6．4 平面向量的应用
6.4.1 平面几何中的向量方法
一、 单项选择题
1. 在Rt△ABC中，斜边BC长为2，O是平面ABC外的一点，点P满足＝＋(＋)，则||等于( )
A. 2 B. 1 C. D. 4
2. 设M是线段BC的中点，点A在直线BC外，||2＝16，|＋|＝|－|，则||等于( )
A. 8 B. 4 C. 2 D. 1
3. 在△ABC中，已知点A(0，1)，B(3，2)，C(2，0)，则角A的大小为( )
A. B. C. D.
4. 已知四边形ABCD，O为空间任意一点，且＋＝＋，则四边形ABCD的形状是( )
A. 平行四边形 B. 空间四边形
C. 等腰梯形 D. 矩形
5. (2023濮阳高一期末)已知O，G，P为△ABC所在平面内的点，且||2＋||2＝||2＋||2＝||2＋||2，＋＋＝0，(＋)·＝(＋)·＝(＋)·＝0，则点O，G，P分别为△ABC的( )
A. 垂心，重心，外心
B. 垂心，重心，内心
C. 外心，重心，垂心
D. 外心，垂心，重心
6. 在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点，若·＝1，则AB的长为( )
A. 1 B.
C. D.
二、 多项选择题
7. (2023浙江大学附属中学高一期中)已知O是△ABC所在平面内一点，则下列结论中正确的是( )
A. 若(＋)·(－)＝0，则△ABC为等腰三角形
B. 若＋＋＝0，则O是△ABC的外心
C. 若·<0，则△ABC为钝角三角形
D. 若·＝0，·＝0，则·＝0
8. 已知a，b是平面上夹角为的两个单位向量，c在该平面上，且(a－c)·(b－c)＝0，则下列结论中正确的有( )
A. |a＋b|＝1
B. |a－b|＝1
C. a＋b与c不可能垂直
D. |c|<
三、 填空题
9. 已知矩形ABCD的边长满足BC＝3AB，点P满足＝(＋)，则cos ∠DPA的值为________．
10. 已知在△ABC中，||＝||＝4，且·＝8，则△ABC的形状是________________．
11. (2023滁州高一联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝4，AC与BD的交点为M，N为边AB上任意一点(包含端点)，则·的最大值为________．
12. (2023深圳高一期中)青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑．图1是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图2中正六边形的边长为2，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则·的取值范围是________．
四、 解答题
13. (2023贵阳民族中学高一阶段练习)如图，矩形ABCD的顶点A与坐标原点重合，点B，D分别在x轴，y轴的正半轴上，AB＝4，AD＝2，E为AB上一点．
(1) 若DE⊥AC，求AE的长；
(2) 若E为AB的中点，AC与DE的交点为M，求cos ∠CME的值．
14. (2023上海进才中学高一期末)如图，已知在△ABC中，M是BC边上靠近点B的四等分点，点N在AB边上，且＝，设AM与CN相交于点P，记＝m，＝n.
(1) 用m，n表示向量；
(2) 若|n|＝2|m|，设m，n的夹角为θ，若cos θ＝，求证：⊥.
【答案解析】
6．4 平面向量的应用
6．4.1 平面几何中的向量方法
1. B 解析：因为＝＋(＋)，所以－＝(＋)，即＝(＋)，所以AP为Rt△ABC斜边BC上的中线，所以||＝1.
2. C 解析：因为||2＝16，所以||＝4.因为|＋|＝|－|，所以|＋|2＝|－|2，所以·＝0，所以⊥.又因为M是BC的中点，所以||＝||＝2.
3. D 解析：由题意，得＝(3，1)，＝(2，－1)，·＝6－1＝5.又||＝，||＝，所以cos A＝＝＝，所以A＝.
4. A 解析：因为＋＝＋，所以＝，所以∥且||＝||，所以四边形ABCD为平行四边形．
5. A 解析：由||2＋||2＝||2＋||2，得||2－||2＝||2－||2，即(＋)·(－)＝(＋)·(－)，则(＋)＝·(＋)，得(＋－－)·＝0，所以2·＝0，则⊥，同理可得⊥，⊥，即O是△ABC三边上高的交点，则点O为△ABC的垂心．由＋＋＝0，得＋＝－，设AB的中点M，则＋＝2＝－，即G，M，C三点共线，所以点G在△ABC的中线CM上，同理可得点G在△ABC的其余两边的中线上，即G是△ABC三边中线的交点，故点G为△ABC的重心．由(＋)·＝0，得2·＝0，即⊥，又M是AB的中点，所以点P在AB的垂直平分线上，同理点P在BC，AC的垂直平分线上，即P是△ABC三边垂直平分线的交点，故点P是△ABC的外心．
6. D 解析：由题意，得·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝||2＋||||cos 60°－||2＝1＋||－||2＝1，解得||＝，即AB＝.
7. AD 解析：由(＋)·(－)＝0，得||2＝||2，即||＝||，故A正确；取BC的中点D，连接OD，由＋＋＝0，得＋＝2＝－，所以O为△ABC的重心，故B错误；由·＝||·||cos (π－B)<0，得cos (π－B)<0，所以π－B为钝角，B为锐角，角A与角C不一定为钝角，△ABC不一定为钝角三角形，故C错误；由·＝0，·＝0，得OA⊥BC，OB⊥AC，所以点O为△ABC的垂心，所以·＝0，故D正确．故选AD.
8. BCD 解析：因为a，b是平面上夹角为的两个单位向量，所以设＝a，＝b，建立如图所示的平面直角坐标系，＝c，则a－c＝，b－c＝，由(a－c)·(b－c)＝0，得·＝0，所以点P在以BC为直径的圆上．易得|a＋b|＝，故A错误；|a－b|＝||＝1，故B正确；a＋b与c的夹角为锐角，所以a＋b与c不可能垂直，故C正确；||的最大值为＋<，故D正确．故选BCD.
9. － 解析：以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设BC＝3AB＝3，则点A(0，0)，B(1，0)，C(1，3)，D(0，3)，则＝(＋)＝(1，0)＋(1，3)＝，则点P，所以＝，＝，所以||＝＝，||＝，·＝－1×(－1)＋×＝－，所以cos ∠DPA＝＝＝－.
10. 等边三角形 解析：因为·＝||·||·cos A＝8，所以cos A＝，所以A＝60°.又因为||＝||，所以△ABC是等边三角形．
11. 10 解析：令＝λ，λ∈[0，1]，则＝＋＝λ－，＝＝(－)，所以·＝(－)·(λ－)＝[λ||2－(1＋λ)·＋||2]＝8λ＋2，所以当λ＝1时，·取最大值，最大值为10.
12. [2，3] 解析：连接AB，OM，则·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＋·＝||2＋·(＋)－1＝||2－1.根据图形可知，当点M位于正六边形各边的中点时，||有最小值为，此时||2－1＝2；当点M位于正六边形的顶点时，||有最大值为2，此时||2－1＝3，故2≤·≤3，即·的取值范围是[2，3].
13. (1) 由题意，得A(0，0)，B(4，0)，D(0，2)，C(4，2)，
设E(x，0)(0≤x≤4)，则＝(x，－2)，＝(4，2).
因为DE⊥AC，
所以·＝4x－4＝0，即x＝1，
故AE的长为1.
(2) 若E为AB的中点，
则E(2，0)，＝(2，－2)，
所以cos ∠CME＝cos 〈，〉＝＝＝.
