数学必修 第二册第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用免费课时练习

这是一份数学必修 第二册第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用免费课时练习，共26页。

6.4综合拔高练
五年高考练
考点1　利用余弦定理和正弦定理解三角形
1. (2020课标Ⅲ,7,5分,)在△ABC中,cos C=23,AC=4,BC=3,则
cos B=(　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.19 B.13 C.12 D.23
2.(2019浙江,14,6分,)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上.若∠BDC=45°,则BD=　　　　,cos∠ABD=　　　　. 
3.(2020新高考Ⅰ,17,10分,)在①ac=3,②csin A=3,③c=3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=3sin B,C=π6,　　　　? 
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.








4.(2020课标Ⅱ,17,12分,)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.







5.(2020天津,16,14分,)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=22,b=5,c=13.
(1)求角C的大小;
(2)求sin A的值;
(3)求sin2A+π4的值.







6.(2019课标Ⅰ,17,12分,)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sin B-sin C)2=sin2A-sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若2a+b=2c,求sin C.











考点2　余弦定理和正弦定理在实际问题中的应用
7.(2019江苏,18,16分,)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于···圆O的半径.已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),测得AB=10,AC=6,BD=12(单位:百米).
(1)若道路PB与桥AB垂直,求道路PB的长;
(2)在规划要求下,P和Q中能否有一个点选在D处?并说明理由;
(3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:百米),求当d最小时,P,Q两点间的距离.

















考点3　三角形面积公式的应用
8.(2019课标Ⅱ,15,5分,)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC的面积为　　　　. 
9.(2018北京,14,5分,)若△ABC的面积为34(a2+c2-b2),且∠C为钝角,则∠B=　　　　;ca的取值范围是　　　　. 
10.(2020北京,17,13分,)在△ABC中,a+b=11,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:
(1)a的值;
(2)sin C和△ABC的面积.
条件①:c=7,cos A=-17;
条件②:cos A=18,cos B=916.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.









11.(2019课标Ⅲ,18,12分,)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asinA+C2=bsin A.
(1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.









三年模拟练
应用实践　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(2020海南海口高二上期末,)设点G是△ABC的重心,且2sin B·AB+3sin A·GA+2sin C·GC=0,则cos C=(　　)
A.34 B.23 C.13 D.916
2.(2020广东中山高二上期末,)如图,为了测量某湿地A,B两点间的距离,观察者找到在同一直线上的C,D,E三点.从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC=23,CE=2(单位:百米),则A,B两点间的距离为(　　)

A.6百米 B.22百米
C.3百米 D.23百米
3.(2020甘肃顶级名校高二月考,)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b, c,且(a2+b2-c2)(acos B+bcos A)=abc,若△ABC的外接圆半径为233,则△ABC的周长的取值范围为(　　)
A.(2,4] B.(4,6]
C.(4,6) D.(2,6]
4.(2020河南南阳高二上期末,)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,若c=2,C=π3,且sin C+sin(B-A)-2sin 2A=0,则下列结论不一定成立的是(　　)
A.b=2a
B.△ABC的周长为2+23
C.△ABC的面积为233
D.△ABC的外接圆半径为233
5.(2020吉林长春外国语学校高二上期末,)在△ABC中,已知(a+b)∶(c+a)∶(b+c)=6∶5∶4,给出下列结论:
①这个三角形被唯一确定;
②△ABC一定是钝角三角形;
③sin A∶sin B∶sin C=7∶5∶3;
④若b+c=8,则△ABC的面积是1532.
其中正确结论的序号是　　　　. 
6.(2020广东深圳实验学校高一上期末,)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,给出下列说法:
①若a2+b2π2;
②若ab>c2,则C>π3;
③若a3+b3=c3,则C<π2;
④若2ab>(a+b)c,则C>π2;
⑤若(a2+b2)c2<2a2b2,则0 其中正确的是　　　　　　.(填序号) 
7.(2020江西景德镇一中高一上期末,)已知A,B,C是△ABC的三个内角,向量m=(cos B,sin B-2sin C),n=(2cos C+cos B,sin B),且m⊥n.
(1)求A;
(2)若BC=3,求AB+AC的取值范围.







