6.4.3 第3课时 余弦、正弦的综合运用-【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 第三课时 正、余弦定理的综合应用 学作业 纠错空间 基础过关 7.已知△ABC中，内角A,B,C所对的边 》 1.已知锐角△ABC的面积为3√5，BC= 分别为a,6c,且c2-6=ab,C-子，则 4,CA=3,则角C的大小为 A.75 B.60 C.45° D.30 出前值为 2.△ABC中，BC=2,B=5,当△ABC的 8.在△ABC中，AB=3,D为BC的中点， AD=1,∠BAD=30°，则△ABC的面积 面积等于时，smC等于 S△ABC= 9.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别 D.③ 4 为a,b,c.若a=√7，b=2,A=60°，则 3.在△ABC中，∠ABC-至，AB=2,BC sin B= C= 10.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a, =3,则sin∠BAC= ( b,c,2bcos A=ccos A+acos C. A B.10 C.3/10 (1)求角A的大小； 10 D. (2)若a=√7，b+c=4,求bc的值， 方法总结 4.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分 别为a,b,c,且b+c2=a2+bc.若sinB sinC=sin2A,则△ABC的形状是 ( A.钝角三角形 B.直角三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形 5.(多选题)在△ABC中，内角A,B,C所 对的边分别为a,b,c,若a +C一日，则△ABC可以是( a2+c2-b2 A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形D.等边三角形 6.(多选题)在△ABC中，B=30°，AB=25, AC=2,则△ABC的面积是 () A.√3 B.3√3C.2√3 D.4√3 ·279· 世数学 必修第二册 11.在△ABC中，a2+b2-mc2=0(m为 能力提升 》 空 间 常数)， 12.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分 纠错空间 且osA+cosB-cosC,求m的值. sin A sin B sin C 别为a,66,A为领角，g十1g- lg sin A=-lg√2，则△ABC为() A.等腰三角形 B.等边三角形 +49+卡+4941++9414441+ C.直角三角形 D.等腰直角三角形 13.△ABC的内角A,B,C的对边分别为 a,b,c,已知2cosC(acos B+bcos A) +++,++4+ 一c. (1)求C; (3)若1一万，△A5C的面积为2求 △ABC的周长. 方法总结 卡年年4年 中年年年卡中 4444444444 ·280·巴数学 1.解折：)由aeoC-9-6,得in Acos C+snC 2 sin B. 因为sinB=sin(A十C)=sin Acos C十cos Asin C,所 以3」 2 sin C=cos Asin C. 因为sinC≠0，所以c0sA=气.因为0<A<元，所以A (2)由正孩定理，得nB=A-,所以B=晋 2 或 ①当B=号时，由A=否，得C=受，所以c=2: ②当B=受时，由A=晋，得C-晋，所以c=a=1 3 综上可得c=1或2. 12.C[在△ABC中，：A=号，AB=4,AC=5, ,由余弦定理得BC2=AC2十AB-2AC·AB·cosA =3+-2X3×4X号=13， .BC>0,BC=√13， 设△ABC外接圆的半径为R, 由正张定理释二=2RR=S 3 2X 2 3∴△ABC外接圆的面积为元R一13x 3 1以解折：由正孩定现如品名需合品界 cos B sin A" 即sin Acos A=sin Bcos B,∴.sin2A=sin2B. 又“a≠b,2A=元-2B,即A+B=受 ∴.△ABC是直角三角形，且C=90°， 1a2+b2=102, 得a=6,b=8. 故内切圆的半径为，=0十b-c=6十8-10=2. 2 2 第三课时正、余弦定理的综合应用 1.B[:3V3=之×4×3sinC,÷sinC号，：△ABC为 锐角三角形，.C=60°，故选B.门] 2.B[由正孩定理得Sae=之·AB·BC·snB- 一T=O.·‘L=gH·c 2 ·3 必修第二册 ·c0sB=1十4-4×号-3AC=5,再由正孩定理， 得 sin C 3.C[由余弦定理，得AC=AB+BC-2 ABX BCX -29-2XX8×号-5.∴AC-后.