14. (1) 由题意，得＝＝(n－m)，
所以＝＋＝m＋(n－m)＝m＋n.
(2) 由题意，得＝＋＝－＋＝m－n.
因为|n|＝2|m|，cos θ＝，
所以m·n＝|m|·|n|·cos θ＝|m|2，
所以·＝·m＝m2－n·m＝|m|2－|m|2＝0，
所以⊥.6．4.2 向量在物理中的应用举例
一、 单项选择题
1. (2023菏泽高一期中)一艘船从河岸边出发向河对岸航行．已知船的速度v1＝(m，8)，水流速度v2＝(6，0)，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为( )
A. 5 B. 10
C. 8 D. 6
2. (2023无锡高一校联考期中)一质点在力F1＝(－3，5)，F2＝(2，－3)的共同作用下，由点A(10，－5)移动到点B(4，0)，则F1，F2的合力F 对该质点所做的功为( )
A. 16 B. －24 C. 110 D. －110
3. (2023江苏高一专题练习)长江流域内某段南北两岸平行，如图，一艘游船从南岸码头A出发航行到北岸．已知游船在静水中的航行速度v1的大小为|v1|＝10 km/h，水流的速度v2的大小为|v2|＝4 km/h，设v1和v2所成的角为θ(0<θ<π)，若游船要从码头A航行到正北方向上位于北岸的码头B处，则cos θ的值为( )
A. － B. －
C. － D. －
4. 河水的流速为2 m/s，一艘小船想沿垂直于河岸方向以10 m/s的速度驶向对岸，则小船的静水速度为( )
A. 10 m/s B. 2 m/s
C. 4 m/s D. 12 m/s
5. 如图，在重600 N的物体上有两根绳子，绳子与铅垂线的夹角分别为30°，60°，物体平衡时，两根绳子拉力的大小分别为( )
A. 300 N，300 N
B. 150 N，150 N
C. 300 N，300 N
D. 300 N，300 N
6. (2022武安期中)如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B. 已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的时间为6 min，则客船在静水中的速度的大小为( )
A. 6 km/h B. 8 km/h
C. 2 km/h D. 10 km/h
二、 多项选择题
7. (2023全国高一专题练习)如图，小船被绳子拉向岸边，船在水中运动时，设水的阻力大小不变，那么小船匀速靠岸的过程中( )
A. 船受到的拉力不断增大
B. 船受到的拉力不断变小
C. 船受到的浮力不断变小
D. 船受到的浮力保持不变
8. (2023银川贺兰县第一中学高一期末)在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包．假设行李包所受重力为G，作用在行李包上的两个拉力分别为F1，F2，且|F1|＝|F2|，F1与F2的夹角为θ，则下列结论中正确的是( )
A. θ越大越费力，θ越小越省力
B. θ的取值范围为[0，π]
C. 当θ＝时，|F1|＝|G|
D. 当θ＝时，|F1|＝|G|
三、 填空题
9. 如图，用两条成120°角的等长的绳子悬挂一个物体．已知物体的重力大小为10N，则每根绳子的拉力大小是________N.
10. 一个重20 N的物体从倾斜角为30°，斜面长为1 m的光滑斜面的顶端下滑到底端，则重力做的功是________J.
11. (2023通州高一期中)一条河宽为800 m，一艘船从岸边的某处出发向对岸航行．船的速度的大小为20 km/h，水流速度的大小为12 km/h，则当航程最短时，这艘船行驶完全程所需要的时间为________min.
12. (2023江门棠下中学高一阶段练习)若平面上的三个力F1，F2，F3作用于一点，且处于平衡状态．已知|F1|＝1 N，|F3|＝2 N，F1与F3的夹角为120°，则|F2|的大小为________N.
四、 解答题
13. 某人在静水中游泳，速度为4 km/h，现在他在水流速度为4 km/h的河中游泳．
(1) 若他沿垂直于岸边的方向游向河对岸，则他实际沿什么方向前进？实际前进的速度大小为多少？
(2) 他必须朝哪个方向游，才能沿与水流垂直的方向前进？实际前进的速度大小为多少？
14. (2023咸阳高一阶段练习)已知两个力F1＝5i＋3j，F2＝－2i＋j，F1，F2作用于同一质点，使该质点从点A(8，0)移动到点B(20，15)(其中i，j分别是x轴正方向，y轴正方向上的单位向量，力的单位：N，位移的单位：m).试求：
(1) F1，F2分别对质点所做的功；
(2) F1，F2的合力F对质点所做的功．
【答案解析】
6．4.2 向量在物理中的应用举例
1. B 解析：如图，A1是河对岸一点，且AA1与河岸垂直，那么当这艘船实际沿方向行驶时，航程最短，此时，|v|＝||＝8，|v2|＝||＝6，|v1|＝||＝＝10，所以当航程最短时船实际航行的速度大小为10.
2. A 解析：由题意，得F＝F1＋F2＝(－3，5)＋(2，－3)＝(－1，2)，＝(4，0)－(10，－5)＝(－6，5)，则合力F对该质点所做的功为F·＝(－1，2)·(－6，5)＝6＋10＝16.
3. B 解析：由题意知(v1＋v2)·v2＝0，则v1·v2＋|v2|2＝|v1||v2|cos θ＋|v2|2＝0，又|v1|＝10 km/h，|v2|＝4 km/h，所以10×4cos θ＋42＝0，解得cos θ＝－.
4. B 解析：设河水的流速为v1，小船的静水速度为v2，小船的实际航行速度为v，则|v1|＝2 m/s，|v|＝10 m/s，且v⊥v1.又v＝v1＋v2，所以v2＝v－v1，所以|v2|＝＝2(m/s).
5. C 解析：根据题意，，分别为两根绳子的拉力．如图，作 OACB，使∠AOC＝30°，∠BOC＝60°.在 OACB中，∠ACO＝∠BOC＝60°，∠OAC＝90°，||＝600cos 30°＝300(N)，||＝600sin 30°＝300(N)，||＝||＝300 N.
6. A 解析：设客船在静水中的速度为v1，水流速度为v2，则|v2|＝2 km/h，则船实际航行的速度v＝v1＋v2，t＝＝0.1(h)，由题意，得|v|＝＝10(km/h).把船在静水中的速度正交分解为v1＝vx＋vy，则|vy|＝＝＝6(km/h).因为|vx＋v2|＝＝8(km/h).又vx与v2同向，即|vx＋v2|＝|vx|＋|v2|，所以|vx|＝8－2＝6(km/h)，所以|v1|＝＝6(km/h).
7. AC 解析：设水的阻力为f，船受到的拉力为F，F与水平方向的夹角为θ，则|F|cos θ＝|f|，故|F|＝，因为θ不断增大，所以cos θ不断减小，故|F| 不断增大．因为|F|sin θ 不断增大，所以船受到的浮力不断减小．故选AC.
8. AD 解析：对于A，|G|＝|F1＋F2|，所以|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1|×|F2|×cos θ＝2||2(1＋cos θ)，则|F1|2＝，因为θ∈(0，π)时，y＝cos θ单调递减，所以θ越大越费力，θ越小越省力，故A正确；对于B，由题意知θ的取值范围是(0，π)，故B错误；对于C，因为|F1|2＝，所以当θ＝时，|F1|2＝，所以|F1|＝|G|，故C错误；对于D，因为|F1|2＝，所以当θ＝时，|F1|2＝|G|2，所以|F1|＝|G|，故D正确．故选AD.
