6.4.3 第1课时 余弦定理-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第二册五维课堂课时作业（人教A版）

第六章平面向量及其应用 课时作业乡 数课时 6.4.3余弦定理、正弦定理 学作业 第一课时 余弦定理 纠错空间 基础过关 7.在△ABC中，若(a-c)(a+c)=b(b+ >》 1.在△ABC中，符合余弦定理的是( c),则A= A.c2=a2+62-2abcos C 8.在△ABC中，若a=2,b+c=7,c0sB= B.c2=a2-62-2bccos A 子则6 C.b2=a2-c2-26ccos A 9.在△ABC中，AB=3,BC=√13，AC= D.cos C=4+6+e 4,则A= 2ab ,AC边上的高为 2.△ABC中，a=3,b=√7，c=2,那么B 10.在△ABC中，acos(B+C)+bcos(A 等于 ( +C)=ccos(A+B),试判断△ABC A.30° B.45 C.60 D.120° 的形状 3.边长为5,7,8的三角形中，最大角与最 小角之和为 ( A.90° B.120° C.135° D.150 4.若1十cosA=十，则三角形的形状为 方法总结 A.直角三角形 B.等腰三角形或直角三角形 C.正三角形 D.等腰直角三角形 5.在△ABC中，已知AB=3,AC=2,BC =10,则AB·AC等于 ( A- 号 c 6.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为 a,6 c a=2,c=23 cosA= 2 则b= ( A.2或4B.3 C.5 D.2√2 ·275· 世数学 必修第二册 11.如图，在平行四边 能力提升 》 空 间 形ABCD中，AB 12.如图所示，在△ABC中，已知点D在 2,BC=1, 纠错空间 ∠DAB=S,将三角形ABC沿AC翻 BC边上，AD⊥AC,sin∠BAC=2Y2 3 AB=3√2，AD=3,则BD的长 折得三角形AB'C,使得AB'交CD于 为 E,求DE 13.如图所示，△ABC中，AB=2,cosC= +4++,++ 2F,D是AC上一点，且cos∠DBC= 5√7 14 方法总结 求∠BDA的大小. 4su44444au44u44 卡年年年44 年4 中年卡年年中 44.444.4444a44 ·276·世数学 点P的坐标为（号，是.A=√)+( =2=AB,即AP=AB. 12.C[①由于OA=-(OB+0C)=-2OD,其中D为 BC的中点，可知O为BC边上中线的三等分点（靠近线 段BC),所以O为△ABC的重心； ②向量AC ,AB分别表示在AC和AB上取单位向 ACAB 量AC'和AB', 它们的差是向量BC,当OA· AC AB =0,即OA⊥BC时，则点O在 AC AB BC BA ∠BAC的平分线上，同理由OB BC BA 知，点O在∠ABC的平分线上，故O为△ABC的内心； ③OA十OB是以OA,OB为边的平行四边形的一条对角 线，而AB是该四边形的另一条对角线，AB·(OA十 OB)=0表示这个平行四边形是菱形，即OA=OB, 同理有OB=OC1,于是O为△ABC的外心.] 13.解：(1)由题意，△ABC为直角三角形， 由BC=30m,∠ABC=37°，得AC=BC·tan37°=30 ×g8-=2.5m… 又AB+BC=AC, 所以中场队员从传球至射门这一过程中足球的位移大 小为22.5m,方向为正前方： (2)因为AB十BC=AC,所以中场队员的位移与球的位 移相等 6,4,3余弦定理、正弦定理 第一课时余弦定理 1.A 2coB-2-B=601 3.B[设边长为5,7,8的对角分别为A,B,C,则A<B<C. 0s(A+C)=-c0sB=-2,A+C=120.] 4.A[由1十c0sA=生，得c0sA=名，根据余弦定理， 得+Q=么，则c2=a+b.所以三角形为直角三 2bc c 角形.故选A.] ·3 必修第二册 5.D[:AB.AC=AB1 ACI cosAB,AC,由向量模的 定义和余弦定理可得出AB=3,AC=2,cos(AB, C-A股AC-敢A店·A花=8X2X寸 1 2ABXAC 6.A[由余弦定理，得a=b十c2-2 bccos A, .4=b+12-6b,即b2-6b十8=0， ..b=2或b=4.] 7.