6.4.3 第1课时 余弦定理-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

6.4.3余弦定理、正弦定理 第1课时余弦定理 白题 基础过美 限时：30min 题组1余弦定理的理解 6.*(2025·江西上饶高一期中)已知△ABC 1.*(多选)下列说法中正确的是 ( 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a: A.在三角形中，已知两边及其一边的对角，不 b:c=√2：√3：2，则c0sC= () 能用余弦定理求解三角形 5W3 A. B.32 B.余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关 : 12 8 系，因此它适用于任何三角形 C33 C.利用余弦定理可以解决已知三角形三边求 6 Di 角的问题 7.(2025·湖北武汉高一期末)已知一个锐 D.在三角形中，勾股定理是余弦定理的特例 角三角形的边长分别为2,3，x,则x的取值范 题组2已知两边及一角解三角形 围是 () 2.*(2025·福建三明高一期中)在△ABC A.(1,√13) B.(1,5) 中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A= C.(5,√13) D.不确定 3,6=4,c=3,则a= 8.*已知△ABC三边上的高分别为hu, hg,hc,且hA:hg:hc=4:5:6,则此三角形 A.√37 B.6 最大角的余弦值为 题组4利用余弦定理判断三角形形状 C.5 D.√13 9.*(2025·安徽蚌埠高一月考)已知在 3.★（多选）(2025·江西吉安高一期中)已知 △ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a, △ABC中，B=,6=ac,则△ABC的形状是 b,c,且A=30°，a=1,c=√3，则b的值可能是 A.直角三角形 A.1 B.√2 B.钝角三角形 C.3 C.等腰直角三角形 D.2 D.等边三角形 4.*(2025·安徽合肥高一月考)在△ABC 10.*（2025·山东枣庄高一月考)在△ABC 中，a,b,c分别是角A,B,C所对的边，且a,b 中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且满足 是方程x2-5x+6=0的两个根，C=60°，则 4c2+a2=b2,则△ABC的形状为 () c= A.直角三角形 B.钝角三角形 题组3已知三边或三边关系解三角形 C.锐角三角形 D.等腰三角形 5.*(2025·江苏南通高一期中)在△ABC 11.*(2025·广东肇庆高一期中)在△ABC 中，若(a+b+c)(a-b+c)=ac,则B=( 中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c, A.30° B.60° 且cosA=6,则△ABC的形状为 C.120° D.150° 第六章黑白题025 黑题 应用提优 限时：35min 1.(多选)(2025·江苏宿迁高一月考)在6.（2025·山东泰安高一月考)在锐角 △ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c 3 AB 若2 bcsin2A=b2+c2-a2,则A的大小可能为 △MBC中，osA=亏，则A 的取值范围为 ( B. 3 c A(32) 2.(2025·广东广州高一期中)在△ABC 中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知 C. a2+82-c_“,则△ABC一定是 62+c2-a21 ( 7.整(2025·安微蚌埠高一月考)△ABC中， 角A,B,C的对边分别是a,b,c,若-2 bccos2A< A.等边三角形 B.直角三角形 62+c2-a2,则A的取值范围为 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形 8.