8.(2020辽宁辽阳高一下期末,)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,在①bcos Acos C=asin Bsin C-12b;②bsin Bcos C+12csin 2B=3acos B;③bcosAcosB+a=2c这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并作答.
已知D是BC上的一点,BC=2BD>AB,AD=27,AB=6,若　　　　,求△ACD的面积. 








迁移创新
9.()在数学建模课上,老师给大家带来了一则新闻:“2019年8月16日上午,高423米的东莞第一高楼民盈·国贸中心2号楼(以下简称‘国贸中心’)正式封顶,随着最后一方混凝土浇筑到位,标志着东莞最高楼纪录诞生,由东莞本地航母级企业民盈集团刷新了东莞天际线,比之前的东莞第一高楼台商大厦高出134米.”在同学们的惊叹中,老师提出了问题:国贸中心真有这么高吗?我们能否运用所学知识测量验证一下?一周后,两个兴趣小组分享了他们各自的测量方案.
第一小组采用的是“两次测角法”,他们在国贸中心隔壁的会展中心广场上的A点测得国贸中心顶部的仰角为α,正对国贸中心前进了s米后,到达B点,在B点测得国贸中心顶部的仰角为β,然后计算出国贸中心的高度(如图1).
第二小组采用的是“镜面反射法”,在国贸中心后面的新世纪豪园一幢11层楼(与国贸中心处于同一水平面,每层约3米)楼顶天台上,进行两个操作步骤:①将平面镜置于天台地面上,人后退至从镜中能看到国贸大厦的顶部位置,测量出人与镜子的距离为a1米;②正对国贸中心,将镜子前移a米,重复①中的操作,测量出人与镜子的距离为a2米,然后计算出国贸中心的高度(如图2).
实际操作中,第一小组测得s=310米,α=30°,β=45°,最终算得国贸中心的高度为H1;第二小组测得a1=1.45米,a=12米,a2=1.40米,最终算得国贸中心的高度为H2.假设测量者的“身高h”都为1.60米.
(1)请你用所学知识帮两个小组完成计算(参考数据:2≈1.4,3≈1.7,结果保留整数);
(2)你认为哪个小组的方案更好?请说明理由.





答案全解全析
五年高考练
1.A　由cos C=AC2+BC2-AB22AC·BC得23=16+9-AB22×4×3,∴AB=3(负值舍去),
∴cos B=BA2+BC2-AC22BA·BC=9+9-162×3×3=19,故选A.
2.答案　1225;7210
解析　在△BDC中,BC=3,sin∠BCD=45,∠BDC=45°,
由正弦定理得BDsin∠BCD=BCsin∠BDC,则BD=3×4522=1225,
在△ABD中,sin∠BAD=35,cos∠BAD=45,∠ADB=135°,
∴cos∠ABD=cos[180°-(135°+∠BAD)]=cos(45°-∠BAD)=cos 45°cos∠BAD+sin 45°sin∠BAD=22×45+35=7210.