9. 10 解析：因为绳子等长，所以每根绳子上的拉力和合力所成的角都相等，且均等于60°，所以每根绳子的拉力大小都是10 N.
10. 10 解析：由题意，得重力做的功为W＝G·s＝|G|·|s|cos 60°＝10(J).
11. 3 解析：如图，由题意，得|v2|＝＝＝16(km/h)，故t＝＝0.05(h)＝3(min).
12. 解析：根据三力平衡，得F1＋F3＋F2＝0，即F1＋F3＝－F2，两边同平方，得F＋2F1·F3＋F＝|F2|2，即|F1|2＋2|F1|·|F3|cos 120°＋|F3|2＝|F2|2，即12＋2×1×2×＋22＝3＝|F2|2，解得|F2|＝(N).
13. (1) 如图1，设此人游泳的速度为，水流的速度为，以OA，OB为邻边作 OACB，则此人的实际速度为＋＝.
由勾股定理，知||＝8，且在Rt△ACO中，∠COA＝60°，
所以此人实际沿与水流方向成60°角的方向前进，速度大小为8 km/h.
(2) 如图2，设此人的实际速度为，水流速度为，则游泳的速度为＝－.
在Rt△AOD中，||＝4，||＝4，
则||＝4，cos ∠DAO＝，
故此人必须沿与水流方向成(180°－θ)(锐角θ满足cos θ＝)的方向前进，实际前进的速度大小为4 km/h.
14. (1) 根据题意，得F1＝5i＋3j＝(5，3)，F2＝－2i＋j＝(－2，1)，＝(12，15)，故F1对该质点做的功W1＝F1·＝60＋45＝105(J)，F2对该质点做的功W2＝F2·＝－24＋15＝－9(J).
(2) 根据题意，得F＝F1＋F2＝(3，4)，故F1，F2的合力F对该质点做的功W＝F·＝3×12＋4×15＝96(J).6．4.3 余弦定理(1)
一、 单项选择题
1. 已知在△ABC中，若c2＝a2＋b2－ab，则角C的大小是( )
A. B.
C. D.
2. (2023固原高一期中)在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3 ，则AB的长度为( )
A. 9 B.
C. D. 3
3. 若三角形的三边长分别是3，4，6，则这个三角形的形状是( )
A. 锐角三角形 B. 钝角三角形
C. 直角三角形 D. 不能确定
4. 在钝角三角形ABC中，若a＝1，b＝2，则最大边c的取值范围是( )
A. (，3) B. (2，3)
C. (，4) D. (，)
5. 在△ABC中，AB＝1，AC＝5，·＝2，则BC的长度为( )
A. 2 B. 2
C. 3 D. 4
6. (2023郑州中牟县第一高级中学高一阶段练习)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin A＝，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，则△ABC的形状为( )
A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形
C. 等边三角形 D. 钝角三角形
二、 多项选择题
7. (2023高一单元测试)下列说法中，正确的是( )
A. 在三角形中，已知两边及其一边的对角，不能用余弦定理求解三角形
B. 余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此它适用于任何三角形
C. 利用余弦定理，可以解决已知三角形三边求角的问题
D. 在三角形中，勾股定理是余弦定理的特例
8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝5，c＝3，则a的可能取值为( )
A. 4 B. 5
C. D.
三、 填空题
9. (2023上海浦东新区高一阶段练习)已知A，B是圆心为C，半径为5的圆上的两点，且AB＝，则·＝________．
10. (2022南京期中)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足ac cos B＝a2－b2＋bc，则A＝________．
11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足5a2＋3b2＝3c2，则sin A的取值范围是________．
12. 在△ABC中，(b－c)cos A＝a cos C，则cos A＝________．
四、 解答题
13. (2023泰州高一期中)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，·＝3·，c＝2(a cos B－b).
(1) 求角C的大小；
(2) 设点D满足 ＝2，求的值．
14. 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，△ABC是边长为3的等边三角形．求：
(1) AD的长；
(2) sin ∠DAB的值．
【答案解析】
6．4.3 余弦定理(1)
1. A 解析：因为c2＝a2＋b2－ab，所以cos C＝＝＝.又C∈(0，π)，所以C＝.
2. D 解析：由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C＝16＋9－2×4×3×＝9，故AB＝3.
3. B 解析：大边对大角，故边长为6的边所对的角为最大角，设为θ，则cos θ＝<0，故θ为钝角，所以这个三角形是钝角三角形．
4. A 解析：因为△ABC是钝角三角形，所以cos C＝<0，所以1＋4－c2<0，解得c>.又因为c
5. A 解析：因为·＝2，所以||·||cos (π－B)＝2，所以||·||cos B＝－2.由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos B，所以25＝1＋BC2＋4，所以BC2＝20，解得BC＝2.
6. A 解析：由(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，得(b＋c)2－a2＝3bc，化简，得b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理，得cos A＝＝＝.因为A∈(0，π)，所以A＝，所以sin A＝＝，令a＝m>0，c＝2m>0，则b2＋4m2－3m2＝2mb，得b2＋m2－2mb＝0，得b＝m，所以b2＋a2＝m2＋3m2＝4m2＝c2，所以△ABC为直角三角形．
7. 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，故A错误；余弦定理反映了任意三角形中边角的关系，它适用于任意三角形，故B正确；余弦定理可以直接解决已知三边求角的问题，故C正确；当夹角为90°时，余弦定理就变成了勾股定理，故D正确．故选BCD.
8. BC 解析：由题意，得20，解得5≤a<；当a0，解得49. － 解析：在△ABC中，由余弦定理知，cos ∠ACB＝＝，所以·＝－·＝－||||·cos ∠ACB＝－5×5×＝－.
10. 解析：因为ac cos B＝a2－b2＋bc，所以ac·＝a2－b2＋bc，则a2＝b2＋c2－bc.又a2＝b2＋c2－2bc cos A，所以cos A＝.又A∈(0，π)，所以A＝.
11. (0，] 解析：由5a2＋3b2＝3c2，得a2＝，故cos A＝＝＝≥＝，当且仅当c＝2b 时取等号，由于A∈(0，π)，故≤cos A<1，则sin 2A＝1－cos 2A∈，则sin A∈.
12. 解析：由(b－c)cos A＝a cos C，得(b－c)·＝a·，化简，得b2＋c2－a2＝2bc，则cos A＝＝.
13. (1) 由·＝3·，得ac cos (π－B)＝3bc cos A，故－a cos B＝3b cos A，
所以－＝3×，
整理，得2c2＝a2－b2，
由c＝2(a cos B－b)及余弦定理，得c＝2，
则a2－b2＝2bc，
所以2c2＝2bc，即c＝b，则3c2＝a2，
所以cos C＝＝＝.
因为0(2) 由(1)得△ABC是顶角为的等腰三角形，且b＝c＝a，
因为＝＋，＝，
所以||2＝||2＋·＋||2＝c2－ac cos B＋c2＝c2，
所以||＝，故＝.
14. (1) 在梯形ABCD中，因为AB∥CD，△ABC是边长为3的等边三角形，
所以∠ACD＝60°，AC＝3.
在△ACD中，由余弦定理，得
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD＝32＋22－2×3×2×cos 60°＝7，
所以AD＝.
(2) 在△ACD中，由余弦定理，得cos ∠DAC＝＝＝，
所以sin ∠DAC＝＝.
