6.4.3 第1课时 余弦定理-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.4　平面向量的应用 6.4.3　余弦定理、正弦定理 第1课时　余弦定理 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 5 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 6 4．在△ABC中，若a＝3，c＝7，C＝60°，则角B的余弦值为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 9 知识点四　余弦定理及其推论的应用 6．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则此三角形一定是(　　) A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰直角三角形 D．钝角三角形 解析：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－ac，又b2＝ac，∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c．∵B＝60°，∴A＝C＝60°．故△ABC是等边三角形．故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 11 8．若钝角三角形ABC的内角A，B，C满足A＋C＝2B，且最大边长与最小边长的比值为m，则m的取值范围是(　　) A．(1，2) B．(2，＋∞) C．[3，＋∞) D．(3，＋∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 12 9．在钝角三角形ABC中，a＝1，b＝2，求最大边c的取值范围． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 13 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 17 4．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，23cos2A＋cos2A＝0，a＝7，c＝6，则b＝(　　) A．10 B．9 C．8 D．5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 20 7．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是(　　) A．在△ABC中，若a2＋b2－c2>0，则C是锐角 B．在△ABC中，若a2<b2＋c2，则A>B＋C C．在△ABC中，若4sinAcosA＝0，则△ABC一定是直角三角形 D．任何三角形的三边之比不可能是1∶2∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 22 三、填空题 8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，b＝4，c＝6，则bccosA＋accosB＋abcosC的值是________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 23 1或2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 24 10．在△ABC中，边a，b的长是方程x2－5x＋2＝0的两个根，C＝60°，则边c＝________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 29 14．若钝角三角形的三边长为a＋1，a＋2，a＋3，则a的取值范围是________． (0，2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 33 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　已知两边及其夹角解三角形 1．(2024·福建德化一中、永安一中、漳平一中三校协作高一联考)在△ABC中，AC＝2，BC＝3，C＝60°，则AB＝(　　) A．4 B．eq \r(17) C．7 D．eq \r(7) 解析：∵AC＝2，BC＝3，C＝60°，∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝7，∴AB＝eq \r(7)．故选D． 2．在△ABC中，已知a＝2，b＝2eq \r(2)，C＝15°，求角A，B和边c的值． 解：由余弦定理，知c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋8－2×2×2eq \r(2)×eq \f(\r(6)＋\r(2),4)＝8－4eq \r(3)， ∴c＝eq \r(8－4\r(3))＝eq \r(（\r(6)－\r(2)）2)＝eq \r(6)－eq \r(2)． ∴cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝eq \f(（2\r(2)）2＋（\r(6)－\r(2)）2－4,2×2\r(2)×（\r(6)－\r(2)）)＝eq \f(\r(3),2)， ∵0°<A<180°，∴A＝30°， ∴B＝180°－A－C＝135°， ∴c＝eq \r(6)－eq \r(2)，A＝30°，B＝135°． 知识点二　已知两边及一边对角解三角形 3．(2024·北京第二中学高一段测)在△ABC中，b＝7，c＝5，B＝eq \f(2π,3)，则a＝________． 解析：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得72＝a2＋52－2a×5coseq \f(2π,3)，即a2＋5a－24＝0，解得a＝3或a＝－8(舍去)． 解析：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得49＝9＋b2－3b⇒(b－8)(b＋5)＝0．∵b＞0，∴b＝8．∴cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(9＋49－64,2×3×7)＝－eq \f(1,7)． －eq \f(1,7) 知识点三　已知三边解三角形 5．在△ABC中，已知a＝2eq \r(6)，b＝6＋2eq \r(3)，c＝4eq \r(3)，求A，B，C． 解：根据余弦定理， 得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝eq \f(（6＋2\r(3)）2＋（4\r(3)）2－（2\r(6)）2,2×（6＋2\r(3)）×4\r(3))＝eq \f(\r(3),2)， cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝eq \f(（2\r(6)）2＋（6＋2\r(3)）2－（4\r(3)）2,2×2\r(6)×（6＋2\r(3)）)＝eq \f(\r(2),2)． ∵A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,6)． ∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,4)． ∴B＝π－A－C＝π－eq \f(π,6)－eq \f(π,4)＝eq \f(7π,12)． ∴A＝eq \f(π,6)，B＝eq \f(7π,12)，C＝eq \f(π,4)． 