析】由 余 弦 定 理 可 知,c２ ＝a２ ＋b２ － ２abcosC＝４２＋２２－２×４×２× １ ２ ＝１２ ,故c＝ ２ ３．由正弦定理可知, bsinB ＝ c sinC ,于是得 sinB ＝ bsinC c ＝ ２×sin π ３ ２ ３ ＝ ２× ３ ２ ２ ３ ＝ １ ２． ７．C 【解析】依题意可设a＝３k,b＝２k,c＝４k,由 余 弦 定 理 可 知,cos C ＝ a２ ＋b２ －c２ ２ab ＝ (３k)２ ＋(２k)２ －(４k)２ ２×３k×２k ＝ － １ ４． ８．B 【解析】由c＝ １ ３b ,得b＝３c,由余弦定理可知, cosA ＝ b２＋c２－a２ ２bc ＝ (３c)２＋c２－(３c)２ ２×３c×c ＝ １ ６． ９．D 【解 析】由 余 弦 定 理 可 知,c２ ＝ a２ ＋b２ － ２abcosC ＝８２ ＋７２－２×８×７× １３ １４＝９ ,故c＝ ３．由大边对大角得 ∠A 最大．由余弦定理可知, cosA ＝ b２ ＋c２ －a２ ２bc ＝ ７２ ＋３２ －８２ ２×７×３ ＝ － １ ７． １０．B 【解析】① 错误．已知两边及其夹角时,用余弦 定理求 解 唯 一．② 正 确．若b２ ＋c２ ＞a２,则 cosA ＝ b２ ＋c２ －a２ ２bc ＞０ ,则 ∠A 为锐角．③ 错 误．若已知三个角,则三条边不可求．④ 正确．若 b２ ＋c２ ＜a２,则cosA ＝ b２ ＋c２ －a２ ２bc ＜０ ,则 ∠A 为钝角,△ABC 为钝角三角形． 二、填空题 １１．７ １２．６ ３ 【解 析】 由 余 弦 定 理 可 知,cos A ＝ b２ ＋c２ －a２ ２bc ＝ ３２ ＋８２ －７２ ２×３×８ ＝ １ ２． 因为０＜ ∠A ＜π,故sinA ＝ １－cos２A ＝ ３ ２ ,所以S△ABC ＝ １ ２bcsinA ＝ １ ２ ×３×８× ３ ２ ＝６ ３． １３．９＋９ ３ 【解析】由余弦定理可知,b２ ＝a２ ＋ c２ －２accosB,即９２ ＝ (２c)２＋c２－２×２c×c× １ ２ ,整理得c２ ＝２７,解得c＝３３,a＝２c＝６３． △ABC 的周长C ＝a＋b＋c ＝６ ３ ＋９＋ ３ ３ ＝９＋９ ３． １４．直角 【解析】由余弦定理可知,c２ ＝bccosA ＋ 训练测评参考答案 １５９　 accosB ＋abcosC ＝ bc 􀅰 b２ ＋c２ －a２ ２bc ＋ ac􀅰a ２＋c２－b２ ２ac ＋ab 􀅰a ２＋b２－c２ ２ab ＝ １ ２ [(b２＋ c２－a２)＋(a２ ＋c２ －b２)＋(a２ ＋b２ －c２)]＝ １ ２ (a２ ＋b２＋c２),即c２ ＝ １ ２ (a２＋b２＋c２),从而 得c２ ＝a２＋b２．所以,△ABC 是直角三角形． 三、解答题 １５．解:(１)因为a２－c２＋b２ ＝ab,故根据余弦定理 知,cosC＝ a２ ＋b２ －c２ ２ab ＝ １ ２． 因为０＜ ∠C ＜ π,所以 ∠C ＝ π ３． (２)S△ABC ＝ １ ２absinC＝ １ ２×３×３×sin π ３ ＝ １ ２ ×３×３× ３ ２ ＝ ９ ３ ４ ． １６．解:由三角形面积公式知,S△ABC ＝ １ ２bcsinA ＝ １ ２bcsin６０°＝ ３ ４bc． 故 ３ ４bc ＝ ３ ３⇒bc ＝ １２　①．由余弦定理知,a２ ＝b２＋c２－２bccosA＝ b２ ＋c２－bc,故b２＋c２－bc＝１３　②．联立 ①② 解得 b＝３, c＝４,{ 或 b＝４, c＝３．{ １７．解:(１)f(x)＝ ３ ２sin２x－ １ ２ (１－２sin２x)＋ １ ２ ＝ ３ ２sin２x－ １ ２cos２x＋ １ ２ ＝cos π ６sin２x－sin π ６cos２x＋ １ ２ ＝sin２x－ π ６( ) ＋ １ ２． 令π ２ ＋２kπ≤２x － π ６ ≤ ３π ２ ＋２kπ (k ∈ Z), ２π ３ ＋２kπ≤２x ≤ ５π ３ ＋２kπ (k∈Z), π ３ ＋kπ≤ x ≤ ５π ６ ＋kπ (k∈Z),所以f(x)的单调递减区 间为 [ π３ ＋kπ, ５π ６ ＋kπ] (k∈Z)． (２)由(１)知,f(x)＝sin２x－ π ６( ) ＋ １ ２ ,故 f(A)＝sin２A－ π ６( ) ＋ １ ２ ,即sin２A－ π ６( ) ＋ １ ２ ＝ ３ ２ ,于是sin２A－ π ６( ) ＝１,可得２A－ π ６ ＝ π ２ ＋２kπ (k∈Z),故 ∠A ＝ π ３＋kπ (k∈Z)．