6.4.3 第4课时 余弦定理、正弦定理应用举例-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

第4课时余弦定理、正弦定理应用举例 白题 基础过关 限时：25min 题组1距离问题 4.*(2025·山东潍坊高一期末)如图所示， 1.*(2025·陕西汉中高一月考)已知B地 在倾斜角等于15°的山坡上有一根旗杆，当太 在A地的北偏东80°方向上，C地在A地的南 阳的仰角是60时，旗杆在山坡上的影子的长 偏东70°方向上，B地在C地的北偏西17°方 是20米，则旗杆的高为 米 太阳光线 向上，且B地与C地相距6km,则A地与B地 之间的距离为（参考数据：取sin53°=0.8）》 A.8 km B.12 km C.16 km D.9.6 km 609 2159 2.*（2025·广东佛山高一月考)某环保监督 题组3 角度问题 组织为了监控和保护洞庭湖候鸟繁殖区域， 5.*(2025·陕西咸阳高夏至 冬至兼 需测量繁殖区域内某湿地A,B两地间的距离 一月考)如图，圭表是我 (如图)，环保监督组织测绘员在（同一平面 国古代一种通过测量正 南 内)同一直线上的三个测量点D,C,E,从点D 午日影长度来推定节气 日影 处测得∠ADC=67.5°，从点C处测得∠ACD= 的天文仪器，它包括一根 45°，∠BCE=75°，从点E处测得∠BEC=60°， 直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水 平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为 并测得DC=2√3，CE=√2（单位：千米），测 “圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会 得A,B两点的距离为 千米 投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太 阳高度角圭面上日影长度最长的那一天定为 冬至，投影点为冬至线.日影长度最短的那一 天定为夏至，投影点为夏至线.已知某地冬 题组2高度问题 至正车太阳高度角为369(am369°-)， 3.·(2024·广东广州高一期中)如图，从气 夏至正午太阳高度角为0，表高42厘米，圭面 球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角 上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米， 分别为75°，30°，若河流的宽度BC是60，则此 则sin(0-36.9)的值为 () 时气球的高度等于 ( c月 30 759 6.*当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一 根长为2m的竹竿如图所示放置，要使它的影 子最长，则竹竿与地面所成的角是 A.15(3-1) B.15(√3+1) C.30(√3-1) D.30(5+1) 60° 第六章黑白题031 黑题 应用提优 限时：30min 1.★(2025·江苏南通高一月考)如图，A,B,C 4.*（2025·广东深圳高一期末)早在 为山脚D,E两侧共线的三点，在山顶P处测 1671年，两位法国天文学家就已经成功测量 得A,B,C处的俯角分别为60°，75°，45°，并测 出了地球与月球之间的距离.对该测量过程进 得AD=500m,EB=300m,BC=800√3m,则 行简化后，得到如下平面示意图，设0为地 DE的长度为 心，C为月球表面上一点，A,B为圆0上不同 ( 的两点，地球半径OA的长记为R,经测量， A.600m B.700m C.800m D.900m ∠cMB=-LCa=B-月，则 ∠AOB=T 北 地月距离OC用R可以表示为 () 40 20 (第1题)》 (第2题) A.√4+/3R B./4-√3R 2.*北师教材习题（2025·河南南阳高一期 C.7R D.(√3+1)R 末)如图，某观察站B在城A的南偏西20°的 5.**《墨经·经说下》中有这样一段记载：“光 方向，由城A出发的一条公路走向是南偏东 之人，煦若射.下者之人也高，高者之人也下 40°，在B处测得公路上距B处31km的C处 足蔽下光，故成景于上；首蔽上光，故成景于 有一人正沿公路向A城走去，走了20km之 下在远近有端，与于光，故景库内也.”