第二章　平面向量及其应用 6.1　余弦定理与正弦定理第2课时用余弦定理正弦定理解三角形--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026北师大版高中数学必修第二册
第2课时　用余弦定理、正弦定理解三角形
基础过关练
题组一　用余弦定理、正弦定理解三角形
1.(2025重庆万州第三中学等多校期中联考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c-2bsin C=0,B为锐角,且a=2,b=,则△ABC的周长为(　　)
A.2+2　　B.3+　　
C.4+　　D.3+2
2.(2025河南青桐鸣大联考期中)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且+-1=,b=2,则B=(　　)
A.　　B.　　
C.　　D.
3.(2024河南南阳六校联考)如图,在 ABCD中,∠DAB=60°,AB=2AD,E为AB的中点,AC与DE交于点F,则cos∠AFE=(　　)
A.-　　B.-　　C.-　　D.-
4.(2025福建福州外国语学校期中)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且asin B=bcos A.
(1)求角A的大小;
(2)若D是BC边上靠近B的三等分点,且AD=,c=2,求△ABC的面积.
5.(2024江西贵溪实验中学月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,2(A+B)=C,AC=2,BC=.
(1)求sin A;
(2)若点D在边AB上,且∠ACD=30°,求AD的长.
题组二　解三角形的实际应用
6.(2024江西师范大学附属中学素养测试)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,在地面上的点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处测得楼的顶部M的仰角为15°,则鹳雀楼的高度约为(　　)
A.74 m　　B.60 m　　C.52 m　　D.91 m
7.(2025山东青岛第三十九中学月考)如图,为了测量河对岸两点C,D间的距离,在沿岸相距2 km的两点A,B处分别测得∠BAC=105°,∠BAD=60°,∠ABC=45°,∠ABD=60°,则C,D间的距离为(　　)
A. km　　B. km　　C.2 km　　D.2 km
8.(2025黑龙江大庆第一中学阶段考试)如图,为了测量河对岸的塔AB的高,某测量队选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测量得∠CDB=120°,CD=30米,在点C,D处测得塔顶A的仰角分别为30°,45°,则塔AB的高为(　　)
A.15米　　B.15米　　C.30米　　D.30米
9.(多选题)(2024山东烟台栖霞第一中学月考)如图,在海面上有两个观测点B,D,B在D的正北方向,距离为2 n mile,在某天10:00观察到某船在C处,此时测得∠CBD=45°,5分钟后该船行驶至A处,此时测得∠ABC=30°,∠ADB=60°,∠ADC=30°,则(　　)
A.观测点B位于A的北偏东75°方向
B.当天10:00时,该船到观测点B的距离为 n mile
C.当船行驶至A处时,该船到观测点B的距离为 n mile
D.该船由C行驶至A行驶了 n mile
10.(2025河南名校大联考期中)如图,某小区的平面图是半径为300米,圆心角为的扇形OAB,小路CD平行于AO,且点D在OB上,点C在弧上,若OD=150米,则劣弧的长为　　　　米.
11.(2024江西师范大学附属中学月考)某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°方向,距离为12 km;在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°方向,距离为8 km.货轮由A向正北方向航行到D时,再看灯塔B在货轮的南偏东60°方向,则灯塔C与D之间的距离是　　　　km.
12.(2025河北衡水中学综合检测)如图所示,A,B,C为山脚两侧共线的三点,现计划沿直线AC开通穿山隧道,在山顶P处测得A,B,C三点的俯角分别为α=60°,β=45°,γ=30°,在地面上测得AD=5千米,BE=1千米,BC=10(3-)千米.求隧道DE的长度.
能力提升练
题组一　用余弦定理、正弦定理解三角形
1.(2025广东东莞三校期中联考)如图,在平面四边形ABDC中,AB=2,∠ABC=30°,AC⊥CB,∠BDC=120°,则DB2+DC2的最小值为(　　)
A.　　B.2　　C.2　　D.4
2.(2024江苏镇江中学月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=2,b2+c2-a2=bc,AD是△ABC的边BC上的中线,AD=,则△ABC的外接圆的面积是(　　)
A.4π　　B.8π　　
C.12π　　D.16π
3.(2025江西景德镇昌江一中考前演练)在三角形ABC中,已知AB=1,BC=2,∠ABC=,D为三角形ABC的外接圆O上一点(A,B,C,D按逆时针方向排列),则四边形ABCD面积的最大值为　　　　.
