新高考一轮复习作业50 余弦定理-遇见最美的数学系列——专项好题版

新高考一轮复习作业 50 余弦定理 一、单选题 1．已知 ABC 的内角 , ,A B C所对的边分别为 , , , 2 3, 6, 30a b c b c B   ，则边长 a （ ） A．2 3 B． 4 3 C． 2 3或4 3 D．4 或 2 3 2．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，  1, 2P  ，  3,4Q ，则 cos POQ （ ） A． 5 3 B． 5 5 C． 5 3  D． 5 5  3．已知 ABC 三边， 5AB  ， 6AC  ， 7BC  ，则 ABC 的面积等于（ ） A．7 3 B．6 6 C．6 3 D． 9 3 5 4．在△ABC 中，角 , ,A B C的对边分别为 1, , ,cos , 2, 3. 3 a b c A b c   则 BC边上的高为（ ） A． 2 B． 4 2 3 C． 3 3 2 D．2 5．在 ABC 中， 4a  ， 5b  ， 6c  ，则 sin( )A B （ ） A． 3 7 8 B． 3 4 C． 7 4 D． 3 7 16 6．在 ABC 中，D为 BC的中点，3sin 2sinADB ACB   ， 6BC  ， 4 2AB  ，则 ABC 的面积为（ ） A．2 3 B．3 3 C． 2 2 D． 4 2 7．已知△ABC 的内角 A，B，C的对边分别是 a，b，c，若 2A+C= B， 2 23 3 2 sin 9 3a c ac B   ，则b （ ） A．3 3 B．3 C．6 D． 3 8．在锐角三角形 , , ,ABC a b c分别为内角 , ,A B C所对的边长， 6cosb a C a b   ，则 tan tan tan tan C C A B  （ ） A．3 B．4 C．5 D．6 二、多选题 9．在 ABC 中， π 6 ABC  ， 2 3BC  ， 2AC  ，则 AB可能的取值有（ ） A． 3 B．2 C．3 D．4 10．已知 ABC 的内角 , ,A B C的对边分别为 , ,a b c，已知 3, 4a b  ，锐角 C 满足 15sin 4 C  ，则（ ） A． ABC 的面稘为 3 15 B． 1cos 4 C  C． 19c  D． 19cos 19 B  三、填空题 11．已知如图，在平面四边形 ABCD 中， 3 2 AB  ， 1BC CD  ， 120B C    ，则平面四边形 ABCD 的面积为 ． 12．在 ABC 中，角 , ,A B C的对边分别为 2π, , , , 4, 3 a b c A a D  为 BC的中点， 2AD  ，则 ABC 的周长 为 ． 四、解答题 13．已知 ABC 内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 3 sin 3 cosb C c B . (1)求角 B 的值； (2)若 4b  ， 16ac  ，求 ABC 的周长. 14．已知 ABC 的内角A、 B、C的对边分别为 a、b、 c，若 2 2 23sin sin sin sin sinB C B C A   . (1)求角A； (2)若 2a b ，求 cosC . 15．已知 a，b， c分别为 ABC 三个内角A， B，C的对边，且 3 2 sin 0a b A  ， B为锐角. (1)求 B； (2)若 5a c  ， 7b  ，求 AB AC uuur uuur . 答案第 1页，共 4页 新高考一轮复习作业 50 余弦定理参考答案 1．C 由 ABC 中， 2 3, 6, 30b c B   ， 可得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，即 212 36 1 32 c s 0oa a   ， 即 2 6 3 24 0a a   ，解得 2 3a  或 4 3， 经验证 2 3a  或 4 3适合题意， 故选：C 2．D 因为 O为坐标原点，  1, 2P  ，  3,4Q ， 所以 2 21 2 5OP    ， 2 23 4 5OQ    ，    2 21 3 4 2 4 36 2 10PQ        ， 所以 2 2 2 5 25 40 10 5cos 2 52 5 5 10 5 OQ OP PQ POQ OQ OP               . 故选：D. 3．B 由余弦定理可得 2 2 2 25 49 36 19cos 2 2 5 7 35 AB BC ACB AB BC           ，则 B为锐角， 故 2 2 19 12 6sin 1 cos 1 35 35 B B          ， 因此 ABC 的面积为 2 121 1sin 5 7 6 66 352ABC S AB BC C      △ . 故选：B. 4．B 设 BC边上的高为 h， 因为 cos , 2 1 , 3 3 A b c   ， 所以由余弦定理得 2 2 2 12 cos 4 9 2 2 3 9 3 BC b c bc A          ， 所以 3BC  ， 因为 cos , , 1 (0 π) 3 A A  ，所以 2 1 2 2sin 1 cos 1 9 3 A A     ， 因为 1 1 sin 2 2 BC h bc A  ， 所以 1 1 2 23 2 3 2 2 3 h     ，解得 4 2 3 h  ， 故选：B 5．A 因为 4, 5, 6a b c   ，由余弦定理可得 2 2 2 2 2 24 5 6 1cos 2 2 4 5 8 a b cC ab          ， 又0 πC  ，则 2 3 7sin 1 cos 8 C C   ， 又因为 πA B C   ，所以 3 7sin( ) sin 8 A B C   . 故选：A. 答案第 2页，共 4页 6．D 因为3sin 2sinADB ACB   ，所以3sin 2sinADC ACD   ， 由正弦定理可得3 2AC AD ， 又 2 2 2 2 2 2 cos cos 0 2 2 AD DB AB AD DC ACADB ADC AD DB AD DC             ， 即 2 2 2 2 2 2 0AD DB AB AD DC AC     ， 即  22 2 2 2 02 3 4 2 3AD AC    ，解得 3AD  ， 2AC  （负值舍去）， 所以 1 2 AD BC ，所以 ABC 为直角三角且 90BAC  ，即 AC AB ， 则 2 2 2AC BC AB   ， 则 ABC 的面积 1 4 2 2 4 2 2ABC S     . 故选：D 7．