课时跟踪检测(二十一)　余弦定理

课时跟踪检测(二十一)余弦定理(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)A级——达标评价1.在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,则BC=()A.1 B.2C.5 D.32.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=13,b=4,c=3,则B+C等于()A.π2 B.C.3π4 D.3.(多选)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=23,cosA=32,且b<c,则()A.b=2 B.b=22C.B=60° D.B=30°4.已知△ABC的三个内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,设向量p=(a+c,c+b),q=(c-a,b).若p⊥q,则角A的大小为()A.2π3 B.πC.π3 D.5.(多选)已知△ABC的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,对于△ABC,有如下命题,其中正确的有()A.sin(B+C)=sinAB.cos(B+C)=cosAC.若a2+b2=c2,则△ABC为直角三角形D.若a2+b2<c2,则△ABC为锐角三角形6.在△ABC中,a=8,c=7,cosA=17,则b=,∠C=7.已知2,4,a是一个锐角三角形的三边长,请写出一个a的值.8.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=2,b=4,c·cosB+a=0,则c=.

9.(10分)(1)一个三角形的两边长分别为5和3,它们夹角的余弦值是-35,求三角形另一边的长(2)在△ABC中,已知b=5,c=15,B=30°,解这个三角形.10.(10分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a-b=4,a+c=2b,且最大角为120°,求此三角形的最大边长.B级——重点培优11.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcosA+acosB=c2,a=b=2,则△ABC的周长为()A.7.5 B.7 C.6 D.512.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若A=π3,a=4,则bc的最大值为()A.1633 BC.3233 D13.赵爽是我国古代数学家,大约在公元222年,赵爽在为《周髀算经》作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形,由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形,设DF=3FA,若AB=321,则DF的长为()A.9 B.23C.3 D.314.(10分)在△ABC中,BC=a,AC=b,且a,b是方程x2-23x+2=0的两根,2cos(A+B)=1.(1)求角C的大小;(2)求AB的长.15.(12分)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且cosBcosC=-(1)求B的大小;(2)若b=13,a+c=4,求a的值.课时跟踪检测(二十一)1．选D由余弦定理，得cos120°＝eq\f(22＋BC2－(\r(19))2,2×2BC).化简，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.2．选B在△ABC中，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(16＋9－13,2×4×3)＝eq\f(1,2)，而0<A<π，则A＝eq\f(π,3)，所以B＋C＝π－A＝eq\f(2π,3).3．选AD由a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋12－6b⇒b2－6b＋8＝0⇒(b－2)(b－4)＝0，由b<c，得b＝2.又a＝2，cosA＝eq\f(\r(3),2)，所以B＝A＝30°，故选AD.4．选A由p⊥q可得p·q＝0，即(a＋c，c＋b)·(c－a，b)＝c2－a2＋bc＋b2＝0，所以c2＋b2－a2＝－bc，因此cosA＝eq\f(c2＋b2－a2,2bc)＝eq\f(－bc,2bc)＝－eq\f(1,2).又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3).5．选AC依题意，△ABC中，B＋C＝π－A，sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，A正确；cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cosA，B不正确；因为a2＋b2＝c2，则由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝0，而0<C<π，即有C＝eq\f(π,2)，所以△ABC为直角三角形，C正确；因为a2＋b2<c2，则cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，而0<C<π，即有eq\f(π,2)<C<π，所以△ABC为钝角三角形，D不正确．故选AC.6．解析：由余弦定理可得64＝b2＋49－2×b×7×eq\f(1,7)＝b2－2b＋49，故b2－2b－15＝0，故b＝－3(舍去)或b＝5，故cos∠C＝eq\f(64＋25－49,2×5×8)＝eq\f(1,2)，而∠C为三角形内角，故∠C＝eq\f(π,3).答案：5eq\f(π,3)7．解析：因为2,4，a是一个锐角三角形的三边长，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22＋42－a2>0，,22＋a2－42>0，,42＋a2－22>0，))解得2eq\r(3)<a<2eq\r(5)，任取一个a的值4.答案：4(答案不唯一)8．解析：由c·cosB＋a＝0及由余弦定理得，c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋a＝0，化简得3a2＋c2＝b2.因为a＝eq\r(2)，b＝4，所以c＝eq\r(b2－3a2)＝eq\r(10).答案：eq\r(10)9．解：(1)设a＝5，b＝3，cosC＝－eq\f(3,5)，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝25＋9＋18＝52，解得c＝2eq\r(13)，所以三角形另一边的长是2eq\r(13).(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得(eq\r(5))2＝a2＋(eq\r(15))2－2a·eq\r(15)cos30°，即a2－3eq\r(5)a＋10＝0，解得a＝eq\r(5)或a＝2eq\r(5).当a＝eq\r(5)时，A＝30°，C＝120°；当a＝2eq\r(5)时，a2＝20＝b2＋c2，所以△ABC为直角三角形，且A＝90°，C＝60°.10．解：因为a－b＝4，所以a＞b且a＝b＋4，又a＋c＝2b，所以b＋4＋c＝2b，所以b＝c＋4，则b＞c，所以a＞b＞c.所以a为最大边，故A＝120°，b＝a－4，c＝2b－a＝a－8.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2＋bc＝(a－4)2＋(a－8)2＋(a－4)(a－8)，即a2－18a＋56＝0，解得a＝4或a＝14.又b＝a－4＞0，所以a＝14.即此三角形的最大边长为14.11．选D∵bcosA＋acosB＝c2，∴由余弦定理可得b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝c2.整理可得2c2＝2c3，解得c＝1.则△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋2＋1＝5.12．选B由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，因为A＝eq\f(π,3)，a＝4，所以16＝b2＋c2－bc.因为b2＋c2≥2bc，所以16＋bc≥2bc，即bc≤16，当且仅当b＝c＝4时等号成立．13．选A由题可知在△DEF中，∠EDA＝eq\f(π,3)，则∠ADB＝eq\f(2π,3).不妨设DF＝3k(k＞0)，由DF＝3AF知AF＝k，则AD＝4k，又因为△AFC与△BDA全等，所以DB＝AF＝k.在△ABD中，由余弦定理可知cos∠ADB＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f((4k)2＋k2－(3\r(21))2,2·4k·k)＝－eq\f(1,2)，解得k＝3，所以DF＝9.14．解：(1)∵cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－eq\f(1,2)，且C∈(0，π)，∴C＝eq\f(2π,3).(2)∵a，b是方程x2－2eq\r(3)x＋2＝0的两根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2\r(3)，,ab＝2，))∴AB2＝b2＋a2－2abcosC＝(a＋b)2－ab＝10.∴AB＝eq\r(10).15．解：(1)由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，∴原式化为eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·eq\f(2ab,a2＋b2－c2)＝－eq\f(b,2a＋c)，整理，得a2＋c2－b2＋a