专题2 微专题17 正弦定理、余弦定理-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

微专题17　正弦定理、余弦定理 [考情分析]　解三角形是高考考查的热点，三角恒等变换单独考查的题目较少，多以解三角形为背景，在用正弦定理、余弦定理的同时，经常应用三角恒等变换进行化简，综合性较强，难度中等． 考点一　利用正余弦定理进行边角计算 典例1　(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2. (1)求bc； (2)若－＝1，求△ABC面积． 解　(1)由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccos A， 所以＝＝2bc＝2， 解得bc＝1. (2)由正弦定理可得－ ＝－ ＝－ ＝＝1， 变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sin B， 即－2cos Asin B＝sin B， 而0<sin B≤1， 所以cos A＝－， 又0<A<π， 所以sin A＝， 故△ABC的面积为S△ABC＝bcsin A＝×1×＝. 跟踪训练1　(2023·安庆模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2asin A＝b(2sin B＋sin C)＋c(2sin C＋sin B)． (1)求角A； (2)若b＝2，c＝2，点D为边BC上一点，且∠ADC＝，求△ABD的面积． 解　(1)由正弦定理可得a2＝b2＋c2＋bc， 根据余弦定理的推论得cos A＝＝＝－， 又A∈(0，π)，所以A＝. (2)因为b＝2，c＝2， 又a2＝b2＋c2＋bc，解得a＝2， 由余弦定理的推论得cos B＝＝＝， 于是sin B＝＝＝， 因为∠ADC＝， 所以sin∠BAD＝sin＝cos B＋sin B＝，sin∠ADB＝， 在△ABD中，由正弦定理得＝， 所以BD＝＝＝， 于是S△ABD＝AB·BD·sin B＝×2××＝， 所以△ABD的面积为. 考点二　与多边形有关的解三角形问题 典例2　(2023·聊城模拟)在四边形ABCD中，AB∥CD. (1)证明：AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD； (2)若AD＝1，AB＝3，BC＝，∠BAD＝2∠BCD，求△BCD外接圆的面积． (1)证明　因为AB∥CD， 所以∠ABD＝∠BDC， 在△ABD中， 由正弦定理可知 ＝， 在△BCD中，由正弦定理可知 ＝， 所以AD·sin∠BAD＝BD·sin∠ABD， BC·sin∠BCD＝BD·sin∠BDC， 故有AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD. (2)解　由(1)可知， AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD， 设∠BAD＝2∠BCD＝2α， 又因为AD＝1，BC＝，可得sin 2α＝sin α， 即2sin αcos α＝sin α， 解得cos α＝，所以α＝， 在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝7， 则BD＝， 设△BCD外接圆的半径为R， 在△BCD中，由正弦定理可知 2R＝＝＝2， 所以R＝， 所以△BCD外接圆的面积S＝πR2＝7π. 跟踪训练2　(2023·潍坊模拟)在四边形ABCD中，∠BAD＝，∠ACD＝，AD＝，S为△ABC的面积，且2S＝－·. (1)求角B的值； (2)若cos D＝，求四边形ABCD的周长． 解　(1)由2S＝－·， 得2×AB·BC·sin B＝－AB·BC·cos B， 即sin B＝－cos B，可得tan B＝－， 因为B∈(0，π)，所以B＝. (2)由cos D＝，D∈(0，π)，得D＝， 又∠ACD＝， 所以△ACD为等边三角形， AC＝AD＝，∠CAD＝， 所以∠BAC＝，∠ACB＝， 由正弦定理知＝， 得AB＝＝＝1＝BC， 故四边形ABCD的周长为2＋2. 考点三　解三角形在实际生活中的应用 典例3　(1)(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8 848.86(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(≈1.732)(　　) A．346 B．373 C．446 D．473 答案　B 解析　如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E， 过B作BD∥A′B′，交AA′于D， 则BE＝100， C′B′＝CE＝. 在△A′B′C′中，∠C′A′B′＝75°， 则BD＝A′B′＝. 又在B点处测得A点的仰角为45°， 所以AD＝BD＝， 所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE ＝＋100 ＝＋100 ＝＋100 ＝＋100 ＝100(＋1)＋100≈373. (2)(2023·南京模拟)一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°方向，与灯塔S相距a海里，随后货轮按北偏西30°的方向，以每小时20(－)海里的速度航行30分钟后到达N处，又测得灯塔S在货轮的东北方向，则a等于(　　) A．20 B．40 C．40－20 D．40＋20 答案　A 解析　由题可知，MN＝20(－)×0.5＝10(－)，∠SNM＝45°＋60°＝105°，∠MSN＝180°－105°－(30°＋15°)＝30°， 由两角和的正弦公式得， sin 105°＝sin(45°＋60°) ＝sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60° ＝， 在△MNS中，由正弦定理得， ＝， 即＝， 解得a＝20. 