4.(2024江苏镇江中学学情检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsin∠BAC=acos B,若M是BC边的中点,且AM=AC,则sin∠BAC=　　　　.
题组二　解三角形的实际应用
5.(2025江西景德镇一中期中)如图,某地有四个5G基站A,B,C,D,已知C,D两个基站建在江的一侧,距离为10 km,基站A,B在江的另一侧,测得∠ACB=75°,∠ACD=120°,∠ADC=30°,∠ADB=45°,则A,B两个基站间的距离为(　　)
A.10 km　　B.10 km
C.15 km　　D.10 km
6.(多选题)(2025河南信阳高级中学月考)如图,为测量海岛的高度AB以及其最高处瞭望塔的塔高BC,测量船沿航线DA航行,且DA与AC在同一铅垂平面内,测量船在D处测得∠BDA=α,∠CDA=β,然后沿航线DA向海岛的方向航行到达E处,其中DE=m,此时测得∠BEA=γ,∠CEA=δ(δ>γ>β>α,测量船的高度忽略不计),则(　　)
A.AB=　　B.BD=
C.BC=　　D.CD=
7.(2025浙江宁波姜山中学模拟)鄂州十景之一“二宝塔”中的文星塔位于文星路与南浦路交会处,至今已有四百六十多年的历史.该塔为八角五层楼阁式砖木混合结构塔.现在在塔底共线三点A,B,C处分别测塔顶的仰角为30°,45°,60°,且AB=BC= m,则文星塔的高为(　　)
A.20 m　　B. m　　C. m　　D.30 m
8.(创新题·新情境)(2025甘肃兰州阶段练习)2025年春晚《秧BOT》节目将机器人元素融入舞台,展示了我国在机器人研发领域的卓越实力.某机器人研发团队设计了一款机器狗捕捉足球的游戏,在如图所示的矩形ACDE中,点A处放置机器狗,AC的中点B处放置足球,它们都做匀速直线运动,且不受其他外界因素干扰.已知AC=8米,足球的运动速度为v米/秒,设机器狗在点F处捕捉到足球,若点F在矩形ACDE内(含边界),则捕捉成功.记足球和机器狗的运动方向与的方向的夹角分别为α(0≤α≤π),β,两者同时开始运动.
(1)当AE的长度不受限制,α=时,机器狗以v米/秒的速度捕捉足球,则β为何值时,机器狗能捕捉成功
(2)已知足球与机器狗的运动方向的夹角为,AE的长度不受限制,当机器狗成功捕捉足球时,求机器狗与足球运动的总路程的最大值.
9.(2024河北邢台一中月考)某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中,抽象并构建了如图所示的几何模型,该模型中MA,NB均与水平面ABC垂直.在已测得可直接到达的两点间距离AC,BC的情况下,四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数:①∠MCA,∠NCB,∠ABC;②∠ACB,∠NCB,∠MCN;③∠MCA,∠NCB,∠MCN;④∠MCA,∠NCB,∠ACB.
(1)请指出其中一定能唯一确定M,N之间的距离的组号;(指出所有满足条件的组号)
(2)若已知AC=3,BC=6,∠MCA=,∠MCN=,∠NCB=,∠ABC=,∠ACB=,请你结合在(1)中的选择,从中选出一组利用所给数据,求MN的长.
答案与分层梯度式解析
第2课时　用余弦定理、正弦定理解三角形
基础过关练
1.B 2.C 3.C 6.A 7.C 8.C 9.ACD
1.B　因为c-2bsin C=0,
所以由正弦定理可得sin C-2sin Bsin C=0,
又C∈(0,π),所以sin C≠0,所以sin B=,
又B为锐角,所以B=.
在△ABC中,由b2=a2+c2-2accos B,得3=4+c2-2×2c×,所以c=1,
故△ABC的周长为a+b+c=3+.
2.C　根据正弦定理及+-1=可得+-1=,两边同乘ac可得a2+c2-ac=4=b2,
由余弦定理得cos B==,
又B∈(0,π),所以B=.
