2025高考数学二轮复习-专题二-微专题17-正弦定理、余弦定理-专项训练【含答案】

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eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝2.(1)求bc；(2)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC面积．解(1)由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccosA，所以eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝eq\f(2bccosA,cosA)＝2bc＝2，解得bc＝1.(2)由正弦定理可得eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝eq\f(sinAcosB－sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)－eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(sinA－B,sinA＋B)－eq\f(sinB,sinA＋B)＝eq\f(sinA－B－sinB,sinA＋B)＝1，变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB，即－2cosAsinB＝sinB，而0<sinB≤1，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又0<A<π，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故△ABC的面积为S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).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2asinA＝b(2sinB＋eq\r(3)sinC)＋c(2sinC＋eq\r(3)sinB)．(1)求角A；(2)若b＝2eq\r(3)，c＝2，点D为边BC上一点，且∠ADC＝eq\f(2π,3)，求△ABD的面积．解(1)由正弦定理可得a2＝b2＋c2＋eq\r(3)bc，根据余弦定理的推论得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\r(3)bc,2bc)＝－eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(5π,6).(2)因为b＝2eq\r(3)，c＝2，又a2＝b2＋c2＋eq\r(3)bc，解得a＝2eq\r(7)，由余弦定理的推论得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(28＋4－12,2×2×2\r(7))＝eq\f(5\r(7),14)，于是sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))2)＝eq\f(\r(21),14)，因为∠ADC＝eq\f(2π,3)，所以sin∠BAD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋B))＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB＝eq\f(3\r(21),14)，sin∠ADB＝eq\f(\r(3),2)，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，所以BD＝eq\f(csin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(\f(2×3\r(21),14),\f(\r(3),2))＝eq\f(6\r(7),7)，于是S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD·sinB＝eq\f(1,2)×2×eq\f(6\r(7),7)×eq\f(\r(21),14)＝eq\f(3\r(3),7)，所以△ABD的面积为eq\f(3\r(3),7).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＝eq\r(3)，∠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eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，在△BCD中，由正弦定理可知eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，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＝eq\r(3)，可得sin2α＝eq\r(3)sinα，即2sinαcosα＝eq\r(3)sinα，解得cosα＝eq\f(\r(3),2)，所以α＝eq\f(π,6)，在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝7，则BD＝eq\r(7)，设△BCD外接圆的半径为R，在△BCD中，由正弦定理可知2R＝eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(\r(7),\f(1,2))＝2eq\r(7)，所以R＝eq\r(7)，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＝eq\f(π,2)，∠ACD＝eq\f(π,3)，AD＝eq\r(3)，S为△ABC的面积，且2S＝－eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→)).(1)求角B的值；(2)若cosD＝eq\f(1,2)，求四边形ABCD的周长．解(1)由2S＝－eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，得2×eq\f(1,2)AB·BC·sinB＝－eq\r(3)AB·BC·cosB，即sinB＝－eq\r(3)cosB，可得tanB＝－eq\r(3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(2π,3).(2)由cosD＝eq\f(1,2)，D∈(0，π)，得D＝eq\f(π,3)，又∠ACD＝eq\f(π,3)，所以△ACD为等边三角形，AC＝AD＝eq\r(3)，∠CAD＝eq\f(π,3)，所以∠BAC＝eq\f(π,6)，∠ACB＝eq\f(π,6)，由正弦定理知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，得AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sinB)＝eq\f(\r(3)×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝1＝BC，故四边形ABCD的周长为2＋2eq\r(3).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．346B．373C．446D．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＝eq\f(100,tan15°).在△A′B′C′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°).又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(\f(100,tan15°)·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq\f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq\r(3)＋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(eq\r(6)－eq\r(2))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．40C．40－20eq\r(3) D．40＋20eq\r(3)答案A解析由题可知，MN＝20(eq\r(6)－eq\r(2))×0.5＝10(eq\r(6)－eq\r(2))，∠SNM＝45°＋60°＝105°，∠MSN＝180°－105°－(30°＋15°)＝30°，由两角和的正弦公式得，sin105°＝sin(45°＋60°)＝sin45°cos60°＋cos45°sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，在△MNS中，由正弦定理得，eq\f(MN,sin∠MSN)＝eq\f(SM,sin∠SNM)，即eq\f(10\r(6)－\r(2),sin30°)＝eq\f(a,sin105°)，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eq\f(1,4)解析设∠AOC＝θ，0<θ<eq\f(π,4)，则∠DOE＝2θ，∠EOB＝π－4θ，在△DOE中，由余弦定理得DE＝eq\r(OD2＋OE2－2OD·OE·cos2θ)＝eq\r(21－cos2θ)＝2sinθ，在△BOE中，由余弦定理得BE＝eq\r(OB2＋OE2－2OB·OE·cosπ－4θ)＝eq\r(21＋cos4θ)＝2cos2θ，所以DE＋EB＝2sinθ＋2cos2θ＝2sinθ＋2(1－2sin2θ)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ－\f(1,4)))2＋eq\f(9,4)，又0<θ<eq\f(π,4)，所以当sinθ＝eq\f(1,4)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：sin15.1°≈0.2605，sin31.4°≈0.5210)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eq\f(BD,sin∠BMD)＝eq\f(BM,sin∠MDB)，所以BM＝eq\f(BD·sin∠MDB,sin∠BMD)≈eq\f(400×0.2605,0.5210)＝200，在Rt△MBP中，MP＝BM·sin∠MBP＝200sin30°＝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asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，则eq\f(b,c)等于()A．