跟踪训练3　(1)(2023·双鸭山模拟)如图，某公园内有一个半圆形湖面，O为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点C，D，E，满足∠AOD＝∠DOE＝2∠AOC，在扇形AOC和四边形ODEB区域内种植荷花，在扇形COD区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道DE，EB作为观光路线，则当DE＋EB取最大值时，sin∠AOC＝________. 答案　 解析　设∠AOC＝θ，0<θ<， 则∠DOE＝2θ，∠EOB＝π－4θ， 在△DOE中，由余弦定理得 DE＝ ＝＝2sin θ， 在△BOE中，由余弦定理得 BE＝ ＝＝2cos 2θ， 所以DE＋EB＝2sin θ＋2cos 2θ＝2sin θ＋2(1－2sin2θ)＝－42＋， 又0<θ<，所以当sin θ＝时，DE＋EB有最大值． (2)(2023·杭州模拟)雷峰塔初名黄妃塔，又名西关砖塔，位于浙江省杭州市西湖区，地处西湖风景区南岸夕照山(海拔46米)之上，是吴越国王钱俶为供奉佛螺髻发舍利、祈求国泰民安而建．始建于北宋太平兴国二年(977年)，历代屡加重修．现存建筑以原雷峰塔为原型设计，重建于2002年，是“西湖十景”之一、中国九大名塔之一，为中国首座彩色铜雕宝塔．李华同学为测量塔高，在西湖边相距400米的A，C两处(海拔均约16米)各放置一架垂直于地面高为1.5米的测角仪AB，CD(如图所示)．在测角仪B处测得两个数据：塔顶M的仰角∠MBP＝30°及塔顶M与观测仪D点的视角∠MBD＝16.3°，在测角仪D处测得塔顶M与观测仪B点的视角∠MDB＝15.1°，李华根据以上数据估计雷峰塔MN的高度约为(　　) (参考数据：sin 15.1°≈0.260 5，sin 31.4°≈0.521 0) A．70.5米 B．71米 C．71.5米 D．72米 答案　C 解析　在△BDM中，BD＝400， ∠MBD＝16.3°，∠MDB＝15.1°， 所以∠BMD＝180°－16.3°－15.1° ＝180°－31.4°， 由正弦定理得＝ ， 所以BM＝≈＝200， 在Rt△MBP中， MP＝BM·sin∠MBP＝200sin 30°＝100， 延长BA至Q，设Q处海拔为0，延长MP至O，O处海拔为0，连接QO， 由题意知MP＝100，OP＝QA＋AB＝16＋1.5＝17.5，ON＝46 ， MN＝MP－NP＝MP－(ON－OP)＝100－(46－17.5)＝71.5. [总结提升] 1．正、余弦定理的适用条件 (1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理． (2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理． 2．解三角形实际问题的步骤 1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，则等于(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 答案　A 解析　∵asin A－bsin B＝4csin C， ∴由正弦定理得a2－b2＝4c2， 即a2＝4c2＋b2. 由余弦定理得 cos A＝＝ ＝＝－， ∴＝6. 2．(2023·天津模拟)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab，且sin C＝2sin Bcos A，那么△ABC是(　　) A．直角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 答案　C 解析　由(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab， 得(a＋b)2－c2＝3ab， 整理得a2＋b2－c2＝ab， 则cos C＝＝＝， 因为C∈(0，π)，所以C＝， 又由sin C＝2sin Bcos A及正弦定理得， c＝2b·，化简得a＝b， 所以△ABC为等边三角形． 3．(2023·长沙模拟)逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”．如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A，B，C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°，45°，60°，其中AB＝a，BC＝b(0<a<3b)，则此山的高度为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如图，设点P在地面上的正投影为点O，则 ∠PAO＝30°，∠PBO＝45°，∠PCO＝60°， 设山高PO＝h，则AO＝h，BO＝h，CO＝， 由题意知，cos∠ABO＝－cos∠CBO， 即＝－， 整理得h2＝， 所以h＝. 4．(2023·兰州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝，c＝1，(b－2c)cos A＝acos(A＋C)，则角C等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为(b－2c)cos A＝acos(A＋C)， 所以由正弦定理得(sin B－2sin C)cos A＝sin Acos(A＋C)， 因为cos(A＋C)＝－cos B， 所以(sin B－2sin C)cos A＝－sin Acos B， 即sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos A， 所以sin (A＋B)＝sin C＝2sin Ccos A， 又C∈(0，π)，所以sin C>0， 所以cos A＝， 又A∈(0，π)，所以A＝， 又a＝，c＝1， 由正弦定理得＝， 所以sin C＝sin A＝×＝， 所以C＝或， 由c<a得C<A，所以C＝. 5．(多选)(2023·永州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是(　　) A．若△ABC为锐角三角形且A>B，则sin A>cos B B．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形 C．若A>B，则sin A>sin B D．