2021数学苏教版一轮考点测试23正弦定理和余弦定理含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学苏教版一轮考点测试23正弦定理和余弦定理含解析考点测试23正弦定理和余弦定理高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值5分、12分，中、低等难度考纲研读掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题一、基础小题1．在△ABC中,若AB＝8，A＝120°，其面积为4eq\r（3)，则BC＝()A．2eq\r（13） B．4eq\r（13)C．2eq\r（21) D．4eq\r（7)答案C解析因为S△ABC＝eq\f(1，2）AB·AC·sinA＝4eq\r(3），故AC＝2;由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA＝84,故BC＝2eq\r（21)。故选C.2．已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若3bcosC＝c(1－3cosB），则sinC∶sinA＝()A．2∶3 B．4∶3C．3∶1 D．3∶2答案C解析由正弦定理得3sinBcosC＝sinC－3sinCcosB，即3sin（B＋C）＝sinC,因为A＋B＋C＝π，所以B＋C＝π－A，所以3sinA＝sinC,所以sinC∶sinA＝3∶1,故选C.3．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin2A＝asinB，且c＝2b，则eq\f(a，b)等于（)A。eq\f（3，2) B．eq\f(4,3）C．eq\r（2) D．eq\r（3)答案D解析由bsin2A＝asinB，得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，得cosA＝eq\f(1,2）.又c＝2b，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋4b2－4b2×eq\f(1,2)＝3b2，得eq\f(a，b)＝eq\r（3).故选D.4．△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b，c，已知acsinB＝10sinC，a＋b＝7，且coseq\f(C,2）＝eq\f(eq\r（15),5），则c＝（)A．4 B．5C．2eq\r(6） D．7答案B解析∵acsinB＝10sinC.由正弦定理可得abc＝10c,即ab＝10。∵coseq\f（C,2）＝eq\f(eq\r(15），5)，∴cosC＝2×eq\b\lc\（\rc\）（eq\a\vs4\al\co1（eq\f(eq\r(15），5）))2－1＝eq\f（1,5)，则c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC）＝eq\r（72－2×10－20×eq\f（1,5)）＝5。故选B.5．在△ABC中，a2∶b2＝tanA∶tanB,则△ABC一定是(）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形答案D解析∵a2∶b2＝tanA∶tanB，由正弦定理可得，eq\f(sin2A，sin2B)＝eq\f（tanA,tanB）＝eq\f(eq\f(sinA，cosA)，eq\f(sinB，cosB)）＝eq\f(sinAcosB,sinBcosA），∵sinAsinB≠0，∴eq\f（sinA，sinB）＝eq\f（cosB，cosA），∴sinAcosA＝sinBcosB,即sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π,∴A＝B或A＋B＝eq\f（π，2)，即△ABC为等腰或直角三角形．故选D.6．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，若sinA＝eq\f(2eq\r（2）,3），a＝2,S△ABC＝eq\r(2），则b的值为（）A.eq\r(3) B．eq\f(3eq\r（2),2）C．2eq\r（2） D．2eq\r(3)答案A解析因为△ABC为锐角三角形，sinA＝eq\f(2eq\r（2)，3），所以cosA＝eq\f（1,3).由S△ABC＝eq\f(1，2)bcsinA＝eq\r(2)，得bc＝3。①由cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc)得b2＋c2＝6.②联立①②，解得b＝eq\r(3），故选A。7．已知在△ABC中，角A,B，C的对边分别为a，b,c，若a＝3b,c＝eq\r（5），且cosC＝eq\f（5，6），则a＝________。答案3解析∵a＝3b，c＝eq\r(5），且cosC＝eq\f(5，6），由余弦定理可得,cosC＝eq\f（5,6）＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f（9b2＋b2－5，2×3b×b），解得b＝1,a＝3。