3.C　因为AB=2AD,E为AB的中点,所以AE=AD,又∠DAB=60°,所以△ADE是等边三角形,所以∠AED=60°,易知△AFE∽△CFD,所以==,
所以EF=DF,即EF=ED=AE,
令EF=1,则AE=3,在△AEF中,由余弦定理可得AF==,
所以cos∠AFE==-.
4.解析　(1)因为asin B=bcos A,
所以sin Asin B=sin Bcos A,
又因为sin B≠0,
所以sin A=cos A,故tan A=,
又0(2)解法一:依题意可得,=+,
等号两边平方,得=++·,
即=b2+c2+bccos ,
又c=2,所以b2+4b-5=0,
解得b=1或b=-5(舍去),
故△ABC的面积S=bcsin A=.
解法二:因为∠ADB+∠ADC=π,
所以cos∠ADB+cos∠ADC=0,
所以+=0,
又CD=2BD,所以6BD2-1-b2=0,
即6-1-b2=0,整理得2a2-3b2-3=0,
在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+4-2b,
所以b2+4b-5=0,解得b=1或b=-5(舍去),
故△ABC的面积S=bcsin A=.
5.解析　(1)由2(A+B)=C,得A+B+C=3(A+B)=π,
∴A+B=,C=2(A+B)=,
则cos C===-,解得c=,
由=得sin A===.
(2)在△ABC中,cos B===,
∵∠ACD=30°,
∴∠DCB=∠ACB-∠ACD=120°-30°=90°,
则∠ADC=∠DCB+∠B=90°+∠B,
故sin∠ADC=sin(90°+∠B)=cos B=,
由正弦定理,得=,
故AD===.
6.A　在Rt△ABC中,AC== m,
易得∠ACM=180°-∠ACB-∠MCN=105°,∠CAM=15°+30°=45°,则∠CMA=180°-∠MAC-∠ACM=30°,
在△ACM中,由正弦定理,得=,
则MC=×sin 45°=×sin 45°=74(m),
在Rt△MNC中,MN=MC·sin 45°=74 m.即鹳雀楼的高度约为74 m.
7.C　在△ABC中,由正弦定理得=,
即=,得BC=4sin 105°=4sin 75°,
在△ABD中,∠ABD=∠BAD=60°,所以△ABD是等边三角形,则BD=AB=2,
在△BCD中,∠DBC=15°,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos∠DBC=16sin275°+4-2×4sin 75°×2×
cos 15°=16sin275°+4-16sin 75°sin 75°=4,
所以CD=2,即C,D间的距离为2 km.
规律总结
　　1.当A,B两点不相通,但均可到达时,选取点C,测出AC,BC的长,∠ACB,用余弦定理求出AB的长;
2.当A,B两点间可视,但有一点B不可到达时,选取点C,测出∠CAB,∠ACB和AC的长,用正弦定理求出AB的长;
3.当A,B两点都不可到达时,选取对A,B可视的点C,D,测出∠BCA,∠BDA,∠ACD,∠BDC和CD的长,用正弦定理和余弦定理求出AB的长.
8.C　在Rt△ADB中,因为∠ADB=45°,所以AB=BD,
在Rt△ABC中,因为∠ACB=30°,所以BC=AB,
在△BCD中,因为∠CDB=120°,CD=30,
所以由余弦定理得BC2=CD2+BD2-2CD·BDcos 120°,
即3AB2=302+AB2-2×30×AB×,
可得AB2-15AB-30×15=0,解得AB=30或AB=-15(舍去),
即塔AB的高为30米.
9.ACD　A中,∠ABD=∠ABC+∠CBD=30°+45°=75°,
因为B在D的正北方向,所以B位于A的北偏东75°方向,故A正确.
B中,在△BCD中,∠CDB=∠ADC+∠ADB=30°+60°=90°,∠CBD=45°,BD=2 n mile,所以BC=2 n mile,故B错误.
C中,在△ABD中,∠ADB=60°,∠BAD=180°-75°-60°=45°,
由正弦定理得=,即AB== n mile,故C正确.
