【文档说明】2021年人教版高中数学必修第二册(精练)6.4.3《正余弦定理的实际运用》（解析版）.doc，共(27)页，1.597 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（精练）【题组一正余弦定理的综合运用】1．（2020·浙江杭州市·高一期末）已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且22bcbca．（1）求A的大小

；（2）若ABC的面积等于53，5b，求sinsinBC的值．【答案】（1）3A；（2）57．【解析】（1）∵222bcbca，由余弦定理得2221cos22bcaAbc，∵0A，∴3A．（2）因为

13sin5324SbcAbc，所以20bc，又5b，故4c，于是2222cos21abcbcA，∴21a，21227sinsin3aRA，所以25sinsin72bc

BCR．2．（2020·霍邱县第一中学高一期末）在ABC中，,,abc分别为内角,,ABC所对的边长，3,2ab，12cos()0BC.（1）求角C的大小；（2）求ABC的面积.【答案】(1)512；(2)334

【解析】（1）由内角和定理得coscoscosBCAA，因为12cos()0BC，故1cos2A，因为0,A，所以3A.所以根据正弦定理sinsinabAB得：32sin22sin23bABa，因为32ab，0,B，

所以4B，所以512CAB.（2）由（1）得3,2ab，512C，所以1156sin32sinsin2212234ABCSabC△骣琪==创??琪琪桫632126626233322222

2484骣+++琪琪=创+??=琪琪桫.3．（2020·三门峡市外国语高级中学高一期中）已知ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足sinsinsinaAcCabB.（1）求角C的大小；（2）若边长3c，求AB

C的周长最大值.【答案】（1）3；（2）33.【解析】（1）sinsinsinaAcCabB，根据正弦定理得，22acabb，即222abcab，由余弦定理得2221cos22abcCab

.又0,C，所以3C；（2）3C，3c，23AB，由正弦定理得32sinsinsin32abcABC，可得：2sinaA，22sin2sin3bBA，23132sin2sin32sin2cossin322abcAAAAA

3sin3cos323sin36AAA，由203A可得5666A，可得1sin126A.23sin323,3

36abcA.因此，ABC的周长的最大值为33.4（2020·四川高一月考（文））已知ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，且满足sin()sin()ABbcABc.（1）求角A的大小；（2）当6

a时，求ABC面积的最大值，并指出面积最大时ABC的形状.【答案】（1）23A；（2）ABCS有最大值33，此时ABC为等腰三角形.【解析】（1）由正弦定理及已知得到sin()sinsinsin()sinABBCABC，又sin()sin()sinABCC，所以sin(

)sinsinsinsin()ABBCBAB，从而sincoscossinsinsincoscossinABABBABAB，所以sin2cossin0BAB，又在ABC中，sin0B，所以1cos2A.又0A，所以23A.（2）由（1）

及正弦定理知道43sinsinsinabcABC，所以43sinbB，43sincC.所以1sin2ABCSbcA1343sin43sin22BC123sinsinBC.因为3BCA

，所以3CB.从而123sinsinABCSBC△123sinsin()3BB9sin233cos233BB63sin(2)336B.因为03B，所以当6B时，

ABCS有最大值33，此时6BC，ABC为等腰三角形.5．（2020·江苏泰州市·兴化一中高一期中）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a、b、c，满足cos2cosAacBbb且4b.（1）求角B；（2）求ABC周长的取值范围.【答案】（1）π3

；（2）8,12.【解析】（1）∵cos2cosAacBbb，由正弦定理，得cossin2sincossinsinAACBBB，∴cossincossin2sincossinsinABBACBBB，即sin2sincossinsinABCBBB，又si

nsin0ABC，∴1cos2B，又0,B得π3B.（2）在ABC中，4b，由正弦定理8π2π43sinsin48sin0,363abcACAA，π1

sin,162A，8,12abc.6．（2020·安徽和县·高一期末（理））在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2222bcabc.（1）求角A的大小；（2）若2a

