6.4.3 课时1余弦定理

已知两边及其中一边的对角,可用余弦定理先解得第三边,从而解三角形.

在 $ △ABC $ 中,利用余弦定理得, $ \cos B=\dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}=\dfrac{4+16-6}{2×2×4}=\dfrac{7}{8} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

在 $ △ABC $ 中, $ \cos B=-\dfrac{1}{3} $ , $ c=1 $ , $ b=2\sqrt{3} $ ,由余弦定理,得 $ {b}^{2}={a}^{2}+{c}^{2}-2ac \cos B $ ,即 $ (2\sqrt{3})^{2}={a}^{2}+{1}^{2}-2\cdot a\cdot 1\cdot (-\dfrac{1}{3} ) $ ,整理得 $ 3{a}^{2}+2a-33=0 $ ,解得 $ a=3 $ 或 $ a=-\dfrac{11}{3} $ （舍）.故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ A+B+C=\mathrm{\pi } $ ,所以 $ \cos (A+B)= \cos (\mathrm{\pi }-C)=- \cos C=\dfrac{1}{3} $ ,即 $ \cos C=-\dfrac{1}{3} $ .由余弦定理得 $ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}-2ab \cos C $ ,即 $ {c}^{2}={3}^{2}+{2}^{2}-2×3×2×(-\dfrac{1}{3})=17 $ ,解得 $ c=\sqrt{17} $ .由余弦定理得 $ \cos A=\dfrac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\dfrac{4+17-9}{2×2×\sqrt{17}}=\dfrac{3\sqrt{17}}{17} $ ,因为 $ 0 < A < \mathrm{\pi } $ ,所以 $ \sin A > 0 $ ,所以 $ \sin A=\sqrt{1-{\left(\dfrac{3\sqrt{17}}{17}\right) ^ {2}}}=\sqrt{1-\dfrac{9}{17}}=\dfrac{2\sqrt{34}}{17} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ A+C=2B $ ，而 $ A+C+B=\mathrm{\pi } $ ，所以 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，则 $ \sqrt{3}{a}^{2}+\sqrt{3}{c}^{2}-2ac \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\sqrt{3}{a}^{2}+\sqrt{3}{c}^{2}-\sqrt{3}ac=9\sqrt{3} $ ，得 $ {a}^{2}+{c}^{2}-ac=9 $ ．根据余弦定理可得 $ {b}^{2}={a}^{2}+{c}^{2}-2ac \cos B={a}^{2}+{c}^{2}-ac=9 $ ，故 $ b=3 $ ．故选 $ \mathrm{B} $ .

由题设 $ (a+c)^{2}-{b}^{2}=ac $ ，则 $ {a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}=-ac $ ，所以 $ \cos B=\dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}=-\dfrac{1}{2} $ ，由 $ {0}^{\circ } < B < {180}^{\circ } $ ，可得 $ B={120}^{\circ } $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

不妨设 $ a=4 $ , $ b=5 $ , $ c=6 $ ,则 $ a < b < c $ ,所以 $ A < B < C $ .又 $ \cos A=\dfrac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\dfrac{25+36-16}{2×5×6}=\dfrac{3}{4} $ ,所以最小内角的余弦值为 $ \dfrac{3}{4} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为 $ m > \dfrac{3}{2} $ ,所以 $ 5m-(m+6)=4m-6 > 0 $ ,所以 $ 5m > m+6 $ .

又 $ 5m > 3m > 0 $ ,

所以 $ A $ 为最大角,则由余弦定理得 $ \cos A=\dfrac{{\left(3m\right) ^ {2}}+{\left(m+6\right) ^ {2}}-{\left(5m\right) ^ {2}}}{2×3m(m+6)} < 0 $ ,整理得 $ (5m+6)(m-2) > 0 $ ,解得 $ m < -\dfrac{6}{5} $ 或 $ m > 2 $ .又 $ m > \dfrac{3}{2} $ ,所以 $ m > 2 $ .因为 $ m+6 > 5m-3m $ ,所以 $ m < 6 $ ,所以 $ m $ 的取值范围是 $ (2,6) $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由余弦定理可知, $ \cos B=\dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}=\dfrac{1}{2} $ .因为 $ c=3a $ ,所以 $ \dfrac{10{a}^{2}-{b}^{2}}{6{a}^{2}}=\dfrac{1}{2} $ ,得 $ {b}^{2}=7{a}^{2} $ ,即 $ b=\sqrt{7}a $ ,则 $ \cos C=\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}=\dfrac{-{a}^{2}}{2\sqrt{7}{a}^{2}}=-\dfrac{\sqrt{7}}{14} < 0 $ ,则 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < C < \mathrm{\pi } $ ,从而 $ △ABC $ 是钝角三角形.故选 $ \mathrm{C} $ .