D中,在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=6+8-2××2×=2,则AC= n mile,故D正确.
10.答案　50π
解析　如图,连接OC,设∠AOC=α,
因为CD∥AO,所以∠OCD=α,
因为∠AOB=,所以∠ODC=,
在△OCD中,由正弦定理得=,因为OD=150米,OC=300米,所以sin α==,
又因为α∈,所以α=,所以劣弧的长为×300=50π(米).
11.答案　8
解析　在△ABD中,B=180°-75°-60°=45°,
由正弦定理得AD===24,
在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos 30°=+242-2×8×24×=192,
所以CD=8,即灯塔C与D之间的距离为8 km.
12.解析　∵在山顶P处测得A,B,C三点的俯角分别为α=60°,β=45°,γ=30°,
∴∠C=30°,∠BPC=15°,∠PBC=135°,∠PAC=60°,∠APC=90°.
在△PBC中,由正弦定理可得=,
即=,∴PC=20千米.
在Rt△PAC中,sin∠PAC=,得AC=,
即AC==40(千米),
∴DE=AC-AD-BE-BC=40-5-1-10(3-)=(4+10)千米.
故隧道DE的长度为(4+10)千米.
能力提升练
1.B 2.A 5.B 6.BD 7.B
1.B　在△ABC中,因为AB=2,∠ABC=30°,AC⊥CB,
所以AC=AB=2×=1,BC===.
在△BCD中,∠BDC=120°,由余弦定理得BC2=DB2+DC2-2DB·DC·cos∠BDC,即=DB2+DC2-2DB·DC·,即3=DB2+DC2+DB·DC.
又DB·DC≤(当且仅当DB=DC时取等号),
所以3=DB2+DC2+DB·DC≤DB2+DC2+,
所以DB2+DC2≥2,
故当且仅当DB=DC=1时,DB2+DC2取得最小值,为2.
2.A　在△ABC中,∵b2+c2-a2=bc,∴cos∠BAC==,又0<∠BAC<π,∴∠BAC=,
∵D是BC的中点,
∴=(+),
又AC=b=2,∴==(+2·+),即7=c2+2c×2×cos +22,
解得c=4(负值舍去),
在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=22+42-2×2×4cos =12,∴a=2(负值舍去),
故2R===4(R为△ABC的外接圆的半径),∴R=2,故△ABC的外接圆的面积S=πR2=4π.
3.答案　
解析　在三角形ABC中,由余弦定理可得AC2=BC2+AB2-2BC·AB·cos∠ABC=4+1-2×2×1×=3,
所以AC=,所以BC2=AC2+AB2,所以∠BAC=,
所以S△ABC=AC·AB=.
易知在圆O的内接四边形ABCD中,∠ADC+∠ABC=π,故∠ADC=π-=,
在△ADC中,cos∠ADC=cos =≥=1-,
即1-≤-,所以AD·DC≤1,当且仅当AD=DC时等号成立,
所以S△ADC=AD·DC·sin ≤,
所以四边形ABCD的面积的最大值Smax=S△ABC+=+=,
所以当AD=DC,即D为劣弧的中点时,四边形ABCD的面积取得最大值,为.
4.答案　
解析　因为bsin∠BAC=acos B,
所以由正弦定理得sin Bsin∠BAC=sin∠BACcos B,
又0<∠BAC<π,所以sin∠BAC>0,则sin B=cos B,即tan B=,
又0在△ABC中,由余弦定理得AC2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac,
在△ABM中,由余弦定理得AM2=+c2-2·ccos B=+c2-ac,
因为AM=AC,所以a2+c2-ac=+c2-ac,化简并整理,得c=,代入AC2=a2+c2-ac,得AC2=a2+-a·=a2,则AC=a,
在△ABC中,由正弦定理得=,
所以sin∠BAC===.
5.B　在△ACD中,∠ACD=120°,∠ADC=30°,则∠CAD=30°,则AC=CD=10,AD=2CDcos 30°=30,
在△BCD中,∠BCD=120°-75°=45°,∠CBD=180°-45°-30°-45°=60°,
由正弦定理得=,即=,所以BD=10,
在△ABD中,由余弦定理得AB2=302+-2×30×10×cos 45°=500,
故AB=10,即A,B两个基站间的距离为10 km.
