新高考数学一轮复习讲练测专题6.4正弦定理、余弦定理的应用（练）（含解析）

专题6.4   正弦定理、余弦定理的应用

1．（2021·江西省万载中学高一期末（理））在中，已知，则的形状一定是（    ）

A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形

【答案】B

【解析】

先通过“边化角”，再通过辅助角公式，即可求出答案.

【详解】

解：由正弦定理得，

整理得：

即，又因为,所以,

所以，移项得：,所以三角形一定为直角三角形.

故选：B

2．（2021·江西省万载中学高一期末（理））在中，已知，则的形状一定是（    ）

A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形

【答案】B

【解析】

先通过“边化角”，再通过辅助角公式，即可求出答案.

【详解】

解：由正弦定理得，

整理得：

即，又因为,所以,

所以，移项得：,所以三角形一定为直角三角形.

故选：B

3．（2021·辽宁高三其他模拟）英国数学家约翰・康威在数学上的成就是全面性的，其中“康威圆定理”是他引以为傲的研究成果之一．定理的内容是：三角形ABC的三条边长分别为a，b，c，分别延长三边两端，使其距离等于对边的长度，如图所示，所得六点仍在一个圆上，这个圆被称为康威圆．现有一边长为2的正三角形，则该三角形生成的康威圆的面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

由“康威圆定理”可知的康威圆圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，据此可得圆的半径，进一步可求其面积.

【详解】

康威圆的圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，

所以其康威圆半径为，故面积为．

故选:C.

4．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟（理））某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在处（点在水平地面的下方，为与水平地面的交点）进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点，两地相距100米，，其中到的距离比到的距离远40米．地测得该仪器在处的俯角为，地测得最高点的仰角为，则该仪器的垂直弹射高度为（    ）

A．210米 B．米 C．米 D．420米

【答案】C

【解析】

在中利用余弦定理求出，进而在中可求出，再在中求出，即可得解．

【详解】

设，所以，在中，，，所以，

，即，．

在中，，所以，又在中，，所以，因此．

故答案为：C．

5．（2021·山东省青岛第一中学高一期中）如图所示，为测量山高选择A和另一座山的山顶为测量观测点，从A点测得点的仰角点的仰角以及从点测得，若山高米，则山高等于（    ）

A．米 B．米

C．米 D．米

【答案】A

【解析】

在中，可求得AC，根据正弦定理，在中，可求得AM，在中，即可求得答案.

【详解】

因为在中，，，

所以，

在中，，

由正弦定理得：，即，

所以，

在中，，

所以（米）

故选：A

6．（2021·四川成都市·成都七中高一期中）如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西匀速行驶，在公路北侧远处一座高900米的山顶D的测得点A的在东偏南方向上过一分钟后测得点B处在山顶地的东偏南方向上，俯角为，则该车的行驶速度为（    ）

A．15米/秒 B．15米/秒

C．20米/秒 D．20米/秒

【答案】A

【解析】

根据题意可得，再除以时间即可得解.

【详解】

根据题意，由B处在山顶俯角为，

所以，

由A东偏南，B东偏南，

所以，

所以为等腰三角形，所以，

由，所以速度为米/秒，

故选：A

7．（2021·山西临汾市·高三其他模拟（文））说起延安革命纪念地景区，可谓是家喻户晓，它由宝塔山、枣园革命旧址、杨家岭革命旧址、中共中央西北局旧址、延安革命纪念馆组成.尤其宝塔山，它可是圣地延安的标志，也是中国革命的摇篮，见证了中国革命的进程，在中国老百姓的心中具有重要地位.如图，宝塔山的坡度比为（坡度比即坡面的垂直高度和水平宽度的比），在山坡处测得，从处沿山坡往上前进到达处，在山坡处测得，则宝塔的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

由已知可得，在中利用正弦定理可求得.

【详解】

由题可知，，则，

，

设坡角为，则由题可得，则可求得，

在中，，

由正弦定理可得，即，解得，

故宝塔的高为44m.

