【文档说明】2021年人教版高中数学必修第二册(精讲)6.4.3《正余弦定理的实际运用》（解析版）.doc，共(17)页，1.264 MB，由MTyang资料小铺上传

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6.4.3正余弦定理的实际运用（精讲）思维导图常见考法考法一正余弦定理的综合运用【例1-1】（2020·内蒙古赤峰市）在ABC的中，角A，B，C的对边分别为abc，，，且sin(sinsin)sin0aAbABc

C（1）求角C；（2）若2c，求ab的取值范围.【答案】（1）23C；（2）4323，.【解析】（1）由sin(sinsinB)sin0aAbAcC，及正弦定理得2220aabbc，由余弦定理得2221cos222abcabC

abab，又0C，所以23C；（2）由2220aabbc及2c，得224aabb，即2()4abab，所以221()4()4ababab，所以433ab，当且仅当233ab时，等号成立，又2abc，所以4323

ab，所以ab的取值范围为4323，.【例1-2】．（2020·全国高一）在①7c，1cos7A，②1cos8A，9cos16B.这两个条件中任选一个，补充在下面问题中：在ABC中，它的

内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知11ab，.求a，b的值.【答案】答案见解析.【解析】选择条件①7c，1cos7A，11ab，2222cosabcbcA222117aa121177a

，8a，3b选择条件②1cos8A，9cos16B，A，B0,，237sin1cos8AA，257sin1cos16BB由正弦定理得：sinsinabAB，113757816aa，6a，5b.【一隅三反】1

．（2020·江苏南京市·南京师大附中高一期末）在ABC中，设角,,ABC的对边分别为,,abc，已知222cossincossinsinABCAB.（1）求角C的大小；（2）若3c，求ABC周长

的取值范围.【答案】（1）23；（2）23,23【解析】（1）由题意知2221sinsin1sinsinsinABCAB，即222sinsinsinsinsinABCAB，由正弦定理得222abcab由余弦定理得222

1cos222abcabCabab，又20,3CC.（2）32,2sin,2sin2sinsinsinsin3abcaAbBABC，则ABC的周长2sinsin32sinsin32sin333

LabcABAAA.230,,sin1333323AAA，232sin3233A，ABC周长的

取值范围是23,23.2．（2020·吉林白城市·白城一中高一期末（文））ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(2)coscos0caBbA.（1）求角B的大小；（2）若1ac，求b的取值范围.【答案】（1）3；（2）112b.【解析】（1）(

2)coscos0caBbA，由正弦定理可得：2sincossincossincos0CBABBA，可得2sincossin()sinCBABC，C为三角形内角，sin0C，可得1cos2B，(0,)B，3B．（2）3B，1ac，

由余弦定理可得2222221()3()3()24acbacacacacac…，12b…，1bac，112b„．3．（2020·沙坪坝区·重庆南开中学高一期末）在ABC中，角A，B，C所对的边分

别为a，b，c，满足cos2cosaCbcA.（1）求A的大小；（2）若3a，求ABC面积S的最大值.【答案】（1）3A；（2）934.【解析】（1）cos(2)cosaCbcA．sincos(2sinsin)cosACBCA，sin()2sincosACBA

，sin2sincosBBA，1cos2A，3A．（2）221929cos222bcbcAbcbc，09bc，11393sin92224SbcA，当3abc时取得等号，ABC面积S的最大值934.

考法二正余弦定理与三角函数综合运用【例2】（2020·湖北荆门市·高一期末）已知2223sincossincosfxxxxx（1）求函数fx取最大值时x的取值集合；（2）设锐角．．ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，1fC，3c，求ABC的面积S的最大值.【答案】

（1）,3xxkkZ；（2）6334.【解析】（1）2223sincossincos3sin2cos22sin26fxxxxxxxx.令22,62xkkZ，即()3xkkZ时

，fx取最大值;所以，此时x的取值集合是,3xxkkZ；（2）由1fC，得1sin262C，因为02C，所以52666C，所以266C，则6C；在ABC中，由余弦定理2222

coscababC，得2233(23)ababab，即3(23)ab，当且仅当ab时取等号，所以ABC的面积3(23)3(23)111sin2224SabC因此ABC的面积S的

最大值为6334.【一隅三反】1．（2020·黄梅）已知函数3sincos3fxxx.（1）求函数fx在0,上的最小值；（2）已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，53b，3cos5A，且1fB，求边a的长.【答

案】（1）12；（2）8.【解析】（1）133sincos3sincoscos322fxxxxxx31sincossin226xxx，又0,x，所以7,666x

，所以当766x即x时，fx取得最小值，所以min12fx，（2）因为sin16fBB，0,B，所以3B，又3cos5A，所以4sin5A，所以由正弦定理有534352a，所以8a

