2023年高考数学一轮复习 第四章 三角函数与解三角形 7 正弦定理、余弦定理练习（含解析）.docx

1、正弦定理、余弦定理考试要求1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题知识梳理1正弦定理与余弦定理定理正弦定理余弦定理内容2Ra2b2c22bccosA；b2c2a22cacosB；c2a2b22abcosC变形(1)a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC；(2)asinBbsinA，bsinCcsinB，asinCcsinAcosA；cosB；cosC2.三角形中常用的面积公式(1)Saha(ha表示边a上的高)；(2)SabsinCacsinBbcsinA；(3)Sr(abc)(r为三角形的内切圆半径)常用结论在ABC中，常有以下结论

2、：(1)ABC.(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边(3)abABsinAsinB，cosAsinB，则AB.()(3)在ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素()(4)当b2c2a20时，ABC为锐角三角形()教材改编题1在ABC中，AB5，AC3，BC7，则BAC等于()A.B.C.D.答案C解析因为在ABC中，设ABc5，ACb3，BCa7，所以由余弦定理得cosBAC，因为BAC为ABC的内角，所以BAC.2在ABC中，若A60，a4，b4，则B.答案45解析由正弦定理知，则sinB.又ab，则AB，所以B为锐角，故B45.3在ABC中，a2，b3，C60，则

3、c，ABC的面积.答案解析易知c，ABC的面积等于23.题型一利用正弦定理、余弦定理解三角形例1(12分)(2021新高考全国)记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2ac，点D在边AC上，BDsinABCasinC.(1)证明：BDb;切入点：角转化为边(2)若AD2DC，求cosABC.关键点：BDA和BDC互补高考改编在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinCasinAbsinBcsinC.(1)求A；(2)设D是线段BC的中点，若c2，AD，求a.解(1)根据正弦定理，由bsinCasinAbsinBcsinC，可得bca2b2c2，即bcb2c2

4、a2，由余弦定理可得，cosA，因为A为三角形内角，所以A.(2)因为D是线段BC的中点，c2，AD，所以ADBADC，则cosADBcosADC0，所以0，即0，整理得a22b244，又a2b2c22bccosAb242b，所以b242b2b244，解得b6或b8(舍)，因此a22b24428，所以a2.思维升华解三角形问题的技巧(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边

5、的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断跟踪训练1(2021北京)已知在ABC中，c2bcosB，C.(1)求B的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度cb；周长为42；面积为SABC.解(1)c2bcosB，则由正弦定理可得sinC2sinBcosB，sin2Bsin，C，B，2B，2B，解得B.(2)若选择：由正弦定理结合(1)可得，与cb矛盾，故这样的ABC不存在；若选择：由(1)可得A，设ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得ab2RsinR，c2RsinR，则周长为abc2RR42，解

6、得R2，则a2，c2，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为；若选择：由(1)可得A，即ab，则SABCabsinCa2，解得a，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为.题型二正弦定理、余弦定理的简单应用命题点1三角形形状判断例2在ABC中，sin2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则ABC的形状为()A直角三角形B等边三角形C等腰三角形或直角三角形D等腰直角三角形答案A解析由cosB12sin2，得sin2，所以，即cosB.方法一由余弦定理得，即a2c2b22a2，所以a2b2c2.所以ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等方法二由正弦定理得cosB，又sinAsin(BC)si

7、nBcosCcosBsinC，所以cosBsinCsinBcosCcosBsinC，即sinBcosC0，又sinB0，所以cosC0，又角C为三角形的内角，所以C，所以ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等延伸探究将“sin2”改为“，(bca)(bca)3bc”，试判断ABC的形状解因为，所以，所以bc.又(bca)(bca)3bc，所以b2c2a2bc，所以cosA.因为A(0，)，所以A，所以ABC是等边三角形思维升华判断三角形形状的两种思路(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状(2)化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状此时

8、要注意应用ABC这个结论命题点2三角形的面积例3(2022沧州模拟)在sinA，sinC，sinB成等差数列；abc432；bcosA1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由问题：是否存在ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a(sin Asin B)bsin BcsinC，c1，？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解因为a(sinAsinB)bsinBcsinC，由正弦定理得a(ab)b2c2，即a2b2c2ab，所以cosC，又C(0，)，所以C.选择：因为sinA，sinC，sinB成等差

9、数列，所以sinAsinB2sinC，即ab2c2，由a2b2c2a2b21ab，得(ab)23ab1，所以ab1，故存在满足题意的ABC，SABCabsinC1sin.选择：因为abc432，所以ABC，这与ABC矛盾，所以ABC不存在选择：因为bcosA1，所以b1，得b21a2c2a2，所以B，此时ABC存在又C，所以A，所以a1tan，所以SABCac.思维升华三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式SabsinCacsinBbcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化命题点3与平面几何有关的问题例4如图，在平面