故选：A.

8.（2021·浙江高一期末）在中，，若，则的最大值是____________．

【答案】

【解析】

由，结合向量数量积的定义及余弦定理可得，进而可求得，而要求的最大值，只要求解的最小值即可

【详解】

解：因为，

所以，由余弦定理得，得，

由余弦定理可得

，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值，

根据余弦函数在上单调递减可知，此时角取得最大值为，

所以的最大值是，

故答案为：

9．（湖北高考真题））如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m.

【答案】

【解析】

由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.

10．（宁夏高考真题）为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内（如示意图），飞机能够测量的数据有俯角和A，B间的距离，请设计一个方案，包括：①指出需要测量的数据（用字母表示，并在图中标出）；②用文字和公式写出计算M，N间的距离的步骤.

【答案】见解析

【解析】

要求长度，需要测量的数据有：点到，点的俯角，最后通过正弦定理得到最终结果.

①需要测量的数据有：点到，点的俯角；

点到，的俯角；，的距离 ……….3分

②第一步：计算. 由正弦定理　；

第二步：计算. 由正弦定理　；

第三步：计算. 由余弦定理

1．（2021·四川自贡市·高三三模（文））如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为α，沿倾角为β的斜坡向上走b米到B处，在B处测得山顶P的仰角为γ（A、B、P、Q共面）则山高P等于（    ）米．

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】

已知仰角为，的倾斜角，在处测得山顶的仰角为，用正弦定理可计算出高度.

【详解】

由题意可知，，，

分别在，中，

，，

所以，

又

，

在中，由正弦定理可得，

即，

，

在中，

.

故选：A.

2. （2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（理））在如图所示四边形中，，，，，，则四边形的面积为________.

【答案】

【解析】

由已知条件可得，，，应用三角形面积公式求，，即可求四边形的面积.

【详解】

由题意，知：，且，，

∴，，

∴四边形的面积.

故答案为：

3．（2021·合肥一六八中学高三其他模拟（文））南宋数学家秦九韶著有《数书九章》，创造了“大衍求一术”，被称为“中国剩余定理”．他所论的“正负开方术”，被称为“秦九韶程序”．世界各国从小学、中学到大学的数学课程，几乎都接触到他的定理、定律和解题原则．科学史家称秦九韶：“他那个民族、他那个时代，并且确实也是所有时代最伟大的数学家之一”．在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜帮，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中a，b，c，S为三角形的三边和面积）表示．在中，a，b，c分别为角A、B、C所对的边，若，且则面积的最大值为______．

【答案】

【解析】

利用余弦定理化简已知条件得到的关系式，将的关系式代入所给的面积公式中，将面积转化为关于的函数形式，根据二次函数的对称轴求解出面积的最大值即可.

【详解】

因为，所以，

所以，所以，

所以，

所以当时，有最大值为，

故答案为：.

4．（2021·河南高二月考（文））为测量山高.选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得N点的仰角，C点的仰角以及，从C点测得.已知山高米.则所求山高为___________米.

【答案】

【解析】

在中可求得，再在利用正弦定理可求出，即可求得山高.

【详解】

由题，在中，，，

在中，，，则，

由正弦定理可得，即，解得，

又在中，，，

所以所求山高为米.

故答案为：.

5．（2021·齐齐哈尔市第八中学校高一期中）在中，已知且.

（1）试确定的形状；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）直角三角形；（2）.

【解析】

（1）根据正弦定理化简整理得到即可判断三角形的形状；（2）由正弦定理将表示成，接着根据三角函数的知识求解取值范围即可.

【详解】

解：（1）由正弦定理得：，

所以①

因为，

所以

所以，②

把②代入①得

所以是直角三角形

（2）由（1）知，所以

所以.

根据正弦定理得

因为，所以

即的取值范围是.

6．（2021·重庆市长寿中学校高三其他模拟）如图四边形中，，，，、，        .

（1）求；

（2）求面积的最大值.