又因为∠CAB＝60°，
所以sin∠DAB＝sin (∠DAC＋60°)＝sin ∠DAC＋cos ∠DAC＝×＋×＝.6．4.3 余弦定理(2)
一、 单项选择题
1. 在△ABC中，若cos A cos B－sin A sin B>0，则下列结论中正确的是( )
A. a2＋b2>c2 B. a2＋b2C. a2＋c22. (2023成都树德中学高一期末)已知钝角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝2，c＝3，则最大边a的取值范围为( )
A. (1，5)
B. (1，)
C. (，5)
D. (1，)∪(，5)
3. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2＝2c2，则角C的最大值为( )
A. B. C. D.
4. 在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则cos B的值为( )
A. B. C. D.
5. 在△ABC中，已知AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，D为AC的中点，E为BC的中点，AE与BD相交于点M，则下列结论中错误的是( )
A. 点M为△ABC的重心
B. ME＝
C. BD＝2
D. cos ∠DBC＝
6. (2023江苏高一专题练习)在平行四边形ABCD中，∠BAD＝，BD＝4，则·－3||的最小值为( )
A. －10 B. －13
C. 4－4 D. 2－5
二、 多项选择题
7. (2023福州高一联考)已知△ABC是钝角三角形，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝3，b＝4，则最大的边c的取值可能是( )
A. 4.5 B. 5
C. 6 D. 6.5
8. 在△ABC中，BC＝4，边BC上的中线AD＝4，则下列说法中正确的有( )
A. ·为定值
B. AC2＋AB2＝20
C. D. ∠BAD的最大值为30°
三、 填空题
9. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a∶b∶c＝1∶1∶，则C＝________．
10. 若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为________．
11. 两座灯塔A，B与海洋观测站C的距离分别为a n mile，2a n mile，灯塔A在观测站C的北偏东35°的方向上，灯塔B在观测站C的南偏东25°的方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为________n mile.
12. (2023长春十一中高一期末)已知在△ABC中，B＝30°，BC＝2.对任意μ∈R，|－(μ－1)|≥||恒成立，＝3，点P在直线BC上运动，则PA＋PD的最小值是________．
四、 解答题
13. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，重心为G，若2a＋b＋3c＝0，求cos B的值．
14. 已知△ABC中，AB＝2，AC＝1，D为BC边上的点．
(1) 若D为BC的中点，且∠BAC＝120°，求线段AD的长；
(2) 若AD平分∠BAC.
①若sin B＝，求线段AD的长；
②求线段AD长的取值范围．
【答案解析】
6．4.3 余弦定理(2)
1. B 解析：因为cos A cos B－sin A sin B>0，所以cos (A＋B)>0，则cos C＝－cos (π－C)＝－cos (A＋B)<0.由余弦定理，得cos C＝<0，所以a2＋b22. C 解析：因为△ABC是钝角三角形，b＝2，c＝3，且a是最大边，所以由余弦定理，得cos A＝<0，所以a2>b2＋c2＝22＋32＝13，解得a>.又a3. B 解析：因为a2＋b2＝2c2，所以cos C＝＝＝≥＝，当且仅当a＝b时，等号成立．因为04. A 解析：因为在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，根据余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C，即AB2＝42＋32－2×4×3×＝9，则AB＝3，所以cos B＝＝＝.
5. C 解析：对于A，由重心的概念，易知A正确；对于B，由题意，得AE＝2，BC＝4，BE＝2，根据选项A，由重心的性质可知＝2，从而可知ME＝，故B正确；对于C，在△ABD中，由余弦定理，得BD＝＝＝2，故C错误；对于D，在△DBC中，由余弦定理，得cos ∠DBC＝＝＝，故D正确．
6. B 解析：如图，设AB＝x，AD＝y，在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos ∠BAD，即16＝x2＋y2－xy，则x2＋y2＝16＋xy，所以·＝xy·cos ＝xy，||2＝|＋|2＝||2＋||2＋2·＝x2＋y2＋xy＝16＋2xy，所以·－3||＝xy－3·，设t＝，则xy＝t2－8，因为16＝x2＋y2－xy≥2xy－xy＝xy，当且仅当x＝y时，等号成立，所以27. CD 解析：由题意，得cos C＝<0，所以c2>a2＋b2＝9＋16＝25，所以c>5.又c<3＋4＝7，所以58. AD 解析：·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝2－2＝42－22＝12是定值，故A正确；由－＝，得(－)2＝2－2·＋2＝AB2＋AC2－2×12＝42，所以AB2＋AC2＝40，故B错误；·＝AB·AC cos A＝12，cos A＝≥＝＝，当且仅当AB＝AC＝2时等号成立，故C错误；BC＝4，边BC上的中线AD＝4，点A在以D为圆心，4为半径的圆上(除去直线BC与圆的交点)，BD＝2，所以4－29. 解析：因为a∶b∶c＝1∶1∶，设a＝x，b＝x，c＝x，则cos C＝＝＝－.因为C∈(0，π)，所以C＝.
10. 解析：因为(a＋b)2－c2＝4，所以c2＝(a＋b)2－4＝a2＋b2＋2ab－4.由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－ab，所以a2＋b2＋2ab－4＝a2＋b2－ab，即2ab－4＝－ab，解得ab＝.
11. a 解析：由题意，得在△ABC中，AC＝a，BC＝2a，∠ACB＝180°－35°－25°＝120°，由余弦定理，得AB＝＝＝a(n mile).
12. 解析：因为|－(μ－1)|≥||，所以|－μ|≥||，因为对任意μ∈R，|－(μ－1)|≥||恒成立，所以AC为点C到AB的垂线段，所以∠CAB＝90°.因为BC＝2，B＝30°，所以AC＝1，AB＝，AD＝3， 设点A关于直线BC的对称点为Q，连接AQ，连接DQ交BC于点P，此时PA＋PD最小，PA＋PD＝DQ，因为AQ＝2AB·sin 30°＝，∠BAQ＝60°，∠DAQ＝120°，在△ADQ中，根据余弦定理，得DQ＝＝＝，即PA＋PD的最小值为.
13. 因为重心为G，所以＋＋＝0.
因为2a＋b＋3c＝0，
所以2a＝b＝3c，不妨设2a＝b＝3c＝k，
则cos B＝＝.
14. (1) 因为D为BC的中点，
所以＝(＋).
又·＝||||·cos ∠BAC＝1×2×＝－1，
所以||＝＝·＝＝.
故线段AD的长为.
(2) 因为AD为∠BAC的平分线，AC＝1，AB＝2，
所以＝＝2，
所以＝＋，
所以||＝|＋|＝·＝，
①若sin B＝，因为AB＝2，AC＝1，
所以AC所以cos B＝＝.
由余弦定理，得cosB＝＝＝，整理，得BC2－BC＋3＝0，
解得BC＝或BC＝.
当BC＝时，AB2＋AC2＝BC2，
所以AB⊥AC，即∠BAC＝90°，
所以||＝＝；
当BC＝时，cos ∠BAC＝＝＝，
所以||＝＝.
综上，线段AD的长为或.
