高考数学一轮复习 专题24 正弦定理与余弦定理的应用（含解析）-人教版高三数学试题

专题24正弦定理与余弦定理的应用一、【知识精讲】1.仰角和俯角在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).2.方位角从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.如B点的方位角为α(如图2).3.方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.5.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.[微点提醒]1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.2.在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易出现错误.二、【典例精练】考点一求距离、高度问题角度1测量高度问题【例1－1】如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.【答案】100eq\r(6)【解析】由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，解得BC＝300eq\r(2)(m).在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝100eq\r(6)(m).【解法小结】1.在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(它是在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(它是在水平面上所成的角)是关键.2.在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错.3.注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题.角度2测量距离问题【例1－2】如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽的山峰，山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1km，AC＝3km.假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1250米，请问：两位登山爱好者能否在2个小时内徒步登上山峰？(即从B点出发到达C点)【解析】在△ABD中，由题意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1km，因为∠ABD＝120°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，解得AD＝eq\r(3)km，在△ACD中，由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos150°，得9＝3＋CD2＋2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)CD，即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝eq\f(\r(33)－3,2)km(负值舍去)，BC＝BD＋CD＝eq\f(\r(33)－1,2)km，两个小时小王和小李可徒步攀登1250×2＝2500米，即2.5千米，而eq\f(\r(33)－1,2)<eq\f(\r(36)－1,2)＝eq\f(5,2)＝2.5，所以两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰.【解法小结】1.选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解.2.确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理.考点二测量角度问题【例2】游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的eq\f(11,9)倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB＝1040m，BC＝500m，则sin∠BAC等于________．【答案】eq\f(5,13)【解析】依题意，设乙的速度为xm/s，则甲的速度为eq\f(11,9)xm/s，因为AB＝1040m，BC＝500m，所以eq\f(AC,x)＝eq\f(1040＋500,\f(11,9)x)，解得AC＝1260m.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(10402＋12602－5002,2×1040×1260)＝eq\f(12,13)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))2)＝eq\f(5,13).【解法小结】1.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解.2.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.考点三正(余)弦定理在平面几何中的应用【例3】(2014湖南,18,12分)如图,在平面四边形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=7.(1)求cos∠CAD的值;(2)若cos∠BAD=-714,sin∠CBA=21【解析】(1)在△ADC中,由余弦定理,得cos∠CAD=AC2+AD2(2)设∠BAC=α,则α=∠BAD-∠CAD.因为cos∠CAD=277,cos∠BAD=-所以sin∠CAD=1-cos2∠CADsin∠BAD=1-cos2∠BAD于是sinα=sin(∠BAD-∠CAD)=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD=32114×277--7在△ABC中,由正弦定理,得BCsinα=故BC=AC·sinα【解法小结】1.把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.2.寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果，求解时要灵活利用平面几何的性质，将几何性质与正弦、余弦定理有机结合起来.【思维升华】利用解三角形解决实际问题时：(1)要理解题意，整合题目条件，画出示意图，建立一个三角形模型；(2)要理解仰角、俯角、方位角、方向角等概念；(3)三角函数模型中，要确定相应参数和自变量范围，最后还要检验问题的实际意义.【易错注意点】在三角形和三角函数的综合问题中，要注意边角关系相互制约，推理题中的隐含条件.三、【名校新题】1．(2019届高三·温州十校联考)在△ABC中，若tanAtanB>1，则△ABC是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．无法确定【答案】A【解析】因为A和B都为三角形中的内角，由tanAtanB>1，得1－tanAtanB<0，且tanA>0，tanB>0，即A，B为锐角，所以tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)<0，则A＋B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，即C为锐角，所以△ABC是锐角三角形．2.(2019届安徽皖中摸底考试)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinAsinBA.π6 B.π3 C.2π3【答案】B【解析】由正弦定理得：ab+c+3.(2019届湖南顶级名校10月联考)如果把直角三角形的三边都增加同样的长度,则所得新三角形的形状为()A.锐角三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.由增加的长度决定【答案】A【解析】由余弦定理即得。4.(2019届高三·镇海中学检测)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b－c＝eq\f(1,4)a,2sinB＝3sinC，则cosA＝()A．－eq\f(1,4) B．eq\f(1,4)C．eq\f(7,8) D．eq\f(11,16)【答案】A【解析】在△ABC中，∵b－c＝eq\f(1,4)a,2sinB＝3sinC，利用正弦定理可得2b＝3c，则a＝2c，b＝eq\f(3,2)c.再由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)c))2＋c2－4c2,2×\f(3,2)c×c)＝－eq\f(1,4).5.(2019届河南郑州一中10月月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知cosA=-1010,c=5,△ABC的面积为3A.1 B.2 C.5 D.23【答案】C【解析】由cosA=-1010,得sinA=310a=5.6.(2019届甘肃顶级名校10月联考)若△ABC的内角A,B满足sinBA.33 B.32 C.22【答案】A【解析】由已知，tanC7.(2019·雅礼中学月考)如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的()A.北偏东10° B.北偏西10°C.南偏东80° D.南偏西80°【答案】D【解析】由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°.8.(2019·深圳模拟)一架直升飞机在200m高度处进行测绘，测得一塔顶与塔底的俯角分别是30°和60°，则塔高为()A.eq\f(400,3)m B.eq\f(400\r(3),3)mC.eq\f(200\r(3),3)m D.eq\f(200,3)m【答案】A【解析】如图所示.在Rt△ACD中可得CD＝eq\f(200\r(3),3)＝BE，在△ABE中，由正弦定理得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(BE,sin60°)，则AB＝eq\f(200,3)，所以DE＝BC＝200－eq\f(200,3)＝eq\f(400,3)(m).9.(2018山东菏泽3月联考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acosB-c-b2=0,a2=72bc,b>c,则A.32 B.2 C.3 D.【答案】B10.(2018·衡水质检)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C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米.A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC＝15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO＝30°，则该仪器的垂直弹射高度CH为()A.210(eq\r(6)＋eq\r(2))米 B.140eq\r(6)米C.210eq\r(2)米 D.20(eq\r(6)－eq\r(2))米【答案】B【解析】由题意，设AC＝x米，则BC＝(x－40)米，在△ABC内，由余弦定理：BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，即(x－40)2＝x2＋10000－100x，解得x＝420(米).在△ACH中，AC＝420米，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，由正弦定理：eq\f(CH,sin∠CAH)＝eq\f(AC,sin∠AHC).可得CH＝AC·eq\f(sin∠CAH,sin∠AHC)＝140eq\r(6)(米).11.(2018山东济宁二模,12)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acosB-bcosA=23A.255 B.55 C.3【答案】A12．(2019届高三·台州中学检测)在△ABC中，若AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))【答案】A【解析】因为c＝AB＝1，a＝BC＝2，b＝AC.根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可知1<b<3，根据余弦定理cosC＝eq\f(1,2ab)(a2＋b2－c2)＝eq\f(1,4b)(4＋b2－1)＝eq\f(1,4b)(3＋b2)＝eq\f(3,4b)＋eq\f(b,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(b))－\r(b)))2＋eq\f(\r(3),2)≥eq\f(\r(3),2).所以0<C≤eq\f(π,6).故选A.13.(2019届湖北重点中学开学测试)△ABC的面积S=14(a2+b2-c2),则角C的大小为【答案】45°14.(2019届山西康杰中学等名校9月联考)在△ABC中,内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,且asinA+bsinB-csinC=3bsinA,若c=2,则△ABC面积的最大值为.