禁(2025·江西上饶高一期中）已知△ABC 3.**(2025·湖南长沙高一月考)如图，已知 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且4 acos B+ 0A=√3,0B=2,∠AOB=30°，任意点M关于 b=4c. 点A的对称点为S,点S关于点B的对称点 (1)求cosA; 为N,则MN= (2)若a=√6，求△ABC周长的最大值， A.1 B.3 C.2 D.23 4.*(2025·湖北荆州高一期中)在△ABC 中，a,b,c分别是内角A,B,C所对的边，若 6 bccos A=-2 accos B=-3 abcos C,则角A的大 小为 A. B. 3 5.*(多选)设△ABC的内角A,B,C的对边分 别为a,b,c,则下列结论正确的是( A若d+,则c牙 压轴挑战/ B若abe,则c≥写 禁(2025·江苏徐州高一期中)在等腰△ABC 4 C.若a3+b3=c3,则C< 中，AB=AC,s∠B1C=5,在△MBC内-点P 2 满足∠PAB=∠PBC=∠PCA,AP= D.若a+b=2c,则C3T 5,则BC的值为 必修第二册·RJ黑白题026(3)存在如图②所示，以A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x轴， y轴，建立平面直角坐标系， B ② 1 由题意可得P(2,2),Q(3,1),心=2AD=1,即T(3,3),假设存在 点红，使得∠m0最大，由∠m0=[0,受），即有∠m0最大， 设BH=a,当a=0时，角度为0，此时∠THQ不可能最大，故a≠0，则 tan H0=tam(LTHB-∠QHB)=1+mnLTHB·tanQ1B tan∠THB-tan∠QHB TB OB BHBHBH.(TB-QB)a(3-1)2a 2 ,TB QB BH+TB·QBa2+3×1a2+3 1+B班B册 是5当 a十 且仅当a= ,即a=3时等号成立，即存在一点A,使得∠70最 大，且此时BH=√了 压轴挑战 解：(1)A(3)与B(3)互为“正交点列”.理由：依题意可得A1A,=(1,2), A243=(2,-2),B1B2=(2,-1),B2B3=(1,1),所以A1A2·B1B2= 1×2+2×(-1)=0,A2A3·B2B3=2×1+(-2)×1=0,所以A1A2⊥B1B2, A2A3 1B2Bs. 又A(3)与B(3)的起点和终点分别相同，所以A(3)与B(3)互为“正交 点列” (2)(i)依题意可得P1P2=(2,2),P2P=(2,-2),P3P=(2,2), P1P4=(6,2), 因为P(4)与Q(4)互为“正交点列”，所以可设Q1Q2=x(-1,1),Q2Q3= y(1,1),03Q4=z(-1,1), Q1Q4=x(-1,1)+y(1,1)+z(-1,1)=(-x+y-z,x+y+z). 由0,0-P,已=(6,2)，得+-6解得y=4,所以0,0=(4,4. (x+y+z=2, (i)因为Q1Q2=x(-1,1),Q1(0,0),所以Q2(-x,x),已知Q2的横、纵 坐标都取自集合M={-2,-1,0,1,2},那么 ①当x=1时，由y=4得z=-3,此时Q1Q2=(-1,1),Q2Q3=(4,4), Q3Q4=(3,-3),即Q1(0,0),Q2(-1,1),Q3(3,5),Q4(6,2),所以 Q(4):Q1(0,0),Q2(-1,1),Q3(3,5),Q4(6,2). ②当x=-1时，由y=4得z=-1,此时Q1Q2=(1,-1),Q2Q3=(4,4), Q3Q=(1,-1),即01(0,0)，Q2(1,-1),Q3(5,3),Q4(6,2),所以 Q(4):Q1(0,0),Q2(1,-1),Q3(5,3),Q4(6,2). ③当x=2时，由y=4得z=-4,此时Q1Q2=(-2,2),Q2Q3=(4,4), Q3Q=(4,-4),即Q1(0,0),Q2(-2,2),Q3(2,6),Q4(6,2),所以 