3.解析　方案一:选条件①.
由C=π6和余弦定理得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.
由①ac=3,解得a=3,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
由C=π6和余弦定理得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,
由此可得b=c,B=C=π6,A=2π3.
由②csin A=3,所以c=b=23,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=23.
方案三:选条件③.
由C=π6和余弦定理得a2+b2-c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.
由③c=3b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
4.解析　(1)由正弦定理和已知条件得BC2-AC2-AB2=AC·AB.①
由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos A.②
由①②得cos A=-12.
因为0 (2)由正弦定理及(1)得ACsinB=ABsinC=BCsinA=23,从而AC=23sin B,AB=23sin(π-A-B)=3cos B-3sin B.
故BC+AC+AB=3+3sin B+3cos B=3+23·sinB+π3.
又0 5.解析　(1)在△ABC中,由余弦定理及a=22,b=5,c=13,有cos C=a2+b2-c22ab=22.又因为C∈(0,π),所以C=π4.
(2)在△ABC中,由正弦定理及C=π4,a=22,c=13,可得sin A=asinCc=21313.
(3)由a 所以sin2A+π4=sin 2Acos π4+cos 2A·sinπ4=1213×22+513×22=17226.
6.解析　(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C,故由正弦定理得b2+c2-a2=bc.
由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=12.
因为0° (2)由(1)知B=120°-C,由题设及正弦定理得2sin A+sin(120°-C)=2sin C,
即62+32cos C+12sin C=2sin C,
可得cos(C+60°)=-22.
由于0° 故sin C=sin(C+60°-60°)=sin(C+60°)·cos 60°-cos(C+60°)·sin 60°=6+24.
7.解析　(1)过A作AE⊥BD,垂足为E.
由已知条件得,四边形ACDE为矩形,
DE=BE=AC=6,AE=CD=8.
因为PB⊥AB,所以cos∠PBD=sin∠ABE=810=45.
所以PB=BDcos∠PBD=1245=15.
因此道路PB的长为15百米.

(2)不能,理由如下:
①若P在D处,由(1)可得E在圆上,则线段BE上的点(除B,E)到点O的距离均小于圆O的半径,所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处,连接AD,由(1)知AD=AE2+ED2=10,
从而cos∠BAD=AD2+AB2-BD22AD·AB=725>0,
所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上,P和Q均不能选在D处.
(3)先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;
当∠OBP≥90°时,对线段PB上任意一点F,OF≥OB,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,P1B=15,
此时P1D=P1Bsin∠P1BD=P1Bcos∠EBA=15×35=9;
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.
由上可知,d≥15.
再讨论点Q的位置.
由(2)知,要使得QA≥15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,CQ=QA2-AC2=152-62=321. 此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上,当PB⊥AB,点Q位于点C右侧,且CQ=321时,d最小,此时P,Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.
8.答案　63
解析　由b2=a2+c2-2accos B及已知得62=(2c)2+c2-2×2c×c×12,∴c=23(c=-23舍去).
∴a=2c=43,∴△ABC的面积S=12ac·sin B=12×43×23×32=63.
9.答案　π3;(2,+∞)
解析　依题意有12acsin B=34(a2+c2-b2)=34×2accos B,则tan B=3,∵0<∠B<π,∴∠B=π3.
ca=sinCsinA=sin2π3-AsinA=12+3cosA2sinA=12+32·1tanA,
∵∠C为钝角,∴2π3-∠A>π2,
又∠A>0,∴0<∠A<π6,
则03,
故ca>12+32×3=2.
故ca的取值范围为(2,+∞).
10.解析　若选条件①.
(1)∵a+b=11,∴b=11-a,
已知c=7,cos A=-17,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=(11-a)2+72-2×(11-a)×7×-17,解得a=8.
(2)∵cos A=-17,∴sin A=1-cos2A=437,∵asinA=csinC,∴sin C=csinAa=32.
又∵b=11-a=11-8=3,
∴S△ABC=12bcsin A=12×3×7×437=63.
若选条件②.
(1)∵cos A=18,∴sin A=1-cos2A=378,
∵cos B=916,∴sin B=1-cos2B=5716.
由正弦定理asinA=bsinB,得a378=b5716,
∴5a=6b,
又∵a+b=11,∴a=6.
(2)由(1)可得b=11-a=5.
sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)
=sin Acos B+cos Asin B=378×916+18×5716=74,
∴S△ABC=12absin C=12×6×5×74=1574.
11.解析　(1)由题设及正弦定理得sin A·sinA+C2=sin Bsin A.
因为sin A≠0,所以sinA+C2=sin B.
由A+B+C=180°,可得sinA+C2=cosB2,
故cosB2=2sinB2cosB2.
因为cosB2≠0,所以sinB2=12,因此B=60°.
(2)由题设及(1)知S△ABC=34a.
由正弦定理得a=csinAsinC=sin(120°-C)sinC=32tanC+12.
由于△ABC为锐角三角形,故0° 由(1)知A+C=120°,所以30° 因此,△ABC面积的取值范围是38,32.