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 答案　AC 解析　若△ABC为锐角三角形，则A＋B>，A∈，B∈， 即A>－B， ∵A∈，－B∈， 则sin A>sin＝cos B，A正确； sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π， 即A＝B或A＋B＝， ∴△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误； ∵A>B⇔a>b， 根据正弦定理a＝2Rsin A，b＝2Rsin B， ∴A>B⇔a>b⇔2Rsin A>2Rsin B⇔sin A>sin B，C正确； b2＝a2＋c2－2accos B， 即b2＝82＋102－2×8×10×＝84， 即b＝2， 符合条件的△ABC只有一个，D错误． 6．(多选)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－，则(　　) A．sin∠CBD＝ B．△ABC的面积为8 C．△ABC的周长为8＋4 D．△ABC为钝角三角形 答案　BCD 解析　因为cos∠CDB＝－， 所以sin∠CDB＝＝， 又由正弦定理得＝， 所以sin∠CBD＝，故A错误； 设CD＝a，则BC＝2a，在△BCD中，由余弦定理，得BC2＝CD2＋BD2－2BD·CD·cos∠CDB， 即4a2＝a2＋9－2×3×a×， 解得a＝， 所以S△DBC＝BD·CD·sin∠CDB＝×3××＝3， 所以S△ABC＝S△DBC＝8，故B正确； 因为∠ADC＝π－∠CDB， 所以cos∠ADC＝cos(π－∠CDB) ＝－cos∠CDB＝， 在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cos∠ADC， 即AC2＝25＋()2－2×5××， 解得AC＝2， 所以△ABC的周长为AB＋AC＋BC ＝3＋5＋2＋2＝8＋4，故C正确； 因为AB＝8为最大边， 所以cos∠ACB＝＝－<0， 即∠ACB为钝角， 所以△ABC为钝角三角形，故D正确． 7．(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________. 答案　2 解析　如图所示，记AB＝c＝2，AC＝b，BC＝a＝. 方法一　在△ABC中，由余弦定理可得， a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC， 即6＝b2＋22－2×b×2×cos 60°， 解得b＝1＋(负值舍去)， 由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得， ×2×(1＋)×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×(1＋)×AD×sin 30°， 解得AD＝2. 方法二　在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC， 即6＝b2＋22－2×b×2×cos 60°， 解得b＝1＋(负值舍去)， 由正弦定理可得＝＝， 解得sin B＝，sin C＝， 因为1＋>>2， 所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°， 又∠BAD＝30°， 所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2. 8.如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝________. 答案　－ 解析　在△ABD中， ∵AB⊥AD，AB＝AD＝， ∴BD＝，∴FB＝BD＝. 在△ACE中，∵AE＝AD＝，AC＝1， ∠CAE＝30°， ∴EC＝＝1， ∴CF＝CE＝1. 又∵BC＝＝＝2， ∴在△FCB中，由余弦定理的推论得 cos∠FCB＝ ＝＝－. 9．(2023·武汉模拟)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC. (1)求tan 2B； (2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径． 解　(1)设∠B＝∠DAC＝α， ∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α， 在△ADC中，由正弦定理可得 ＝， 在△ABD中，AD＝BDsin α，又AC＝BD， ∴＝， ∴sin αcos α＝cos 2α， ∴sin 2α＝cos 2α， ∴tan 2α＝，即tan 2B＝. (2)∵tan 2α＝＝， ∴(3tan α＋4)(4tan α－3)＝0，又易知α为锐角， ∴tan α＝，∴sin α＝，cos α＝， ∵AB＝7，∴BD＝，AC＝15， 又cos∠BAC＝cos(90°＋α)＝－sin α＝－， 在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝400， ∴BC＝20. 设△ABC的内切圆半径为r， 则S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝(AB＋AC＋BC)r，则r＝2. 10．(2023·临沂模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AC＝，∠ABC＝，cos ∠ACD＝. (1)求∠BAC的值； (2)求CD的长． 解　(1)在△ABC中，AB＝1，AC＝，∠ABC＝， 由余弦定理可得3＝AB2＋BC2－2AB·BCcos ＝1＋BC2－2×1×BC×， 整理可得BC2＋BC－2＝0， 因为BC>0，解得BC＝1，则BC＝AB＝1， 故△ABC为等腰三角形， 故∠BAC＝＝. (2)由(1)知，∠BAC＝， 又因为AB⊥AD，则∠CAD＝－＝， 因为cos ∠ACD＝，则∠ACD为锐角， 且sin ∠ACD＝＝＝， 所以sin∠ADC＝sin (∠CAD＋∠ACD)＝sin∠CADcos∠ACD＋cos∠CADsin∠ACD ＝×＋×＝， 在△ACD中，由正弦定理＝， 可得CD＝＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$