新高考数学一轮复习课时过关练习第04章 三角函数、解三角形第6节 正弦定理和余弦定理 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第04章 三角函数、解三角形第6节 正弦定理和余弦定理 (含解析)，共21页。试卷主要包含了正、余弦定理，三角形常用面积公式等内容，欢迎下载使用。

1.正、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
2.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
3.三角形常用面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)a·ha(ha表示a边上的高).
(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(abc,4R).
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径).
1.三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sin C；
(2)cs(A＋B)＝－cs C；
(3)sineq \f(A＋B,2)＝cseq \f(C,2)；
(4)cseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2).
2.三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B.
3.在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs Asin B，则A>B.( )
(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b2＋c2－a2>0时，△ABC为锐角三角形；当b2＋c2－a2＝0时，△ABC为直角三角形；当b2＋c2－a20时，△ABC不一定为锐角三角形.
2.(2021·北京西城区一模)在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sin A＝6sin B，则c＝( )
A.eq \r(35) B.eq \r(31) C.6 D.5
答案 B
解析 因为sin A＝6sin B，由正弦定理可得a＝6b，又a＋2b＝8，所以a＝6，b＝1，
因为C＝60°，所以c2＝a2＋b2－2abcs C，即c2＝62＋12－2×1×6×eq \f(1,2)，解得c＝eq \r(31).
3.(2022·全国百校大联考)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b是方程x2－3x＋2＝0的两个实数根，且△ABC的面积为eq \f(\r(2),2)，则C的大小是( )
A.45° B.60°
C.60°或120° D.45°或135°
答案 D
解析 根据题意，得ab＝2，则eq \f(1,2)×2×sin C＝eq \f(\r(2),2)，解得C＝45°或C＝135°.
4.(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则tan B＝( )
A.eq \r(5) B.2eq \r(5) C.4eq \r(5) D.8eq \r(5)
答案 C
解析 由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs C＝42＋32－2×4×3×eq \f(2,3)＝9，得AB＝3，所以AB＝BC.过点B作BD⊥AC，交AC于点D，则AD＝eq \f(1,2)AC＝2，BD＝eq \r(32－22)＝eq \r(5)，
所以tan ∠ABD＝eq \f(AD,BD)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以tan ∠ABC＝eq \f(2tan ∠ABD,1－tan2∠ABD)＝4eq \r(5).
5.(易错题)在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是( )
A.有一解 B.有两解
C.无解 D.有解但解的个数不确定
答案 C
解析 由正弦定理得eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，
∴sin B＝eq \f(bsin C,c)＝eq \f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq \r(3)＞1.
∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在.
6.(易错题)在△ABC中，角A，B，C，满足sin Acs C－sin Bcs C＝0，则三角形的形状为________.
答案 直角三角形或等腰三角形
解析 由已知得cs C(sin A－sin B)＝0，所以cs C＝0或sin A＝sin B，解得C＝90°或A＝B，所以△ABC是直角三角形或等腰三角形.
考点一 利用正、余弦定理解三角形
例1 (2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin ∠ABC＝asin C.
(1)证明：BD＝b.
(2)若AD＝2DC，求cs ∠ABC.
(1)证明 因为BDsin∠ABC＝asin C，
所以由正弦定理得，BD·b＝ac，
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，
又b>0，所以BD＝b.
(2)解 法一 如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，
因为AD＝2DC，
所以eq \f(AE,EB)＝eq \f(AD,DC)＝2，
eq \f(DE,BC)＝eq \f(2,3)，
所以BE＝eq \f(c,3)，DE＝eq \f(2,3)a.
在△BDE中，cs∠BED＝eq \f(BE2＋DE2－BD2,2BE·DE)
＝eq \f(\f(c2,9)＋\f(4a2,9)－b2,2·\f(c,3)·\f(2a,3))＝eq \f(c2＋4a2－9b2,4ac)
＝eq \f(c2＋4a2－9ac,4ac).
在△ABC中，cs∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)
＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq \f(c2＋a2－ac,2ac).
因为∠BED＝π－∠ABC，
所以cs∠BED＝－cs ∠ABC，
所以eq \f(c2＋4a2－9ac,4ac)＝－eq \f(c2＋a2－ac,2ac)，
化简得3c2＋6a2－11ac＝0，
方程两边同时除以a2，
得3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))eq \s\up12(2)－11eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))＋6＝0，
解得eq \f(c,a)＝eq \f(2,3)或eq \f(c,a)＝3.
当eq \f(c,a)＝eq \f(2,3)，即c＝eq \f(2,3)a时，cs ∠ABC＝eq \f(c2＋a2－ac,2ac)＝eq \f(\f(4,9)a2＋a2－\f(2,3) a2,\f(4,3)a2)＝eq \f(7,12)；
当eq \f(c,a)＝3，即c＝3a时，
cs ∠ABC＝eq \f(c2＋a2－ac,2ac)＝eq \f(9a2＋a2－3a2,6a2)＝eq \f(7,6)>1(舍).
综上，cs ∠ABC＝eq \f(7,12).
法二 因为eq \(AD,\s\up6(→))＝2eq \(DC,\s\up6(→))，
所以eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BA,\s\up6(→))，
所以eq \(BD,\s\up6(→))2＝eq \f(4,9)eq \(BC,\s\up6(→))2＋eq \f(4,9)eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,9)eq \(BA,\s\up6(→))2.
因为BD＝b，
所以b2＝eq \f(4,9)a2＋eq \f(4,9)accs∠ABC＋eq \f(1,9)c2，
所以9b2＝4a2＋4accs∠ABC＋c2.①
又b2＝ac＝a2＋c2－2accs∠ABC，②
所以①－②，得8ac＝3a2＋6accs∠ABC，
所以cs∠ABC＝eq \f(8ac－3a2,6ac)＝eq \f(4,3)－eq \f(a,2c).
由①②知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(9＝4×\f(a,c)＋4cs∠ABC＋\f(c,a)，,1＝\f(a,c)＋\f(c,a)－2cs∠ABC，))
所以11＝eq \f(6a,c)＋eq \f(3c,a)，
所以6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,c)))eq \s\up12(2)－11×eq \f(a,c)＋3＝0，解得eq \f(a,c)＝eq \f(3,2)或eq \f(a,c)＝eq \f(1,3).
当eq \f(a,c)＝eq \f(3,2)时，cs∠ABC＝eq \f(4,3)－eq \f(3,4)＝eq \f(7,12)；
当eq \f(a,c)＝eq \f(1,3)时，cs∠ABC＝eq \f(4,3)－eq \f(1,6)＝eq \f(7,6)(不合题意，舍去).
所以cs∠ABC＝eq \f(7,12).
感悟提升 (1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素.
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
训练1 (1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C＝60°，b＝eq \r(6)，c＝3，则A＝________.
答案 75°
解析 由正弦定理，得sin B＝eq \f(bsin C,c)＝eq \f(\r(6)sin 60°,3)＝eq \f(\r(2),2)，所以B＝45°或135°，因为b