，求(31)2bc的取值范围.【答案】（1）4；（2）62,4.【解析】（1）由2222bcabc，得222222bcabc，由余弦定理得2cos2A．又A为ABC的内角，所以4A.（2）由正弦定理得2sinsinsinbcaBCA

，即有2sinbB，2sincC.所以312231sin22sinbcBC3231sin22sin4BB22231sin22cossin22BBB23sin2cosBB4sin6B

因为4A，所以304B，，所以116612B，，所以62sin,164B即312bc62,4.故(31)2bc的取值范围为62,4．7

．（2020·浙江高一期末）在锐角ABC中，角,,ABC所对的边分别是a，b，c，2222sin6bcabcA.（1）求角A的大小；（2）求sincosBC的取值范围.【答案】（1）6；（2）10,2

.【解析】（1）∵2222sin6bcabcA，结合余弦定理，可得：cossin6AA，∴31cossincos22AAA，∴3tan3A又∵0A，∴6A（2）因为AB

C，6A，所以56BC，所以56BC，所以5sincossincos6BCCC31sincoscos22CCC231sincoscos22CCC

31cos21sin2422CC311sin2cos2444CC11sin2264C∵ABC是锐角三角形，所以506202CC，解得32C

∴,32C,∴572,666C∴11sin2,622C,∴111sin20,2642C综上，sincosBC的取值范围是10,28．（2020·浙江高一期末）在ABC中，角A，B，

C的对边分别为a，b，c，sinsinsinsinACbBCac.（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若ABC为锐角三角形，且2a，求ABC周长的取值范围.【答案】（Ⅰ）3A；（Ⅱ）223,6.【解析】（Ⅰ）因为sinsinsinsinACbBCa

c，由正弦定理可得acbbcac，即为222bcabc.由余弦定理可得2221cos22bcaAbc，因为0,A，所以3A.（Ⅱ）在ABC中由正弦定理得sinsinsin3abc

BC，又2a，所以43sin3bB，43432sinsin333cCB，所以43432sinsin333bcBB，4333sincos322BB

，4sin6B，因为ABC为锐角三角形，所以022032BB，且3Bbc，所以62B且3B，所以2363B且62B，所以3sin126B

，所以23,4bc，所以ABC周长abc的取值范围是223,6.9．（2020·四川省成都市盐道街中学高一期中）已知A、B、C为ABC的三内角，且其对边分别为a、b、c，若cos(2)cos0aCcbA．（1）求A．（2）若23a，4bc

，求ABC的面积．【答案】（1）23；（2）3．【解析】（1）cos(2)cos0aCcbA，由正弦定理可得：sincos(sin2sin)cos0ACCBA，sincossincos2sincos0ACCABA，sin()2sincos0ACBA

，sin2sincos0BBA，sin0B，1cos2A，(0,)A，23A．（2）由23a，4bc，由余弦定理得2222cosabcbcA，2212()22cos3bcbcbc，即有1216bc，4bc

，故ABC的面积为112sin4sin3223SbcA．10．（2021·湖南益阳市·高二期末）在①5bc，②433c，③75C°，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题（2）中，

并完成问题的解答．问题：已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，4a且cossin2AbaB．（1）求A；（2）若________，求ABC的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案

】（1）3A；（2）答案见解析.【解析】（1）cossin2AbaB，由正弦定理可得sincossinsin2ABAB，又sin0B，cossin2sincos222AAAA，又由已知cos02A，1sin2

2A，由(0,)A．3A（2）①若选择5bc，由余弦定理得：2222()3abcbcbcbc，16253bc，3bc，11333sin32224ABCSbcA．②若选择433c，由

余弦定理得：222216432cos1633abcbcAbb，整理得：24332033bb，解得：833b，或433b（舍去），118343383sin223323ABCSbcA．③若选择75C°，则180756045B