这是中 后到达D处，此时B,D间的距离为21km.要 国古代对小孔成像现象的第一次描述如图为 到达A城，这个人还要走 次小孔成像实验，若物距：像距=6：1，OA= 2 km D.17 km 23 A.15 km B.20 km C. 3 0B=12,cos∠A'0B'= 则像高为 32 3.*如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点 B 小孔 像的高度 被成 被成像物 旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往 像物 的高度 复运动.当曲柄在CB。位置时，曲柄和连杆成 物距 B 一条直线，连杆的端点A在A。处.设连杆AB 6.整如图，在海平面内一条直线上的A,B,C 长100mm,曲柄CB长35mm,则曲柄自CB。 三点进行测量.已知AB=60m,BC=120m, 按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离 于A处测得水深AD=120m,于B处测得水深 (即连杆的端，点A移动的距离AA)约为（结果 BE=200m,于C处测得水深CF=150m, 则cos∠DEF= 保留整数)（参考数据：sin53.2°≈0.8）( 460B120 120 200 50 A.17 mm B.18 mm C.19 mm D.20 mm 必修第二册·RJ黑白题032(分)小则A(行），所以CC的取值范围是 AB (3)】 6,AC解析：在△ABC中，由cosA+aoC=}?及正弦定理，得 biBsin Ceos A+sin Acos C=sin(C)=sin B,in 4,由正弦定理得imB=bsin A_22 a 对于A,由△ABC不存在，得 >1,解得0<a<22,A正确； a 对于B,当a=2时，血B=1,B=受，△4C唯-，B结误： 对于C,存在两个符合条件的△ABC,则2<1且b>a,解得2<a< 4,C正确； 对于D,当4a<42时，a6,则8<1=子，c=受，△48C为能 角三角形，D错误 1.号 解析：利用正弦定理，则sin2B+2sin2A-sin2C=0可化简为 62+2a2-c2=0,则csC=02+62-e2-02」 2ab2ab226<0 又Ce(0,m),则ce（2,m,则amC≠0， 又anB=anC,则利用正弦定理和余弦定理有x=amB tan C ，6.2+2-c2 sin Bcos C 2aba2+b2-c2a2+b2-(b2+2a2)-a21 6m6.e804-g4(0*2a)-30方 2ac 8.解：(1)因为csin B+√3 beos C=√3a,由正弦定理可得sin Csin B+ √3 sin Bcos C=√3sinA,且sinA=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C, 则sin Csin B+√3 sin Bcos C=√3(sin Bcos C+cos Bsin C),可得 sin Csin B=3 cos Bsin C. 因为Ce(0,π)，则sinC≠0，可得sinB=√3cosB,即tanB=√3，且 Be(0,),所以B=号 (2)设∠BwC=a,则∠BCW=行-，因为△CW为锐角三角形，则 0<02' 解得g<受 6 2, BC BM 由正弦定理可得 咖B则BM。 CM sin∠BMC sin ZBCM BC·sin∠BCM 2m(） sin0+√3cos0√3 sin∠BMC sin sin tan +1,CM BC·sinB√3 sin∠BMC sin 0' 所以2CM+BM 2w5n0+5cos0_(2+os0)+1, sin sin 6 sin 0 将能9-B2,18(石号），可知o在（后·号）上 sin 0 单递减.且/（石）=45+4/（三）=25+1，可得25+1<0）< 4W3+4,所以2CM+BM的取值范围为(23+1,4√3+4). 参考答案 第3课时 三角形中的几何计算 白题 基础过关 BC2+CD2-BD2 1.A 解析：在△BCD中，由余弦定理得cosC= 2BC·CD 2x2×28因为∠ABC=2 4+4-17 ,所以C为锐角，所以inc= √-（仔-在Ac中，mA:a(GC=ac 2c6ec:号-7放法大 2.166 3 解析：如图，在△ABD中，由余弦定理 得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠BDA,即 196=100+BD2-10BD,解得BD=-6(舍去)或 BD=16.:AD⊥CD,LBDA=60°，∠BDC= 30°.