②在△ABC中，cos ∠BAC∈(－1，1)，
所以∈(0，)，
所以AD∈.6．4.3 余弦定理、正弦定理应用举例(1)
一、 单项选择题
1. 在△ABC中，a2＋b2＋c2＝2bc cos A＋2ac cos B，则△ABC一定是( )
A. 锐角三角形
B. 钝角三角形
C. 等边三角形
D. 直角三角形
2. 已知△ABC的边AB，AC的长分别为2，3，∠BAC＝120°，则△ABC的角平分线AD的长为( )
A. B. C. D.
3. (2023鞍山高一联考)在△ABC中，若a cos A＝b cos B，则△ABC的形状为( )
A. 等腰三角形
B. 直角三角形
C. 等腰三角形或直角三角形
D. 等腰直角三角形
4. 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若△ABC的面积为S，且4S＝(a＋b)2－c2，则sin (C＋)的值为( )
A. 1 B.
C. D.
5. 在△ABC中，若3b＝2a sin B，cos A＝cos C，则△ABC的形状为( )
A. 直角三角形
B. 等腰三角形
C. 等边三角形
D. 等腰直角三角形
6. (2023赣州统考)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B＝2A，a＝2，则△ABC周长的取值范围是( )
A. (4＋2，6＋2) B. [4＋2，6＋2)
C. (4＋2，6＋2] D. [4＋2，6＋2]
二、 多项选择题
7. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝，a＝2，c＝2，则角C的大小是( )
A. B. C. D.
8. 在△ABC中，∠BAC＝135°，AB＝6，AC＝3，D为BC边上的一点，且点D到点A，B距离相等，则下列结论中正确的是( )
A. sin ∠ABC＝ B. BD＝
C. △ABC外接圆的面积为45π D. S△ABC＝18
三、 填空题
9. 在△ABC中，A＝60°，4sin B＝5sin C，S△ABC＝20，则其周长为________．
10. 如图，在四边形ABCD中，AB＝4，BC＝5，CD＝3，∠ABC＝90°，∠BCD＝120°，则AD的长为________．
11. (2023安康联考)在△ABC中，点D在边BC上(不含端点)，∠ABC＝120°，BD＝2，AB＝BC，则的最小值为________．
12. (2023广州高一期中)锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝1，且b cos A－cos B＝1，则sin B＋2sin2A的取值范围为________．
四、 解答题
13. (2023贵阳高一阶段练习)钝角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知＝.
(1) 若C＝，求角A的大小；
(2) 求的最小值．
14. (2023西安高一阶段练习)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为2，且(b2＋c2－a2)＝2ac sin B，求：
(1) 角A的大小；
(2) bc的值．
【答案解析】
6．4.3 余弦定理、正弦定理应用举例(1)
1. D 解析：由余弦定理，得b2＋c2＝2bc cos A＋a2，所以2a2＋2bc cos A＝2bc cos A＋2ac cos B，所以a＝c cos B＝c·，整理，得a2＋b2＝c2，所以C为直角，即△ABC一定为直角三角形．
2. D 解析：根据角平分线定理可得＝＝，由余弦定理，得BC＝
＝＝，所以BD＝BC＝.在△ABC中，由余弦定理，得cos B＝＝＝.在△ABD中，由余弦定理，得cos B＝＝＝，解得AD＝.
3. C 解析：由a cos A＝b cos B及正弦定理，得sin A cos A＝sin B cos B，即sin 2A＝
sin 2B，故sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，则A＝B或A＋B＝，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．
4. D 解析：由4S＝(a＋b)2－c2，得4×ab·sin C＝a2＋b2－c2＋2ab.因为a2＋b2－c2＝2ab cos C，所以2ab sin C＝2ab cos C＋2ab，即sin C－cos C＝1，即2sin ＝1，则sin ＝.因为05. C 解析：由正弦定理，得b＝2R sin B，a＝2R·sin A，则由3b＝2a sin B，得3×2R sin B＝2×2R sin A sin B．因为0°6. A 解析：sin 3A＝sin (2A＋A)＝sin 2A cos A＋cos 2A sin A＝2sin A cos2A＋(2cos2A－1)sinA，由正弦定理，得＝＝，＝＝，由于sin A>0，所以b＝4cos A，c＝＝8cos2A－2，所以a＋b＋c＝8cos2A＋4cos A，由解得7. BD 解析：由正弦定理可得＝，所以 sin C＝sin A＝，而a8. BC 解析：在△ABC中，∠BAC＝135°，AB＝6，AC＝3，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos ∠BAC＝90，所以BC＝3.由正弦定理，得＝，所以sin ∠ABC＝＝＝，故A错误；由角B为锐角，知cos B＝，如图，过点D作AB的垂线DE，垂足为E.由AD＝BD，得cos ∠DAE＝cos B，AE＝AB＝3.在Rt△ADE中，AD＝＝＝＝，所以BD＝AD＝，故B正确；由正弦定理可知，△ABC外接圆的直径2R＝＝＝6，R＝3，所以△ABC外接圆的面积为S＝πR2＝45π，故C正确；由三角形的面积公式可得S△ABC＝AB·AC·sin ∠BAC＝×6×3×＝9，故D错误．故选BC.
9. 18＋2 解析：由4sin B＝5sin C及正弦定理，得4AC＝5AB.设AC＝5x，则AB＝4x，故S△ABC＝·4x·5x·sin 60°＝20，解得x＝2，所以 AC＝10，AB＝8.由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，所以BC＝2，故此三角形的周长为18＋2.
10. 解析：连接AC，则AC＝.设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，故在Rt△ABC中，sin θ＝，cos θ＝，所以cos (120°－θ)＝－cos θ＋sin θ＝－×＋×＝.在△ACD中，由余弦定理，得cos (120°－θ)＝＝，解得AD＝.
11. 4＋6 解析：过点D作DE⊥AB，交AB的延长线于点E.令AB＝BC＝x，因为BD＝2，∠ABC＝120°，所以∠EBC＝60°，BE＝BD cos 60°＝1，DE＝BD sin 60°＝，故AE＝AB＋BE＝x＋1，CD＝BC－BD＝x－2，故＝＝＝(x－2)＋＋6≥2＋6＝4＋6，当且仅当x－2＝，即x＝2＋2时，等号成立．
12. (，1＋) 解析：由a＝1，b cos A－cos B＝1，得b cos A－a cos B＝a，则sin B cos A－sin A cos B＝sin A，所以sin (B－A)＝sin A．又A∈，B∈，则B－A＝A，所以B＝2A.又△ABC为锐角三角形，则解得13．(1) 由题意，得cos A－cos A sin A＋cos A sin B＝cos A＋cos B－cos A sin A－cos B sin A，
则sin A cos B＋cos A sin B＝cos B，
即sin (A＋B)＝cos B，sin C＝cos B.
若C＝，则cos B＝sin ＝，
因为B∈(0，π)，故B＝，A＝π－B－C＝.
(2) 由sin C＝cos B，得sin C＝sin ，
若C＝－B，则B＋C＝，即A＝，与△ABC为钝角三角形矛盾，
所以C＋＝π，得C＝＋B，故A＝－2B，
所以＝
＝
＝
＝
＝
＝4sin2B＋－5
≥2－5＝4－5，
当且仅当sin2B＝时，的最小值为4－5.
14．(1) 由(b2＋c2－a2)＝2ac sin B，
得＝，
所以cos A＝，b cos A＝a sin B，
由正弦定理，得sin B cos A＝sin A sin B，
因为sin B>0，所以sin A＝cos A，
所以tan A＝.
因为A∈(0，π)，
所以A＝.
