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高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形第六节正弦定理和余弦定理及解三角形课时规范练理含解析新人教版
展开这是一份高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形第六节正弦定理和余弦定理及解三角形课时规范练理含解析新人教版，共14页。
第六节 正弦定理和余弦定理及解三角形
[A组 基础对点练]
1．在△ABC中，若＝，则B的值为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：由正弦定理知，＝，∴sin B＝cos B，∴B＝45°.
答案：B
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a sin A＋b sin B
C．钝角三角形 D．不确定
解析：根据正弦定理可得a2＋b2
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝，c＝2，cos A＝，则b＝( )
A． B．
C．2 D．3
解析：由余弦定理，得4＋b2－2×2b cos A＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－(舍去).
答案：D
4．(2021·湖南长沙模拟)在△ABC中，A＝，b2 sin C＝4sin B，则△ABC的面积为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：因为b2sin C＝4sin B，所以b2c＝4b，即bc＝4，故S△ABC＝bc sin A＝2.
答案：B
5．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，23cos2A＋cos2A＝0，a＝7，c＝6，则b＝( )
A．10 B．9
C．8 D．5
解析：化简23cos2A＋cos2A＝0，得23cos2A＋2cos2A－1＝0，解得cosA＝.由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bc cos A，代入数据，解方程，得b＝5.
答案：D
6．(2020·广东广州调研)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＝，c＝4，cos B＝，则△ABC的面积为( )
A．3 B．
C．9 D．
解析：由余弦定理b2＝c2＋a2－2ac cos B，得7＝16＋a2－6a，解得a＝3，∵cos B＝，∴sin B＝，∴S△ABC＝casin B＝×4×3×＝.
答案：B
7．(2021·河南三市联考)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，sin A∶sin B＝1∶，c＝2cos C＝，则△ABC的周长为( )
A．3＋3 B．2
C．3＋2 D．3＋
解析：因为sin A∶sin B＝1∶，所以b＝a，由余弦定理得cos C＝＝＝，又c＝，所以a＝，b＝3，所以△ABC的周长为3＋2.
答案：C
8．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b cos B＝a cos C＋c cos A，则B＝________．
解析：由正弦定理可得2sin B cos B＝sin A cos C＋sin C cos A＝sin (A＋C)＝sin B，所以cos B＝.又因为0＜B＜π，所以B＝.
答案：
9．(2019·高考全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为________．
解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B.
又∵b＝6，a＝2c，B＝，
∴36＝4c2＋c2－2×2c2×，
∴c＝2，a＝4，
∴S△ABC＝ac sin B＝×4×2×＝6.
答案：6
10．设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B，则cos B的值为________．
解析：因为A＝2B，＝，b＝3，c＝1，
所以＝，可得a＝6cos B，
由余弦定理可得a＝6·，所以a＝2，
所以cos B＝＝.
答案：
11．(2020·四川成都模拟)已知三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin 2A＝cos 2A，且角A为锐角．
(1)求角A的大小；
(2)若a＝5，b＝8，求c的值．
解析：(1)由题意，sin 2A＝cos 2A，即tan 2A＝.
所以2A＝或2A＝.因为角A为锐角，所以A＝.
(2)由(1)可知A＝，a＝5，b＝8，由余弦定理，2bc cos A＝c2＋b2－a2，可得c2－8c＋39＝0，
解得c＝4＋3或4－3.
[B组 素养提升练]
1．已知锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若B＝2A，则的取值范围是( )
A． B．
C． D．
解析：因为B＝2A，所以sin B＝sin 2A＝2sin A cos A，
由正弦定理得b＝＝2a cos A，所以＝，所以＝＝tan A.
因为△ABC是锐角三角形，所以
解得＜A＜，
所以＜tan A＜1，所以＜tan A＜.
即的取值范围是.
答案：D
2．已知在△ABC中，B＝2A，∠ACB的平分线CD把三角形分成面积比为4∶3的两部分，则cos A＝________．
解析：在△ADC中，由正弦定理得＝⇒＝，同理，在△BCD中，有＝⇒＝，
又sin ∠ADC＝sin ∠BDC，sin ∠ACD＝sin ∠BCD，所以有＝⇒AC＝BC，由正弦定理得sin B＝sin A，又B＝2A，
所以sin B＝2sin A cos A，所以cos A＝.
答案：
3．(2020·福建泉州模拟)已知a，b，c分别是△ABC中角A，B，C的对边，ac sin A＋4sin C＝4c sin A.
(1)求a的值；
(2)圆O为△ABC的外接圆(O在△ABC内部)，△OBC的面积为，b＋c＝4，判断△ABC的形状，并说明理由．
解析：(1)由正弦定理可知，sin A＝，sin C＝，
则ac sin A＋4sin C＝4c sin A⇔a2c＋4c＝4ac.
