练案3 9.1.2 余弦定理-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学必修第四册同步学习指导(人教B版2019)

练案［３］ 第九章　 解三角形 ９． １　 ［９． １． ２　 余弦定理］ Ａ组·基础自测 一、选择题 １．在△ＡＢＣ中，若ＡＢ 槡＝ １３，ＢＣ ＝ ３，∠Ｃ ＝ １２０°， 则ＡＣ ＝ （　 ） Ａ． １　 　 　 　 　 　 　 　 　Ｂ． ２ Ｃ． ３ Ｄ． ４ ２．在△ＡＢＣ中，若ａ ＜ ｂ ＜ ｃ，且ｃ２ ＜ ａ２ ＋ ｂ２，则 △ＡＢＣ为 （　 ） Ａ．直角三角形 Ｂ．锐角三角形 Ｃ．钝角三角形 Ｄ．不存在 ３．△ＡＢＣ中，角Ａ、Ｂ、Ｃ的对边分别是ａ、ｂ、ｃ，已 知ｂ ＝ ｃ，ａ２ ＝ ２ｂ２（１ － ｓｉｎ Ａ），则Ａ ＝ （　 ） Ａ． ３π４ Ｂ． π ３ Ｃ． π ４ Ｄ． π ６ ４．△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，Ｓ 表示三角形的面积，若２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ａ，Ｓ ＝ １４ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ( )２ ，则对△ＡＢＣ的形状的精确 描述是 （　 ） Ａ．直角三角形 Ｂ．等腰或直角三角形 Ｃ．等腰直角三角形 Ｄ．等腰三角形 ５．△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已 知ｂ ＝ ２，且２ａｃｏｓ Ｂ － ａｃｏｓ Ｃ ＝ ｃｃｏｓ Ａ ＋ ａ － ｂ， 则△ＡＢＣ面积的最大值是 （　 ） Ａ．槡３２ 　 　 　 Ｂ．槡３　 　 　 Ｃ． ２　 　 　 Ｄ．槡５ 二、填空题 ６．在△ＡＢＣ中，Ｂ ＝ π３，３ｓｉｎ Ｃ ＝ ８ｓｉｎ Ａ，且△ＡＢＣ 的面积为６槡３，则ｂ ＝ 　 　 　 　 ． ７．在△ＡＢＣ中，Ｂ ＝ ４５°，ＡＣ ＝ 槡１０，ＡＢ ＝ ２，则 ＢＣ ＝ 　 　 　 　 ． ８．（２０２４·济南高一检测）△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ 的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，若ｃｏｓ２Ｃ ＝ ｓｉｎ２Ａ ＋ ｃｏｓ２Ｂ － ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｃ，且ｂ ＝ ６，则Ｂ ＝ 　 　 　 　 　 ， △ＡＢＣ外接圆的面积为　 　 　 　 ． 三、解答题 ９．（２０２４·枣庄高一检测）已知△ＡＢＣ的内角Ａ， Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，向量 ｍ ＝（ａ，槡３ ｂ），ｎ ＝ ｃｏｓ π２ －( )Ｂ ，ｃｏｓ（π － Ａ( )）， 且ｍ⊥ｎ． （１）求Ａ； （２）若ｃ ＝ ３，△ＡＢＣ的面积为３槡３２ ，求ａ． １０．已知△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为 ａ，ｂ，ｃ，且２ｂｃｏｓ Ｂ ＝ ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ａ． （１）求角Ｂ的大小； （２）若ｂ ＝ ８，求△ＡＢＣ的面积的最大值                                                                 ． —９２１— Ｂ组·素养提升 一、选择题 １．（多选题）在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对边分别 为ａ，ｂ，ｃ．已知（ｂ ＋ ｃ）（ｃ ＋ ａ）（ａ ＋ ｂ）＝ ４５６，下列结论正确的是 （　 ） Ａ． ａｂｃ ＝ ７５３ Ｂ． →ＡＣ·→ＡＢ ＜ ０ Ｃ． Ａ７ ＝ Ｂ ５ ＝ Ｃ ３ Ｄ．