因 为０＜ ∠A ＜π,所以 ∠A ＝ π ３． 由余弦定理知,a２ ＝b２ ＋c２－２bccosA ＝b２＋ c２ －２bccos π ３ ＝b ２ ＋c２ －bc．因为b＝３c,故 a２ ＝ (３c)２ ＋c２ －３c×c＝７c２,得a＝ ７c． 由 余 弦 定 理 知,cos C ＝ a２ ＋b２ －c２ ２ab ＝ (７c) ２ ＋(３c)２ －c２ ２× ７c×３c ＝ ５ ７ １４ ． 【能力提升】 １．解:由余弦定理知,b２ ＝a２ ＋c２ －２accosB ＝ a２ ＋c２ －ac,又因为已知a２＋c２－ac＝４b－４,可 得b２ ＝４b－４⇒b２ －４b＋４＝０,解得b＝２． ２．(１)证明:左边＝acosB＋bcosA＝a􀅰 a２＋c２－b２ ２ac ＋ b􀅰b ２ ＋c２ －a２ ２bc ＝ a２ ＋c２ －b２ ２c ＋ b２ ＋c２ －a２ ２c ＝ ２c２ ２c ＝c＝ 右边．得证． (２)解:因为２c－bcosB ＝ a cosA ,故２ccosA＝acosB＋ bcosA,由 (１)知acosB ＋bcosA ＝c,可 得 ２ccosA ＝c⇒cosA ＝ １ ２． 由余弦定理得a２ ＝ b２ ＋c２ －２bccosA,即７２ ＝５２＋c２－２×５×c× １ ２ ,整理得c２ －５c－２４＝０,解得c＝８或c＝ －３(舍)．所以,三角形的周长C ＝a＋b＋c＝ ７＋５＋８＝２０． ６．５　 三角计算的应用 【变式训练１】 解:(１)由已知得,P ＝UI ＝２２０ ２sin１００πt× ０．０４２sin１００πt＋ π ２( ) ＝１７．６sin１００πt×cos１００πt＝ ８．８sin２００πt． (２)由(１)知,A ＝８．８,由正弦型函数的性质可知,瞬 时功率的最大值为８．８瓦． (３)由(１)知,ω ＝２００π,由正弦型函数的性质可知, 瞬时功率的周期T ＝ ２π ω ＝ ２π ２００π＝ １ １００ 秒． ２９　 ６．４．３ 　 余弦定理 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀦂 􀦂 􀦂􀦂 学习目标 重点难点 􀪋 􀪋 ◎ 了解余弦定理的推导过程; ◎ 初步掌握用余弦定理解三角形的方法． 重点:掌握用余弦定理解三角形的方法． 难点:能合理选用正弦定理或余弦定理解三角形． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 １．余弦定理 如图所示,将 △ABC 的顶点A 放在坐标原点,边AB 放在x 轴上,则由两点距离公式可得 a＝BC＝ (bcosA－c)２＋(bsinA－０)２ ＝ b２cos２A－２bccosA＋c２＋b２sin２A ＝ b２(sin２A＋cos２A)－２bccosA＋c２ ＝ b２＋c２－２bccosA． 两边平方,即得a２＝b２＋c２－２bccosA． 同理可得 　　b２＝a２＋c２－ ． c２＝ －２abcosC． 余弦定理:三角形任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角的余弦乘积的两倍． ２．余弦定理的变形 a２＝b２＋c２－２bccosA⇒cosA＝ b２＋c２－a２ ２bc , b２＝a２＋c２－ ⇒cosB＝ a２＋c２－b２ ２ac , c２＝ －２abcosC⇒cosC＝ a２＋b２－c２ ２ab ． ３．余弦定理可以解决下列两类问题: (１)已知三角形的两边及其夹角,求第三边和其他两角; (２)已知三角形的三边,求三个角． 　　 １ 已知三角形的两边及其夹角,解三角形 【例１】 在 △ABC 中,若b＝４２,c＝１,∠A＝４５°,求a． 【解题思路】 已知三角形的两边及其夹角,用余弦定理直接求解． 由余弦定理知,a２＝b２＋c２－２bccosA ＝(４２)２＋１２－２×４２×１×cos４５° ＝(４２)２＋１２－２×４２×１× ２ ２ ＝２５． 所以a＝５． ３０　 变式训练１ 在 △ABC 中,若b＝３,c＝２３,∠A＝３０°,求a． 　　 ２ 已知三角形的三边,解三角形 【例２】 在 △ABC 中,若a＝１,b＝２,c＝ ７,求 ∠C． 【解题思路】 已知三角形的三边,用余弦定理直接求解． 