考点测试25 正弦定理、余弦定理及其应用-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

第一部分　考点通关练 第四章　三角函数与解三角形 考点测试25　正弦定理、余弦定理及其应用 高考 概览 本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、低等难度 考点 研读 掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题 目录 狂刷小题·基础练 KUANG SHUA XIAO TI JI CHU LIAN 精做大题·能力练 JING ZUO DA TI NENG LI LIAN 狂刷小题·基础练 KUANG SHUA XIAO TI JI CHU LIAN 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 一、基础小题 1．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＋B＝eq \f(5π,6)，a＝3，c＝2，则sinA＝(　　) A．eq \f(4,5) B．eq \f(3,5) C．eq \f(3,4) D．eq \f(2,3) 解析　因为A＋B＝eq \f(5π,6)，所以C＝eq \f(π,6)，由eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，得eq \f(3,sinA)＝4，所以sinA＝eq \f(3,4).故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 2．在△ABC中，AC＝eq \r(7)，BC＝2，B＝60°，则△ABC的面积等于(　　) A．3eq \r(3) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(3\r(3),2) D.eq \f(3\r(3),4) 解析　设AB＝c，在△ABC中，由余弦定理知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，即7＝c2＋4－2×2ccos60°，c2－2c－3＝0，又c＞0，∴c＝3，∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsinB＝eq \f(1,2)×3×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2).故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 3．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2ccosB－bcosA＝acosB，则B＝(　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,3) C．eq \f(5π,6) D．eq \f(2π,3) 解析　因为2ccosB－bcosA＝acosB，所以由余弦定理得2c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)－b·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝a·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).故选B. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 4．在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，a－b＝1，eq \r(3)acosC－csinA＝0，则c＝(　　) A．7 B．eq \r(7) C．2eq \r(7) D．eq \r(14) 解析　在△ABC中，∵eq \r(3)acosC－csinA＝0，∴eq \r(3)sinAcosC－sinCsinA＝0，∵sinA≠0，∴eq \r(3)cosC－sinC＝0，即tanC＝eq \r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,3)，∴S△ABC＝eq \f(\r(3),4)ab＝eq \f(3\r(3),2)，解得ab＝6，又a－b＝1，解得a＝3，b＝2，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝7，解得c＝eq \r(7). 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，则tanC＝(　　) A．eq \f(3,4) B．eq \f(4,3) C．－eq \f(4,3) D．－eq \f(3,4) 解析　在△ABC中，∵S＝eq \f(1,2)absinC，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，且2S＝(a＋b)2－c2，∴absinC＝(a＋b)2－(a2＋b2－2abcosC)，整理得sinC－2cosC＝2，∴(sinC－2cosC)2＝4.∴eq \f(（sinC－2cosC）2,sin2C＋cos2C)＝4，化简可得3tan2C＋4tanC＝0.∵C∈(0，π)，∴tanC＝－eq \f(4,3).故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 6．设f(x)＝sinxcosx－cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，则△ABC面积的最大值为(　　) A.eq \f(2＋\r(3),3) B.eq \f(3＋\r(3),3) C.eq \f(2＋\r(3),4) D.eq \f(3＋\r(3),4) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　f(x)＝sinxcosx－cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)sin2x－eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))))＝sin2x－eq \f(1,2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq \f(1,2)＝0，所以sinA＝eq \f(1,2)，因为△ABC为锐角三角形，所以A＝eq \f(π,6)，由余弦定理得cosA＝eq \f(b2＋c2－1,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，所以b2＋c2＝eq \r(3)bc＋1，由基本不等式得b2＋c2＝eq \r(3)bc＋1≥2bc，当且仅当b＝c时等号成立，所以bc≤2＋eq \r(3)，S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,4)bc≤eq \f(2＋\r(3),4).故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 7．泉城广场上矗立着的“泉标”，成为泉城济南的标志和象征．为了测量“泉标”高度，某同学在“泉标”的正西方向的点A处测得“泉标”顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在点B处测得“泉标”顶端的仰角为30°，则“泉标”的高度为(　　) A．50 m B．