在 $ △ABC $ 中,由余弦定理得 $ \dfrac{a}{c}=\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}=\dfrac{2ab \cos C}{2bc \cos A} $ ,整理得 $ \cos A= \cos C $ ,而 $ A $ , $ C\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,函数 $ y= \cos x $ 在 $ (0,\mathrm{\pi }) $ 上单调递减,因此 $ A=C $ ,所以 $ △ABC $ 是等腰三角形.故选 $ \mathrm{C} $ .

由 $ 2a-b=2c \cos B $ 及余弦定理,可得 $ 2a-b=2c\cdot \dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac} $ ,所以 $ {a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}=ab $ ,所以 $ \cos C=\dfrac{1}{2} $ ,又 $ C\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以 $ A+B=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ .因为 $ \cos A+ \cos B=1 $ ,所以 $ \cos A+ \cos (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}-A)= \cos A+ \cos \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\cdot \cos A+ \sin \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} \sin A= \cos A-\dfrac{1}{2} \cos A+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin A=1 $ ,即 $ \dfrac{1}{2} \cos A+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin A=1 $ ,所以 $ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+A)=1 $ .因为 $ A\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,从而 $ B=\mathrm{\pi }-A-C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .所以 $ △ABC $ 为等边三角形,故选 $ \mathrm{A} $ .

$ \because \sin \dfrac{B}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ , $ \therefore \cos B=1-2{ \sin }^{2}\frac{B}{2}=1-2×{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) ^ {2}}=\dfrac{1}{3} $ .由余弦定理得 $ {b}^{2}={a}^{2}+{c}^{2}-2ac \cos B={6}^{2}+{4}^{2}-2×6×4×\dfrac{1}{3}=36 $ ,解得 $ b=6 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

因为向量 $ \boldsymbol{p}=(a+c,b) $ , $ \boldsymbol{q}=(b-a,c-a) $ , $ \boldsymbol{p}//\boldsymbol{q} $ ,

所以 $ (a+c)(c-a)=b(b-a) $ ,即 $ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}-ab $ ,

由余弦定理可得 $ \cos C=\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}=\dfrac{1}{2} $ .

因为 $ C\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

设 $ BC=a $ , $ AB=c $ , $ AC=b $ .

由 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ BC $ 边上的高 $ h=\dfrac{\sqrt{3}}{12}a $ ,且 $ h=c \sin B $ ,可得 $ c=\dfrac{\sqrt{3}}{6}a $ .

由余弦定理可得 $ {b}^{2}={a}^{2}+{c}^{2}-2ac \cos B=\dfrac{7}{12}{a}^{2} $ ,即 $ b=\dfrac{\sqrt{21}}{6}a $ .

所以 $ \cos \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\dfrac{\dfrac{7}{12}{a}^{2}+\dfrac{1}{12}{a}^{2}-{a}^{2}}{2\cdot \dfrac{\sqrt{21}}{6}a\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{6}a}=-\dfrac{2\sqrt{7}}{7} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

在 $ △ABC $ 中,由余弦定理得 $ \cos \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\dfrac{{9}^{2}+{7}^{2}-{8}^{2}}{2×9×7}=\dfrac{11}{21} $ .

因为 $ AM $ 为 $ BC $ 边上的中线,所以 $ \overrightarrow {AM}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC}) $ ,所以 $ {\overrightarrow {AM}}^{2}=\dfrac{1}{4}({\overrightarrow {AB}}^{2}+{\overrightarrow {AC}}^{2}+2\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AC})=\dfrac{1}{4}×(49+81+2×7×9×\dfrac{11}{21})=49 $ ,

所以 $ |\overrightarrow {AM}|=7 $ ,即 $ AM $ 的长为7.

由余弦定理知 $ \cos B=\dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}=\dfrac{{a}^{2}+{1}^{2}-{b}^{2}}{2a}=\dfrac{{b}^{2}}{2a}=\dfrac{{a}^{2}+1}{4a}=\dfrac{1}{4}(a+\dfrac{1}{a})\geqslant \dfrac{1}{4}×2\sqrt{a\cdot \dfrac{1}{a}}=\dfrac{1}{2} $ ,当且仅当 $ a=1 $ 时,等号成立.

