训练十一 余弦定理-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第二册同步练测素能提升训练（人教A版2019）

训练十一 余弦定理 AI伴学助手 在线答疑 墨 日捐西原信扫码 基础练 学考测评 1.在△ABC中，内角 A,B,C的对边分别是 7.在△ABC中，已知 A=120°,a=7,b+c= 8,求b,c. a,b,c.若a=2,b=3,c=√7,则C=( ) A.6 B.4 D.2c.3 2.在△ABC中，若 AB=√13,BC=3,C= 120°,则 AC= ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 3.(陕西西安高一期中)已知△ABC的内角 A,B,C的对边分别是a,b,c.若 A+C= 2B,√3a2+√3c2—2acsin B=9√3,则b= ( ) A.3√3 B.3 D.√3C.6 4.若△ABC的内角 A,B,C所对的边a,b,c 满足(a+b)2—c2=4,且C=60°,则 ab的 值为 ( ) A.4 B.8-4√3 D.3C.1 5.在△ABC中，角 A,B,C所对的边的长分 别为a,b,c.若a=2,B=6,c=2√3,则b= 6.(陕西西安高一期中)在△ABC中，已知内 角 A,B,C所对的边分别为a,b,c,若9b2 +6bccos A=11c2,则角 B 的最大值 为 能力练 迁移运用 8.锐角△ABC中，b=1,c=2,则 a的值可以 为 ( ) A.1.8 B.2 C.3 D.4 9.若△ABC的三条边a,b,c满足(a+b): (b+c):(c+a)=7:9:10,则△ABC ( ) A.一定是锐角三角形 B.一定是直角三角形 C.一定是钝角三角形 D.可能是锐角三角形也可能是钝角三 角形 10.(多选)(安徽高一期中联考)△ABC中， 角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c,则 “△ABC是直角三角形”的充分条件是 ( ) A.sin A=cos B B. sin 2A+sin 2B=sin 2C C.acos A=bcos B D.acos B=c 21 ?高中数学·必修 第二册 11.已知 a,b,c为△ABC的三边，B=120°, 则a2+c2+ac—b2= 12.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222 年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了 “赵爽弦图”———由四个全等的直角三角 形与一个小正方形拼成的一个大正方形， 如图①所示.类比“赵爽弦图”,可构造如 图②所示的图形，它是由 3个全等的三角 形与中间一个小等边三角形拼成的一个 大等边三角形.在△ABC中，若 AF=1, FD=2,则 AB=_ C E Fl DA4 B 图① 图② 13.在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所 对的边. (1)若 2bcos C—2a+c=0,求角 B的 大小； 创新练 素能培优 14.在△ABC中，内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c,且 .在下面的三个条件中 任选一个补充到上面的问题中，并给出 解答. ①2a-b=2ccos B,②sin(c+6)=cos C +2,③m=(a-c,b-a),n=(a+c,b), mln. (1)求角C; (2)若c=√3,求△ABC周长的取值 范围. (2)若 a+c=5,ac=4√2,tan B=1, 求b2. 品⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 所以-2≤2-1+cos B<3, [-2,3].故BA·BC的取值范围为 创新练素能培优 14.解 设t h后，台风中心移动到Q处，此时城市开始受 到台风的侵袭，∠OPQ=0-45°. ∵OQ=OP+PQ, ∴.0g=(OP+PQ)2=OP2±PQ+20P·PQ, ∴.0Q2=OP2+PQ2-2|OPI|PQ| cos(θ-45°)= 3002+(20t)2-2×300×20t×4=100(4t3-96t+ 900). 依题意得0Q2≤(60+10t)2,解得12≤t≤24. 即12 h后该城市开始受到台风的侵袭。 训练十一 余弦定理 基础练学考测评 1.C ∵a=2,b=3,c=√7,∴由余弦定理可得cos C= a+o-c=4×9×3=2.∵C∈(0,π),∴C=3.