又∠BCD=120°，.∠DBC=30°，BC= D CD.在△BCD中，BD2=BC2+CD2-2BC·CDeos∠BCD=3BC2= 162,BC=163 3 AD 3.(1)证明：在△ACD中，由正弦定理得 寻inLACD sin D,即AD· sinD=AC·sin∠ACD.因为AB∥CD,所以∠ACD=∠CAB,所以 AD·sinD=AC·sin∠CAB. 在Ac中，由正孩定理和mC西即AC·血LC8 BC BC·sinB,所以AD·sinD=BC·sinB.又AD·sinD=2CD·sinB, 所以BC·sinB=2CD·sinB,即BC=2CD. (2)解：由(1)知c0=2C=1 在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CD· 1 sL4DC=22+12-2x2x1×(-2)=7,故AC=7, CD2+AC2-AD212+7-222W7 所以cOs∠CAB=cos∠ACD= 2CD·AC2x1x77 在△ABC中，由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cOS∠CAB, 即22=7+AB2-2x7x4Bx27,整理可得AB2-4hB+3=0,解得AB= 1或3.又因为四边形ABCD为梯形，所以AB=3. 4A解折：因为在△ABC中，a=2,c=月，B=石，所以△MBC的面积为 cn8=子x2xw5x如g= 1 621 5.D解析：.'sin2A+sin2B-sin Asin B=sin2C,.a2+b2-ab=c2,cosC= b2+a2-c21 2ab =分Ce(0,)C=号，可得snC=。246-h= (a+b)2-3b=c2,a+b=4,c=2,b=4,三角形的面积S=2b· 6.4√5解析：因为a+b=8,所以8=a+b≥2√ab→ab≤16（当且仅当 a=b=4时取“=”). 由余弦定理得cosC= 241 a+62-c2(a+b)2-c2-2ab_24-1≥ 2ab 2ab 16 分放血C≤， *16x 下2，所以△ABC的面积s=2 absin C≤又× 2 43(当且仅当a=b=4时取“=”) 黑白题019 7D解桥：由三角形的面积公式可得Sc=宁anA=子，故 子23血A=子放血A=汽由于A为三角形的内角，所以A 60°或A=120°. 8.A解折：△ABC的面积为5，A=写，b=1,nA=× 1 Xexsinπ=3 =c=V5,c=4由余弦定理得a2=+e2-2ccsA=1+ 3 16-2x1x4×)=3,a=V万.由正弦定理得6 a sin B sin C ain A 2√39 3 sin A-2x 2√39 √132√39 3 a-2b 3 sin B 239 sin A-2sin B sin A-2sin B 3 9.A解折：因为5子（心4-=mA,又由余孩定理4心- &2=2 csA,所以了×2 beA- cosA=2nA,则anA=如4至_8 所以4 1 cos A 1 3 2 黑题应用提优 1.B解析：由余弦定理可知c2=a2+b2-2 abcos C=32+12-2×3×1× (号）=12，即=28又mc号ce0,,期ac=2 所以△Ac的面积Sac分knG-子×3XIX29-v反.又△Mc 3 的面积5ac=子·A,即E=子2B,解得=5 故选B 2.C解析设∠C4D=9,在△4CD中，由正弦定理可得4CCCD@, 由ALAD可得∠BAD=受，则∠BAC=子-0，∠ACB=m-∠AC- ∠B4C=m--分+日=0-不在△M8C中，由正孩定理可得 42 AC nC=nACB②，①②两式相除，得sin ZABC=C吧 sin∠ADC AB sin 3m sinLACB,即 44 sina-π 4 sin 1 ,整理得sin0=2cos0,化简 sin 6 sin 0 得tan0=2,故tan∠CAD=2.故选C 3.A解析：设AB=PC=2√3，因为∠APB=120°，所以在△ABP中，由余 弦定理得AB2=AP2+BP2-2AP·BP·cos∠APB,即12=3AP2,解 得AP=BP=2.又AP⊥PC,则∠BPC=150°.在△BPC中，由余弦定理 得BC2=BP2+PC2-2BP·PCcos∠BPC,即BC2=4+12-2×2×2√5· cos∠150°=28，解得BC=2√7.