100 m C．120 m D．150 m 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　如图，CD为“泉标”高度，设高为h m．由题意，得CD⊥平面ABD，AB＝100 m，∠BAD＝60°，∠CAD＝45°，∠CBD＝30°.在Rt△CBD中，BD＝eq \r(3)h，在Rt△CAD中，AD＝h，在△ABD中，BD＝eq \r(3)h，AD＝h，AB＝100，∠BAD＝60°，由余弦定理可得3h2＝10000＋h2－2×100hcos60°，∴(h－50)(h＋100)＝0，解得h＝50或h＝－100(舍去)．故选A. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 8．为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为(　　) A．20eq \r(6)海里 B．40eq \r(6)海里 C．20(1＋eq \r(3))海里 D．40海里 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　由题意可知CD＝40海里，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，∠ADB＝60°.在△ACD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin30°)＝eq \f(40,sin45°)，得AD＝20eq \r(2)海里，在Rt△BCD中，因为∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，所以BD＝eq \r(2)CD＝40eq \r(2)海里，在△ABD中，由余弦定理得AB＝eq \r(AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB)＝eq \r(800＋3200－2×20\r(2)×40\r(2)×\f(1,2))＝eq \r(2400)＝20eq \r(6)海里．故选A. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 9．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是(　　) A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6 B．△ABC是钝角三角形 C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，可设a＋b＝9t，a＋c＝10t，b＋c＝11t，解得a＝4t，b＝5t，c＝6t，t＞0，由正弦定理可得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，故A正确；由c为最大边，可得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(16t2＋25t2－36t2,2·4t·5t)＝eq \f(1,8)＞0，即C为锐角，故B错误；cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(25t2＋36t2－16t2,2·5t·6t)＝eq \f(3,4)，cos2A＝2cos2A－1＝2×eq \f(9,16)－1＝eq \f(1,8)＝cosC，由2A，C∈(0，π)，可得2A＝C，故C正确；若c＝6，可得2R＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(6,\r(1－\f(1,64)))＝eq \f(16\r(7),7)，△ABC外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7)，故D正确．故选ACD. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 10．(多选)某学校坐落于风景优美的辉山景区，景区内的一泓碧水蜿蜒形成了一个“秀”字，故称“秀湖”．湖畔有秀湖阁(A)和临秀亭(B)两个标志性景点，如图．若为测量隔湖相望的A，B两地之间的距离，某同学任意选定了与A，B不共线的C处，构成△ABC，以下测量数据的不同方案中一定能唯一确定A，B两地之间的距离的方案是(　　) A．测量∠A，AC，BC B．测量∠A，∠B，BC C．测量∠C，AC，BC D．测量∠A，∠C，∠B 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　对于A，由正弦定理可得eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sinA)，则sinB＝eq \f(ACsinA,BC)，若AC>BC且∠A为锐角，则sinB＝eq \f(ACsinA,BC)>sinA，此时∠B有两解，则∠C也有两解，此时AB也有两解；对于B，若已知∠A，∠B，则∠C确定，由正弦定理eq \f(BC,sinA)＝eq \f(AB,sinC)可知AB唯一确定；对于C，若已知∠C，AC，BC，由余弦定理可得AB＝eq \r(AC2＋BC2－2AC·BCcosC)，则AB唯一确定；对于D，若已知∠A，∠C，∠B，则AB不确定．故选BC. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 二、高考小题 11.(2021·全国甲卷)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A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)(　　) A．346 B．373 C．446 D．473 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　过C作BB′的垂线交BB′于点M，过B作AA′的垂线交AA′于点N，设B′C′＝CM＝m，A′B′＝BN＝n，在△A′B′C′中，因为∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°，所以∠C′A′B′＝75°.所以eq \f(m,sin75°)＝eq \f(n,sin45°)，在△CBM中，eq \f(m,sin75°)＝eq \f(100,sin15°)，所以eq \f(n,sin45°)＝eq \f(100,sin15°)，解得n＝eq \f(200,\r(3)－1)≈273.所以A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为273＋100＝373.故选B. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 12．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq \r(19)，AB＝2，则BC＝(　　) A．1 B.eq \r(2) C.eq \r(5) D．3 解析　解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D. 解法二：由正弦定理eq \f(AC,sinB)＝eq \f(AB,sinC)，得sinC＝eq \f(\r(57),19)，从而cosC＝eq \f(4\r(19),19)(C是锐角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4\r(19),19)－eq \f(1,2)×eq \f(\r(57),19)＝eq \f(3\r(57),38).又eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sinA)，所以BC＝3.故选D. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 13．(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则tanB＝(　　) A.eq \r(5) B．2eq \r(5) C．4eq \r(5) D．8eq \r(5) 解析　由余弦定理，得AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC＝9＋16－2×3×4×eq \f(2,3)＝9，∴AB＝3.∴cosB＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(9＋9－16,2×3×3)＝eq \f(1,9)，∴sinB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))\s\up20(2))＝eq \f(4\r(5),9)，∴tanB＝4eq \r(5).故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2 答案 解析 * 14．(2023·全国甲卷)在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝eq \r(6)，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD＝________． 解析　如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a. 解法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3).由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq \f(1,2)×2×b×sin60°＝eq \f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq \f(1,2)×AD×b×sin30°，解得AD＝eq \f(\r(3)b,1＋\f(b,2))＝eq \f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3)，由正弦定理可得，eq \f(\r(6),sin60°)＝eq \f(1＋\r(3),sinB)＝eq \f(2,sinC)，解得sinB＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)，因为1＋eq \r(3)＞eq \r(6)＞2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，所以AD＝AB＝2. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 15．(2022·全国甲卷)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当eq \f(AC,AB)取得最小值时，BD＝________． eq \r(3)－1 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　设CD＝2BD＝2m＞0，则在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB＝m2＋4＋2m，在△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC＝4m2＋4－4m，所以eq \f(AC2,AB2)＝eq \f(4m2＋4－4m,m2＋4＋2m)＝eq \f(4（m2＋4＋2m）－12（1＋m）,m2＋4＋2m)＝4－eq \f(12,（m＋1）＋\f(3,m＋1))≥4－eq \f(12,2\r(（m＋1）·\f(3,m＋1)))＝4－2eq \r(3)，当且仅当m＋1＝eq \f(3,m＋1)，即m＝eq \r(3)－1时等号成立．所以当eq \f(AC,AB)取得最小值时BD＝eq \r(3)－1. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 16．(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为eq \r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________． 2eq \r(2) 解析　由S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB，得eq \r(3)＝eq \f(1,2)acsin60°，即eq \r(3)＝eq \f(\r(3),4)ac，解得ac＝4.所以a2＋c2＝3ac＝12.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×eq \f(1,2)＝8，所以b＝2eq \r(2). 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 三、模拟小题 17．(2023·黑龙江哈尔滨三中一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知csineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))－bsinC＝0，则角B的大小为(　　) A．eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3) C．eq \f(π,6) D．eq \f(5π,6) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　因为csineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))－bsinC＝0，所以eq \f(1,2)csinB＋eq \f(\r(3),2)ccosB－bsinC＝0，所以由正弦定理边化角得，eq \f(1,2)sinCsinB＋eq \f(\r(3),2)sinCcosB－sinBsinC＝0，因为C∈(0，π)，sinC≠0，所以eq \f(\r(3),2)cosB－eq \f(1,2)sinB＝0，即tanB＝eq \r(3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).故选A. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 18．(2023·江西省赣州市第三中学适应性考试)已知△ABC的三边a，b，c及对角A，B，C，周长为5，且满足(sinA＋sinB)2＝sinAsinB＋7sin2B，若b＝1，则△ABC的面积S＝(　　) A．eq \f(\r(15),4) B．eq \f(7,8) C．eq \f(\r(15),2) D．eq \f(\r(15),8) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　因为(sinA＋sinB)2＝sinAsinB＋7sin2B，由正弦定理得(a＋b)2＝ab＋7b2，所以a＝2b或a＝－3b(舍去)，△ABC的周长为5，b＝1，则a＝2，c＝2，由等腰三角形的性质知AC边上的高为h＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up20(2))＝eq \f(\r(15),2)，所以S＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(15),2)＝eq \f(\r(15),4).