高考数学专题练 专题二 微专题17　正弦定理、余弦定理（含答案）

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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,cs A)＝2.
(1)求bc；
(2)若eq \f(acs B－bcs A,acs B＋bcs A)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC面积．
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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．
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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8 848.86(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．346 B．373 C．446 D．473
(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．40
C．40－20eq \r(3) D．40＋20eq \r(3)
[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asin A－bsin B＝4csin C，cs A＝－eq \f(1,4)，则eq \f(b,c)等于( )
A．6 B．5 C．4 D．3
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sin C＝2sin Bcs A，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
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(0cs B
B．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形
C．若A>B，则sin A>sin B
D．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
6．(多选)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，则( )
A．sin∠CBD＝eq \f(3,10)
B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4eq \r(5)
D．△ABC为钝角三角形
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＝________.
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cs∠FCB＝________.
9．(2023·武汉模拟)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC,12BD＝7AC.
(1)求tan 2B；
(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径．
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10．(2023·临沂模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AC＝eq \r(3)，∠ABC＝eq \f(2π,3)，cs ∠ACD＝eq \f(\r(21),7).
(1)求∠BAC的值；
(2)求CD的长．
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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,cs A)＝2.
(1)求bc；
(2)若eq \f(acs B－bcs A,acs B＋bcs A)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC面积．
解 (1)由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccs A，
所以eq \f(b2＋c2－a2,cs A)＝eq \f(2bccs A,cs A)＝2bc＝2，
解得bc＝1.
(2)由正弦定理可得eq \f(acs B－bcs A,acs B＋bcs A)－eq \f(b,c)
＝eq \f(sin Acs B－sin Bcs A,sin Acs B＋sin Bcs A)－eq \f(sin B,sin C)
＝eq \f(sinA－B,sinA＋B)－eq \f(sin B,sinA＋B)
＝eq \f(sinA－B－sin B,sinA＋B)＝1，
变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sin B，
即－2cs Asin B＝sin B，
而0B⇔a>b⇔2Rsin A>2Rsin B⇔sin A>sin B，C正确；
b2＝a2＋c2－2accs B，
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，cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，则( )
A．sin∠CBD＝eq \f(3,10)
B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4eq \r(5)
D．△ABC为钝角三角形
答案 BCD
解析 因为cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，
所以sin∠CDB＝eq \r(1－cs2∠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·cs∠CDB，
即4a2＝a2＋9－2×3×a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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cs∠ADC＝cs(π－∠CDB)
＝－cs∠CDB＝eq \f(\r(5),5)，
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cs∠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cs∠ACB＝eq \f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝－eq \f(3,5)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cs∠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×cs 30°)＝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
cs∠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tan 2B；
(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,sin90°－2α)＝eq \f(AC,sin90°＋α)，
在△ABD中，AD＝BDsin α，又AC＝eq \f(12,7)BD，
∴eq \f(BDsin α,cs 2α)＝eq \f(\f(12,7)BD,cs α)，
∴sin αcs α＝eq \f(12,7)cs 2α，
∴eq \f(1,2)sin 2α＝eq \f(12,7)cs 2α，
∴tan 2α＝eq \f(24,7)，即tan 2B＝eq \f(24,7).
(2)∵tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(24,7)，
∴(3tan α＋4)(4tan α－3)＝0，又易知α为锐角，
∴tan α＝eq \f(3,4)，∴sin α＝eq \f(3,5)，cs α＝eq \f(4,5)，
∵AB＝7，∴BD＝eq \f(35,4)，AC＝15，
又cs∠BAC＝cs(90°＋α)＝－sin α＝－eq \f(3,5)，
在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs∠BAC＝400，
∴BC＝20.
设△ABC的内切圆半径为r，
则S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq \f(1,2)(AB＋AC＋BC)r，则r＝2.
10．(2023·临沂模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AC＝eq \r(3)，∠ABC＝eq \f(2π,3)，cs ∠ACD＝eq \f(\r(21),7).
(1)求∠BAC的值；
(2)求CD的长．
解 (1)在△ABC中，AB＝1，AC＝eq \r(3)，∠ABC＝eq \f(2π,3)，
由余弦定理可得3＝AB2＋BC2－2AB·BCcs eq \f(2π,3)＝1＋BC2－2×1×BC×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
整理可得BC2＋BC－2＝0，
因为BC>0，解得BC＝1，则BC＝AB＝1，
故△ABC为等腰三角形，
故∠BAC＝eq \f(π－∠ABC,2)＝eq \f(π,6).
(2)由(1)知，∠BAC＝eq \f(π,6)，
又因为AB⊥AD，则∠CAD＝eq \f(π,2)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，
因为cs ∠ACD＝eq \f(\r(21),7)，则∠ACD为锐角，
且sin ∠ACD＝eq \r(1－cs2∠ACD)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(21),7)))2)＝eq \f(2\r(7),7)，
所以sin∠ADC＝sin (∠CAD＋∠ACD)＝sin∠CADcs∠ACD＋cs∠CADsin∠ACD
＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(21),7)＋eq \f(1,2)×eq \f(2\r(7),7)＝eq \f(5\r(7),14)，
在△ACD中，由正弦定理eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，
可得CD＝eq \f(ACsin∠CAD,sin∠ADC)＝eq \f(\r(3)×\f(\r(3),2),\f(5\r(7),14))＝eq \f(3\r(7),5)