7．(2024·贵州凯里第一中学高一月考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＝ac，则B的取值范围是(　　) A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)) C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π)) 解析：由题意，得cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)＝eq \f(（a－c）2＋ac,2ac)＝eq \f(（a－c）2,2ac)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝c时取等号，又B∈(0，π)，所以B∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))．故选A． 解析：设三角形的三边从小到大依次为a，b，c，因为A＋C＝2B，则A＋B＋C＝3B＝180°，故可得B＝60°，根据余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，因为△ABC为钝角三角形，所以a2＋b2－c2<0，于是2a2－ac<0，即eq \f(c,a)>2，则m＝eq \f(c,a)>2，即m的取值范围是(2，＋∞)．故选B． 解：∵在钝角三角形ABC中，c为最大边， ∴cosC＜0，即a2＋b2－c2＜0． ∴c2＞a2＋b2＝5，∴c＞eq \r(5)． 又c＜b＋a＝3，∴eq \r(5)＜c＜3， 即c的取值范围是(eq \r(5)，3)． 一、单项选择题 1．在△ABC中，若AB＝eq \r(3)－1，BC＝eq \r(3)＋1，AC＝eq \r(6)，则B的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．120° 解析：∵cosB＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(（\r(3)－1）2＋（\r(3)＋1）2－（\r(6)）2,2×（\r(3)－1）×（\r(3)＋1）)＝eq \f(1,2)，0°<B<180°，∴B＝60°．故选C． 2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2－2ac－3c2＝0，且c＝eq \f(1,3)b，则角A的余弦值为(　　) A．eq \f(1,6) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,5) D．eq \f(1,3) 解析：由a2－2ac－3c2＝0，得(a－3c)(a＋c)＝0，所以a＝3c或a＝－c(舍去)，又c＝eq \f(1,3)b，所以b＝3c．由余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9c2＋c2－9c2,2·3c·c)＝eq \f(1,6)．故选A． 3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足bc＝3a2，b＋c＝eq \f(7,2)a，则sinA＝(　　) A．eq \f(\r(15),6) B．eq \f(\r(15),8) C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,8) 解析：cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝eq \f(\f(49,4)a2－6a2－a2,6a2)＝eq \f(7,8)，因为A∈(0，π)，所以sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \f(\r(15),8)．故选B． 解析：∵23cos2A＋cos2A＝23cos2A＋2cos2A－1＝0，∴cos2A＝eq \f(1,25)，∴cosA＝±eq \f(1,5)．∵△ABC为锐角三角形，∴cosA＝eq \f(1,5)，又a＝7，c＝6，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得49＝b2＋36－eq \f(12,5)b，∴b＝5或b＝－eq \f(13,5)(舍去)，∴b＝5．故选D． 5．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD，则 cos∠DAC＝(　　) A．eq \f(\r(10),10) B．eq \f(3\r(10),10) C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(2\r(5),5) 解析：如图所示，在△ACD中，设CD＝a，由CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos∠DAC，得a2＝(eq \r(2)a)2＋(eq \r(5)a)2－2eq \r(2)a· acos∠DAC，解得cos∠DAC＝eq \f(3\r(10),10)．故选B． 二、多项选择题 6．(2024·山西朔州阶段练习)在△ABC中，已知A＝30°，且3a＝eq \r(3)b＝12，则c的值为(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：由3a＝eq \r(3)b＝12，得a＝4，b＝4eq \r(3)，又A＝30°，利用余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA，即16＝48＋c2－12c，整理得c2－12c＋32＝0，解得c＝4或c＝8．故选BD． 解析：对于A，由a2＋b2－c2>0及余弦定理可得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)>0，又C∈(0，π)，∴C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴C是锐角，故A正确；对于B，由a2<b2＋c2及余弦定理可得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)>0，又A∈(0，π)，∴A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴A是锐角，∴B＋C>eq \f(π,2)>A，故B错误；对于C，∵4sinAcosA＝0，A∈(0，π)，∴sinA≠0，∴cosA＝0，则A＝eq \f(π,2)，∴△ABC一定是直角三角形，故C正确；对于D，若三角形的三边之比是1∶2∶3，不妨设三边分别为x，2x，3x(x>0)，则两短边之和为3x，不满足三角形两边之和大于第三边，故任何三角形的三边之比不可能是1∶2∶3，故D正确． 