8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝60°，且△ABC外接圆半径为eq\r(3），则a＝________，若b＋c＝3eq\r（3),则△ABC的面积为________．答案3eq\f（3eq\r(3），2）解析∵A＝60°，且△ABC外接圆半径R为eq\r（3)，∴由正弦定理eq\f(a,sinA)＝2R，可得a＝2RsinA＝2×eq\r（3）×sin60°＝3,∵b＋c＝3eq\r(3），∴由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得9＝b2＋c2－bc＝（b＋c)2－3bc＝27－3bc，解得bc＝6，∴S△ABC＝eq\f（1,2)bcsinA＝eq\f（1，2）×6×eq\f（eq\r(3），2）＝eq\f(3eq\r（3）,2）.二、高考小题9．（2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b,c，已知asinA－bsinB＝4csinC,cosA＝－eq\f(1,4)，则eq\f(b，c）＝（)A．6 B．5C．4 D．3答案A解析∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2。由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f（b2＋c2－4c2＋b2，2bc）＝eq\f（－3c2，2bc)＝－eq\f（1,4)，∴eq\f(b，c）＝6.故选A.10．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，coseq\f(C,2）＝eq\f（eq\r（5）,5），BC＝1,AC＝5,则AB＝(）A．4eq\r(2） B．eq\r（30）C．eq\r(29) D．2eq\r（5)答案A解析因为cosC＝2cos2eq\f(C,2)－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(eq\f(eq\r（5），5)））2－1＝－eq\f（3,5)，所以AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC＝1＋25－2×1×5×eq\b\lc\（\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(－eq\f(3，5）)）＝32，所以AB＝4eq\r(2)。故选A。11．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。若△ABC的面积为eq\f（a2＋b2－c2,4)，则C＝()A。eq\f(π,2) B．eq\f(π,3）C．eq\f(π,4） D．eq\f（π，6)答案C解析由题可知S△ABC＝eq\f（1，2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4）,所以a2＋b2－c2＝2absinC.由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC.因为C∈（0，π)，所以C＝eq\f(π,4），故选C。12．（2019·浙江高考）在△ABC中，∠ABC＝90°,AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________。答案eq\f（12eq\r（2)，5)eq\f(7eq\r（2),10）解析如图，易知sin∠C＝eq\f(4，5），cos∠C＝eq\f（3,5)。在△BDC中，由正弦定理可得eq\f(BD,sin∠C)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∴BD＝eq\f(BC·sin∠C,sin∠BDC）＝eq\f（3×eq\f(4，5）,eq\f(eq\r(2）,2））＝eq\f(12eq\r（2),5）.由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，可得cos∠ABD＝cos（90°－∠CBD)＝sin∠CBD＝sin[π－（∠C＋∠BDC)]＝sin(∠C＋∠BDC)＝sin∠C·cos∠BDC＋cos∠C·sin∠BDC＝eq\f(4,5)×eq\f(eq\r(2),2)＋eq\f（3，5)×eq\f(eq\r（2）,2)＝eq\f（7eq\r(2)，10）。13．(2018·浙江高考)在△ABC中,角A，B，C所对的边分别为a，b，c。若a＝eq\r（7),b＝2，A＝60°,则sinB＝________，c＝________。答案eq\f（eq\r（21)，7)3解析由eq\f（a，sinA）＝eq\f（b，sinB）得sinB＝eq\f（b，a）sinA＝eq\f(eq\r（21),7)，由a2＝b2＋c2－2bccosA，得c2－2c－3＝0，解得c＝3(舍去负值）．三、模拟小题14．（2019·黄山一模)已知△ABC的三边满足条件eq\f（a2－b－c2，bc）＝3,则A＝（）A．30° B．45°C．60° D．120°答案D解析∵eq\f（a2－b－c2，bc)＝3整理可得b2＋c2－a2＝－bc，∴由余弦定理可得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f（－bc,2bc）＝－eq\f（1，2)，∵A∈（0°，180°)，∴A＝120°。