在Rt△APC中，AC2=AP2+PC2=4+ 12=16,解得4C=4,放C=27_万 AC 42 4.B解析：由题设D= AB DE BE BD sin asin LADB'sin BsinBDE=sin L BED' Cyn2EC令4D=DE=BC=m,又sin ZADB=sin LRDE, sin∠BEC=sin∠BED BEsin B 所以ADsin LADB=ABsin a,DEsin∠BDE=BEsin B,即sina= AB 必修第二册·RJ ECsin L BEG-BGsin Y,DEsin LBED=BDsin B.inBDsin B BC 所以，simB=AB·BCsinB。AB·BC sin asin y BE·BD sin2B BE·BDsin B 又∠AC=号则5aac=3anE,即2AB,BC=3x2BE·BD sinB,故s血g=3. sin asin y 5.5va 7 解析：由余弦定理得BC=√AB2+AC2-2AB·AC·cOs∠BAC= √25+4-2x5x2x=V1年， 4 由角平分找定理得20所以0：号c5年。 7,c08B= AB2+BC2-AC2_25+14-4_√14 2AB·BC2x5√144， 所以AD=√AB2+BD2-2AB·BDcos B= 514 7 -2x5x54x厅51m 7 4 7 6.解：(1)由AB=,BG=1,∠4CD=7,4C=CD,可得AD=DCD, 由题意可得ABXCD+BCXAD≥ACxBD,即ABXCD+BCX√2CD≥CD× BD,即2+√2≥BD,当且仅当A,B,C,D四点共圆时等号成立，即BD 的最大值为22. (2)连接BD,因为四点共圆时四边形的面积最大，AB=2,BC= 6,AD=CD=4, 所以面积最大时，有A+C=T,即cosC=-cosA,sinA=sinC. 在△ABD中，BD2=AB2+AD2-2AB·ADC0sA=4+16-2×2× 4cosA=20-16cosA①， 在△BCD中，由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDeos C=36+ 16+2×6×4cosA=52+48c0sA②， 20-16cosA=52+48c08A,解得c08A=-7,而 所以4-号所以血4=血C=号 1 此时Sa边形ABCD=SABD+S△BCD=2 ABXADX血A+2 BGXCDX sin C=- 2 22 6x4x 2=85 厅以当A时，四边形ABCD的面积取得最大值，且最大值为8W3 (3)由题意可知A+P=m,即c0sP=-cosA=2 在△BPD中，由余弦定理可得BD2=PB2+PD2-2PB·PDcos P= PB2+PD2-PB.PD=52+48cos A, 故PB2+PD2-PB·PD=28→(PB+PD)2-3PB·PD=28, 故(PB+PD)2=28+3PB·PD≤28+3 (PB+PD2 、2 ,故PB+PD≤ √4×28=4W7,当且仅当PB=PD=2√7时等号成立，故PB+PD的最 大值为4万. 压轴挑战 √5解析：设△ABC的面积为S,△ABC的外接圆半径R=5,由正弦定 c=10,得s宁hmG=宁00-警则(2广： 理 12 400 （a2+b2+2c2 黑白题020 曲余孩定理omG-得S=子046(I c20)=4c21-a2y21-4w-(a24w-22 4a262J 16 由2ab≤a2+b2,得4a28≤(a2+62)月，所以S2.4a262-(a2+6-e2)2 16 (a2+b2)2-(a2+62-e2)2-(2a2+262-c2)c2_(2a2+262-c2)5c 16 16 80 (2a2+2b2-c2+5c2)2_(a2+b2+2c2)2 ,当且仅当2a2+2b2-c2=5c2时取 4×80 80 等号，所以400 a2+b2+2c2≤400x 12 805,则、ae Q2+62+2c2的最大值 为5 四方法总结 记△MBC面积为S,则S=2bsi血C= 2 acsin B= 1 1 2 bcsin A=2(at 少，其中，为三角形内切圆半径，R为三角形外接圆半 第4课时余弦定理、正弦定理应用举例 白题基础过关 1.D解析：由题意得∠BAC=180°-80°-70°=30°，∠ACB=90°-20°- 17°=53°. AB 由正弦定理得 sim∠ACBsin BAG,所以AB=Csin∠ACB_6x0.8 -BC sin∠BAC0.5 9.6(km). 