10、四边形ABCD中，已知A，B，AB6.在AB边上取点E，使得BE1，连接EC，ED.若CED，EC.(1)求sinBCE的值；(2)求CD的长解(1)在BEC中，由正弦定理，知.B，BE1，CE，sinBCE.(2)CEDB，DEABCE，cosDEA.A，AED为直角三角形，又AE5，ED2.在CED中，CD2CE2DE22CEDEcosCED7282249.CD7.教师备选1在ABC中，已知a2b2c2ab，且2cosAsinBsinC，则该三角形的形状是()A直角三角形B等腰三角形C等边三角形D钝角三角形答案C解析a2b2c2ab，cosC，又C(0，)，C，由2cosAsinBsinC

11、，得cosA，b2a2，即ba，又C，故三角形为等边三角形2已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosCccos(BC).(1)求tanC；(2)若c3，sinAsinB，求ABC的面积解(1)acosCccos(BC)，acosCccosA.由正弦定理得sinAcosCsinCcosA，sin(AC)，即sinB，又sinB0，cosC，sinC，tanC2.(2)若c3，由正弦定理，得，则asinA，bsinB，则absinAsinBsinAsinB6，SABCabsinC62.思维升华平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题，通常是转化到

12、三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函数思想跟踪训练2(1)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若cacosB(2ab)cosA，则ABC的形状为()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解析因为cacosB(2ab)cosA，C(AB)，所以由正弦定理得sinCsinAcosB2sinAcosAsinBcosA，所以sinAcosBcosAsinBsinAcosB2sinAcosAsinBco

13、sA，所以cosA(sinBsinA)0，所以cosA0或sinBsinA，所以A或BA或BA(舍去)，所以ABC为等腰或直角三角形(2)(2022郑州模拟)如图，在ABC中，AB9，cosB，点D在BC边上，AD7，ADB为锐角求BD；若BADDAC，求sinC的值及CD的长解在ABD中，由余弦定理得AB2BD22ABBDcosBAD2，整理得BD212BD320，所以BD8或BD4.当BD4时，cosADB，则ADB，不符合题意，舍去；当BD8时，cosADB，则ADB，符合题意，所以BD8.在ABD中，cosBAD，所以sinBAD，又sinADB，所以sinCsin(ADBCAD)si

14、n(ADBBAD)sinADBcosBADcosADBsinBAD，在ACD中，由正弦定理得，即CDsinCAD.课时精练1ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若ABC的面积为，则C等于()A.B.C.D.答案C解析根据题意及三角形的面积公式知absinC，所以sinCcosC，所以在ABC中，C.2(2022北京西城区模拟)在ABC中，C60，a2b8，sinA6sinB，则c等于()A.B.C6D5答案B解析因为sinA6sinB，由正弦定理可得a6b，又a2b8，所以a6，b1，因为C60，所以c2a2b22abcosC，即c26212216，解得c.3(2022济南质检)已知

15、ABC的内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，a4，cos2A，则ABC外接圆半径为()A5B3C.D.答案C解析因为cos2A，所以12sin2A，解得sinA，因为A(0，)，所以sinA，又a4，所以2R5，所以R.4(2022河南九师联盟联考)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c2b，sin2A3sin2BsinAsinC，则角C等于()A.B.C.D.答案B解析sin2A3sin2BsinAsinC，由正弦定理可得a23b2ac，c2b，a23b2a2bab，由余弦定理可得cosC，0CB，则sinAsinBB在锐角ABC中，不等式sinAcosB恒成立C在ABC中

16、，若acosAbcosB，则ABC必是等腰直角三角形D在ABC中，若B60，b2ac，则ABC必是等边三角形答案ABD解析对于A，由AB，可得ab，利用正弦定理可得sinAsinB，正确；对于B，在锐角ABC中，A，B，AB，AB0，sinAsincosB，不等式sinAcosB恒成立，正确；对于C，在ABC中，由acosAbcosB，利用正弦定理可得sinAcosAsinBcosB，sin2Asin2B，A，B(0，)，2A2B或2A2B，AB或AB，ABC是等腰三角形或直角三角形，是假命题，错误；对于D，由于B60，b2ac，由余弦定理可得b2aca2c2ac，可得(ac)20，解得ac，