(2) 由S△ABC＝bc sin A＝2，
得bc×＝2，所以bc＝8.6．4.3 余弦定理、正弦定理应用举例(2)
一、 单项选择题
1. (2023岳阳县第一中学开学考试)如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37 m，在地面上点C处(B，C，N三点共线)测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为( )
A. 91 m B. 74 m
C. 64 m D. 52 m
2. (2023滁州高一联考)2023年3月15日至19日，中国、伊朗、俄罗斯三国海军在阿曼湾举行“安全纽带—2023”海上联合军事演习．在某次巡航中，军舰B在海港A的正南方向，军舰C在军舰B的正西方向，军舰D在军舰B，C之间，且CD＝100 n mile，若在军舰C处测得海港A在东偏北45°的位置，在军舰D处测得海港A在东偏北75°的位置，则军舰B到海港A的距离为( )
A. 50 n mile
B. (50＋50) n mile
C. (50＋50) n mile
D. (25＋25) n mile
3. (2023哈尔滨三中高一期末)为运输方便，某工程队将从A到D修建一条湖底隧道，如图，工程队从A出发向正东行10 km到达B，然后从B向南偏西45°方向行了一段距离到达C，再从C向北偏西75°方向行了4 km到达D，已知C在A南偏东15°方向上，则A到D的距离为( )
A. 15 km
B. 2 km
C. 10 km
D. 15 km
4. 一船以15 n mile/h的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东60°方向上，行驶4 h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15°方向上，这时船与灯塔的距离为( )
A. 30 n mile B. 30 n mile
C. 15 n mile D. 15 n mile
5. 为了测量某塔的高度，某人在一条水平公路C，D两点进行测量．在点C测得塔底B在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿着南偏东40°方向前进10 m到点D，测得塔顶的仰角为30°，则塔的高度为( )
A. 5 m B. 10 m
C. 15 m D. 20 m
6. (2023钦州高一期末)武当山位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光，以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色．主峰天柱峰犹如金铸玉瑑的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅．环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”．如图，若P为主峰天柱峰的最高点，M，N为观测点，且P，M，N在同一水平面上的投影分别为Q，E，F，∠QEF＝30°，∠QFE＝45°，在点M处测得点N的仰角为15°，NF－ME＝200 m，由点N处测得点P的仰角为α且tan α＝，则P，M两点到水平面QEF的高度差约为(参考数据：≈1.732)( )
A. 684 m B. 732 m
C. 746 m D. 750 m
二、 填空题
7. 如图，为了测量河对岸的塔高AB. 可以选与塔底B在同一水平面内的两个基点C与D，现测得CD＝30 m，且在点C和点D测得塔顶A的仰角分别为45°，30°，又∠CBD＝30°，则塔高AB＝________m.
8. 《后汉书·张衡传》：“阳嘉元年，复造候风地动仪．以精铜铸成，员径八尺，合盖隆起，形似酒樽，饰以篆文山龟鸟兽之形．中有都柱，傍行八道，施关发机．外有八龙，首衔铜丸，下有蟾蜍，张口承之．其牙机巧制，皆隐在尊中，覆盖周密无际．如有地动，尊则振龙，机发吐丸，而蟾蜍衔之．振声激扬，伺者因此觉知．虽一龙发机，而七首不动，寻其方面，乃知震之所在．验之以事，合契若神．”如图为张衡地动仪的结构图，现在相距120 km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北75°方向，若A地地动仪正东方向的铜丸落下，B地地动仪东南方向的铜丸落下，则地震的位置距离B地________km.
三、 解答题
9. 如图，某渔船编队在岛A周围海域作业，在岛A的南偏西20°方向有一个海面观测站B，某时刻观测站发现有不明船只向渔船编队靠近，现测得与点B相距31 n mile 的C处有一艘海警船巡航，上级指示海警船沿北偏西40°方向，以40 n mile/h的速度向岛A直线航行以保护渔船编队，30 min后到达D处，此时观测站测得B，D间的距离为21 n mile.
(1) 求sin ∠BDC的值；
(2) 问海警船再向前航行多少分钟方可到达岛A
10. (2023东莞一中高一期中)如图，洪泽湖湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为的公路(长度均超过2 km)，在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM＝2 km，AN＝2 km.
(1) 求线段MN的长度；
(2) 若∠MPN＝，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．
【答案解析】
6．4.3 余弦定理、正弦定理应用举例(2)
1. B 解析：在Rt△ABC中，AC＝2AB＝74，在△MCA中，∠MCA＝180°－∠MCN－∠ACB＝105°，∠MAC＝15°＋30°＝45°，则∠AMC＝180°－∠MCA－∠MAC＝30°，在△MAC中，由正弦定理，得＝，即＝，解得MC＝74，在Rt△MNC中，MN＝74×＝74，故鹳雀楼的高度约为74 m.
2. C 解析：由题意知，CD＝100，∠B＝90°，∠ACD＝45°，∠ADB＝75°，所以∠ADC＝105°，∠CAD＝30°，在△ACD中，由正弦定理，得＝，所以AC＝＝＝＝50＋50，即军舰B到海港A的距离为＝(50＋50)n mile.
3. B 解析：连接AC，由题意，得∠ABC＝45°，∠ACD＝75°－15°＝60°，∠BCD＝75°＋45°＝120°，∠ACB＝60°，AB＝10，CD＝4，在△ABC中，由正弦定理，得＝，即＝，则AC＝10.在△ACD中，由余弦定理，得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD cos ∠ACD＝152，则AD＝2 km.
4. B 解析：根据题意作出示意图，如图所示，则AC＝15×4＝60(n mile)，∠BAC＝90°－60°＝30°，∠ACB＝90°＋15°＝105°，则∠ABC＝45°.由正弦定理，得＝，则BC＝＝30(n mile)，故这时船与灯塔的距离为30 n mile.
5. B 解析：如图，设塔高为AB＝h.在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，则BC＝AB＝h.在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，则BD＝h.在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝10，由余弦定理，得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos ∠BCD，即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos 120°，所以h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍去)，所以塔的高度为10 m.
6. C 解析：如图，过点M作MC⊥NF交NF于点C，过点N作ND⊥PQ交PQ于点D，因为NF－ME＝200，所以NC＝200.又∠NMC＝15°，则MC＝，则EF＝MC＝＝200(2＋)，又∠QEF＝30°，∠QFE＝45°，所以∠FQE＝105°，在△EFQ中，由正弦定理，得＝，则＝，则FQ＝＝100＋100.又∠PND＝α，tan α＝，所以PD＝ND·tan α＝FQ·tan α＝200＋200，则P，M两点到平面QEF的高度差为PD＋NC＝200＋200＋200＝400＋200＝200(2＋)≈746(m).
7. 30 解析：设AB＝h m，在△ABC中，BC＝＝h.在△ABD中，BD＝＝h.在△BCD中，CD2＝CB2＋DB2－2CB·DB·cos 30°，即302＝h2＋(h)2－2h·h·，所以h2＝302，解得h＝30.
8. 60＋60 解析：作图如下，由题意，得A＝75°，B＝60°，C＝45°，AB＝120 km，在△ABC中，由正弦定理，得＝，则BC＝ km，而sin 75°＝sin (45°＋30°)＝，得BC＝(60＋60) km.
9. (1) 由已知可得CD＝40×＝20(n mile).
在△BDC中，根据余弦定理，得cos ∠BDC＝＝－，
所以sin ∠BDC＝.