6.BD　在△BDE中,∠BDE=α,∠DBE=∠BEA-∠BDE=γ-α,∠BED=π-γ,
由正弦定理得==,
即==,所以BD=,BE=,则AB=
BDsin α=,故A错误,B正确;
易知AE=BEcos γ=,
在△BCE中,∠BCE=-δ,∠BEC=δ-γ,
由正弦定理得=,即=,
所以BC==,故C错误;
对于D,在△CDE中,∠CDE=β,∠DCE=∠CEA-∠CDE=δ-β,∠CED=π-δ,由正弦定理得=,即=,
所以CD=,故D正确.
7.B　如图所示:
设文星塔PO的高为h m,
则PA==2h,PB==h,PC==h,
在△PAB中,由余弦定理可得cos∠PBA==,
在△PBC中,由余弦定理得cos∠PBC==.
因为∠PBA+∠PBC=π,
所以cos∠PBA+cos∠PBC=cos∠PBA+cos(π-∠PBA)=0,
即+=0,可得h=AB=×=.
8.解析　(1)在△ABF中,由正弦定理知=,即=,
因为AF=BF,α=,所以=,解得sin β=,
因为0≤β≤,所以β=,此时BF=BA=4,
又因为BF·cos α=2<4,所以点F在矩形ACDE内,故机器狗能捕捉成功.
在△ABF中,由余弦定理得AB2=AF2+BF2-2AF·BF·
cos =(AF+BF)2-3AF·BF,
故(AF+BF)2=16+3AF·BF≤16+3×,
整理得≤16,所以AF+BF≤8,当且仅当AF=BF=4时等号成立,此时α=,
又BF·|cos α|=2<4,所以点F在矩形ACDE内,所以机器狗能捕捉成功,
故机器狗与足球运动的总路程的最大值为8米.
解析　(1)不妨记BC=a,AC=b,AB=c,CM=m,CN=n,NB=h,MA=d,MN=x,∠ACB=α,
∠NCB=β,∠MCA=γ,∠MCN=θ,∠ABC=φ.
①中,已知a,b,β,γ,φ,在Rt△NCB中,由tan β=,可确定h,同理,在Rt△MCA中,可确定d,
在△ABC中,已知a,b,φ,利用余弦定理解三角形可能有两解,
例如,若a=,b=1,φ=30°,则1=3+c2-2c×,解得c=1或c=2,
由||2==d2+c2+h2-2dh可得MN有两个值,故①不满足条件;
②中,已知a,b,α,β,θ,在Rt△NCB中,由tan β=,cos β=可确定h,n,
在△ABC中,利用余弦定理可得c,在Rt△MCA中,由勾股定理可得m=,
在△MCN中,由余弦定理得x2=(d2+b2)+n2-2n·cos θ(*),
又x2=d2+c2+h2-2dh(**),联立(*)(**)可得MN,但此方程组可能有两解,故②不满足条件;
③中,已知a,b,γ,β,θ,在Rt△NCB中,由cos β=可确定n,同理,在Rt△MCA中,可确定m,在△MCN中,由余弦定理可唯一确定MN,故③满足条件;
④中,已知a,b,γ,β,α,在△ABC中,由a,b,α及余弦定理可确定c,在Rt△NCB中,由tan β=,可确定h,
同理,在Rt△MCA中,可确定d,再由||2==d2+c2+h2-2dh可唯一确定MN,故④满足条件.
(2)若选③,在Rt△MAC中,AC=3,∠MCA=,可得MC=3,
在Rt△NCB中,BC=6,∠NCB=,可得NC=12,
在△MCN中,由余弦定理可得MN2=18+144-2×3×12×=90,所以MN=3.
若选④,在Rt△MAC中,AC=3,∠MCA=,可得MC=3,
在Rt△NCB中,BC=6,∠NCB=,可得NC=12,NB=6,
在Rt△ACB中,AC=3,BC=6,∠ACB=,可得AB=3.
过点M作NB的垂线,垂足为D(图略),
在△MDN中,MD=AB=3,ND=6-3,
所以MN2=45+=162-36,
所以MN=.
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