Q(4):Q1(0,0),Q2(-2,2),Q3(2,6),Q4(6,2). ④当x=-2时，由y=4得z=0,此时Q1Q2=(2,-2),Q2Q3=(4,4), Q3Q=(0,0),即Q1(0,0),Q2(2,-2),Q3(6,2),Q4(6,2),此时 Q2(2,-2),Q3(6,2),Q4(6,2)三点共线，不合题意，舍去. ⑤当x=0时，Q1Q2=(0,0),此时Q1(0,0),Q2(0,0),Q3(x3,y3)三点共 线，不合题意，舍去 参考答案 综上所述，符合条件的有序整点列Q(4)有Q(4):Q1(0,0),Q2(-1,1), Q3(3,5),Q4(6,2);Q(4):Q1(0,0),Q2(1,-1),Q3(5,3),Q4(6,2); Q4):Q1(0,0),Q2(-2,2),Q3(2,6),Q4(6,2). 6.4平面向量的应用 6.4.1平面几何中的向量方法+ 6.4.2向量在物理中的应用举例 白题 基础过关 1.D解析：在△ABC中，点D在BC边上且BD=子BC,=成+励： 应花=}花号应，又1=1，成1=2，∠Mc=6,则 成-√t子√兮d号号t- √4号1号x10x号，即0的长度为 3 2.②7 14 解析：如图，以A为原点建立平面直角坐标从 系，则81.0.c(3）设00成 (3)成(，小由c10知 成d成成子（停0解 得t=33,即D(0,33),∴.BD=(-1,33) 33 .∴.cos∠CBD=- d.励2+2×3,5 √2I 1B元1·1B⑦1√3·√28 14 3.证明：因为AB=2AD=2CD,且四边形ABCD为直角梯形，所以E克 成-号应因为M为cE中点，所以n成：（成+)=子（成+ 2 应)=应，所以D成，铁线，即D,M,B三点共线 4.A解析：因为一架飞机向西飞行400km,再向东飞行500km,则飞 机飞行的路程s=400+500=900(km),位移为向东500-400= 100(km),所以1al=100km,所以s-1al=900-100=800(km).故 选A. 5.C解析：如图所示： A30 由题意知1A花1=50m/s,所以A1= IAC11005 c0s30° -m/s. 6.D解析：由题意可得质点P位移为A市=A+B武+C,所以1A1= √(AB+BC+C2= √AB12+1BCi2+1C12+2AB.B元+2B元.C+2A.Cd. 因为AB=4,BC=2,CD=3,AB.B元=-2，AB∥CD,所以A店.C=12. 设A,B武的夹角为日，所以A店.BC=1A1B元1cos日=-2→cos0= 冬因为B/cCD,所以成.励=1成1市1w0=2x3x (4）-冬所动=v6 7.①③解析：设水的阻力为∫，绳的拉力F与水平方向夹角为 0(0cc号）则IF1ms0=P1=。0增大，m0谈 小，∴.1F1增大，IF1sin0增大，∴.船的浮力减小. 黑白题015 四重难点拨 速度、加速度与位移的合成和分解，实质就是向量的加减法运算，而 运动的叠加也用到向量的合成. ①向量在速度、加速度上的应用，实质是通过向量的线性运算解决 向量问题，最后再获得物理结果 ②用向量解决速度、加速度和位移等问题，用的知识主要是向量的 加法、减法以及数乘，有时也可借助坐标来求解」 黑题应用提优 1.C解析：5秒后点P的坐标为(-10,10)+5(4，-3)=(10，-5). 2.C解析：设A=AA店，AD1CF,A.C市=0. 又D是cB边的中点，市-（成+） (花+)·(-=0，（成(a-=0(d 1)A店，A花+AA-A衣=0.：AC=BC=1,∠ACB=90°，AB= √2+1下=2，且∠CAB=45°，.1A元12=1，AB12=2,AB.A花=1× 万x号1，代人得（4-1)+2以-1=0架A子亦子应 吸=寸48=号 3.D解析：设AC与BD交于点O,以O为坐标原点，AC,BD所在直线 分别为x轴y轴建立平面直角坐标系如图所示，则点A(2,0), o..s(子)…威=(g子)盛=（停）则 cos LAEB= 成.