，由正弦定理得：sin60sin45ab，sin4546sin603ab．1146sin4sin4530223ABCSabC14662124342343．【题组二正余弦定理与三角函数综合运用】1．（2020·浙江）已知函数2()

23sincos2cos1()fxxxxxR.（1）求函数()fx的最小正周期和最小值；（2）ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3c，()2fC，sin2sinBA，求a，b的值.【答案】（1）最小正周期为；最小值为2.（2）1a，2b【解析】（1）(

)3sin2cos22sin26fxxxx.所以()fx的最小正周期22T，()fx的最小值为2.（2）因为()2fC，所以sin216C，又(0,)C，112,666C

，所以262C，得3C，因为sin2sinBA，由正弦定理得2ba，由余弦定里得22222222cos423cababCaaaa，又3c，所以1a，2b.2．（20

20·河南新乡市）已知函数．（1）求函数在上的最大值和最小值；（2）在中，角、、所对的边分别为、、，满足，，，求的值．【答案】（1）最大值为，最小值为；（2）．【解析】（1）（3分），，，所以的最大值为，最小值为．（2）因为，即，，，又在中，由余弦定理得，，所

以，由正弦定理得，即，所以．3．（2021·柳州市第二中学高二期末（理））已知函数2313coscos2cos22fxxxx，xR.（1）求函数fx的最小值和最小正周期；（2）已知ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3c

，0fC，若向量1,sinnA与2,sinmB共线，求a，b的值.【答案】（1）函数的最小值为2，最小正周期为；（2）3a，23b.【解析】（1）由于函数2131cos213sincoscossin2sin2122226xfxxxxxx

，故函数的最小值为2，最小正周期为22.（2）ABC中，由于sin2106fCC，又0C，所以262C，∴3C.又向量1,sinnA与2,sinmB共线，所以sin2sin0BA.由正弦定理得2

ba，且23BA.故有2sin2sin3AA，化简可得3tan3A，又0A，∴6A，∴2B.又sinsinsinabcABC，可得3sinsinsin623ab，解得3a，23b.4．（2020·江西南昌市·

高一月考）已知2cos,2sin,sin,cos66axxbxx，函数()cos<,>fxab.（Ⅰ）求函数fx零点；（Ⅱ）若锐角ABC的三内角,,ABC的对边分别是,,abc，且1f

A,求bca的取值范围.【答案】（1）212kx；（2）32bca.【解析】（Ⅰ）由条件可知2cossin2sincos2sin(2)666abxxxxxrr，2sin26()cos,

sin2,26||||xabfxabxabrrrrrr所以函数()fx零点满足sin206x,由2()6xkkZ，解得()212kxkZ

．（Ⅱ）由正弦定理得sinsinsinbcBCaA，由（Ⅰ）()sin26fxx，而()1fA，得sin(2)1,22()662AAkkZ，又(0,)A，得3A，23CB

代入上式化简得：233sinsinsincos322sinsinBBBBbcaAA3sin62sin,sin6BBA又在锐角ABC中，有022032BCB

2,62363BB，则有32sin()126B，即：32bca.5．（2021·江西新余市·高三期末（文））已知函数2()23sincos2cos1,(0,),fxxxxxABC中，角、、ABC的对边分别为abc、、，且2235ABC

Sa．（1）求()fx的单调递减区间；（2）若()1fC，求三角形中::abc的值．【答案】（1）2,63；（2）::5:8:7abc.【解析】(1)依题()3sin2cos22s6in2fxxxx又(0,)x

故()fx的单调递减区间为2,63(2)由题意知，1sin262C又(0,)C，故3C，依题意223138sin5245ABCSaabCabba，在三角形ABC中，由余弦定理222

8872cos5535aaacaac故87::1::5:8:755abc.6．（2020·全国）已知函数23sin212sinfxxxxR.（1）求函数fx的最小正周期和单调递减区间；（2）

在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，若3c，22Cf，sin2sinBA，求①求,ab的值；②求fA.【答案】（1）T，2,()63kkkZ；（2）①1a，2b；