若ｂ ＋ ｃ ＝ ８，则△ＡＢＣ的面积是槡１５ ３４ ２．（多选题）下列命题中，正确的是 （　 ） Ａ．在△ＡＢＣ中，若Ａ ＞ Ｂ，则ｓｉｎ Ａ ＞ ｓｉｎ Ｂ Ｂ．在锐角△ＡＢＣ中，不等式ｓｉｎ Ａ ＞ ｃｏｓ Ｂ 恒成立 Ｃ．若ａｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ｃ ｃｏｓ Ｃ，则△ＡＢＣ一定是等 边三角形 Ｄ．若ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＞ ０，则△ＡＢＣ一定是锐角三 角形 ３．（２０２４·临沂高一检测）我国古代数学家秦九韶 在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在 △ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，则 △ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １２ （ａｂ） ２ － ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２( )２槡 ２ ．根 据此公式，若ａｃｏｓ Ｂ ＋（ｂ 槡－ ２ｃ）ｃｏｓ Ａ ＝０，且ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ 槡＝ ２，则△ＡＢＣ的面积为 （　 ） Ａ．槡２４ Ｂ．槡 ３ ４ Ｃ．槡２２ Ｄ．槡 ３ ２ 二、填空题 ４．在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ， ｂ，ｃ． 若ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ２ａ２，则ｃｏｓ Ａ 的最小值 为　 　 　 　 ． ５．在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别是ａ， ｂ，ｃ．若ｂ ＝ ５，ａ ＋ ｃ ＝ １０，Ａ ＝ ２Ｃ，则ａ － ｃ ＝ 　 　 　 　 ． 三、解答题 ６．如图，在四边形ＡＢＣＤ中，∠ＡＢＣ ＝ ２３ π，ＡＢ ＝ 槡３，Ｓ△ＡＢＣ ＝ ３４槡３． （１）求∠ＡＣＢ的大小； （２）若ＢＣ⊥ＣＤ，∠ＡＤＣ ＝ π４，求ＡＤ的长． Ｃ组·创新拓展 　 设向量ａ与ｂ的夹角为θ，定义ａ与ｂ的“向量 积”：ａ × ｂ．可知ａ × ｂ是一个向量，它的模为 ｜ ａ × ｂ ｜ ＝ ｜ ａ ｜·｜ ｂ ｜ ｓｉｎ θ．已知在△ＡＢＣ中，角 Ａ，Ｂ，Ｃ 所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，Ａ ＝ π３， ｜ →ＢＡ × →ＢＣ ｜ ＝槡３６ ８ｂ ２ － ９ａ( )２ ，则ｃｏｓ Ｂ ＝ （　 　 ） Ａ．槡７１４ Ｂ． －槡 ７ １４ Ｃ． －槡７７ Ｄ． ２槡７                                                                         ７ —０３１— ｃｏｓ ３６° ＝ １ 槡５ －１ ＝槡５ ＋１４ ，由诱导公式ｓｉｎ ５４° ＝ ｓｉｎ ９０° －３６( )° ＝ ｃｏｓ ３６°，所以ｓｉｎ ５４° ＝槡５ ＋ １４ ． 练案［３］ Ａ组　 基础自测 １． Ａ　 设△ＡＢＣ中，角Ａ、Ｂ、Ｃ的对边分别为ａ、ｂ、ｃ，则ａ ＝ ３，ｃ ＝ 槡１３，∠Ｃ ＝ １２０°，由余弦定理，得１３ ＝ ９ ＋ ｂ２ ＋ ３ｂ，解得ｂ ＝ １， 即ＡＣ ＝ １． ２． Ｂ　 ∵ ｃ２ ＜ ａ２ ＋ ｂ２，∴ ∠Ｃ为锐角． ∵ ａ ＜ ｂ ＜ ｃ，∴ ∠Ｃ为最大角，∴ △ＡＢＣ为锐角三角形． ３． Ｃ　 由余弦定理得ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ ＝ ２ｂ２ － ２ｂ２ ｃｏｓ Ａ，所以 ２ｂ２（１ － ｓｉｎ Ａ）＝ ２ｂ２（１ － ｃｏｓ Ａ），所以ｓｉｎ Ａ ＝ ｃｏｓ Ａ，即ｔａｎ Ａ ＝ １，又０ ＜ Ａ ＜ π，所以Ａ ＝ π４ ． ４． Ｃ　 因为Ｓ ＝ １４ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ( )２ ， 所以１２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ １ ４ （ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２）， 由余弦定理可得１２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ １ ２ ａｂｃｏｓ Ｃ， 即ｓｉｎ Ｃ ＝ ｃｏｓ Ｃ，又Ｃ∈ ０，( )π ，所以Ｃ ＝ π４ ， 由２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ａ得２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｂ ＋( )Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ ＋ｃｏｓ Ｂｓｉｎ Ｃ， 整理得ｓｉｎ Ｂ －( )Ｃ ＝ ０，又因为－ π ＜ Ｂ － Ｃ ＜ π，所以Ｂ ＝ Ｃ ＝ π ４ ，所以Ａ ＝ π ２ ，所以△ＡＢＣ是等腰直角三角形． ５． Ｂ　 由正弦定理得：２ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ａ ＋ ｓｉｎ Ａ － ｓｉｎ Ｂ，所以２ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｃ）＋ ｓｉｎ Ａ － ｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ａ， 又由０ ＜ Ａ ＜ π，可得ｓｉｎ Ａ ＞ ０，则有ｃｏｓ Ｂ ＝ １２ ．又０ ＜ Ｂ ＜ π，则 ｓｉｎ Ｂ ＝槡３２ ． 由余弦定理得：ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＝ １ ２ ， 所以ａ２ ＋ ｃ２ ＝ ａｃ ＋ ４≥２ａｃ，所以ａｃ≤４（当且仅当ａ ＝ ｃ ＝ ２时等 号成立）， 则Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ａｃｓｉｎ Ｂ≤ １ ２ × ４ × 槡３ ２ 槡＝ ３． ６． ７　 因为３ｓｉｎ Ｃ ＝ ８ｓｉｎ Ａ，故３ｃ ＝ ８ａ， 又１２ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝槡 ３ ４ ａｃ 槡＝ ６ ３， 即ａｃ ＝ ２４，故ｃ ＝ ８，ａ ＝ ３． 由余弦定理可得ｂ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ２ａｃｃｏｓ Ｂ ＝ ９ ＋ ６４ － ２４ ＝ ４９，故ｂ ＝ ７． ７． 槡３ ２　 由余弦定理得ＡＣ２ ＝ ＢＣ２ ＋ ＡＢ２ － ２ＢＣ·ＡＢｃｏｓ Ｂ，又因为 Ｂ ＝ ４５°，ＡＣ 槡＝ １０，ＡＢ ＝ ２，所以（槡１０）２ ＝ ＢＣ２ ＋ ２２ － ２ × ＢＣ × ２ × ｃｏｓ ４５°， 整理，得ＢＣ２ 槡－ ２ ２ＢＣ － ６ ＝ ０， 所以（ＢＣ 槡－ ３ ２）（ＢＣ 槡＋ ２）＝ ０， 解得ＢＣ 槡＝ ３ ２或ＢＣ 槡＝ － ２（舍去）， 所以ＢＣ边的长为槡３ ２． ８． π３ 　 １２π　 因为ｃｏｓ ２Ｃ ＝ ｓｉｎ２Ａ ＋ ｃｏｓ２Ｂ － ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｃ， 可得１ － ｓｉｎ２Ｃ ＝ ｓｉｎ２Ａ ＋ １ － ｓｉｎ２Ｂ － ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｃ， 即ｓｉｎ２Ａ ＋ ｓｉｎ２Ｃ － ｓｉｎ２Ｂ ＝ ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｃ， 由正弦定理可得ａｃ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ｂ２， 可得ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＝ １ ２ ，又因为Ｂ∈（０，π），可得Ｂ ＝ π ３ ， 所以△ＡＢＣ外接圆的半径Ｒ ＝ ｂ２ｓｉｎ Ｂ 槡＝ ２ ３， 所以△ＡＢＣ外接圆的面积为πＲ２ ＝ １２π． ９．