6B．5C．4D．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)＝6.2．(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sinC＝2sinBcosA，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cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3)，又由sinC＝2sinBcosA及正弦定理得，c＝2b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，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.eq\f(1,2)eq\r(\f(2aba＋b,3b－a)) B.eq\f(1,2)eq\r(\f(3aba＋b,3b－a))C.eq\f(1,2)eq\r(\f(5aba＋b,3b－a)) D.eq\f(1,2)eq\r(\f(6aba＋b,3b－a))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＝eq\r(3)h，BO＝h，CO＝eq\f(\r(3)h,3)，由题意知，cos∠ABO＝－cos∠CBO，即eq\f(a2＋h2－3h2,2ah)＝－eq\f(b2＋h2－\f(h2,3),2bh)，整理得h2＝eq\f(3aba＋b,23b－a)，所以h＝eq\f(1,2)eq\r(\f(6aba＋b,3b－a)).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＝eq\r(3)，c＝1，(b－2c)cosA＝acos(A＋C)，则角C等于()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)D.eq\f(π,12)答案C解析因为(b－2c)cosA＝acos(A＋C)，所以由正弦定理得(sinB－2sinC)cosA＝sinAcos(A＋C)，因为cos(A＋C)＝－cosB，所以(sinB－2sinC)cosA＝－sinAcosB，即sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA，所以sin(A＋B)＝sinC＝2sinCcosA，又C∈(0，π)，所以sinC>0，所以cosA＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，又a＝eq\r(3)，c＝1，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以sinC＝eq\f(c,a)sinA＝eq\f(1,\r(3))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，由c<a得C<A，所以C＝eq\f(π,6).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sinA>cosBB．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形C．若A>B，则sinA>sinBD．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>eq\f(π,2)，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即A>eq\f(π,2)－B，∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(π,2)－B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinA>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，A正确；sin2A＝sin2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△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＝2RsinA，b＝2RsinB，∴A>B⇔a>b⇔2RsinA>2RsinB⇔sinA>sinB，C正确；b2＝a2＋c2－2accosB，即b2＝82＋102－2×8×10×eq\f(1,2)＝84，即b＝2eq\r(21)，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＝－eq\f(\r(5),5)，则()A．sin∠CBD＝eq\f(3,10)B．△ABC的面积为8C．△ABC的周长为8＋4eq\r(5)D．△ABC为钝角三角形答案BCD解析因为cos∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin∠CDB＝eq\r(1－cos2∠CDB)＝eq\f(2\r(5),5)，又由正弦定理得eq\f(CB,sin∠CDB)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，所以sin∠CBD＝eq\f(\r(5),5)，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×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))，解得a＝eq\r(5)，所以S△DBC＝eq\f(1,2)BD·CD·sin∠CDB＝eq\f(1,2)×3×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝3，所以S△ABC＝eq\f(3＋5,3)S△DBC＝8，故B正确；因为∠ADC＝π－∠CDB，所以cos∠ADC＝cos(π－∠CDB)＝－cos∠CDB＝eq\f(\r(5),5)，在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cos∠ADC，即AC2＝25＋(eq\r(5))2－2×5×eq\r(5)×eq\f(\r(5),5)，解得AC＝2eq\r(5)，所以△ABC的周长为AB＋AC＋BC＝3＋5＋2eq\r(5)＋2eq\r(5)＝8＋4eq\r(5)，故C正确；因为AB＝8为最大边，所以cos∠ACB＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝－eq\f(3,5)<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＝eq\r(6)，∠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＝eq\r(6).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×cos60°，解得b＝1＋eq\r(3)(负值舍去)，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq\f(1,2)×2×(1＋eq\r(3))×sin60°＝eq\f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq\f(1,2)×(1＋eq\r(3))×AD×sin30°，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×cos60°，解得b＝1＋eq\r(3)(负值舍去)，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°，即AD＝AB＝2.8.如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝________.答案－eq\f(1,4)解析在△ABD中，∵AB⊥AD，AB＝AD＝eq\r(3)，∴BD＝eq\r(6)，∴FB＝BD＝eq\r(6).在△ACE中，∵AE＝AD＝eq\r(3)，AC＝1，∠CAE＝30°，∴EC＝eq\r(\r(3)2＋12－2×\r(3)×1×cos30°)＝1，∴CF＝CE＝1.又∵BC＝eq\r(AC2＋AB2)＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，∴在△FCB中，由余弦定理的推论得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－FB2,2·CF·BC)＝eq\f(12＋22－\r(6)2,2×1×2)＝－eq\f(1,4).9．(2023·武汉模拟)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC.(1)求tan2B；(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eq\f(AD,sin90°－2α)＝eq\f(AC,sin90°＋α)，在△ABD中，AD＝BDsinα，又AC＝eq\f(12,7)BD，∴eq\f(BDsinα,cos2α)＝eq\f(\f(12,7)BD,cosα)，∴sinαcosα＝eq\f(12,7)cos2α，∴eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(12,7)cos2α，∴tan2α＝eq\f(24,7)，即tan2B＝eq\f(24,7).(2)∵tan2α＝e