②2.【解析】解：（1）()3sin2cos22sin(2)6fxxxx，最小正周期T．因为3222()262kxkkZ剟，所以2()63kxkkZ剟，所以所求函数的单调递减区间为2,()63kkkZ．

（2）因为()2sin()226CfC，又0C，所以3C，所以22222(3)2cos,33abababab，①又因为sin2sinBA，由正弦定理可得，2ba，②

由①②可得1a，2b．由正弦定理sinsinacAC可得13sinsin3A，所以1sin2A，又ac所以6A所以2sin2266fA7．（2020·山东）已知函数21()3sin()sin()cos22f

xxxx（1）求函数()fx的单调递增区间（2）若锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且1(),42fAb，求ABC面积S的取值范围【答案】（1）πππ,π36kkkZ

；（2）23,83【解析】（122113sinsincos3sincoscos222fxxxxxxx31πsin2cos2sin2226xxx由πππ2ππ2π22π2π22π26233

ZZkxkkkxkk解得：ππππ36kxkkZ，故函数fx的单调递增区间为πππ,π36kkkZ．（2）1()2fAQ，π1sin262A，又π02A，π5π2

66A，π3A，又4b，1sin32VABCSbcAc在ABC中，由正弦定理得：sinsincbCB，得sinsinbCcB314cossin4sin2223cos2sin232sinsinsintnπ3a

BBBBBcBBBB又ABC为锐角三角形，且π3A，故π022ππ032BB，解得ππ62B312323tan03062283tantantanBBBB，即28c323,83VABCScABC面积S的取值范围

是：23,83【题组三正余弦定理在几何中的运用】1．（2020·湖北武汉市·高一期末）如图，在ABC中，点P在BC边上，60PAC，2PC，4APAC．（Ⅰ）求边AC的长；（Ⅱ）若APB的面积是23，求sinBAP的值．【答案】（1）2（2）217【解析

】（Ⅰ）在APC中，设ACx，则4APx由余弦定理得：2222cosPCACAPACAPPACg即：2214(4)2(4)2xxxx，解之得：122xx即边AC的长为2（Ⅱ）由（Ⅰ）得APC为等边三角形，作ADBC于

D，则sin603ADPA，∴1322APBSPBAD332PB，故4PB，23BPA，∴在ABP中，由余弦定理得：2222cos3ABPBPAPBPA27∴在ABP中由正弦定理得：sinsinPBABBAP

BPA，∴427sin32BAP，∴2321sin727BAP2．（2020·江西）如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1,CD＝3，cosB＝33.(1)求△ACD的面积；(2)若BC＝23，求AB的长．

【答案】(1)2；（2）4.【解析】(1)因为∠D＝2∠B，cosB＝，所以cosD＝cos2B＝2cos2B－1＝－.因为D∈(0，π)，所以sinD＝＝.因为AD＝1，CD＝3，所以△ACD的面积S＝AD·CD·sinD＝×1×3×＝.(2)在△ACD中，AC2＝

AD2＋DC2－2AD·DC·cosD＝12，所以AC＝2.因为BC＝2，＝，所以＝＝＝＝，所以AB＝4.3．（2020·湖北省崇阳县第一中学高一月考）在ABC中，D为BC上一点，12BDCD，23ADB，2AD，23AB.（1）求角B；（2）求AC

.【答案】（1）6B；（2）23AC.【解析】（1）在ABD△中，由正弦定理得sinsinADABBADB，即223sin32B，所以1sin2B，又03B，所以6B；（2）在ABD△中，

2366BAD，所以2BDAD因为12BDCD，所以36BCBD，在ABC中，由余弦定理得2222cos126ACBABCBABC，所以23AC.4．（2020·四川绵阳市·三台中学实验学校高一开学考

试）如图，在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sincosacBB.（1）求ACB的大小；（2）若ACBABC，点A、D在BC的异侧，2DB，1DC，求平面四边形A