因为c≠0，所以a2c＋4c＝4ac⇔a2＋4＝4a⇔(a－2)2＝0，可得a＝2.
(2)设BC的中点为D，则OD⊥BC，
所以S△OBC＝BC·OD.
又因为S△OBC＝，BC＝2，所以OD＝，
在Rt△BOD中，tan ∠BOD＝＝＝＝.
又0°＜∠BOD＜180°，所以∠BOD＝60°，
所以∠BOC＝2∠BOD＝120°.
因为O在△ABC内部，所以∠A＝∠BOC＝60°，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A.
所以4＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc.
又b＋c＝4，
所以bc＝4，所以b＝c＝2，
所以△ABC为等边三角形．
4．(2021·福建福州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足(2b－c)cos A＝a cos C.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝3，求△ABC的周长的最大值．
解析：(1)由(2b－c)cos A＝a cos C及正弦定理，
得(2sin B－sin C)cos A＝sin A cos C，
所以2sin B cos A＝sin C cos A＋sin A cos C，
所以2sin B cos A＝sin (C＋A)＝sin B.
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0.
因为A∈(0，π)，cos A＝，所以A＝.
(2)由(1)得A＝，
由正弦定理得
＝＝＝＝2，
所以b＝2sin B，c＝2sin C，
△ABC的周长l＝3＋2sin B＋2sin ，
＝3＋2sin B＋2
＝3＋3sin B＋3cos B＝3＋6sin ，
因为B∈，
所以当B＝时，△ABC的周长取得最大值，最大值为9.
[A组 基础对点练]
1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为( )
A．10 km B．10 km
C．10 km D．10 km
解析：如图所示，由余弦定理可得
AC2＝100＋400－2×10×20×cos 120°＝700，
∴AC＝10(km).
答案：D
2．(2021·江西临川模拟)如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，然后给出了三种测量方案：①测量A，C，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a，则一定能确定A，B间的距离的所有方案的序号为( )
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
解析：对于①③可以利用正弦定理确定唯一的A，B两点间的距离，对于②直接利用余弦定理即可确定A，B两点间的距离．
答案：D
3．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行15 km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是( )
A．5 km B．10 km
C．5 km D．5 km
解析：作出示意图(如图)，点A为该船开始的位置，点B为灯塔的位置，点C为该船后来的位置，所以在△ABC中，有∠BAC＝60°－30°＝30°，B＝120°，AC＝15，
由正弦定理，得＝，
即BC＝＝5，即这时船与灯塔的距离是5 km.
答案：C
4．(2021·宁夏银川一中模拟)如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点间的距离为( )
A．50 m B．50 m
C．25 m D． m
解析：由正弦定理得＝，
∴AB＝＝＝50，
故A，B两点间的距离为50 m.
答案：A
5．某位居民站在离地20 m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为( )
A．20m B．20(1＋)m
C．10(＋)m D．20(＋)m
解析：如图所示，设AB为阳台的高度，CD为小高层的高度，AE为水平线．由题意知AB＝20 m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝20 m，CE＝20 m，所以CD＝20(1＋)m.
答案：B
6．(2020·广西五校联考)一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．10 海里 B．10 海里
C．20 海里 D．20 海里
解析：画出示意图如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°，∴∠ACB＝45°，
根据正弦定理得＝，解得BC＝10(海里).
答案：A
7．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的持续时间为( )
A．0.5小时 B．1小时
C．1.5小时 D．2小时
解析：根据题意画出相应的图形，如图所示．BE＝BF＝30 km，△ABD为等腰直角三角形且AB＝40 km，由勾股定理得AD＝BD＝20 km，由BD⊥AD，可得ED＝DF，在Rt△BED中，由勾股定理得ED＝＝10 km，所以EF＝2ED＝20 km，因此B城市处于危险区内的时间为20÷20＝1(小时).
答案：B
8．如图所示，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距8 n mile.此船的航速是________ n mile/h.
解析：设航速为v n mile/h，在△ABS中，AB＝v，BS＝8 n mile，∠BSA＝45°，由正弦定理，得＝，所以v＝32.
答案：32
9．(2021·江西九江模拟)如图所示，在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，则BC的长为________．
解析：在△ABD中，设BD＝x，则BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos ∠BDA，
即142＝x2＋102－2·10x·cos 60°，
整理得x2－10x－96＝0，
解得x1＝16，x2＝－6(舍去).
在△BCD中，由正弦定理得＝，所以BC＝·sin 30°＝8.