(2) 由已知可得∠BAD＝20°＋40°＝60°，
所以sin ∠ABD＝sin (∠BDC－60°)＝×－×＝.
在△ABD中，由正弦定理，得AD＝＝＝15(n mile)，
所以t＝×60＝22.5(min)，
故海警船再向前航行22.5 min即可到达岛A.
10. (1) 在△AMN中，由余弦定理，得MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN cos ∠MAN，
即MN2＝22＋22－2×2×2×＝12，
则MN＝2，
所以线段MN的长度为2 km.
(2) 设∠PMN＝α∈，
因为∠MPN＝，所以∠PNM＝－α，
在△PMN中，由正弦定理，得＝＝＝＝4，
所以PM＝4sin ∠PNM＝4sin ，
PN＝4sin ∠PMN＝4sin α，
所以PM＋PN＝4sin ＋4sin α＝4＋4sin α＝6sin α＋2cos α＝4sin .
因为0<α<，所以<α＋<，
所以当α＋＝，即α＝时，PM＋PN取到最大值4 km.6．4.3 正弦定理(1)
一、 单项选择题
1. (2023河源高一阶段练习)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＋B＝5C，b＝1，c＝2，则sin B的值为( )
A. B.
C. D.
2. (2023文山高一阶段练习)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b cos C＋c cos B＝a sin A，则△ABC的形状为( )
A. 不确定 B. 钝角三角形
C. 锐角三角形 D. 直角三角形
3. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝1，b＝，cos A＝，则sin C的值为( )
A. B.
C. D.
4. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝＝，则△ABC中最长的边是( )
A. a B. b
C. c D. b或c
5. 在△ABC中，已知c＝2a cos B，且A＝45°，则角B的大小为( )
A. 90° B. 60° C. 45° D. 40°
6. 在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A，则sin A的值为( )
A. B. C. D. 1
二、 多项选择题
7. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b＝2，A＝30°，若满足条件的△ABC唯一确定，则a的值可能为( )
A. B. 1
C. D. 2
8. (2023高一课时练习)在△ABC中，下列说法中，正确的有( )
A. a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C
B. 若sin 2A＝sin 2B，则a＝b
C. 若sin A>sin B，则A>B；若A>B，则sin A>sin B
D. ＝
三、 填空题
9. (2023天津南开高一学业考试)在△ABC中，BC＝3，A＝30°，B＝60°，则AC＝________．
10. 在△ABC中，a＝2，c＝，sin A＋cos A＝0，则角B的大小为________．
11. 如图，点D在线段AB上，∠CAD＝30°，∠CDB＝45°.给出下列三组条件(已知线段的长度)：①AC，BC；②AD，DB；③CD，DB.其中，使△ABC唯一确定的条件为________．(填序号)
12. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝13，则 b＝________．
四、 解答题
13. (2023青岛高三期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＋c＝2a，5c sin B＝3a sin C．求：
(1) cos B的值；
(2) sin 的值．
14. (2023江西高一期末)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2a(b2＋c2－a2)sin A＝c(a2＋b2－c2)sin B＋b(a2＋c2－b2)sin C.
(1) 求角A的大小；
(2) 若a＝2，求b＋c的取值范围．
【答案解析】
6．4.3 正弦定理(1)
1. D 解析：因为A＋B＝5C，且A＋B＋C＝π，所以5C＋C＝6C＝π，可得C＝，由正弦定理＝，得sin B＝＝＝.
2. D 解析：由b cos C＋c cos B＝a sin A及正弦定理，得sin B cos C＋sin C cos B＝sin2A，所以sin(B＋C)＝sin2A，所以sinA＝sin2A，因为00，所以sin A＝1，所以A＝，所以△ABC是直角三角形．
3. D 解析：由cos A＝及A∈(0，π)，知A＝，sin A＝.由正弦定理，得＝，解得sin B＝.又b4. A 解析：由正弦定理，得＝＝＝1，所以sin B＝cos B，sin C＝cos C，所以B＝C＝45°，所以A＝90°，所以a为△ABC中最长的边．
5. C 解析：因为c＝2a cos B，所以sin C＝2sin A cos B，所以sin (A＋B)＝2sin A cos B，所以sin A cos B＋cos A sin B＝2sin A cos B，所以sin (A－B)＝0.又－180°6. B 解析：由正弦定理＝，得＝＝.因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos A＝，所以sin A＝＝.
7. BD 解析：若满足△ABC唯一确定，则a＝b sin A＝2×sin 30°＝1或a≥b＝2.故选BD.
8. ACD 解析：设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理，得＝＝＝2R.对于A，a∶b∶c＝2R sin A∶2R sin B∶2R sin C＝sin A∶sin B∶sin C，故A正确；对于B，由二倍角公式得2sin A cos A＝2sin B cos B，则2a·＝2b·，即a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，整理，得a4－b4－a2c2＋b2c2＝0，即(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，则a2－b2＝0或a2＋b2＝c2，所以a＝b或C＝，故B错误；对于C，sin A>sin B a>b A>B，故C正确；对于D，＝＝2R＝，故D正确．故选ACD.
9. 3 解析：在△ABC中，BC＝3，A＝30°，B＝60°，由正弦定理＝，得AC＝＝＝3.
10. 解析：因为A是三角形的内角，所以A∈(0，π).又因为sin A＋cos A＝0，所以tan A＝－1，所以A＝.由正弦定理＝，得＝，所以sin C＝.因为A＝，所以C＝，所以B＝π－A－C＝.
11. ②③ 解析：因为∠CAD＝30°，∠CDB＝45°，所以∠ACD＝15°，∠CDA＝135°.①在△ABC中，知道AC，BC的长度及角A，由＝，求得sin B．因为AC与BC的大小不定，所以角B不一定唯一，故△ABC不一定唯一；②在△ADC中，知道AD长及各角度，由正弦定理可得出AC的长度．因为BD的长度已知，所以AB的长度固定．在△ABC中，已知AC，AB及其夹角的度数，所以由余弦定理可得出BC的长度，所以△ABC唯一确定．③同②可知，在△ADC中，已知CD及各角度，由正弦定理可得出AC，AD的长度．因为BD的长度已知，所以AB的长度固定．在△ACB中，已知AC，AB及其夹角的度数，所以由余弦定理可得出BC的长度，所以△ABC唯一确定．故填②③.
12. 21 解析：因为cos A＝，cos C＝，所以sin A＝，sin C＝，所以sin B＝sin (A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C＝×＋×＝.又a＝13，由正弦定理＝，得b＝＝＝21.
13. (1) 由正弦定理＝，
得b sin C＝c sin B，
因为5c sin B＝3a sin C，
所以5b sin C＝3a sin C，
因为0则5b＝3a.
因为b＋c＝2a，所以b＝a，c＝a，
所以由余弦定理，得cos B＝＝＝.
(2) 因为B∈(0，π)，
所以sin B＝＝，
所以sin ＝sin B cos －cos B sin ＝×－×＝－.
14. (1) 由题意及余弦定理，得2a sin A×2bc cos A＝c sin B×2ab cos C＋b sin C×
2ac cos B，
整理，得2sin A cos A＝sin B cos C＋sin C cos B＝sin (B＋C)＝sin (π－A)＝sin A，
因为A∈，所以sin A≠0，
所以cos A＝，所以A＝.