BDC面积的最大值.【答案】（1）4；（2）524【解析】（1）因为sincosacBB，且sinsinacAC，所以sinsinsincosACBB，在ABC中，sinsinABC,所以sinsins

incosBCCBB,所以sincoscossinsinsinsincosBCBCCBCB，所以sincossinsinBCCB因为在ABC中，sin0B，所以cossinCC因为C是ABC的内角所以4C

=.（2）在BCD中，2222cosBCBDCDBDCDD54cosD，因为ABC是等腰直角三角形，所以22115cos244ABCSABBCD，1sinsin2BCDSBDCDDD，所以平面四边形ABDC的面积5cossin4BCBCDAS

SDDS52sin44D因为0D，所以3444D所以当34D时，sin14D，此时平面四边形ABDC的面积有最大值5245．（2020·福建泉州市·高一期末）在平面四边形ABC

D中，3ABAD，2ADBCDBABD.（1）求ABD；（2）若7AC，2BD，求ACD△的面积.【答案】（1）30°；（2）32；【解析】（1）由题，在ABD△中，根据正弦定理，sinsinABADADBABD

，因为3ABAD，2ADBABD．所以3sinsinABDADB，3cos2ABD，30ABD．（2）由（1）可知，30ABD．260ADBCDBABD，ABD△中，90A，2BD，1AD，ACD△

中，7AC，2171coscos(6060)212CDADCCD，解得2CD或3CD（舍)，ACD的面积1312sin12022S．【题组四正余弦定理在实际生活中的运用】1．（2020·黑龙江大庆市·铁人中学高一期末）如图所示，在地面

上共线的三点A，B，C处测得一建筑物MN的顶部M处的仰角分别为30MAN，60MBN，45MCN，且60mABBC，则建筑物的高度为（）A．125mB．1215mC．302mD．306m【答案】B【解析】由题意

有：MN底面ACN，在直角三角形MNC、直角三角形MNB、直角三角形MNA中，tan45NCMNMN，3tan303NBMNMN，tan603NAMNMN，在三角形ABN中，由余弦定理可得：222228603cos21203MNA

NABNBNABANABMN，在三角形ACN中，由余弦定理可得：222222120cos22403ANACNCMNNACANACMN，∴22228602120312032403MNMNMNMN

，解得：1215MN.故选：B.2．（2020·眉山市彭山区第一中学高一期中）中华人民共和国国歌有84个字，37小节，奏唱需要46秒，某校周一举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度15的看台的某一列的正前方，从这一列的

第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60和30°，第一排和最后一排的距离为102米（如图所示），旗杆底部与第一排在同一个水平面上．要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为（米/秒）A．3323B．5323C．7323D．8323【答案】B【解析】如图，

由题意45,105HABHBA，∴30AHB，在HAB中，sinsinHBABHABAHB，即102sin45sin30HB，20HB．∴sin20sin60103OHHBHBO，103534623v

（米/秒）．故选B．3．（2020·邵东市第一中学高一月考）如图所示，在山底A处测得山顶B的仰角为45，沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1000米到达S点，又测得山顶的仰角为75，则山高BC=（）A．500米B．1500米C．1200米D．1000米【答案】D【解析】依题意，过S点作SEA

C于E，SHAB于H，30SAE，1000AS米，sin30500CDSEAS米，依题意，在RtHAS中，453015HAS，sin15HSAS，在RtBHS中，30HBS，22000sin1

5BSHS，在RtBSD中，sin75BDBS2000sin15sin752000sin15cos151000sin30500米，1000BCBDCD米，故选：D．4．（2020·雅安市教育科学研究所高一期末）如图，在高速公路建设中需要确

定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为（）A．3kmB．2kmC．1.5kmD．2km【答案】A【解析】在ABC中，由余弦定理可得2222