解析：由已知：a2-c2=b十bc,.b2十c2-a2=-bc, 62+c2-三一2： 1 2bc 1 由余孩定理：c0sA=一2A=120, 答案：120 8.解析：b十c=7,∴.c=7一b 由余弦定理得b2=a2十c2-2 accos B, 即：=4+(7-)2-2×2×(7-b)×(子）解得6 =4. 答案：4 9.解析：由余弦定理，可得 Cos A=ACABBC(13)1 2AC·AB 2×3×4 又0<A<,A=号，所以snA= 2 则AC边上的高h=ABsin A=3X5=3E 221 答案：子 2 10.解：：A十B十C=π，∴.原式可化为acos A十bcos B= ccos C. 由余弦定理可知： 2hc 4xcos B=ate cos A=itd 2ac cos C=ta-c 2ab a.b+a+b.。+c-b-c.+6c 2bc 2ac 2ab 整理，得(a-b2)2=c,即a2-b=士c2,a2=b十2 或b=a2十c2, 故△ABC一定为直角三角形， 11.解：因为在平行四边形ABCD中，AB=2,BC=1, ∠DAB=号， 所以AB=DC=2,AD=BC=1,∠ABC=∠ADC =2r 3 参考答案 因为将三角形ABC沿AC翻折得三角形AB'C,使得 AB交CD于E, 所以CB=BC=1∠ABC=∠CBE=经， 因为AD=CB',∠ADE=∠CBE,∠AED=∠CEB', 所以△ADE≌△CBE, 所以DE=B'E,设DE=x,则EC=2-x,BE=x, 在△CBE中，由余弦定理得CE=CB十BE2-2CB ·B'Ecos∠CB'E, 即(2-x)2=1+x2-2x· (2）解得x=号，即DE 12.解析：因为sin∠BAC=sin(90°+∠BAD)=cos∠BAD =22 3 所以在△ABD中，有BD=AB2+AD-2AB· ADcos∠BAD, 所以BD=18+9-2X32x3×2E=3,所以BD 3 =√5. 答案：√3 14,cosC=27 13.解：由已知得cos∠DBC=5V7,。 7； 从而sin∠DBC=YI」 14,sinC=②红 7 六cos∠BDA=cos(∠DBC+C)=5F.27-V② 14 7 14 √21_1 7 2, ∴.∠BDA=60°. 第二课时正弦定理 9smAn2g知是5 1.B[由a b 1sinB,即sinB=g， 3 选B.] 2.B[由等边对等角可得C=A=60°，由三角形的内角和 可得B=60°，所以此三角形为正三角形，有唯一解.] 3B[由题意有二6品月：别血B=1,中角B为 直角，故△ABC是直角三角形.] a十b十c 4.C[利用正弦定理的推论，得sinA十sinB十sinC C 3 sin C sin 605=2.] 5.CD[由正弦定理a sin A sin B可得sinB=bsin A_ b sim30°=5，所以B=60°或B=120.故选CD.] 1 2 ·3 课时作业 6.ABCD[A>B=a>b台sinA>sinB,故A成立. 函数y=cosx在区间[0，π]上是减函数， :A>B,∴cosA<cosB,故B成立. 在锐角三角形中，：A十B>受，A>受-B, 函教y=sinx在区间[0，受]上是增函教， 则有sinA>sin(受-B),即sinA>cosB,故C成立，同 理sinB>cosA,故D成立.] 7.解析：由c0sA=一分，得smA=V-cos月=9，设 △ABC的外接圆的半径为R,由正弦定理，有2R=snA =2√3，即△ABC的外接圆的半径为√3. 答案：√5 8.解析：在△ABC中，由正弦定理a b AB得A 20-2,所以snA=合，所以A=吾或号元 5 sin 2 因为b=Ea>a,所以B>A,即A<平，所以A=否，所 以C=-A-B=一-=是元 答案：2不 9,解析：如图，由AD=1,B=平，知 BD=1,又AD=子BC=BD, .DC=2,AC=√1+22=√W5. 由正弦定理可知，sin∠BAC=sinB:BC AC 2×3 √ =310 10 答案：W5310 10 10.解：因为c=10,A=45°，C=30°，所以B=180°-(A十 C)=105°. 由 C,得csin A=10Xsin4510区.由 sin C sin30° b ,0dmC,得b三sinB=10Xsin105三20sin75 C sin C sin 30 =20×5+E-56+52 4 5