由余弦定理知,cosC＝ a２＋b２－c２ ２ab ＝ １２＋２２－(７)２ ２×１×２ ＝－ １ ２． 因为０＜ ∠C ＜π,所以 ∠C＝ ２π ３． 变式训练２ 在 △ABC 中,若a＝b＝２,c＝２３,求 ∠C． 　　 ３ 判定三角形的形状 【例３】 若三条线段长分别为５,６,７,则用这三条线段 (　　) A．能组成直角三角形 B．能组成锐角三角形 C．能组成钝角三角形 D．不能组成三角形 【解题思路】 首先根据三角形边的关系,判断能否构成三角形．再利用余弦定理变形,求出最大角的余弦 值,判定最大角,即可得出三角形的形状． 因为三条线段的长分别为５,６,７,满足任意两边之和大于第三边,所以能构成三角形,可排除D． 设 △ABC 的三边分别为a＝５,b＝６,c＝７,因为c＞b＞a,所以 ∠C 为 △ABC 的最大内角． 由余弦定理知,cosC＝ a２＋b２－c２ ２ab ＝ ５２＋６２－７２ ２×５×６ ＝ １ ５ ＞０． 因为０＜ ∠C ＜π,故 ∠C 为锐角,所以 △ABC 为锐角三角形．故选B． 变式训练３ 在 △ABC 中,已知a＝bcosC,则 △ABC 的形状一定是 (　　) A．等腰直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形 自 我 测 评 一、选择题 １．在 △ABC 中,∠A＝６０°,a＝ ７,c＝２,则b的值是 (　　) A．３ B．４ C．５ D．３ ２．已知三角形的三边长分别为３,５,７,则最大角为 (　　) A．π３ B． π ２ C． ２π ３ D． ５π ６ ３１　 ３．在 △ABC 中,已知AB＝５,AC＝７,BC＝９,则cosA＝ (　　) A． １０１０ B．－ １０ １０ C． １ １０ D．－ １ １０ ４．在 △ABC 中,a＝３,b＝ ７,∠B＝６０°,则c＝ (　　) A．１ B．１或２ C．２ D．２或３ ５．在 △ABC 中,已知a２＋b２－c２＝ab,则 ∠C＝ (　　) A．π３ B． π ６ C． π ２ D． ２π ３ ６．在 △ABC 中,已知a＝４,b＝２,∠C＝ π ３ ,则sinB＝ (　　) A．１２ B．－ １ ２ C． ３ ２ D．－ ３ ２ ７．在 △ABC 中,已知a∶b∶c＝３∶２∶４,则cosC＝ (　　) A．２３ B．－ ２ ３ C．－ １ ４ D． １ ４ ８．在 △ABC 中,a＝３c,c＝ １ ３b ,则cosA＝ (　　) A．１４ B． １ ６ C． １ ５ D． １ ３ ９．在 △ABC 中,a＝８,b＝７,cosC＝ １３ １４ ,则 △ABC 最大内角的余弦值为 (　　) A．１２ B．－ １ ２ C． １ ７ D．－ １ ７ １０．在 △ABC 中,下列说法中正确的有 (　　) ① 已知两边及其夹角时,△ABC 不唯一; ② 若b２＋c２ ＞a２,则 ∠A 为锐角; ③ 三条边、三个角共六个元素中,已知三个元素,可求其余三个元素; ④ 若b２＋c２ ＜a２,则 △ABC 一定为钝角三角形． A．１个 B．２个 C．３个 D．４个 二、填空题 １１．在 △ABC 中,若a＝２,b＝３,∠C＝６０°,则c＝ ． １２．在 △ABC 中,若a＝７,b＝３,c＝８,则 △ABC 的面积等于 ． １３．在 △ABC 中,若a＝２c,b＝９,∠B＝ π ３ ,则 △ABC 的周长等于 ． １４．在 △ABC 中,若c２＝bccosA＋accosB＋abcosC,则此三角形必是 三角形(填“锐角”“直 角”“钝角”)． 三、解答题 １５．在 △ABC 中,已知a２－c２＋b２＝ab． (１)求角C 的大小; (２)若a＝b＝３,求 △ABC 的面积． ３２　 １６．在 △ABC 中,已知a＝ １３,∠A＝６０°,S△ABC ＝３３,求b,c的值． １７．已知函数f(x)＝ ３sinxcosx＋sin２x, (１)求f(x)的单调递减区间; (２)在 △ABC 中,a,b,c分别是 ∠A,∠B,∠C 的对边,若f(A)＝ ３ ２ ,b＝３c,求cosC 的值． １．在 △ABC 中,已知 ∠B＝ π ３ ,a２＋c２－ac＝４b－４,求b的值． 试题精讲 ２．在 △ABC 中,∠A,∠B,∠C 的对边分别是a,b,c． (１)证明:acosB＋bcosA＝c; (２)若a＝７,b＝５, ２c－b cosB ＝ a cosA ,求 △ABC 的周长．