22cos1+121ABACBCACBCACB1132，所以3kmAB．故选A．【解题必备】当AB的长度不可直接测量时，求A，B之间的距离有以下三种类型．（1）如图1，A，B之间不可达也不可视，计算方法：测量AC，BC及角C，

由余弦定理可得AB222cosACBCACBCC．（2）如图2，B，C与点A可视但不可达，计算方法：测量BC，角B，角C，则ABC，由正弦定理可得sinsinBCCABA．（3）如图3，C，D与点A，B均可视不可达，计算

方法：测量,,,,.CDBDCACDBCDADC在ACD中由正弦定理求AC，在BCD中由正弦定理求BC，在ABC中由余弦定理求AB．图1图2图35．（2020·成都市实验外国语学校（西区）高一期中）如图，位于A处的海面观测站获悉，在其正东方向相距40海里

的B处有一艘渔船遇险，并在原地等待营救.在A处南偏西30°且相距20海里的C处有一救援船，其速度为507海里小时，则该船到求助处B的时间为______分钟.【答案】24【解析】由题意知：20AC，3090120A，40AB，则在ABC中，利用余弦定理知：

2222cos120BCACABACAB，代入数据，得2140016002402028002BC，解得：207BC，则从C到B所用时间为t，则20725507th，即2260min24min55th.故答案为：24.6．（2020·和县第二中

学高一期中（文））和县文昌塔是市级文物保护单位且底部不能到达，现要测量文昌塔AB的高度，如图所示，在塔的同一侧选择,CD两个观测点，且在,CD两点测得塔顶的仰角分别为45,30，在水平面上测得120BCD

，,CD两地相距30m，则文昌塔AB的高度是____________m.【答案】30【解析】设塔高ABhm，在RtABC中，由已知可得BChm，在RtABD中，由已知3BDhm，在BCD中，由余弦定理可得2223302?30?

cos120hhh，即2154500hh，解得30h（负值舍去）．故答案为：307．（2020·广东云浮市·高一期末）在相距3千米的A，B两个观察点观察目标点C，其中观察点B在观察点A的正东方向，在观察点A处观察，目标点C在北偏东15

方向上，在观察点B处观察，目标点C在西北方向上，则A，C两点之间的距离是______千米．【答案】6【解析】由题设可知，在ABC中，75CAB，45CBA，所以60ACB，由正弦定理得sinsinABACACBCBA

，即3sin60sin45AC，解得6AC．故答案为：6.8．（2020·山东济宁市·高一期末）如图，要计算某湖泊岸边两景点B与C的距离，由于受地形的限制，需要在岸上选取A和D两点，现测得5kmAB，7kmAD，60ABD

，15CBD，120BCD，则两景点B与C的距离为________km.【答案】863【解析】在ABD△中，因为5kmAB，7kmAD，60ABD，由余弦定理得2222cosADABBDABBDABD，整理得24

9255BDBD，解得8BD或3BD（舍去），在BCD中，因为15CBD，120BCD，所以45BDC，由正弦定理得：sinsinBDBCBCDBDC，所以sin4

586sin1203BDBC.故答案为：8639．（2020·山东临沂市·高一期末）如图，在四边形ABCD中，已知ABBC，5AB，7AD，135BCD，19．（2020·苏州新草桥中学高一期中）如图，A、B是海面上

位于东西方向相距533海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距203海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，试求：（1）轮船D与观测点B的距离；（2）救

援船到达D点所需要的时间．【答案】（1）103海里；（2）1小时.【解析】（1）由题意可知：在ADB△中，45DAB，30DBA，则105ADB，由正弦定理sinsinABDBADBDAB得：533sin105sin45DB，由62si

n105sin4560sin45cos60cos45sin604，代入上式得：103DB，轮船D与观测点B的距离为103海里.（2）在BCD△中，203BC，103DB，60CBD，由余弦定理得

：2222cos60CDBCBDBCBD22212031032203103302，30CD，30130stv，即该救援船到达D点所需的时间1小时.