因为 $ B\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ 0 < B\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,故角 $ B $ 的最大值为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .

在 $ △ABC $ 中,设 $ AB=c $ , $ BC=a $ , $ AC=b $ ,则 $ b=c $ ,

由余弦定理得 $ \cos A=\dfrac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\dfrac{2{b}^{2}-{a}^{2}}{2{b}^{2}} $ ,

在 $ △ABD $ 中,由余弦定理得 $ B{D}^{2}={b}^{2}+{\left(\dfrac{b}{2}\right) ^ {2}}-2×b×\dfrac{b}{2}×\dfrac{2{b}^{2}-{a}^{2}}{2{b}^{2}}=9 $ ,整理得 $ 2{a}^{2}+{b}^{2}=36 $ ,

所以 $ {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}a\sqrt{{b}^{2}-{\left(\dfrac{a}{2} \right) ^ {2}}}=\dfrac{1}{2}a\cdot \sqrt{36-\dfrac{9}{4}{a}^{2}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{{a}^{2} (36-\dfrac{9}{4}{a}^{2} )}=\dfrac{1}{4}\sqrt{-9 ({a}^{2}-8)^{2}+{8}^{2}×9} $ ,

故当 $ {a}^{2}=8 $ 时, $ {S}_{△ABC} $ 取得最大值,此时 $ {b}^{2}=36-2{a}^{2}=20 $ ,所以 $ b=2\sqrt{5} $ ,即 $ AC=2\sqrt{5} $ .

在 $ △ABC $ 中,由余弦定理可得 $ \cos \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{A{C}^{2}+A{B}^{2}-B{C}^{2}}{2AC\cdot AB}=\dfrac{8+9-5}{2×2\sqrt{2}×3}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,

又因为 $ 0 < \mathrm{\angle }BAC < \mathrm{\pi } $ ,所以 $ \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ .

设 $ EF=x $ ,则 $ DG=DE=AE=x $ , $ AD=\sqrt{2}x $ , $ CD=2\sqrt{2}-\sqrt{2}x $ .

由题意可得 $ \begin{cases}AD < AC,\\ AE+EF < AB,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}\sqrt{2}x < 2\sqrt{2},\\ 2x < 3,\\ x > 0,\end{cases} $ 可得 $ 0 < x < \dfrac{3}{2} $ .

因为 $ DG//AB $ ,所以 $ \mathrm{\angle }CDG=\mathrm{\angle }BAC=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ .

在 $ △CDG $ 中,由余弦定理可得 $ C{G}^{2}=D{G}^{2}+C{D}^{2}-2DG\cdot CD \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}={x}^{2}+ (2\sqrt{2}-\sqrt{2}x)^{2}-2x\cdot (2\sqrt{2}-\sqrt{2}x )\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=5{x}^{2}-12x+8=5{\left(x-\dfrac{6}{5} \right) ^ {2}}+\dfrac{4}{5}\geqslant \dfrac{4}{5} $ ,

即 $ CG\geqslant \dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ,当且仅当 $ x=\dfrac{6}{5}\in (0,\dfrac{3}{2}) $ 时等号成立,

所以当 $ EF=\dfrac{6}{5} $ 时,线段 $ CG $ 长度最小.

根据题意,将三边都截掉 $ x $ 米后,三角形的三边长分别为 $ (4-x) $ 米、 $ (5-x) $ 米、 $ (6-x) $ 米,且 $ 0 < x < 4 $ ,设长为 $ (6-x) $ 米的边所对的角为 $ \alpha $ ,则 $ \alpha $ 为钝角.

$ \because 4-x > 0 $ , $ 5-x > 0 $ , $ 6-x > 0 $ ,

$ \cos \alpha =\dfrac{ (4-x)^{2}+ (5-x)^{2}- (6-x)^{2}}{2 (4-x ) (5-x )} < 0 $ ,

$ \therefore 1 < x < 4 $ .

$ \because 4-x+5-x > 6-x $ , $ \therefore x < 3.\therefore 1 < x < 3 $ ,

故 $ x $ 的取值范围是 $ (1,3) $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \because {a}^{2} < {b}^{2}+{c}^{2} $ ,

$ \therefore {b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2} > 0 $ ,则 $ \cos A=\dfrac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc} > 0 $ .

$ \therefore {0}^{\circ } < A < {90}^{\circ } $ .又 $ \because a $ 为最大边, $ \therefore A > {60}^{\circ } $ .

故 $ A $ 的取值范围是 $ ｛A|{60}^{\circ } < A < {90}^{\circ }｝ $ .