17、可得ACB60，故正确7(2022潍坊质检)已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b3，ac2，A.则ABC的面积为答案解析由余弦定理得a2b2c22bccosA，b3，ac2，A，(c2)232c223c，解得c5，则ABC的面积为SbcsinA35.8(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，B60，a2c23ac，则b.答案2解析由题意得SABCacsinBac，则ac4，所以a2c23ac3412，所以b2a2c22accosB12248，则b2(负值舍去)9(2022南平模拟)在2ccosB2ab，ABC的面积为(a2b2c2)，cos

18、2Acos2Csin2BsinAsinB，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答(如果选择多个条件作答，则按所选的第一个条件给分)已知ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且(1)求角C的大小；(2)若c2且4sinAsinB3，求ABC的面积解(1)若选条件2ccosB2ab，则2c2ab，即a2b2c2ab，所以cosC，又因为C(0，)，所以C.若选条件ABC的面积为(a2b2c2)，则(a2b2c2)absinC，即sinCcosC，所以tanC，又因为C(0，)，所以C.若选条件cos2Acos2Csin2BsinAsinB，则(1sin2A)(1sin2C)

19、sin2BsinAsinB，即sin2Asin2Bsin2CsinAsinB，即a2b2c2ab，所以cosC，又因为C(0，)，所以C.(2)因为c2，所以，所以sinAa，sinBb，又因为4sinAsinB3，所以ab4，ABC的面积为absinC.10(2022湘豫联盟联考)如图，在ABC中，B60，AB8，AD7，点D在BC上，且cosADC.(1)求BD；(2)若cosCAD，求ABC的面积解(1)cosADBcos(ADC)cosADC.在ABD中，由余弦定理得82BD2722BD7cosADB，解得BD3或BD5(舍)(2)由已知sinADC，sinCAD，sinCsin(AD

20、CCAD).由正弦定理得CD，BC3，SABC8.11在ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为S，且4S(ab)2c2，则sin等于 ()A1BC.D.答案C解析因为SabsinC，cosC，所以2SabsinC，a2b2c22abcosC.又4S(ab)2c2a2b2c22ab，所以2absinC2abcosC2ab.因为ab0，所以sinCcosC1.因为sin2Ccos2C1，所以(cosC1)2cos2C1，解得cosC1(舍去)或cosC0，所以sinC1，则sin(sinCcosC).12(2022焦作模拟)在ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c依

21、次成等差数列，ABC的周长为15，且(sinAsinB)2cos2C1sinAsinB，则cosB等于()A.B.C.D答案B解析因为(sinAsinB)2cos2C1sinAsinB，所以sin2Asin2B2sinAsinB1sin2C1sinAsinB，所以由正弦定理得a2b2c2ab，又a，b，c依次成等差数列，ABC的周长为15，即ac2b，abc15，由解得cosB.13(2022开封模拟)在平面四边形ABCD中，BCCD，B，AB3，AD2，若AC3，则CD为答案1或5解析因为在ABC中，B，AB3，AC3，由正弦定理可得，所以sinACB，又BCCD，所以ACB与ACD互余，因

22、此cosACDsinACB，在ACD中，AD2，AC3，由余弦定理可得cosACD，所以CD26CD50，解得CD1或CD5.14(2022大连模拟)托勒密(Ptolemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积已知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，ABAD，BAD120，AC6，则四边形ABCD的面积为答案9解析在ABD中，设ABa，由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcosBAD3a2，所以BDa，由托勒密定理可得a(BCCD)ACa，即BCCDAC，又ABD

23、ACD30，所以四边形ABCD的面积SBCACsin30CDACsin30(BCCD)ACAC29.15(多选)中国南宋时期杰出数学家秦九韶在数书九章中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积把以上文字写成公式，即S(S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边)现有ABC满足sinAsinBsinC23，且ABC的面积SABC6，则下列结论正确的是()AABC的周长为102BABC的三个内角满足AB2CCABC的外接圆半径为DABC的中线CD的长为3答案AB解析A项，设ABC的内角A，B，C所对的边分别

24、为a，b，c，因为sinAsinBsinC23，所以由正弦定理可得abc23，设a2t，b3t，ct(t0)，因为SABC6，所以6，解得t2，则a4，b6，c2，故ABC的周长为102，A正确；B项，因为cosC，所以C，AB2C，故B正确；C项，因为C，所以sinC，由正弦定理得2R，R，C错误；D项，由余弦定理得cosB，在BCD中，BC4，BD，由余弦定理得cosB，解得CD，D错误16(2021新高考全国)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ba1，ca2.(1)若2sinC3sinA，求ABC的面积；(2)是否存在正整数a，使得ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由解(1)因为2sinC3sinA，则2c2(a2)3a，则a4，故b5，c6，cosC，所以C为锐角，则sinC，因此，SABCabsinC45.(2)显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得cosC0，则0aa2，可得a1，因为aN*，故a2.