.2．（2020·甘肃省民乐县第一中学高三期中（理））已知函数()23sincosfxxx223sincos2xx.（1）当0,2x时，求()fx的值域；（2）若ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足3ba，sin(2)

sinACA22cos()AC，求()fB的值.【答案】(1)1,2；(2)1.【解析】（1）23sincosfxxx223sincos2xx23sin22sin1xx3sin2cos2x

x2sin26x0,2x，∴72,666x，1sin2,162x，∴1,2fx.（2）∵由题意可得sinAAC2sin2sincosAAAC有，

sincoscossinAACAAC2sin2sincosAAAC，化简可得：sin2sinCA，∴由正弦定理可得：2ca，∵3ba，∴余弦定理可得：222cos2acbBac

222431222aaaaa，∵0B，∴3B，所以1fB.3．（2020·江苏）已知函数231sin2cos22fxxx，Rx．（1）求函数fx的最小值和最小

正周期；（2）设C的内角、、C的对边分别为a，b，c，且3c，C0f，若sin2sin，求a，b的值．【答案】（1）fx的最小值是2，最小正周期是22；（2）1a，2b．【解析】（1）31co

s21sin2sin212226xfxxx，则fx的最小值是2，最小正周期是22；（2）Csin2C106f，则sin2C16，0C，02C2

，112C666，2C62，C3，sin2sin，由正弦定理，得12ab，①由余弦定理，得2222cos3cabab，即223abab，②由①②解得1a，2b．考法三正余弦定理在几何中的运用【

例3】（2020·河北邢台市·高一期中）如图，在ABC中，AD平分BAC，且3CDBD.（1）求sinsinBC的值；（2）若2AB，3B，求ABC的面积.【答案】（1）3；（2）31132.【解析】（1）在ABD△中，sinsinBDADBADB，在ACD△中，sin

sinCDADCADC.因为AD平分BAC，且3CDBD，所以3sinsinBCCDBD.（2）由正弦定理及（1）可知sinsin3ACABBC.因为2AB，3B，所以6AC，21333sin,cos1sinsin366CBCC.因为

sinsinsincoscossinBACBCBCBC333133113262612，所以13113sin22ABCSACABBAC.【一隅三反】1．（2020·北京朝阳区·人大附中朝阳学校高一期末）如图，ABC中，已知点D在BC边上，ADAC，3sin3B

，3cos3ADC，33CD，则△ADC的面积为________；AB的长是________.【答案】92232【解析】因为ADAC，3cos3ADC，33CD，所以3cos3333ADCDADC，又6sin3ADC

，则△ADC的面积为11692sin3332232SADCDADC，又sinADB6sin3ADC，所以在△ABD中由正弦定理得：sinsinABADADBB，则63sin332sin33ADADBABB

.故答案为：922；32.2．（2020·成都市第十八中学校高一期中）在ABC中，点D在边AB上，3ACD，443ADDB（1）若4CD，求AC（2）若3B，求sin(2)6A的值【答案】（1）8；（2）78.【解析】（1）在ACD△中，由余弦定理得，222π

43424cos3ACAC，即24320ACAC，解得，8AC(负值舍去).（2）在ABC中，∵π3B，π3ACD，∴π3BCDA，在ADC中，由正弦定理得43πsinsin3DCA，∴8s

inDCA①，在BCD△中，由正弦定理得3ππsinsin33DCA，∴3π2sin3DCA②，由①②得π3sinsin316AA，∴313sincossin2216AAA，即2313sincossin2216AAA，∴

3113sin2cos244416AA，即317sin2cos2228AA，∴π7sin268A.3．（2020·株洲市九方中学高一月考）如图，在圆内接ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足coscos2cosaCcAbB.（1）

求B；（2）若点D是劣弧AC上一点，AB=2，BC=3，AD=1，求四边形ABCD的面积【答案】（1）3B；（2）23.【解析】（1）由正弦定理得sincossincos2sincosACCABB，得sin2sincosBBB.因为0,sin0BB，所以1cos2B，即3B

.（2）在ABC中AB=2，BC=3，3B，222249cos3212ABBCACACABBC，解得7AC.在ADC中，7,1ACAD，A，B，C，D在圆上，因为3B，所以23ADC，所

以22222171cos3222ADDCACDCADDCDC，解得2DC或3DC（舍去），所以四边形ABCD的面积121sinsin232323ABCADCSSSADDCABBC

.4．（2020·全国高一课时练习）在四边形ABCD中，AD//BC，AB＝3，∠A＝120°，BD＝3．（1）求AD的长；（2）若∠BCD＝105°，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）3；（2）12394．【解析】（1）∵在△ABD中，AB＝3，