【答案】2+315.(2019届安徽黄山11月八校联考)在△ABC中,∠B=60°,b=3,则当c+2a取最大值时,sinC=.

【答案】216.(2019届高三·西湖区校级模拟)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2cos2A＋eq\r(3)sin2A＝2，b＝1，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，则A＝________，eq\f(b＋c,sinB＋sinC)＝________.【答案】eq\f(π,3)，2【解析】∵2cos2A＋eq\r(3)sin2A＝2，∴cos2A＋eq\r(3)sin2A＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴2A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴A＝eq\f(π,3).∵b＝1，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×c×eq\f(\r(3),2)，∴c＝2，∴由余弦定理可得，a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(12＋22－2×1×2×\f(1,2))＝eq\r(3)，∴eq\f(b＋c,sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.17.(2019届宁夏顶级名校10月联考,17)风景秀美的宝湖畔有四棵高大的银杏树,记作A,B,P,Q,湖岸部分地方围有铁丝网不能靠近.欲测量P,Q两棵树和A,P两棵树之间的距离,现可测得A,B两点间的距离为100m,∠PAB=75°,∠QAB=45°,∠PBA=60°,∠QBA=90°,如图所示,求P,Q两棵树和A,P两棵树之间的距离各为多少.【解析】在△PAB中,∠APB=180°-(75°+60°)=45°,由正弦定理得APsin60°=100sin45°在△QAB中,∠ABQ=90°,AB=100,∴AQ=1002,又知∠PAQ=75°-45°=30°,则由余弦定理得PQ2=(506)2+(1002)2-2×506×1002·cos30°=5000,∴PQ=502.因此,P,Q两棵树之间的距离为502m,A,P两棵树之间的距离为506m.18.(2019·成都诊断)如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(2π,3)，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝eq\f(2π,3)，EC＝eq\r(7).(1)求sin∠BCE的值；(2)求CD的长.【解析】(1)在△BEC中，由正弦定理，知eq\f(BE,sin∠BCE)＝eq\f(CE,sinB)，因为B＝eq\f(2π,3)，BE＝1，CE＝eq\r(7)，所以sin∠BCE＝eq\f(BE·sinB,CE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),14).(2)因为∠CED＝B＝eq\f(2π,3)，所以∠DEA＝∠BCE，所以cos∠DEA＝eq\r(1－sin2∠DEA)＝eq\r(1－sin2∠BCE)＝eq\r(1－\f(3,28))＝eq\f(5\r(7),14).因为A＝eq\f(π,2)，所以△AED为直角三角形，又AE＝5，所以ED＝eq\f(AE,cos∠DEA)＝eq\f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq\r(7).在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2×eq\r(7)×2eq\r(7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49.所以CD＝7.19.(2019·洛阳二模)如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝eq\f(2π,3)，半径为4eq\r(2)，若点C是eq\o(AB,\s\up8(︵))上的一动点(不与点A，B重合).(1)若弦BC＝4(eq\r(3)－1)，求eq\o(BC,\s\up8(︵))的长；(2)求四边形OACB面积的最大值.【解析】(1)在△OBC中，BC＝4(eq\r(3)－1)，OB＝OC＝4eq\r(2)，所以由余弦定理得cos∠BOC＝eq\f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠BOC＝eq\f(π,6)，于是eq\o(BC,\s\up8(︵))的长为eq\f(π,6)×4eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)π.(2)设∠AOC＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，则∠BOC＝eq\f(2π,3)－θ，S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)sinθ＋eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝24sinθ＋8eq\r(3)cosθ＝16eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，由于θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，当θ＝eq\f(π,3)时，四边形OACB的面积取得最大值16eq\r(3).20.(2019届广东佛山顺德第二次质检)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,2bsinCcosA+asinA=2csinB.(1)证明:△ABC为等腰三角形;(2