（１）由ｎ ＝ ｃｏｓ π２ －( )Ｂ ，ｃｏｓ（π －Ａ( )）得，ｎ ＝（ｓｉｎ Ｂ，－ ｃｏｓ Ａ）， 又ｍ⊥ｎ，所以ａｓｉｎ Ｂ 槡－ ３ｂｃｏｓ Ａ ＝ ０． 由正弦定理得ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ 槡－ ３ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａ ＝ ０，又ｓｉｎ Ｂ≠０，所以 ｓｉｎ Ａ 槡－ ３ｃｏｓ Ａ ＝ ０，即ｔａｎ Ａ 槡＝ ３． 又Ａ为△ＡＢＣ的内角，所以Ａ ＝ π３ ． （２）由Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ得槡 ３ ３ ２ ＝ １ ２ ｂ × ３ × 槡３ ２ ， 解得ｂ ＝ ２． 又根据余弦定理得ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ ＝ ２２ ＋ ３２ － ２ × ２ × ３ × １２ ＝ ７． 所以ａ 槡＝ ７． １０．（１）由２ｂｃｏｓ Ｂ ＝ ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ａ及正弦定理，得２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ａ ＝ ｓｉｎ Ａ ＋( )Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｂ， 因为０ ＜ Ｂ ＜ π，ｓｉｎ Ｂ≠０，所以ｃｏｓ Ｂ ＝ １２ ， 因为０ ＜ Ｂ ＜ π，所以Ｂ ＝ π３ ． （２）由（１）知，Ｂ ＝ π３ ．由余弦定理ｂ ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ２ａｃｃｏｓ Ｂ，ｂ ＝８， 得６４ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ａｃ≥２ａｃ － ａｃ ＝ ａｃ，即ａｃ≤６４． 当且仅当ａ ＝ ｃ ＝ ８时，等号成立． 所以当ａ ＝ ｃ ＝ ８时，ａｃ取得最大值为６４． Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ ａｃｓｉｎ Ｂ≤ １ ２ × ６４ × 槡３ ２ 槡＝ １６ ３． 所以△ＡＢＣ的面积的最大值为槡１６ ３． Ｂ组　 素养提升 １． ＡＢＤ　 设ｂ ＋ ｃ ＝ ４ｋ，ｃ ＋ ａ ＝ ５ｋ，ａ ＋ ｂ ＝ ６ｋ（ｋ ＞ ０），则ａ ＝ ７２ ｋ， ｂ ＝ ５２ ｋ，ｃ ＝ ３ ２ ｋ，故ａｂｃ ＝ ７５３，即Ａ正确；又ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ ２５ ４ ｋ ２ ＋ ９４ ｋ ２ － ４９４ ｋ ２ ２ × ５２ ｋ × ３ ２ ｋ ＝ － １２ ， 故→ＡＣ·→ＡＢ ＝ ｂｃｃｏｓ Ａ ＜ ０，Ｂ正确； 由正弦定理，得ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ ＝ ａｂｃ ＝ ７５３，Ｃ 错误； 若ｂ ＋ ｃ ＝ ８，则ｋ ＝ ２，故ｂ ＝ ５，ｃ ＝ ３，Ａ ＝ １２０°， 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ ＝ 槡 １５ ３ ４ ，Ｄ正确．