B 因为 2A+C= B，而 π  A C B ，所以 π 3 B  ， 则 2 2 2 2π3 3 2 sin 3 3 3 9 3 3 a c ac a c ac      ， 得 2 2 9a c ac   ． 根据余弦定理可得 2 2 2 2 22 cos 9b a c ac B a c ac       ，故 3b  ． 故选：B. 8．B 因为 6cosC b a a b   ， 所以由余弦定理可得 2 2 2 2 2 6 2 a b a b c ab ab      ，即 2 2 2 3 2 a b c  ， 所以 tan tan sin cos sin cos sin cos cos tan tan cos sin cos sin cos sin sin C C C A C B C A B A B C A C B C A B           sin sin cos cos sin cos sin sin C B A B A C A B    2sin sin sin cos C A B C  2 2 2 2 2 2 cos c c ab ab C ab a b c      2 2 2 2 4.3 2 c c c    故选：B 答案第 3页，共 4页 9．BD 在 ABC 中， π 6 ABC  ， 2 3BC  ， 2AC  ，则由余弦定理得 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC     ， 2 34 12 4 3 2 AB AB    ，整理得 2 6 8 0AB AB   ，解得 2AB  或 4AB  ，故选：BD 10．BC 在 ABC 中，因为 3, 4a b  ，且 15sin 4 C  ，由三角形的面积公式，可得 1 1 15 3 15sin 3 4 2 2 4 2ABC S ab C      ， 所以 A错误； 由C为锐角，且 15sin 4 C  ，可得 2 1cos 1 sin 4 C C   ，所以 B 正确； 由余弦定理得 2 2 2 12 cos 9 16 2 3 4 19 4 c a b ab C          ，可得 19c  ，所以 C 正确； 由余弦定理得 2 2 2 9 19 16 2 19cos 2 192 3 19 a c bB ac          ，所以 D 不正确. 故选：BC. 11． 3 如图所示，连接 BD，在 BCD△ 中，因为 1BC CD  且 120C  ，由余弦定理可得 2 2 21 1 2 1 1 cos120 3BD        ， 所以 3BD  ，所以 1 3sin120 2 4BCD S BC CD   ，在 BCD△ 中，因为 1BC CD  且 120C  ，可得 30CBD  ， 又因为 120B  ，所以 90ABDÐ = °，所以 1 3 3 33 2 2 4ABD S     ，所以四边形 ABCD的面积为 3 3 3 3 4 4 S    . 故答案为： 3 . 12． 4 2 5 在 ABC 中， 2π , 4 3 A a  ，由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即 2 2 2 2π4 2 cos 3 b c bc   ， 整理得 2( ) 16b c bc   ，在 ,ABD ACD△ △ 中， 2, 2BD CD AD   ， 由余弦定理得 2 2 2 4 2 2 2cos 2 4 2 2 2cos( π ) b ADC c ADC               ，相加整理得 2 2 12b c  ，即 2( ) 2 12b c bc   ， 因此 2( ) 20b c  ，解得 2 5b c  ，所以 ABC 的周长为 4 2 5 . 故答案为： 4 2 5 13．(1) π 3 (2)12 （1）因为 3 sin 3 cosb C c B ，所以 3sin sin 3sin cosB C C B . 又 C 为 ABC 内角， sin 0C  ，所以 3 sin 3cosB B ， 答案第 4页，共 4页 显然 π 2 B  不满足 3 sin 3cosB B ，即有 tan 3B  ， 而 (0, π)B ，所以 π 3 B  . （2）由余弦定理得  22 2 2 2 cos 3b a c ac B a c ac      ， 4b  ， 16ac  ，则 2 3 8a c b ac    ， 所以 ABC 的周长为 12a b c   . 14．(1) π 6 A  (2) 1 3 5cos 8 C  （1）解：因为 2 2 23sin sin sin sin sinB C B C A   ， 由正弦定理可得 2 2 2 3b c a bc   ，由余弦定理可得 2 2 2 3cos 2 2 b c aA bc     ， 因为  0, πA ，所以， π 6 A  . （2）解：因为 2a b ，由正弦定理可得 1 1 π 1sin sin sin 2 2 6 4 B A   ， 因为 2a b b  ，则角 B为锐角，故 2 2 1 15cos 1 sin 1 4 4 B B          ， 所以，     π π πcos cos π cos cos sin sin cos cos 6 6 6 C A B A B B B B                  1 1 3 15 1 3 5 2 4 2 4 8       . 15．(1) π 3 (2)答案见解析 （1） 3 2 sin 0a b A  ． 由正弦定理得 3 sin 2 sin sinA B A ， 又 sin 0A ， 即 3sin 2 B  ，又 B为锐角，所以 π 3 B  . （2）由余弦定理可得 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac     ， 即 2 2 7a c ac   ，由 5a c  ，即 2 22 25a ac c   ， 则 25 2 7ac ac   ，即 6ac  ， 所以 2 3 a c    或 3 2 a c    ， 若 2 3 a c    ，由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即  22 22 7 3 2 3 7 cos A     ， 解得 cos 7 2 7 A ，所以 2 7cos 7 3 6 7 A CB AA ABC A          ； 若 3 2 a c    ，由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即  22 23 7 2 2 2 7 cos A     ， 解得 7cos 14 A  ，所以 7cos 7 2 1 14 A CB AA ABC A          ；