∠A＝120°，BD＝3，∴由余弦定理得cos120°＝23923ADAD，解得AD＝3(AD＝－23舍去)，∴AD的长为3．（2）∵AD∥BC，∠A＝120°，BD＝3，AB＝AD＝3，∠BCD＝105°，∴∠

DBC＝30°，∠BDC＝45°，∴由正弦定理得sin45BC＝sin30DC＝3sin105，解得BC＝33－3，DC＝36322．如图过点A作AE⊥BD，交BD于点E，过点C作CF⊥BD，交BD于点F，

则AE＝12AB＝32，CF＝12BC＝3332，∴四边形ABCD的面积S＝S△ABD＋S△BDC＝12BD·(AE＋CF)＝12×3×(32＋3332)＝12394．考法四正余弦定理在实际生活中的运用【例4】（1）（2020·江苏高一课时

练习）如图，设A、B两点在水库的两岸，测量者在A的同侧的库边选定一点C，测出AC的距离为100m，75ACB，60CAB，就可以计算出C、B两点的距离为（）A．506mB．503mC．5032+63mD．50

31m（2）（2020·安徽亳州市·涡阳四中高一月考（理））如图，无人机在离地面高200m的A处，观测到山顶M处的仰角为15°、山脚C处的俯角为45°，已知060MCN，则山的高度MN为（）A．1

503mB．2003mC．3003mD．300m【答案】（1）A（2）D【解析】（1）∵ABC中，75ACB，60CAB，∴18045BACBCAB.又∵ABC中，100ACm，∴由正弦定理可得：sinsinA

CCBBCAB，则3100sin2506sin22ACCABCBBm.故选：A.（2）∵//ADBC，∴45ACBDAC，∴22002ACABm，又180604575MCA，15456

0MAC，∴45AMC，在AMC中，sinsinMCACMACAMC，∴2002sin602003sin45MCm，∴sin2003sin60300MNMCMCNm.故选：D．【一隅三反】1．（2020·江苏高一课时练习）某快递公

司在我市的三个门店A，B，C分别位于一个三角形的三个顶点处，其中门店A，B与门店C都相距akm，而门店A位于门店C的北偏东50°方向上，门店B位于门店C的北偏西70°方向上，则门店A，B间的距离为（）A．akmB．2kmaC．3kmaD．2akm【答案】C【解析

】由题意知AC＝BC＝akm，∠ACB＝50°+70°＝120°，由余弦定理得，2222cosABACBCACBCACB∠222212()32aaaa，所以3ABa，即门店A，B间的距离为3kma.故选：C.2．（2020·北京

二十中高一期末）2020年5月1日起，新版《北京市生活垃圾管理条例》实施，根据该条例：小区内需设置可回收物圾桶和有害垃圾桶.已知李华要去投放这两类垃圾，他从自家楼下出发，向正北方向走了80米，到达有害垃圾桶，随后向南偏东60°方向走了30米，到达可回收物垃圾桶，则他回到自家

楼下至少还需走（）A．50米B．57米C．64米D．70米【答案】D【解析】由题意，设李华家为A，有害垃圾点为B，可回收垃圾点为C，则李华的行走路线，如图所示，在ABC中，因为80,30,60ABBCB，由余弦定理

可得：222212cos60803028030702ACABBCABBC米，即李华回到自家楼下至少还需走70米.故选：D.3．（2020·浙江杭州市·高一期末）如图，地面四个5G中继站A、B、C、D，已知62kmCD

，30ADBCDB，45DCA，60ACB，则A、B两个中继站的距离是（）A．43kmB．210kmC．10kmD．62km【答案】C【解析】由题意可得75DAC，45DBC，

在ADC中，由正弦定理得362sin223sinsin75CDADCACDAC，在BDC中，由正弦定理得162sin231sin22CDBDCBCDBC，在ACB△中，由余弦定理得2222cosABACBCACBCACB2

2123312233112，所以10kmAB.故选：C.4．（2020·四川绵阳市·高一期末）如图，轮船A和轮船B同时离开海港匀速直线航行，其中轮船A的航行速度是v(nmile/h)，轮船B的航行速度比轮船A快10(nmile/h)．已知航行

lh后，测得两船之间的距离为（v+20）nmile，如果两艘轮船的航行方向之间的夹角为钝角，则v的取值范围是_____．【答案】10,30【解析】不妨设海港所在点为C，作图如下：根据题意可得10,,20BCvACvABv

，因为90ACB，根据余弦定理可得：2220ACBCAB，即22210200vvv，解得1030v，又要满足三角形三边关系，即可得：ABBCAC，即10v.故v的取值范围是10,30.故答案为

：10,30