故选A. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 19．(2024·四川成都石室中学高三开学考试)已知△ABC中，A＝eq \f(2π,3)，c＝2，△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)，D为边BC的中点，则AD的长度是(　　) A．eq \f(5\r(7),14) B．eq \f(\r(3),2) C．1 D．2 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　因为△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×2b×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)⇒b＝1，由余弦定理可知a＝eq \r(b2＋c2－2bccosA)＝eq \r(1＋4－2×1×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq \r(7)，因为D为边BC的中点，所以BD＝DC＝eq \f(\r(7),2)，因为∠ADC＋∠ADB＝π，所以cos∠ADC＋cos∠ADB＝0，即eq \f(AD2＋\f(7,4)－1,2AD·\f(\r(7),2))＋eq \f(AD2＋\f(7,4)－4,2AD·\f(\r(7),2))＝0，所以AD＝eq \f(\r(3),2).故选B. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 20．(2024·湖南岳阳一中高三开学考试)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 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　在Rt△ABC中，AC＝2AB＝74，在△MCA中，∠MCA＝105°，∠MAC＝45°，则∠AMC＝180°－∠MCA－∠MAC＝30°，由正弦定理得eq \f(MC,sin∠MAC)＝eq \f(AC,sin∠AMC)，即eq \f(MC,sin45°)＝eq \f(74,sin30°)，解得MC＝74eq \r(2)，在Rt△MNC中，MN＝74eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝74 m．故选B. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 21．(2024·湘豫名校高三诊断联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为AB边上一点，∠ACD＝30°，∠BCD＝90°，CD＝2，则2a＋b的最小值为(　　) A．eq \f(2\r(3),3) B．2 C．eq \f(4\r(3),3) D．eq \f(16\r(3),3) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　如图，∠ACD＝30°，∠BCD＝90°，CD＝2，则S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，得eq \f(1,2)absin120°＝eq \f(1,2)×2bsin30°＋eq \f(1,2)×2asin90°，所以eq \f(\r(3),2)ab＝b＋2a，等式两边同除以ab，得eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)，则2a＋b＝eq \f(2,\r(3))(2a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝eq \f(2,\r(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(b,a)＋\f(4a,b)))≥eq \f(2,\r(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq \f(16\r(3),3)，当且仅当b＝2a＝eq \f(8\r(3),3)时，等号成立，所以2a＋b的最小值为eq \f(16\r(3),3).故选D. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 22．(2023·四川名校高三仿真测试一)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若5cos2A＋4cosBcosC＝4sinBsinC－sin2A，且a＝eq \r(3)，b＋c＝2，则△ABC的面积为________． eq \f(\r(3),12) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　由题意得5cos2A＋4cos(B＋C)＋sin2A＝0，所以4cos2A－4cosA＋1＝0，所以(2cosA－1)2＝0，解得cosA＝eq \f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).在△ABC中，A＝eq \f(π,3)，a＝eq \r(3)，b＋c＝2，所以由余弦定理得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝eq \f(4－3,2bc)－1＝eq \f(1,2)，所以bc＝eq \f(1,3)，所以△ABC的面积为eq \f(1,2)×bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),12). 精做大题·能力练 JING ZUO DA TI NENG LI LIAN 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 一、高考大题 1．(2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1. (1)求sin∠ABC； (2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积． 解　(1)由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋1－2×2×1×cos120°＝7，则BC＝eq \r(7)，cos∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(4＋7－1,2×2×\r(7))＝eq \f(5\r(7),14)，sin∠ABC＝eq \r(1－cos2∠ABC)＝eq \r(1－\f(25,28))＝eq \f(\r(21),14). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * (2)由三角形面积公式可得 eq \f(S△ABD,S△ADC)＝eq \f(\f(1,2)AB·ADsin90°,\f(1,2)AC·ADsin30°)＝4， 则S△ADC＝eq \f(1,5)S△ABC＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1×sin120°))＝eq \f(\r(3),10). