2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练27高考大题专练二解三角形的综合运用

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(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
解析：方法一 (1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ eq \f(π,4).
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－ eq \f(π,4))＝sin ( eq \f(3π,4)－A)，
展开并整理得 eq \r(2)(sin A－cs A)＝ eq \f(\r(2),2)(cs A＋sin A)，
得sin A＝3cs A，
又sin2A＋cs2A＝1，且sinA>0，所以sin A＝ eq \f(3\r(10),10).
(2)由正弦定理 eq \f(BC,sin A)＝ eq \f(AB,sin C)，
得BC＝ eq \f(AB,sin C)×sin A＝ eq \f(5,\f(\r(2),2))× eq \f(3\r(10),10)＝3 eq \r(5)，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cs C，
得52＝AC2＋(3 eq \r(5))2－2AC·3 eq \r(5)cs eq \f(π,4)，
整理得AC2－3 eq \r(10)AC＋20＝0，
解得AC＝ eq \r(10)或AC＝2 eq \r(10)，
由(1)得，tan A＝3> eq \r(3)，所以 eq \f(π,3)又A＋B＝ eq \f(3π,4)，所以B> eq \f(π,4)，
即C设AB边上的高为h，则 eq \f(1,2)×AB×h＝ eq \f(1,2)×AC×BC sin C，
即5h＝2 eq \r(10)×3 eq \r(5)× eq \f(\r(2),2)，
解得h＝6，所以AB边上的高为6.
方法二 (1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ eq \f(π,4).
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－C)＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)，
所以2sin A cs C－2cs A sin C＝sin A cs C＋cs A sin C，
所以sin A cs C＝3cs A sin C，
易得cs A cs C≠0，
所以tan A＝3tan C＝3tan eq \f(π,4)＝3，
又sin A>0，所以sin A＝ eq \f(3,\r(32＋12))＝ eq \f(3\r(10),10).
(2)由(1)知sin A＝ eq \f(3\r(10),10)，tan A＝3>0，所以A为锐角，所以cs A＝ eq \f(\r(10),10)，
所以sin B＝sin ( eq \f(3π,4)－A)＝ eq \f(\r(2),2)(cs A＋sin A)＝ eq \f(\r(2),2)×( eq \f(\r(10),10)＋ eq \f(3\r(10),10))＝ eq \f(2\r(5),5)，
由正弦定理 eq \f(AC,sin B)＝ eq \f(AB,sin C)，
得AC＝ eq \f(AB·sin B,sin C)＝ eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2 eq \r(10)，
故AB边上的高为AC×sin A＝2 eq \r(10)× eq \f(3\r(10),10)＝6.
2．[2024·新课标Ⅰ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝ eq \r(2)cs B，a2＋b2－c2＝ eq \r(2)ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3＋ eq \r(3)，求c.
解析：(1)已知a2＋b2－c2＝ eq \r(2)ab，则有cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝ eq \f(\r(2),2).
又C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,4).
又sin C＝ eq \r(2)cs B，所以cs B＝ eq \f(sin C,\r(2))＝ eq \f(1,2).
又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,3).
(2)由(1)可得C＝ eq \f(π,4)，B＝ eq \f(π,3)，由正弦定理，不妨令 eq \f(c,sin C)＝ eq \f(b,sin B)＝k(k>0)，则有c＝ eq \f(\r(2),2)k，b＝ eq \f(\r(3),2)k.
又S△ABC＝3＋ eq \r(3)，所以S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)bc sin (B＋C)＝ eq \f(1,2)· eq \f(\r(2),2)k· eq \f(\r(3),2)k(sin B cs C＋cs B sin C)＝ eq \f(\r(6),8)k2( eq \f(\r(3),2)× eq \f(\r(2),2)＋ eq \f(1,2)× eq \f(\r(2),2))＝ eq \f(\r(6),8)k2· eq \f(\r(6)＋\r(2),4)＝3＋ eq \r(3)，解得k＝4(负值舍去)，故c＝ eq \f(\r(2),2)k＝2 eq \r(2).
3．[2023·新课标Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为 eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝ eq \f(π,3)，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
解析：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2× eq \f(1,2)×AD×DC sin ∠ADC＝2× eq \f(1,2)×1×DC× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3)，
解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝ eq \f(π,3)，所以∠ADB＝ eq \f(2π,3).
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BD cs ∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝ eq \r(7).
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs ∠ADC＝1＋4－2＝3，所以b＝ eq \r(3).
在△ABC中，由余弦定理，得cs B＝ eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝ eq \f(7＋16－3,2×4×\r(7))＝ eq \f(5\r(7),14)，
所以sin B＝ eq \r(1－cs2B)＝ eq \f(\r(21),14).
所以tanB＝ eq \f(sin B,cs B)＝ eq \f(\r(3),5).
(2)因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cs ∠ADB＝－cs ∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得 eq \f(AD2＋BD2－c2,2AD·BD)＝－ eq \f(AD2＋DC2－b2,2AD·DC)，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝ eq \r(3)，所以a＝2 eq \r(3).
在△ABC中，由余弦定理，得cs ∠BAC＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(8－12,2bc)＝－ eq \f(2,bc)，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin ∠BAC
＝ eq \f(1,2)bc eq \r(1－cs2∠BAC)
＝ eq \f(1,2)bc eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))
＝ eq \f(1,2) eq \r(b2c2－4)
＝ eq \r(3)，
解得bc＝4.
则由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bc＝4,b2＋c2＝8))，解得b＝c＝2.
4．[2024·新课标Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋ eq \r(3)cs A＝2.
(1)求A；
(2)若a＝2， eq \r(2)b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长.