故选D。15．（2019·赣州中学模拟)在△ABC中，角A,B，C所对应的边分别为a，b,c。若角A，B，C依次成等差数列，且a＝1，b＝eq\r（3）。则S△ABC＝(）A.eq\r(2) B．eq\r（3）C．eq\f（eq\r（3)，2) D．2答案C解析∵A，B，C依次成等差数列，∴B＝60°，∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB,得c＝2，∴S△ABC＝eq\f（1,2)acsinB＝eq\f（eq\r(3）,2）.故选C.16．(2019·广东化州市高三模拟）在△ABC中,三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，若S△ABC＝2eq\r（3),a＋b＝6，eq\f(acosB＋bcosA,c)＝2cosC,则c＝（）A．2eq\r（7) B．4C．2eq\r（3) D．3eq\r（3）答案C解析eq\f（acosB＋bcosA，c）＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA，sinC)＝eq\f(sinA＋B,sinA＋B)＝1，即有2cosC＝1，可得C＝60°，若S△ABC＝2eq\r（3），则eq\f（1,2)absinC＝2eq\r(3），即有ab＝8，又a＋b＝6，由c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b）2－2ab－ab＝(a＋b）2－3ab＝62－3×8＝12，解得c＝2eq\r（3).故选C.17．(2019·曲靖一中质量监测）在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，R是△ABC的外接圆半径，且b＋acosC＋ccosA＝2eq\r(2）R，则B＝（）A.eq\f(π，6) B．eq\f（π，4)C．eq\f（π,3) D．eq\f(2π,3)答案B解析由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f（b，sinB)＝eq\f（c，sinC)＝2R，则a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC,由b＋acosC＋ccosA＝2eq\r(2)R，得2RsinB＋2RsinAcosC＋2RsinCcosA＝2eq\r（2）R，即sinB＋sinAcosC＋sinCcosA＝eq\r（2），则sinB＋sin（A＋C）＝eq\r(2)，即sinB＋sin(π－B）＝sinB＋sinB＝2sinB＝eq\r(2)，则sinB＝eq\f（eq\r(2），2），因为△ABC是锐角三角形，所以B＝eq\f(π，4),故选B.18．（2019·长春二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b，c，a＝eq\r(2)，acosB＋bsinA＝c，则△ABC的面积的最大值为________．答案eq\f（eq\r（2）＋1，2)解析∵acosB＋bsinA＝c，∴由正弦定理得sinC＝sinAcosB＋sinBsinA，①又A＋B＋C＝π，∴sinC＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB，②∴由①②得sinA＝cosA，即tanA＝1，又A∈（0，π），∴A＝eq\f（π，4）。∵a＝eq\r（2），∴由余弦定理可得2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－eq\r（2）bc≥2bc－eq\r(2）bc＝（2－eq\r(2)）bc，可得bc≤2＋eq\r（2），当且仅当b＝c时等号成立，∴△ABC的面积S＝eq\f（1，2)bcsinA＝eq\f（eq\r(2)，4)bc≤eq\f（eq\r（2）,4)×（2＋eq\r(2）)＝eq\f（eq\r(2)＋1，2）,当且仅当b＝c时，等号成立,即面积的最大值为eq\f(eq\r(2）＋1,2）。一、高考大题1．(2019·全国卷Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b，c.设（sinB－sinC）2＝sin2A－sinBsinC（1）求A；(2）若eq\r(2）a＋b＝2c，求sinC。解(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsin故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f（1，2)。因为0°<A<180°，所以A＝60°.（2)由（1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得eq\r（2）sinA＋sin（120°－C）＝2sinC，即eq\f（eq\r(6),2)＋eq\f（eq\r（3）,2）cosC＋eq\f(1,2）sinC＝2sinC，可得cos（C＋60°)＝－eq\f（eq\r(2)，2）。因为0°〈C〈120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(eq\r(2），2),故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin（C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f（eq\r(6）＋eq\r（2),4）.2．