从①且为锐角；②；③这三个条件中任选一个补充在上面的问题中并作答

【答案】（1）条件选择见解析，；（2）.

【解析】

（1）选①：利用三角形的面积公式求出，结合为锐角求出的值，利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求得的长；

选②：利用余弦定理计算得出的值，结合的取值范围可求得的值，利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求得的长；

选③：求出，利用余弦定理计算得出的值，结合的取值范围可求得的值，再利用正弦定理可求得的长；

（2）利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，利用三角形的面积公式可得结果.

【详解】

（1）选①，，

是锐角，，

由余弦定理可得，则，

，则是四边形的外接圆直径，

是的外接圆直径，；

选 ②：，

，，

由余弦定理可得，则，

，则是四边形的外接圆直径，

是的外接圆直径，；

选③：，由余弦定理可得，

，，

，则是四边形的外接圆直径，

是的外接圆直径，；

（2）由（1），，

在中，由余弦定理可得，

所以，，当且仅当时，等号成立.

因此，.

7．（2021·全国高一专题练习）如图，为了检测某工业区的空气质量，在点A处设立一个空气监测中心（大小忽略不计），在其正东方向点B处安装一套监测设备．为了使监测数据更加准确，在点C和点D处，再分别安装一套监测设备，且满足，，设．

（1）当，求四边形的面积；

（2）当为何值时，线段最长．

【答案】（1）；（2）时，最长为.

【解析】

（1）利用余弦定理求出，即得解；

（2）先求出，设,，，利用余弦定理求出即得解.

【详解】

（1）在△中，由余弦定理得

所以.

所以四边形的面积.

（2）由题得

所以，

设,，

所以，

所以

所以，

因为，

所以时，最长为.

8．（2021·江苏高一月考）缉私船在A处测出某走私船在方位角为(航向)，距离为10海里的C处，并测得走私船正沿方位角的方向以9海里/时的速度沿直线方向航行逃往相距27海里的陆地D处，缉私船立即以v海里/时的速度沿直线方向前去截获.(方位角：从某点的指北方向线起，依顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角)

（1）若，求缉私船航行的方位角正弦值和截获走私船所需的时间；

（2）缉私船是否有两种不同的航向均恰能成功截获走私船？若能，求v的取值范围，若不能请说明理由.

【答案】（1），；（2）能，．

【解析】

（1）在中，由正弦定理得缉私船航行的方位角正弦值；在中，由余弦定理建立方程，即可求出截获走私船所需的时间；

（2）由（1）知，利用换元法得到关于的方程在必有两不同的实根，即可求解．

【详解】

（1）设缉私船在B处截获走私船，所需的时间为，

依题意，得，

在中，由正弦定理得，，

方位角为，

，

在中，由余弦定理得， ，

当时，，解得（负值已舍），

即截获走私船所需时间为．

（2）由（1）知，，

即，因为走私船距离陆地27海里以9海里/时的速度航行，

所以要能截获需在3小时之内，

令，若缉私船有两种不同的航向均能成功截获走私船，

则关于的方程在必有两不同的实根，

则

解得，

9．（2021·广东汕头市·高三二模）随着人们生活水平的不断提高，人们对餐饮服务行业的要求也越来越高，由于工作繁忙无法抽出时间来享受美食，这样网上外卖订餐应运而生.现有美团外卖送餐员小李在A地接到两份外卖单，他须分别到B地､D地取餐，再将两份外卖一起送到C地，运餐过程不返回A地.A，B，C，D各地的示意图如图所示，，，，，，假设小李到达B､D两地时都可以马上取餐(取餐时间忽略不计)，送餐过程一路畅通.若小李送餐骑行的平均速度为每小时20千米，请你帮小李设计出所有送餐路径(如：)，并计算各种送餐路径的路程，然后选择一条最快送达的送餐路径，并计算出最短送餐时间为多少分钟.(各数值保留3位小数)(参考数据：，)

【答案】答案见解析

【解析】

根据正弦定理先求解出的值，再根据余弦定理求解出的值，然后分析每条送餐路径的路程并确定出最短送餐路径对应的送餐时间.