弦_2-5 E11E1233 D 4.AD解析：对于A选项，当该物体处于平衡状态时，如图①，此时F1, F2的合力大小为2N,方向与重力方向相反，故1F2I=√5N,正确； 对于B选项，当物体所受合力为F1时，F2与G大小相同，方向相反， 如图②，1F2I=2N,错误； 对于C选项，当1F2I=1N时，设重力G与水平拉力F的合力为F, 大小为5N,如图③，当F,与F方向相同时，IF,+F,+G引取得最大值 (√5+1)N,当F2与F方向相反时，1F1+F2+GI取得最小值(5- 1)N,故(5-1)N≤1F1+F2+GI≤(5+1)N,错误； 对于D选项，当1F2I=1N时，若存在实数入，使得G=F2+AF,,则 A2=(G-F2)2=4+1-2×2×1×c0s0=5-4cos0∈[1,9]，其中0为重力 G与F2的夹角，所以存在实数入，使得G=F2+入F1,正确. F2天--- F2* G G ① ③ 3 5.OA解析：设OA,OB,OC三根细绳对0所施力分别为a,b,c,则a+ b+c=0,设a与b的合力为c',则1cl=Ic'1, 必修第二册·RJ 如图，在平行四边形0BCA中，因为0成1OC,BC= 0i,所以101>10成1,10i1>10C1,即1a1>1b1, Ial>lc'1=lcl,所以绳OA受力最大. 6.4√2解析：如图所示，以CD的中点0为坐标原 点，AB所在的直线为x轴，过点O且垂直于AB的直 线为y轴，建立平面直角坐标系，不妨设C(-a,0),D(a,0),B(a+b, 0),A(-a-b,0),P(x,y）,因为∠CPD=90°，所以P元.Pi=(-a-x)· (a-x)+(0-y）(0-y)=0,所以x2+y2=a2.又PA2+PB2=8,所以(-a b-x)2+(0-y)2+(a+b-x)2+(0-y)2=8,整理得(a+b)2+a2=4.又 a+b2+a=42, 1Ai1+1Cii=2(a+b)+2a=2[(a+b)+a]≤2x2/2 当且仅当a+b=a,即b=0时取等号，所以1A1+1C1的最大值为 4w2,即AB+CD的最大值为4√2. y 0八 D B 7程据露意，易知0永-0丽61·日的=e.本-风 3e1+2e2 13e,+2e,1·13e,+20,=1(3e,+2e,),两式相减得F-Pd- t(2e1+e2),由PoQ0=(-1,-3),e1=(1,0),e2=(0,1),得P币=PoQ+ t(2e1+e2)=(-1+2t,-3+t). 因为Pd1PoQ,所以P·PoQ=-1×(-1+2)-3×(-3+t)=0,解得 t=2s故当P币LPoQ时，所需的时间t为2s. 6.4.3余弦定理、正弦定理 第1课时余弦定理 白题 基础过关 1.BCD解析：在三角形中，已知两边及其一边的对角，可用余弦定理 列出第三边的方程，解方程得第三边，A错误：正弦定理和余弦定理 都反映了任意三角形中的边角关系，它适用于任何三角形，B正确： 利用余弦定理可以直接解决已知三边求角，已知两边及其夹角求第 三边的问题，C正确；当夹角为90°时，余弦定理就变成了勾股定理， D正确.故选BCD. 2.D解析：由余弦定理可得a2=62+c2-2bc0sA=16+9-2x4x3× 1 13,所以a=√/13. 3.AD解析：在△ABC中，A=30°，a=1,c=√5，由余弦定理a2= B+e2-2csA得1=2+3-26x5×5,即B-36+2=0,解得6=1或 2 b=2,所以b的值可能是1或2. 4.√7解析：由题意得a+b=5,ab=6,又已知C=60°，则由余弦定理， c2=a2+62-2abcos C=a2+62-ab=(a+b)2-3ab=25-18=7, 以c=√7. 5.C解析：由题设知(a+c)2-b2=ac,则a2+c2-b2=-ac,所以cosB= a2+2-- 2ac ,又0<B<180°，可得B=120 6.D解析：因为a:b:c=√2：√3：2，所以设a=√2(t>0),则b= 5i,c=2,所以csC-2+2-c2_22+32-46 2ab2xW2x√3612 7.C解析：设该三角形为△ABC,且b=2,c=3,由三角形的几何性 质c-b<a<c+b,可得1<a<5.因为三角形是锐角三角形，c>b,所以只需 要A,C为锐角，则cosA= c>0,即13-a2>0,解得0<a3 黑白题016