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB. (1)求sinA； (2)设AB＝5，求AB边上的高． 解　(1)∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq \f(π,4)， 又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)， ∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC， ∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴sinA＝3cosA， 即tanA＝3，∴0<A<eq \f(π,2)，∴sinA＝eq \f(3,\r(10))＝eq \f(3\r(10),10). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * (2)由(1)知，cosA＝eq \f(1,\r(10))＝eq \f(\r(10),10)， sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq \f(2\r(5),5)， 由正弦定理eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)，可得AC＝eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq \r(10)， ∴AB边上的高h＝AC·sinA＝2eq \r(10)×eq \f(3\r(10),10)＝6. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 3．(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝eq \f(π,3)，求tanB； (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 解　(1)解法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1， 则S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8)a＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝4. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 在△ABD中，∠ADB＝eq \f(2π,3)， 由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB， 即c2＝4＋1－2×2×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7， 解得c＝eq \r(7)， 则cosB＝eq \f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq \f(5\r(7),14)， sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))\s\up20(2))＝eq \f(\r(21),14)， 所以tanB＝eq \f(sinB,cosB)＝eq \f(\r(3),5). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8)a＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝4. 在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq \f(1,2)＝3，解得b＝eq \r(3)，有AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝eq \f(π,2)，C＝eq \f(π,6). 过A作AE⊥BC于点E，于是CE＝ACcosC＝eq \f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq \f(\r(3),2)，BE＝eq \f(5,2)，所以tanB＝eq \f(AE,BE)＝eq \f(\r(3),5). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * (2)解法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，)) 整理得eq \f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8， 则a＝2eq \r(3)， 又S△ADC＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×1×sin∠ADC＝eq \f(\r(3),2)， 解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π， 于是∠ADC＝eq \f(π,2)， 所以b＝c＝eq \r(AD2＋CD2)＝2. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，则2eq \o(AD,\s\up18(→))＝eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AC,\s\up18(→))，又eq \o(CB,\s\up18(→))＝eq \o(AB,\s\up18(→))－eq \o(AC,\s\up18(→))，于是4eq \o(AD,\s\up18(→))2＋eq \o(CB,\s\up18(→))2＝(eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AC,\s\up18(→)))2＋(eq \o(AB,\s\up18(→))－eq \o(AC,\s\up18(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq \r(3)， 在△ABC中，由余弦定理， 得cos∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8－12,2bc)＝－eq \f(2,bc)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin∠BAC＝eq \f(1,2)bceq \r(1－cos2∠BAC) ＝eq \f(1,2)bceq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up20(2))＝eq \f(1,2) eq \r(b2c2－4)＝eq \r(3)， 解得bc＝4. 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 4．(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(cosA,1＋sinA)＝eq \f(sin2B,1＋cos2B). (1)若C＝eq \f(2π,3)，求B； (2)求eq \f(a2＋b2,c2)的最小值． 