解析：∵cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，∴bccosA＝eq \f(1,2)(b2＋c2－a2)．同理，accosB＝eq \f(1,2)(a2＋c2－b2)，abcosC＝eq \f(1,2)(a2＋b2－c2)，∴bccosA＋accosB＋abcosC＝eq \f(1,2)(a2＋b2＋c2)＝eq \f(61,2)． eq \f(61,2) 9．在△ABC中，设三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，b＝eq \r(3)，A＝30°，则c＝________． 解析：已知a＝1，b＝eq \r(3)，A＝30°，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得1＝3＋c2－3c，即c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2，经检验都符合题意，所以c的值为1或2． 解析：由题意，得a＋b＝5，ab＝2．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝52－3×2＝19，所以c＝eq \r(19)． eq \r(19) 四、解答题 11．在△ABC中，已知cos2eq \f(A,2)＝eq \f(b＋c,2c)，判断△ABC的形状． 解：在△ABC中，由已知cos2eq \f(A,2)＝eq \f(b＋c,2c)， 得eq \f(1＋cosA,2)＝eq \f(b＋c,2c)，所以cosA＝eq \f(b,c)． 根据余弦定理，得eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b,c)， 所以b2＋c2－a2＝2b2，即a2＋b2＝c2， 所以△ABC是直角三角形． 12．已知在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2＝b2＋c2＋bc． (1)求角A的大小；(2)若a＝2eq \r(3)，b＝2，求边c的值． 解：(1)由已知可得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(－bc,2bc)＝－eq \f(1,2)， ∵0<A<π，∴A＝eq \f(2π,3)． (2)∵a2＝b2＋c2－2bccosA， 将a＝2eq \r(3)，b＝2，cosA＝－eq \f(1,2)代入可得12＝4＋c2－4c·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，即c2＋2c－8＝0， ∴c＝－4(舍去)或c＝2，∴边c的值为2． 13．[多选]在△ABC中，已知AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，D为AC的中点，E为BC的中点，AE与BD相交于点M，下列结论中正确的是(　　) A．BC＝4eq \r(3) B．ME＝eq \f(2,3) C．BD＝2eq \r(6) D．cos∠DBC＝eq \f(3\r(21),14) 解析：对于A，在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB· ACcos120°＝48，所以BC＝4eq \r(3)，故A正确；对于B， 因为AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，E为BC的中点，所 以AE⊥BC，∠BAE＝60°，所以AE＝ABcos60°＝2，易知M是△ABC的重心，所以ME＝eq \f(1,3)AE＝eq \f(2,3)，故B正确；对于C，在△ABD中，由余弦定理，得BD＝eq \r(AB2＋AD2－2AB·ADcos120°)＝eq \r(16＋4－2×4×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝2eq \r(7)，故C错误；对于D，在△DBC中，由余弦定理，得cos∠DBC＝eq \f(BD2＋BC2－CD2,2BD·BC)＝eq \f(28＋48－4,2×2\r(7)×4\r(3))＝eq \f(3\r(21),14)，故D正确．故选ABD． 解析：因为a＋1<a＋2<a＋3，所以此三角形的最大边为a＋3，设此边所对应的角为α，则α为钝角，由余弦定理可得cosα＝eq \f(（a＋1）2＋（a＋2）2－（a＋3）2,2（a＋1）（a＋2）)<0，即有(a＋1)2＋(a＋2)2－(a＋3)2<0，整理得a2－4<0，解得－2<a<2．又因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1>0，,（a＋1）＋（a＋2）>a＋3，))解得a>0．综上，a的取值范围为(0，2)． 15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a＝4eq \r(2)，b＝5，c＝7． (1)求cosA的值； (2)若点D在边BC上，且BD＝3CD，求AD． 解：(1)如图，在△ABC中，因为a＝4eq \r(2)，b＝5，c＝7， 所以cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(52＋72－（4\r(2)）2,2×5×7)＝eq \f(3,5)． (2)解法一：因为点D在边BC上，且BD＝3CD， 所以BD＝3eq \r(2)，CD＝eq \r(2)， 又因为cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(\r(2),2)， 所以在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝c2＋BD2－2c·BDcosB＝72＋(3eq \r(2))2－2×7×3eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝25，可得AD＝5． 解法二：因为eq \o(BD,\s\up14(→))＝3eq \o(DC,\s\up14(→))， 所以eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→))， 所以|eq \o(AD,\s\up14(→))|2＝eq \f(9,16) eq \o(AC,\s\up14(→))2＋eq \f(1,16) eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \f(3,8) eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝eq \f(9,16)×25＋eq \f(1,16)×49＋eq \f(3,8)×5×7cos∠BAC ＝eq \f(225,16)＋eq \f(49,16)＋eq \f(3,8)×5×7×eq \f(3,5)＝25， 所以|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝5，即AD＝5． $$