（2019·北京高考)在△ABC中，a＝3,b－c＝2，cosB＝－eq\f(1，2）。（1）求b，c的值；(2)求sin(B－C）的值．解(1）由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)（eq\a\vs4\al\co1（－eq\f(1,2)））。因为b＝c＋2,所以（c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)（eq\a\vs4\al\co1(－eq\f（1,2）))，解得c＝5，所以b＝7.(2)由cosB＝－eq\f(1，2)，得sinB＝eq\f（eq\r(3),2）.由正弦定理得sinC＝eq\f（c，b)sinB＝eq\f(5eq\r(3),14）。在△ABC中，∠B是钝角,所以∠C为锐角，所以cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f（11，14)。所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝eq\f(4eq\r（3),7).3．(2019·江苏高考)在△ABC中，角A，B,C的对边分别为a，b，c.（1）若a＝3c，b＝eq\r(2），cosB＝eq\f(2,3),求c的值；（2)若eq\f(sinA，a)＝eq\f（cosB,2b），求sineq\b\lc\(\rc\)（eq\a\vs4\al\co1(B＋eq\f(π,2）))的值．解(1）因为a＝3c，b＝eq\r（2）,cosB＝eq\f（2，3)，由余弦定理,得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2，2ac)，即eq\f(2，3）＝eq\f（3c2＋c2－eq\r(2)2,2×3c×c）,解得c2＝eq\f(1，3)。所以c＝eq\f（eq\r(3)，3)。(2)因为eq\f（sinA，a)＝eq\f(cosB,2b）,由正弦定理eq\f(a，sinA）＝eq\f（b，sinB)，得eq\f(cosB,2b）＝eq\f(sinB,b），所以cosB＝2sinB。从而cos2B＝（2sinB)2，即cos2B＝4(1－cos2B），故cos2B＝eq\f(4，5)。因为sinB>0,所以cosB＝2sinB>0,从而cosB＝eq\f（2eq\r（5),5).因此sineq\b\lc\(\rc\）(eq\a\vs4\al\co1(B＋eq\f（π，2）））＝cosB＝eq\f(2eq\r(5），5）。二、模拟大题4．(2019·湖北四地七校联考）如图，A，B，C，D四点共圆，∠A为钝角且sinA＝eq\f（3，5），BA＝BC＝10,BD＝6eq\r（5).（1)求边AD的长；(2）设∠BDC＝α，∠CBD＝β，求sin(2α＋β)的值．解（1）∵sinA＝eq\f（3,5),且∠A为钝角，∴cosA＝－eq\r（1－eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1（eq\f(3，5)))2）＝－eq\f(4，5).在△ABD中，由余弦定理得，AD2＋AB2－2AD·ABcosA＝BD2,∴AD2＋16AD－80＝0，解得AD＝4或AD＝－20(舍去)，故AD＝4.（2）如图，连接AC，则∠BDC＝∠BAC＝∠ACB＝∠ADB＝α,∠CBD＝∠CAD＝β，则2π＝∠BCD＋∠CDA＋∠BAD＋∠CBA，即2π＝4α＋2β＋2∠ABD，故2α＋β＋∠ABD＝π，则2α＋β与∠ABD互补，于是sin（2α＋β)＝sin∠ABD，在△ABD中，由正弦定理，得eq\f(BD,sinA)＝eq\f（AD,sin∠ABD)∴sin∠ABD＝eq\f(2eq\r（5)，25）。∴sin（2α＋β）＝eq\f（2eq\r(5),25).5．(2019·宁夏二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f（a，cosA）＝eq\f(eq\r（2)c－b,cosB)。(1）求角A；(2）若b＝eq\r（2)，c＝4，点D在△ABC内，且BD＝eq\r(2），∠BDC＋∠A＝π,求△BDC的面积．解（1)∵eq\f(a,cosA)＝eq\f（eq\r(2）c－b，cosB），∴acosB＝eq\r（2）ccosA－bcosA，∴由正弦定理，可得sinAcosB＝eq\r(2)sinCcosA－sinBcosA,可得sin（A＋B）＝sinC＝eq\r（2）sinCcosA，∵sinC≠0,∴cosA＝eq\f(eq\r(2)，2),∵A∈(0,π),∴A＝eq\f(π,4）。(2）∵A＝eq\f（π,4)，b＝eq\r(2)，c＝4，∴由余弦定理可得，BC＝eq\r（c2＋b2－2bccosA）＝eq\r(16＋2－2×4×eq\r（2)×eq\f（eq\r（2），2))＝eq\r(10),∵∠BDC＋∠A＝π,∴∠BDC＝eq\f（3π,4）,又BD＝eq\r(2),∴由余弦定理可得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos∠BDC,即10＝2＋CD2－2×eq\r