故选ＡＢＤ． ２． ＡＢＣ　 由Ａ ＞ Ｂ，可得ａ ＞ ｂ， 利用正弦定理可得ｓｉｎ Ａ ＞ ｓｉｎ Ｂ，Ａ正确                                                                      ； —２１８— 在锐角△ＡＢＣ中，Ａ，Ｂ∈ ０，π( )２ ， ∵ Ａ ＋ Ｂ ＞ π２ ，∴ π ２ ＞ Ａ ＞ π ２ － Ｂ ＞ ０， ∴ ｓｉｎ Ａ ＞ ｓｉｎ π２ －( )Ｂ ＝ ｃｏｓ Ｂ， 因此不等式ｓｉｎ Ａ ＞ ｃｏｓ Ｂ恒成立，Ｂ正确； 由ａｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ｃ ｃｏｓ Ｃ， 利用正弦定理可得ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ａ ＝ ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｃ ｃｏｓ Ｃ， 即ｔａｎ Ａ ＝ ｔａｎ Ｂ ＝ ｔａｎ Ｃ，Ａ ＝ Ｂ ＝ Ｃ， ∴ △ＡＢＣ是等边三角形，Ｃ正确； 由余弦定理可得ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＞ ０，角Ｃ为锐角，角Ａ，Ｂ 不一定是锐角，Ｄ不正确．故选ＡＢＣ． ３． Ａ　 由正弦定理边角互化可知：ａｃｏｓ Ｂ ＋（ｂ 槡－ ２ｃ）ｃｏｓ Ａ ＝ ０ 化简为ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ （ｓｉｎ Ｂ 槡－ ２ ｓｉｎ Ｃ）ｃｏｓ Ａ ＝ ０，ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａ 槡＝ ２ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ａ， 即ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ Ｃ 槡＝ ２ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ａ， 因为ｓｉｎ Ｃ≠０，所以ｃｏｓ Ａ ＝槡２２ ， ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ 槡２ ２  槡２ ２ｂｃ ＝ 槡２ ２ ，解得ｂｃ ＝ １，根据面积公式 可知 Ｓ ＝ １２ （ｂｃ） ２ － ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２( )２槡 ２ ＝ １２ １ －槡１２ ＝槡２４ ． ４． １２ 　 在△ＡＢＣ中，由余弦定理可知ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ≥ ２ａ２ － ａ２ ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ａ ２ ２ａ２ ＝ １２ ，当且仅当ｂ ＝ ｃ ＝ ａ时，等号成立． ５． ２　 ∵ Ａ ＝２Ｃ，∴ ｓｉｎ Ａ ＝ｓｉｎ ２Ｃ ＝２ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｃ． 由正弦定理，得ａ ＝ ２ｃｃｏｓ Ｃ．根据余弦定理，得ａ ＝ ２ｃ· ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ．将ｂ ＝ ５及ａ ＋ ｃ ＝ １０代入化简，得ｃ ２ － ９ｃ ＋ ２０ ＝ ０， 解得ｃ ＝ ４， ａ ＝ ６{ ，或ｃ ＝ ５，ａ{ ＝ ５ （根据大角对大边舍去），∴ ａ － ｃ ＝ ２． ６．（１）在△ＡＢＣ中， Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ × ＡＢ × ＢＣｓｉｎ∠ＡＢＣ， ∴ １２ 槡× ３ × ＢＣｓｉｎ ２π ３ ＝ 槡３ ３ ４ ， ∴ ＢＣ 槡＝ ３，ＡＢ ＝ ＢＣ． 又∵ ∠ＡＢＣ ＝ ２π３ ，∴ ∠ＡＣＢ ＝ π ６ ． （２）∵ ＢＣ⊥ＣＤ，∴ ∠ＡＣＤ ＝ π３ ． 