(2) 由＝＝＝＝，
得b＝sin B，c＝sin C，
所以b＋c＝(sin B＋sin C)＝[sin B＋sin (A＋B)]＝＝2sin B＋2cos B＝4(sin B cos ＋sin cos B)＝4sin .
因为△ABC为锐角三角形，所以
即所以所以所以所以2即b＋c的取值范围为(2，4].6．4.3 正弦定理(2)
一、 单项选择题
1. 在△ABC中，·＝2，且∠BAC＝30°，则△ABC的面积为( )
A. B. 2
C. D.
2. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的外接圆的半径是3，a＝3，则角A的大小为( )
A. 30° B. 60°
C. 60°或120° D. 30°或150°
3. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3a cos C＝4c sin A，已知△ABC的面积S＝bc sin A＝10，b＝4，则a的值为( )
A. B. C. D.
4. (2023东阳外国语学校阶段练习)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若 2cos 2＋cos B＝，且△ABC的面积为b2，则角B的大小为( )
A. B. C. D.
5. (2023赣州高一期末)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论中错误的是( )
A. 若sin A>sin B，则a>b
B. 若B＝30°，b＝，c＝2，则符合条件的三角形有2个
C. 若sin 2A＝sin 2B，则a＝b
D. 若△ABC的面积S＝(b2＋c2－a2)，则A＝
6. 在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若ac＝8，sin B＋2sin C cos A＝0，则△ABC面积的最大值为( )
A. 1 B. 3 C. 2 D. 4
二、 多项选择题
7. (2023高一单元测试)在△ABC中，下列关系中一定成立的是( )
A. a>b sin A B. a sin B＝b sin A
C. a8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a－b＝2b cos C，则下列结论中正确的是( )
A. C＝2B
B. B的取值范围是
C. B＝2C
D. 的取值范围是(，)
三、 填空题
9. 在△ABC中，AB＝，A＝75°，B＝45°，则AC＝________.
10. 有一长为10 m的斜坡，它的倾斜度是75°，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜度改为30°，则坡底要延伸________m.
11. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，3a cos C＝2c cos A，且tan A＝，则B＝________．
12. (2023大庆实验中学高一期末)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin C＝sin A sin B，则＋的最大值是________．
四、 解答题
13. (2023遂宁射洪中学高一阶段练习)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a sin B＋b cos A＝0.
(1) 求角A的大小；
(2) 若b＝4，△ABC的面积S＝2，求△ABC的周长．
14. (2023黔东高一阶段练习)锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2b sin A－c cos A＝a cos C.
(1) 求角A的大小；
(2) 若a＝4，求△ABC面积的最大值及周长的取值范围．
【答案解析】
6．4.3 正弦定理(2)
1. C 解析：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由·＝2，得bc cos 30°＝2，所以bc＝.由三角形面积公式，得S＝bc sin A＝××＝.
2. D 解析：根据正弦定理，得＝2R，所以sin A＝＝＝.因为0°3. B 解析：由3a cos C＝4c sin A，得＝.由正弦定理＝，得＝，所以tan C＝.由S＝bc sin A＝10，b＝4，得c sin A＝5.由tan C＝，得sin C＝，所以根据正弦定理，得a＝＝5×＝.
4. B 解析：因为 2cos2＋cosB＝，所以1＋cos (A－C)＋cos B＝1＋cos (A－C)－cos (A＋C)＝1＋2sin A sin C＝，则sin A sin C＝.因为b2＝ac sin B，所以sin2B＝sinA sin C sin B.因为sin B≠0，所以 sin B＝sin A sin C＝×＝，解得 sin B＝.因为B∈(0，π)，所以 B＝或.又因为cos B＝－2cos 2≥－2＝，所以B＝.
5. C 解析：对于A，由sin A>sin B及正弦定理，得>，所以a>b，故A 正确；对于B，由题意及正弦定理，得＝，所以sin C＝，因为c>b，所以C>B，所以C＝45°或C＝135°，即符合条件的三角形有2个，故B正确；对于C，由sin 2A＝sin 2B，得2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝，所以a＝b或A＋B＝，故C错误；对于D，由S＝(b2＋c2－a2)，得bc sin A＝·2bc cos A，所以tan A＝.因为A∈(0，π)，所以A＝，故D正确．
6. C 解析：因为sin B＋2sin C cos A＝0，所以sin (A＋C)＋2sin C cos A＝0，即sin A cos C＋cos A sin C＋2sin C cos A＝0，即sin A cos C＋3cos A sin C＝0，由正、余弦定理可得a×＋3××c＝0，整理，得2b2＝a2－c2，所以cos B＝＝＝≥＝，当且仅当a2＝3c2，即c＝，a＝时取等号，所以B∈，所以sin B≤，则S△ABC＝ac sin B≤×8×＝2.
7. BD 解析：在△ABC中，由正弦定理，得＝，所以a＝，因为B∈(0，π)，所以sin B∈(0，1]，所以a＝≥b sin A，所以AC错误，BD正确．故选BD.
8. ABD 解析：由a－b＝2b cos C，及正弦定理，得sin A－sin B＝2sin B cos C，即sin (B＋C)－2sin B cos C＝sin B，则sin C cos B－cos C sin B＝sin (C－B)＝sin B，因为△ABC为锐角三角形，09. 2 解析：由正弦定理可知＝，即＝，所以AC＝2.
10. 10 解析：如图，在△ABC中，设BC＝x m．因为∠ACD＝75°，∠ABC＝30°，所以∠BAC＝45°.在△ABC中，由正弦定理可知＝，所以x＝＝10.
11. 135° 解析：由题设和正弦定理，得3sin A cos C＝2sin C cos A，所以3tan A＝2tan C．因为tan A＝，所以tan C＝，所以tan B＝－tan (A＋C)＝＝－1.因为B∈(0°，180°)，所以B＝135°.
12. 解析：由题意可知，sin2C＝sinA sin B sin C，即c2＝ab sin C，由余弦定理可知，c2＝a2＋b2－2ab cos C，所以ab sin C＝a2＋b2－2ab cos C，即＋＝＝sin C＋2cos C＝sin (C＋φ)，其中tan φ＝2，所以＋的最大值为.
13. (1) 由a sin B＋b cos A＝0及正弦定理，得sin A sin B＋sin B cos A＝0，
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin A＋cos A＝0，则tan A＝－.
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2) 因为b＝4，△ABC的面积S＝2，
所以S＝bc sin A＝×4×c＝2，
解得c＝2，
在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝16＋4＋2×4×2×＝28，
所以a＝2，故△ABC的周长为6＋2.
14. (1) 由正弦定理及2b sin A－c cos A＝a cos C，
得2sin B sin A＝(sin A cos C＋cos A sin C)＝sin (A＋C)＝sin B.
又A∈，B∈，则sin B>0，
所以sin A＝，
所以A＝.
(2) 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cos A，则16＝b2＋c2－2bc cos ≥2bc－bc＝bc，当且仅当b＝c＝4时取等号，
所以S△ABC＝bc sin A＝bc≤4，
所以当b＝c＝4，即△ABC为正三角形时，△ABC面积取得最大值4.
由△ABC为锐角三角形，
得则由正弦定理，得＝＝＝＝，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝4＋(sin B＋sin C)＝4＋[sin B＋sin (－B)]＝4＋8＝4＋8sin .因为B＋∈，所以sin ∈，4＋8sin ∈(4＋4，12]，
所以△ABC周长的取值范围是(4＋4，12].