三年模拟练
应用实践
1.B　因为点G是△ABC的重心,所以GA+GB+GC=0,由题意及正弦定理得2b·AB+3a·GA+2c·GC=0,所以2b·(GB-GA)+3a·GA+2c·GC=0,即(3a-2b)GA+2bGB+2c·GC=0,故2b=2c=3a-2b,即b=c,a=43b.
由余弦定理得cos C=a2+b2-c22ab=b2+169b2-b22×4b3×b=23.
2.C　在△ADC中,∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,则∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,
又DC=23,∴AC=DC=23.
在△BCE中,∠BCE=75°,∠BEC=60°,
则∠EBC=180°-75°-60°=45°,由正弦定理得ECsin∠EBC=BCsin∠BEC,
∴BC=EC×sin∠BECsin∠EBC=2×3222=3.
在△ABC中,AC=23,BC=3,
∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,
由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=9,∴AB=3(负值舍去),即A,B两点间的距离为3百米.
3.B　由(a2+b2-c2)(acos B+bcos A)=abc,
得(a2+b2-c2)·a·a2+c2-b22ac+b·b2+c2-a22bc=abc,
整理得,a2+b2-c2=ab,
所以cos C=a2+b2-c22ab=ab2ab=12,
因为C∈(0,π),所以C=π3.
由正弦定理得c=2×233sin C=433×32=2,a=433sin A,b=433sin B,
所以a+b+c=2+433(sin A+sin B)
=2+433sin2π3-B+sinB
=43332cosB+32sinB+2
=4sinB+π6+2.
因为B∈0,2π3,所以B+π6∈π6,5π6,所以2<4sinB+π6≤4,
所以4<4sinB+π6+2≤6,
即4 所以△ABC的周长的取值范围为(4,6].
故选B.
4.A　由C=π-A-B,得sin C=sin(A+B),
∵sin C+sin(B-A)-2sin 2A=0,
∴sin(A+B)+sin(B-A)-2sin 2A=0,
化简得,sin Bcos A-2sin Acos A=0,
即cos A(sin B-2sin A)=0,
∴cos A=0或sin B-2sin A=0.
当cos A=0时,A=π2,此时△ABC为直角三角形,由C=π3得B=π6,
∵c=2,∴b=233,a=433,∴a=2b,△ABC的周长为2+23,面积为12×2×233=233,外接圆半径为a2=233.
当sin B-2sin A=0时,由正弦定理得,b=2a,∵c=2,C=π3,∴由余弦定理得4=a2+4a2-2a·2a×12,解得a=233(负值舍去),则b=433,满足b2=a2+c2,即B=π2,此时△ABC为直角三角形,b=2a,△ABC的周长为a+b+c=2+23,面积为12×2×233=233,外接圆半径为b2=233.
综上所述,选项B、C、D中结论一定成立,A中结论不一定成立,故选A.
5.答案　②③
解析　∵(a+b)∶(c+a)∶(b+c)=6∶5∶4,∴设a+b=6k,c+a=5k,b+c=4k(k>0),
∴a=72k,b=52k,c=32k,
则a∶b∶c=7∶5∶3,由正弦定理可知,
sin A∶sin B∶sin C=7∶5∶3,故③正确;
由于三角形ABC的边长不确定,故三角形不确定,故①错误;
cos A=b2+c2-a22bc=254k2+94k2-494k22×52×32k2=-12<0,则A=120°,故△ABC是钝角三角形,故②正确;
若b+c=8,则52k+32k=4k=8,解得k=2,
故b=5,c=3,
又∵A=120°,∴△ABC的面积S=12bcsin A=12×5×3×32=1534,故④错误.
故正确的是②③.
6.答案　①③⑤
解析　因为a2+b2π2,故①正确;
因为ab>c2,所以cos C=a2+b2-c22ab≥2ab-c22ab>2ab-ab2ab=12,又0 因为a3+b3=c3,a>0,b>0,c>0,
所以ac3+bc3=1,
所以0 所以1=ac3+bc3 即a2+b2>c2,故C<π2,故③正确;
因为2ab>(a+b)c,所以c<2aba+b,
所以c2<2aba+b2=4a2b2a2+b2+2ab,
因为a2+b2≥2ab,
所以c2<4a2b2a2+b2+2ab≤4a2b24ab=ab,
由②知,此时0 因为(a2+b2)c2<2a2b2,
所以c2<2a2b2a2+b2,因为a2+b2≥2ab,
所以c2<2a2b2a2+b2≤2a2b22ab=ab,
由②知,此时0 7.解析　(1)∵m=(cos B,sin B-2sin C),n=(2cos C+cos B,sin B),且m⊥n,
∴m·n=cos B(2cos C+cos B)+sin B(sin B-2sin C)=0,
化简得2cos(B+C)+1=0,即-2cos A+1=0,
∴cos A=12,∵A∈(0,π),∴A=π3.
(2)根据题意,由正弦定理可得ACsinB=ABsinC=3sinπ3=2,∴AC=2sin B,AB=2sin C.
∴AB+AC=2sin C+2sin B=2sin B+2·sin2π3-B=2sin B+232cos B+
12sin B=23sinB+π6.
∵B∈0,2π3,∴B+π6∈π6,5π6,
∴sinB+π6∈12,1,
∴23sinB+π6∈(3,23],
即AB+AC∈(3,23].
8.解析　若选择①,由正弦定理得sin B·cos Acos C=sin Asin Bsin C-12sin B,
因为sin B≠0,所以cos Acos C-sin Asin C=-12,即cos(A+C)=-12.
因为B=π-(A+C),所以cos(A+C)=-cos B=-12,即cos B=12,
因为0 若选择②,由正弦定理得sin2Bcos C+12·sin Csin 2B=3sin Acos B,
即sin2Bcos C+sin Csin Bcos B=3sin A·cos B,
故sin Bsin(B+C)=3sin Acos B.
因为sin(B+C)=sin A≠0,
所以sin B=3cos B,所以tan B=3,
因为0 若选择③,由正弦定理得sin Bcos A+sin A·cos B=2sin Ccos B,
即sin(B+A)=2sin Ccos B,
因为sin(B+A)=sin C≠0,所以cos B=12,
因为0 在△ABD中,由余弦定理可得AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos B,
即28=36+BD2-2×6×BD×12,
解得BD=4或BD=2.
因为BC=2BD>AB=6,所以BD=4.
所以S△ACD=S△ABD=12AB·BDsin B=12×6×4×32=63.