故 选C. 2.A 在△ABC中，若 AB= √13,BC=3,C=120°, AB2=BC2+AC2-2AC·BCcos C,可得13=9+AC2+ 3AC,解得 AC=1或一4(舍去). B=3,则3.B 因为 A+C=2B,而A+C+B=π,所以 √3a2+√3c2-2acsin3=√3a2+√3c2-√3ac=9√3,得 a2+c2-ac=9.根据余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B =a2+c2—ac=9,故b=3.故选B. a+b-=dbos 60°=ab,4.A 依题意 两式相减得 ab=4. 5.解析 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=4+12— 2×2×2√3×3=4,所以b=2. 答案 2 6.解析 由余弦定理可得 cos A=B2+2b-a,,代入9b2+ 6bccos A=11c2,得9b2+3(b2+c2-a2)=11c2,整理得b2 =(3a2+ 82),则 cos B=a2+2a-= 2+2-t(G2+8e)_+>√3ד -2,当且仅当 3a=2c时取“=”.又因为 B∈(0,π),所以 30<B≤3,所以角B的最大值为 3答案 7.解 由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccos A =(b+c)2-2bc(1+cos A), 所以49=64-2be(1-2),即bc=15, b=158°解得(8=3或(8=3.由 能力练迁移运用 8.B 若a为最大边，则b2+c2—a2>0,即 a2<5,∴a< √5,若c为最大边，则a2+b2>c2,即a2>3,∴a>√3,故 √3<a<√5. 9.C ∵(a+b):(b+c):(c+a)=7:9:10,不妨设a+ b=7k,则b+c=9k,c+a=10k(k是不为0的正常数), 解得a=4k,b=3k,c=6k.由余弦定理可得cos C= a2+2a-2=-24<0.∵0<C<π,故C为钝角，则 △ABC为钝角三角形. 10. BD 对于A选项，sin A=cos B>0且A,B∈(0,π), 则B∈(0,否),若A为锐角，则 sinA=cos B=sin(2 -B),且2-B∈(o,否),此时A=2-B,即A+B =2;若A为钝角，则 sin A=cos B=sin(2+B),且 2+B∈(2,π),此时A=2+B,即A-B=2.综上 所述，△ABC为直角三角形或钝角三角形，A不满足 条件.对于 B选项，因为sin 2A+sin 2B=sin 2C,即 sin 2C=sin[(A+B)+(A—B)]+sin[(A+B)一(A— B)]=sin(A+B)cos(A-B)+cos(A+B)sin(A-B) +sin(A+B)cos(A-B)—cos(A+B)·sin(A-B)= 2sin(A+ B)cos(A— B)=2sin Ccos(A— B),即 sin Ccos C= sin Ccos(A— B).因为C∈(0,π),所以 sin C>0,所以 cos(A-B)=cos C=cos[π—(A+B)] =— cos(A+ B),即 cos Acos B+ sin Asin B= sin Asin B-cos Acos B,所以 cos Acos B=0,所以 cos A=0或 cos B=0.因为A,B属于(0,π),所以A或 B为直角，故△ABC为直角三角形，B满足条件。对于 a(B32b-a2=C选项，因为acos A=bcos B,即 b(a3+a&-b,,整理可得(a2-b2)(a2+b2—c2)=0,所 以a=b或a2+b2=c2,故△ABC为等腰三角形或直角 三角形，C不满足条件.对于D选项，因为c=acos B= a.a2+&-B,整理可得bB+&?=a2,所以△ABC为直 角三角形，D满足条件. 11.解析 ∵b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-2accos 120°= a2+c2+ac,∴a2+c2+ac—b2=0. 答案 0 12.解析 由题意知△EFD为等边三角形，则∠EDA= 3,所以∠BDA=3,根据条件△AFC与△BDA全 等，所以 AF=BD=1,在△ABD中，AD=3,BD=1, 则 AB2=AD2+BD2-2×AD×BD×cos∠BDA=32 +12-2×3×1×(-2)=13,所以AB=√13. 答案 √13 13.解 (1)2bcos C-2a+c=0, 由余弦定理得2b×2+2a--2a+c=0 →a2+c2—b2=ac, 则 cos B=222a-6=2ac=2. 又因为0<B<π,所以B=3· (2)由 tan B=1,0<B<π得 B= 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B =(a+c)2-2ac-2accos B =52-2×4√2-2×4√2×2=17-8/2. 