答案：8
10.(2020·河北衡水模拟)如图所示，为了测量河对岸电视塔CD的高度，小王在点A处测得塔顶D的仰角为30°，塔底C与A的连线同河岸成15°角，小王向前走了1 200 m到达M处，测得塔底C与M的连线同河岸成60°角，则电视塔CD的高度为__________．
解析：在△ACM中，
∠MCA＝60°－15°＝45°，∠AMC＝180°－60°＝120°，
由正弦定理得＝，
即＝，解得AC＝600.
在Rt△ACD中，因为tan ∠DAC＝＝，
所以DC＝AC tan ∠DAC＝600×＝600(m).
答案：600 m
11．(2020·四川成都诊断)如图所示，在平面四边形ABCD中，已知A＝，B＝，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝，EC＝.
(1)求sin ∠BCE的值；
(2)求CD的长．
解析：(1)在△BEC中，由正弦定理，知＝，
因为B＝，BE＝1，CE＝，
所以sin ∠BCE＝＝＝.
(2)因为∠CED＝B＝，
所以∠DEA＝∠BCE，
所以cos ∠DEA＝＝＝＝.
因为A＝，所以△AED为直角三角形．
又AE＝5，
所以ED＝＝＝2.
在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos ∠CED＝7＋28－2××2×＝49，
所以CD＝7.
12．已知海岛B在海岛A北偏东45°方向上，A，B相距10海里，物体甲从海岛B以2海里/小时的速度沿直线AB向海岛A移动，同时物体乙从海岛A沿着海岛A北偏西15°方向以4海里/小时的速度移动．
(1)问经过多长时间，物体甲在物体乙的正东方向；
(2)求甲从海岛B到达海岛A的过程中，甲、乙两物体的最短距离．
解析：(1)如图，设经过x小时，物体甲在物体乙的正东方向，则甲与A的距离为10－2x，乙与A的距离为4x，AD＝(10－2x)，
∴cos 15°＝＝cos (45°－30°)，
∴x＝＝5(2－)，
∴经过5(2－)小时，物体甲在物体乙的正东方向．
(2)设经过x小时，甲、乙两物体的距离为d海里．
由余弦定理得cos 60°＝＝，
∴d2＝28x2－80x＋100，0＜x≤5.
∵函数y＝28x2－80x＋100的图象的对称轴x＝∈(0，5]，∴当x＝时，d最小，
∴dmin＝海里．
[B组 素养提升练]
1．《数书九章》中对已知三角形三边长求三角形的面积的方法填补了我国传统数学的一个空白，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代已具有很高的数学水平，其求法是“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．”若把以上这段文字写成公式，即S＝ .现有周长为2＋的△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝(－1)∶∶(＋1)，试用以上给出的公式求得△ABC的面积为( )
A． B．
C． D．
解析：因为sin A∶sin B∶sin C＝(－1)∶∶(＋1)，所以由正弦定理得a∶b∶c＝(－1)∶∶(＋1).又a＋b＋c＝2＋，
所以a＝－1，b＝，c＝＋1，
则ac＝2－1＝1，c2＋a2－b2＝6－5＝1，
故S＝ ＝ ＝.
答案：A
2．(2020·陕西西安模拟)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＝1 040 m，BC＝500 m，则sin ∠BAC等于__________．
解析：依题意，设乙的速度为x m/s，
则甲的速度为x m/s，
因为AB＝1 040，BC＝500，
所以＝，解得AC＝1 260，
在△ABC中，由余弦定理可知
cos ∠BAC＝
＝＝＝，
所以sin ∠BAC＝＝＝.
答案：
3．如图所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan ∠PBA.
解析：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋－2××cos 30°＝，故PA＝.
(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得＝，
化简得cos α＝4sin α，
所以tan α＝，
即tan ∠PBA＝.
4．如图所示，现要在一块半径为1 m，圆心角为的扇形白铁片AOB上剪出一个平行四边形MNPQ，使点P在弧AB上，点Q在OA上，点M，N在OB上，设∠BOP＝θ，平行四边形MNPQ的面积为S.
(1)求S关于θ的函数关系式；
(2)求S的最大值及相应的θ角．
解析：(1)分别过P，Q作PD⊥OB于点D，QE⊥OB于点E，则四边形QEDP为矩形．
由扇形半径为1 m，
得PD＝sin θ，OD＝cos θ.
在Rt△OEQ中，
OE＝QE＝PD，
MN＝QP＝DE＝OD－OE＝cos θ－sin θ，
S＝MN·PD＝·sin θ
＝sin θcos θ－sin2θ，θ∈.
(2)S＝sin2θ－(1－cos 2θ)
＝sin 2θ＋cos 2θ－＝sin －，
因为θ∈，
所以2θ＋∈，sin ∈.
当θ＝时，Smax＝(m2).
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