解　(1)因为eq \f(sin2B,1＋cos2B)＝eq \f(2sinBcosB,1＋2cos2B－1)＝eq \f(sinB,cosB)， 由eq \f(cosA,1＋sinA)＝eq \f(sin2B,1＋cos2B)，得eq \f(cosA,1＋sinA)＝eq \f(sinB,cosB)， 所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB， 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 即cosAcosB－sinAsinB＝sinB， 所以cos(A＋B)＝sinB. 又A＋B＋C＝π，所以－cosC＝sinB. 因为C＝eq \f(2π,3)，所以sinB＝eq \f(1,2)， 又B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以B＝eq \f(π,6). (2)由(1)知cosC＝－sinB， 所以cosC＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋B)). 又A＋B＋C＝π， 所以C＝eq \f(π,2)＋B，A＝π－B－C＝eq \f(π,2)－2B. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 由正弦定理得eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝ eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋B)))＝eq \f(cos22B＋1－cos2B,cos2B)＝ eq \f(（2cos2B－1）2＋1－cos2B,cos2B)＝eq \f(4cos4B－5cos2B＋2,cos2B)＝4cos2B＋eq \f(2,cos2B)－5≥4eq \r(2)－5， 当且仅当cosB＝2－eq \f(1,4)时等号成立． 所以eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq \r(2)－5. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 二、模拟大题 5．(2023·江苏南通高三第一次质量监测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c. (1)若C＝2A，a＝2，b＝3，求c； (2)若a2＋eq \f(1,5)b2＝c2，求证：3tanA＝2tanC. 解　(1)因为C＝2A，所以sinC＝sin2A， 即sinC＝2sinAcosA. 由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，所以c＝2acosA. 由余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)， 代入可得c＝a·eq \f(b2＋c2－a2,bc). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 因为a＝2，b＝3，所以c＝2·eq \f(32＋c2－22,3c)， 解得c＝eq \r(10). 经检验，符合题意，所以c＝eq \r(10). (2)证明：因为a2＋eq \f(1,5)b2＝c2， 又由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC， 所以a2＋eq \f(1,5)b2＝a2＋b2－2abcosC， 2b＝5acosC. 由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得2sinB＝5sinAcosC， 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 即2sin(A＋C)＝5sinAcosC， 即2(sinAcosC＋cosAsinC)＝5sinAcosC， 所以3sinAcosC＝2cosAsinC. 显然A，C都不可能为90°， 所以cosA≠0，cosC≠0，所以3tanA＝2tanC. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 * 6．(2024·江苏扬州中学高三月考)在①2sinA－sinB＝2sinCcosB；②(a＋c)(sinA－sinC)＝sinB(a－b)；③S△ABC＝eq \f(1,2)c(asinA＋bsinB－csinC)这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答． 问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________． (1)求角C； (2)若c＝2，求2a－b的取值范围． 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 解　(1)若选①：2sinA－sinB＝2sinCcosB， 则2sin(B＋C)－sinB＝2sinCcosB， ∴2sinBcosC＋2cosBsinC－sinB＝2sinCcosB， ∴2sinBcosC－sinB＝0， ∵B∈(0，π)，sinB≠0，∴cosC＝eq \f(1,2)， ∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,3). 若选②：(a＋c)(sinA－sinC)＝sinB(a－b)， 由正弦定理得(a＋c)(a－c)＝b(a－b)， ∴a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)， ∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,3). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 若选③：S△ABC＝eq \f(1,2)c(asinA＋bsinB－csinC)， 则eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)c(asinA＋bsinB－csinC)， 由正弦定理得eq \f(1,2)abc＝eq \f(1,2)c(a2＋b2－c2)， ∴a2＋b2－c2＝ab， ∴cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)， ∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,3). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * (2)由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(4\r(3),3)， ∴a＝eq \f(4\r(3),3)sinA，b＝eq \f(4\r(3),3)sinB， 则2a－b＝eq \f(8\r(3),3)sinA－eq \f(4\r(3),3)sinB＝eq \f(8\r(3),3)sinA－eq \f(4\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝2eq \r(3)sinA－2cosA＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))， ∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))， sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))， ∴2a－b∈(－2，4)． 　　　　　　　　　　　　　 R $$