2.3解析：在△ACD中，∠ACD=45°，∠ADC=67.5°，CD=23, .∠CAD=67.5°，则AC=CD=25. 在△BCE中，∠BEC=60°，∠BCE=75°，CE=√2，则∠CBE=45°.由正 sin45o“sin60,可得BC=CEsin60° 弦定理得CB BC ②x sin 450 2=5在 2 2 △ABC中，AC=2√5，BC=√3，∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°，由 余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos60°=9，因此AB=3千米. 3.B解析：在△ABC中，∠ACB=30°，∠BAC=75°-30°=45°，BC=60 则LA8c=180-45°-30=105，in1050=s(60°+45)=5x2 22 60x6+v2 子号-62因为2Gnc所以4c AC 4 4 √2 30(5+1),所以气球的高度为AC·in∠ACB=30(5+1)×2 15(3+1).故选B. 4.202解析：如图，在△ABC中，由题知 太阳光线 ∠BAC=60°-15°=45°，AC=20米，又旗杆 与水平面垂直，所以∠ACB=180°-75°= 105°，则∠ABC=180°-105°-45°=30° BC AC 由正弦定理知 n∠BAci∠ABC,得到 60 159 T BC=ACsin∠BMC 20sin 4 20x2 2 sin∠ABC 1 sin- 6 2 202(米). 5.C解析：如图，m∠ABG=m369°=子，4C=42厘米，BC=56厘 参考答案 米.又BD=50厘米，.CD=6厘米，根据勾股定理得AD=30W2厘米 至正午阳光 冬至正午阳光 表 北 化废至线圭B婆至线 BD AD 在△ABD中，根据正弦定理可知 sin BAD=sinABD'即 50 √2 6n（g-36.90)3,解得sin(0-36.9)= 2 5 6.30° 解析：设竹竿与地面所成的角为a,影子长为xm由正弦定理， 2 4w5 得m60n(120-a,解得x=3in(120°-a）. 又易知0°≤≤90°，可得30°≤120°-a≤120°，可知当120°-=90°， 即a=30时有最大位即竹竿与地面所成的角是30时，影子 最长 黑题 应用提优 1.C解析：在△PBC中，∠PCB=45°，∠BPC=75°-45°=30°，由正弦 PB BC 80w3x2 定理得 如PCBinBPG→PB=BC,sinPCB sin LBPC 1 2 8006(m).在△PAB中，∠PAB=60°，∠APB=180°-75°-60°=45°， sm乙APBPAB寸AB=P sinAP。 由正弦定理得，AB PB sin∠PAB 8006x2 5 -160(m）,所以DE=AB-AD-BE=1600-500-30= 2 800(m) 2.A解析：由题意有BD=21km,DC=20km,BC=31km.在△BDC中， 由余弦定理有cos∠BDC.BD2+DC2-BC2212+202-312 2BD·DC 2×21×20 ∠BDC+∠BDA=180°，所以cos∠BDA=cos(180°-∠BDC)= -oBDC=-7,所以sinBDA=V-os'ZBDA=45, 7, 所以sin∠DBA=sin[180°-（∠BDA+60)]=sin(∠BDA+60°）= sin∠BDAcos60°+cos∠BDAsin60°= 4w3、13、153 7x2+2x7=14 AD 又BD=21km,∠BAD=60°，在△ABD中，由正弦定理有 sin∠ABD 5w3 sinBAD,所以AD=BDsin∠ABD 21× BD 14 sin LBAD√5 =15(km) 2 3.B解析：在△ABC中，AB=100mm,BC=35mm,LACB=53.2°，因为 sin53.2°≈0.8，所以cos53.2°≈0.6.由余弦定理得AB2=CB2+ CA2-2CA·CB·cos53.2°，所以1002=352+CA2-2CA×35×0.6→CA2- 42CA-8775=0→CA=117或CM=-75(舍去).因为135-117=18，所 以AoA=18mm.故选B. 4.A解析：∠CAB=a,∠CBA=B,.∠ACB=T-a-B. AC AB AB·sinB√2R·sinB sin Bsin(a-B)AC-sin(a-B)sin(tp) 在△A0C中，L0AC=a+4, T 黑白题021