由正孩定 cos 4 SmA,.sinA=BCsin B3X号 理，得AC=BC sin B= AC √5 -3J 4.C[由6十=。+c及余孩定理，知A=号，又由 sin Bsin C=sin2A及正弦定理，得bc=a2=b2十c2-bc, 所以(b-c)2=0,即b=c,所以△ABC为有一个内角为 晋的等腰三角形，即为等边三角形，故选C] 5.AB[由%=g十-及余弦定理，得g=ac0sB 62b+c-a b2 2bccos A' 即号界所以由三孩定是，得品音背所以有 sin2A=sin2B,从而2A=2B或2A十2B=π，即A=B 或A十B=受.故选AB.] 6.AC[由AB=2V5,AC=2,B=30°及正孩定理AC sin B AB得sinC=ABsin B之SX人】 AC 2 2 由角C为三角形的内角可知C=60°或120°.因此A= 90°或30° 在△ABC中，由AB=2√5，AC=2,A=90°或30°， 得面积5=名AC:AB·sinA=25或.] 7.解析：由余弦定理，得c2-b=a-2 abcos C=a-ab= ,所以a20,所以由正定是，得需合号=2 答案：2 8.解析：因为AB=√3，AD=1,∠BAD=30°， 所以Saw=名月.1sn30-5,又D是BC边中 1 点，所以5=2Sw-9 省案号 6 参考答案 9.解析：本小题考壶正孩定理、余孩定理，由A b 得sinB=名sinA=2, 7 由a2=b+c2-2 bccos A,得c2-2c-3=0, 解得c=3(舍负). 答案：耳3 10.解析：(1)根据正弦定理，得2bc0sA=ccos A+ac0sC→ 2cos Asin B=cos Asin C+sin Acos C=sin (A+C)- sin B.sinBco180 .A=60°. (2)由余弦定理，得7=a=b+c2-2 bccos60°=bB十c2 -bc=(b+c)2-3bc, 把b十c=4代入，得bc=3,故bc=3. 11.解：由余弦定理c2=a2十b-2 abeos C,得a十b=c2十 2 abcos C,由a2+b-mc2=0,得c2+2 abcos C=mc2,即 2 abcos C=(m-1)c2.结合正弦定理，得2 sin Asin B C-(m-1)咖C,又由器A+需骨-得 ABA-品指-名中如A sin Asin B sin Bcos C-=sin2C,得m-1=2→m=3. 12.D[因为1gb十lg。=lgsin A=--lgE,所以lg合 gmA=g竖所以〔=，且如A=9周为A为 锐角，所以A=于， 所以a=b+c2-2bcc0sA=6+26°-26×V2b×2 2 6,所以a=b,所以B=于，所以C=受，故△ABC为等 腰直角三角形.故选D.] 13.解：(1)由已知及正弦定理得：2cosC(sin Acos B十 sin Bcos A)=sinC,即2 cos Csin(A+B)=sinC.故 2 sin Ceos C=sinC.可得cosC-子，所以C=子 (②由已加，立s如C=8.xC-音，所以h=6.由 已知及余弦定理得，a2+b-2 abcos C=7.故a2十b= 13,从而(a十b)=25.所以△ABC的周长为5十√7. 第四课时余弦定理、正弦定理的应用举例 1.C[本题考查余弦定理的应用.由题意得（√）2=32十 x2-2×3.xcos30°，解得x=√5或2√5，故选C.] ·3 课时作业乡 2.C[方位角是指从正北方向顺时针旋转到达目标方向 的水平角.如图所示，点B的方位角是180°-30°=150°. 故选C.] ↑北 A ·东 B 3.C[由题意，在△ABC中，AC=300米，BC=500米， ∠ACB=120°.利用余弦定理可得AB=3002+500-2 ×300×500×c0s120°，所以AB=700米，故选C.] 4.C[如图，设将坡底加长到C时，倾斜角为30°，在 △ABC中，AB=10m,∠C=30°，∠BAC=75°-30° =45°. 75 B 由正弦定理得 BC sin∠BAC 、.即BC= ABsin∠BAC10XV2 -=10√2(m).] sin C 2 5.AB[如图所示，在△ABC中，AB A< B 30Z =x,BC=3,AC=V5,∠ABC=30°，3 150 3 由余弦定理得，AC=AB十BC2- 2AB·BC·cos∠ABC. 即(W5)2=x2+32-2x·3·c0s30 x2-3√5x十6=0. 解得x=2或x=5.] 6.D[设建筑物的高度为h,由题图知，PA=2h,PB=√2h, PC-23h 3 ∴.在△PBA和△PBC中，分别由余孩定理，得 cos∠PBA=60+2h-4,0 2×60X√2h cos∠PBC 60+2-寺4 2X60XV2%.@ :∠PBA+∠PBC=180°， ∴.cos∠PBA+cos∠PBC=0.③ 由①②③，解得h=30√6或h=-30√6（舍去）， 即建筑物的高度为30√6m.]