迁移创新
9.答案　(1)第一小组:在△ABD中,sin∠DAB=12,AB=310米,sin∠ADB=sin(45°-30°)=6-24,
由正弦定理,得ABsin∠ADB=BDsin∠DAB,即3106-24=BD12,所以BD=155(6+2)米.
在Rt△BCD中,CDBD=22,所以CD=22BD=22×155(6+2)≈418.5(米),
所以H1≈418.5+1.6=420.1≈420米.
第二小组:由△MKE∽△PQE,
得EQ=PQ·KEMK=a1·PQh.
同理,由△NTF∽△PQF,得FQ=PQ·TFTN=a2·PQh.
因为EQ-FQ=a,所以(a1-a2)·PQh=a,
所以PQ=aha1-a2=12×1.61.45-1.4=384(米),
所以H2=PQ+3×11=417(米).
(2)答案不唯一,言之有理即可.
第一组方案:
优点:①测量方法较好理解,普适性强;②计算思路简捷.
不足:①距离较长,测量要求高,难度大;②角度测量较难精准,容易造成误差;③场地要求较高.
第二组方案:
优点:①测量方法有创意(用到镜面成像和相似三角形);②相对距离短,比较好测量;③只需测量距离,需要的工具少.
不足:①两次放镜子相对距离太短,容易造成误差;②镜面放置较难保持水平,容易造成误差;③如果镜面较大,人眼看镜内物像时,两次不一定都看在镜上的同一个点,易造成误差;④人与镜子的距离差值较小,测量容易造成误差.