由余弦定理得ＡＣ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＢ·ＢＣｃｏｓ ２π３ ＝（槡３） ２ ＋ （槡３）２ 槡槡－ ２ ３ × ３ × －( )１２ ＝ ９， ∴ ＡＣ ＝ ３． 在△ＡＣＤ中，由正弦定理得， ＡＣ ｓｉｎ∠ＡＤＣ ＝ ＡＤｓｉｎ∠ＡＣＤ ， ∴ ＡＤ ＝ ＡＣｓｉｎ∠ＡＣＤｓｉｎ∠ＡＤＣ ＝ ３ｓｉｎ π３ ｓｉｎ π４ ＝ ３２槡６． Ｃ组　 创新拓展 　 Ｂ　 因为｜→ＢＡ ×→ＢＣ ｜ ＝槡３６ （８ｂ ２ － ９ａ２）， 所以１２ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝槡 ３ １２ ８ｂ ２ － ９ａ( )２ ， 即Ｓ△ＡＢＣ ＝槡３１２ ８ｂ ２ － ９ａ( )２ ， 所以槡３１２ ８ｂ ２ － ９ａ( )２ ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ， 由余弦定理，ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ， 即ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ，代入上式得， 槡３ １２ ８ｂ ２ － ９（ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ[ ]） ＝槡３４ ｂｃ， 化简得ｂ２ － ６ｂｃ ＋ ９ｃ２ ＝ ０， 即（ｂ － ３ｃ）２ ＝ ０，所以ｂ ＝ ３ｃ， 此时ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ －槡 ｂｃ 槡＝ ７ｃ． 所以ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＝ ７ ＋ １ － ９ 槡２ ７ ＝ －槡７１４ ． 练案［４］ Ａ组　 基础自测 １． Ｄ　 在△ＡＢＣ中，ＡＢ ＝ １０，ＢＣ ＝ ２０，∠ＡＢＣ ＝ １２０°，则由余弦定 理，得 ＡＣ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＢ·ＢＣｃｏｓ∠ＡＢＣ ＝ １００ ＋ ４００ － ２ × １０ × ２０ｃｏｓ １２０° ＝ １００ ＋ ４００ － ２ × １０ × ２０ × －( )１２ ＝ ７００， ∴ ＡＣ 槡＝ １０ ７，即Ａ、Ｃ两地的距离为槡１０ ７ ｋｍ． ２． Ｂ　 灯塔Ａ，Ｂ的相对位置如图所示， 由已知得∠ＡＣＢ ＝ ８０°，∠ＣＡＢ ＝∠ＣＢＡ ＝ ５０°，则α ＝ ６０° － ５０° ＝ １０°，即北偏 西１０°． ３． Ｃ　 ＡＢ ＝ １，ＣＤ ＝ ３，∠ＡＥＢ ＝ ３０°，∠ＣＥＤ ＝ ６０°，∠ＢＥＤ ＝ １２０°，所以ＢＥ ＝ ＡＢｔａｎ ３０° ＝ １ 槡３ ３ 槡＝ ３，ＤＥ ＝ ＣＤｔａｎ ６０° ＝ ３ 槡３ 槡 ＝ ３； 在△ＢＥＤ中，由余弦定理得ＢＤ２ ＝ ＢＥ２ ＋ ＤＥ２ － ２·ＢＥ·ＤＥ· ｃｏｓ∠ＢＥＤ 槡槡＝ ３ ＋ ３ － ２ × ３ × ３ × －( )１２ ＝ ９，所以ＢＤ ＝ ３； 所以ＡＣ ＝ ＢＤ２ ＋（ＣＤ － ＡＢ）槡 ２ ＝ ９ ＋（３ － １）槡 ２ 槡＝ １３， 即两山顶Ａ，Ｃ之间的距离为槡１３ ｋｍ． ４． Ｃ　 在△ＡＣＤ中，∠ＡＤＣ ＝ ６７． ５°，∠ＡＣＤ ＝ ４５°∠ＤＡＣ ＝ ６７． ５° ＡＣ ＝ＤＣ 槡＝２ ３千米； 在△ＢＣＥ中，∠ＢＣＥ ＝ ７５°，∠ＢＥＣ ＝ ６０°∠ＣＢＥ ＝ ４５°，由正 弦定理得 ＣＥｓｉｎ∠ＣＢＥ ＝ ＢＣ ｓｉｎ∠ＢＥＣ ＢＣ 槡＝ ３千米， 在△ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ ＝ ６０°，由余弦定理得ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２                                                                      － —２１９—