创新练素能培优 14.解(1)方案一：选条件①.由题意得 2a—b=2c· 59 a+2a-b,化简得 a2十b2— c2=ab,所以 cos C= a+2a-=1.又C∈(0,π),所以C=3 sin(c+否)=cos C+1,得方案二：选条件②.由 sinc+2cosSC=cosC+1,即simnc-20osSC= ,所以sin(c-6)=2 .因为C∈(0,π),所以C一 6∈(-6,56),所以C-6=6,所以C=3 方案三：选条件③.因为m=(a—c,b—a),n=(a+c, b),m⊥n,所以(a—c)·(a+c)+(b-a)·b=0,化简 cos C=a22ab=2.又C得 a2+b2—c2=ab,所以 C=3∈(0,π),所以 (2)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2—ab =(a+b32-3ab.又atb≥√ab,所以ab≤a+b2,当 且仅当a=b时等号成立，所以3ab=(a+b)2-3≤ 3(a+b)2,所以0<a+b≤2√3,当且仅当a=b=√3时 等号成立，所以a+b+c≤2√3+√3=3√3.又a+b> c,所以a+b+c>2c=2√3,所以△ABC周长的取值范 围为(2√3,3√3). 训练十二 正弦定理 基础练学考测评 1.A 因为sinB=_,c=否，所以B=否，A=3.由正 snA=sinB,得b=sinAB=1.弦定理- BCA=sAC,即2.A 在△ABC中，由正弦定理得 =sC sinC= 0<C<3A=3,所以,解得 .因为 所以C=4. 3.D 由 asin Asin B+bcos2A=√2a及正弦定理，得 sin Asin Asin B+sin Bcos2A=√2 sin A,所以 sin B(sin2A a=sin A十cos2A)=√2 sin A,即 sin B=√2sin A,所以 =√2. 4.B 在△ABC中，A=75°,B=45°,所以C=180°-A- B=60°.设△ABC的外接圆的半径为R,则由正弦定 理，可得R---2,解得R=1,故△ABC的外 接圆的面积S=πR2=π. 5.解析 由正弦定理得 sin Bsin A+ sin Acos B=0. ∵A∈(0,π),B∈(0,π),∴sin A≠0,得 sin B+cos B= 0,即 tan B=-1,∴B=34. 34答案 snA=sin p,得sin B=a·sin A=6.解析 由正弦定理- ×2=N2 .由余弦定理 a2=b2+c2-2bccos A,得 7=4+c2-4c×cos 60°,即c2-2c—3=0,解得c=3或 —1(舍去). 3答案 7.解(1)证明：由sin2A+sin2B=1,得 sin2A=1-sin2B, 即 sin2A=cos2B.又边c最长，则 A,B均为锐角，所以 sinA=cos B=sin(2-B),解得A=2-B,A+B= 四，即C=2,所以△ABC为直角三角形. C=2,由勾股定理a2+b2=c2及c=1,得a2+(2)因为 s=2ab,b2=1.记△ABC的面积为S,则 ,由2ab≤a2十 a=b=时s=2ab≤4(a2+b)=4,当且仅当b2得 a=b=2时，△ABC的面积取到最大等号成立，所以当 4.值- 能力练迁移运用 8.ABC A>B?a>b?sin A>sin B,故 A成立，函数y= cos x在区间[0,π]上是减函数，∵A>B,∴cos A< cos B,故B成立.在锐角三角形中，∵A+B>2, [0,2]∴A>2-B,函数y=sin x在区间 上是增函 数，则有sin A>sin(2-B),即 sin A>cos B,C成立， 同理 sin B>cos A,故 D不成立. cos A=号，∴A∈(0,9.A 由5cos(B+C)+3=0 得--),∴sinA=4,由正弦定理得 2.又∵a>b,∴A>B,且A∈(0,2),∴B必为锐角， ∴B=6 10.A 在△ABC中，∠ABC=∠ACB=72°,由正弦定理 BCA=sin2ABC,即32°=AC=-5-1得- ,由倍角 2sin3030s?6°=5-1,解得 cos360°=1+45公式得 则 sin54°=sin(90°-36°)=cos36°=1+45 11.A 由asin A-bsin B=4csin C可得a2-b2=4c2,又 cos A=+2b-a2=-4,所以2(b2+c2-a2)=-bc. c=6,又a2-b2=4c2,所以6c2=bc,即 ,故选 A. 4 12.解析 如图，由AD=1,B=4,知 CAD=3BC= BD,B2 DBD= 1,又 ∴BC=3,DC=2,AC=√12+22=√5.由正弦定理 知，m∠BAC-:sc-×3- 答案 √5 310 13.解(1)由余弦定理有a2+b2—c2=2abcos C,对比已 60