【详解】

解：在中，由正弦定理可知：，

即：，解得：，

由，即：，解得：，

(由余弦定理可得，

解得或者，

)

在中，由余弦定理可知：

即，解得或(舍)；

①若送餐路径为：，则总路程=

②若送餐路径为：，则总路程=

③若送餐路径为：，则总路程=

④若送餐路径为：，则总路程=

所以最短送餐路径为，

此路径的送餐时间为：(分钟).

10．（2021·江苏扬州市·扬州中学高三其他模拟）如图，某生态农庄内有一直角梯形区域，，，百米，百米．该区域内原有道路，现新修一条直道（宽度忽略不计），点在道路上（异于，两点），，．

（1）用表示直道的长度；

（2）计划在区域内种植观赏植物，在区域内种植经济作物．已知种植观赏植物的成本为每平方百米2万元，种植经济作物的成本为每平方百米1万元，新建道路的成本为每百米1万元，求以上三项费用总和的最小值．

【答案】（1），；（2）万元．

【解析】

（1）根据解三角形和正弦定理可得，，

（2）分别求出，，可得，设三项费用之和为，可得，，利用导数求出最值.

【详解】

解：（1）过点作，垂足为，

在中，

∵，，，

∴，

在中，

∵，，，

∴，

∴，

∵，

∴，

在中，由正弦定理可得，

∴，，

（2）在中，由正弦定理可得，

∴，

∴，

又

∴，

设三项费用之和为，

则

，，

∴，令，解得，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

∴，即三项费用总和的最小值为万元．

1．（2021·全国高考真题（理））已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.

【详解】

因为，由双曲线的定义可得，

所以，；

因为,由余弦定理可得，

整理可得，所以，即.

故选：A

2.（2021·全国高考真题（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（    ）

A．346 B．373 C．446 D．473

【答案】B

【解析】

通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．

【详解】

过作，过作，

故，

由题，易知为等腰直角三角形，所以．

所以．

因为，所以

在中，由正弦定理得：

，

而，

所以，

所以．

故选：B．

3.（2021·全国高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（    ）

A．表高 B．表高

C．表距 D．表距

【答案】A

【解析】

利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．

【详解】

如图所示：

由平面相似可知，，而，所以

，而，

即＝．

故选：A.

4.（2021·浙江高考真题）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则___________.

【答案】25

【解析】

分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.

【详解】

由题意可得，大正方形的边长为：，

则其面积为：，

小正方形的面积：，

从而.

故答案为：25.

5．（2021·北京高考真题）已知在中，，．

（1）求的大小；

（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度．

①；②周长为；③面积为；

【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．

【解析】

（1）由正弦定理化边为角即可求解；

（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；

若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；

若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.

【详解】

（1），则由正弦定理可得，

，，，，

，解得；

（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，

与矛盾，故这样的不存在；

若选择②：由（1）可得，

设的外接圆半径为，

则由正弦定理可得，

，

则周长，

解得，则，

由余弦定理可得边上的中线的长度为：

；

若选择③：由（1）可得，即，

则，解得，

则由余弦定理可得边上的中线的长度为：

.

6.（上海高考真题）如图，三地有直道相通，千米，千米，千米.现甲、乙两警员同时从地出发匀速前往地，经过小时，他们之间的距离为（单位：千米）.甲的路线是，速度为5千米/小时，乙的路线是，速度为8千米/小时.乙到达地后原地等待.设时乙到达地.

（1）求与的值；

（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当时，求的表达式，并判断在上得最大值是否超过3？说明理由.

【答案】（1），千米；（2）超过了3千米.

【解析】

（1），设此时甲运动到点，则千米，

所以千米.

（2）当时，乙在上的点，设甲在点，

所以，，

所以

，

当时，乙在点不动，设此时甲在点，

所以.

所以.

所以当时,，故的最大值超过了3千米.