解析：(1)由sin A＋ eq \r(3)cs A＝2，得2( eq \f(1,2)sin A＋ eq \f(\r(3),2)cs A)＝2，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝1.
由A∈(0，π)，得A＋ eq \f(π,3)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以A＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(π,2)，所以A＝ eq \f(π,6).
(2)由A，B，C为三角形内角，得sin B≠0，sin C≠0.
因为 eq \r(2)b sin C＝c sin 2B，
所以由正弦定理得 eq \r(2)sin B sin C＝sin C sin 2B，
所以 eq \r(2)sin B＝sin 2B，即 eq \r(2)sin B＝2sin B cs B，所以cs B＝ eq \f(\r(2),2)，所以B＝ eq \f(π,4).
因为a＝2，A＝ eq \f(π,6)，所以由正弦定理，得b＝ eq \f(a,sin A)sin B＝2 eq \r(2).
由A＝ eq \f(π,6)，B＝ eq \f(π,4)，得C＝ eq \f(7π,12)，所以sin C＝sin eq \f(7π,12)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝ eq \f(\r(2),2)× eq \f(\r(3),2)＋ eq \f(\r(2),2)× eq \f(1,2)＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，
所以由正弦定理，得c＝ eq \f(a sin C,sin A)＝ eq \f(2×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(1,2))＝ eq \r(6)＋ eq \r(2)，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋2 eq \r(2)＋ eq \r(6)＋ eq \r(2)＝2＋ eq \r(6)＋3 eq \r(2)．
5．在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
(1)求sin ∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积．
解析：(1)
如图，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs ∠BAC＝22＋12＋2×2×1× eq \f(1,2)＝7，得BC＝ eq \r(7).
方法一 由正弦定理 eq \f(AC,sin ∠ABC)＝ eq \f(BC,sin ∠BAC)，
得sin ∠ABC＝ eq \f(1×\f(\r(3),2),\r(7))＝ eq \f(\r(21),14).
方法二 由余弦定理得cs ∠ABC＝ eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝ eq \f(4＋7－1,2×2×\r(7))＝ eq \f(5\r(7),14)，
所以sin ∠ABC＝ eq \r(1－cs2∠ABC)＝ eq \f(\r(21),14).
(2)方法一 由sin∠ABC＝ eq \f(\r(21),14)，得tan ∠ABC＝ eq \f(\r(3),5)，
又tan ∠ABC＝ eq \f(DA,AB)＝ eq \f(DA,2)，所以DA＝ eq \f(2\r(3),5)，
故△ADC的面积为 eq \f(1,2)DA·AC·sin (120°－90°)＝ eq \f(1,2)× eq \f(2\r(3),5)×1× eq \f(1,2)＝ eq \f(\r(3),10).
方法二 △ABC的面积为 eq \f(1,2)AC·AB·sin ∠BAC＝ eq \f(1,2)×1×2× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),2)，
eq \f(S△ADC,S△BAD)＝ eq \f(\f(1,2)AC·AD·sin ∠CAD,\f(1,2)AB·AD·sin ∠BAD)＝ eq \f(sin 30°,2×sin 90°)＝ eq \f(1,4)，
故△ADC的面积为 eq \f(1,5)S△ABC＝ eq \f(1,5)× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),10).
6．[2024·北京卷]在△ABC中，∠A为钝角，a＝7，sin 2B＝ eq \f(\r(3),7)b cs B.
(1)求∠A；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积．
条件①：b＝7；
条件②：cs B＝ eq \f(13,14)；
条件③：c sin A＝ eq \f(5\r(3),2).
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：(1)由题意知，2sin B cs B＝ eq \f(\r(3),7)b cs B，
又A为钝角，∴B≠ eq \f(π,2)，∴2sin B＝ eq \f(\r(3),7)b.
∵ eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，∴b＝ eq \f(a,sin A)·sin B，
∴2sin B＝ eq \f(\r(3),7)· eq \f(a,sin A)·sin B，
又a＝7，B∈(0， eq \f(π,2))，则sin B≠0，
∴2＝ eq \f(\r(3),sin A)，∴sin A＝ eq \f(\r(3),2)，
∵A为钝角，∴A＝ eq \f(2π,3).
(2)若选①，∵b＝7，又a＝7，A＝ eq \f(2π,3)，此时构不成三角形，不符合题意．
若选②，∵cs B＝ eq \f(13,14)，∴sin B＝ eq \r(1－cs2B)＝ eq \f(3\r(3),14).
由正弦定理可得b＝ eq \f(a sinB,sin A)＝3，
又sin C＝sin [π－(A＋B)]＝sin (A＋B)
＝sin A cs B＋cs A sin B
＝ eq \f(\r(3),2)× eq \f(13,14)－ eq \f(1,2)× eq \f(3\r(3),14)＝ eq \f(5\r(3),14).
∴S△ABC＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)×7×3× eq \f(5\r(3),14)＝ eq \f(15\r(3),4).
若选③，∵c sin A＝c· eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(5\r(3),2)，∴c＝5.
由余弦定理得cs A＝cs eq \f(2π,3)＝－ eq \f(1,2)＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
即－bc＝b2＋c2－a2，∴－5b＝b2＋25－49，
∴b2＋5b－24＝0，解得b＝3(负值舍去)，
∴S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)×3×5× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(15\r(3),4).
7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2＝sin2A－sinB sin C.
(1)求A；
(2)若 eq \r(2)a＋b＝2c，求sin C.
解析：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinB sin C，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(1,2).
因为0°(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得 eq \r(2)sin A＋sin (120°－C)＝2sin C，即 eq \f(\r(6),2)＋ eq \f(\r(3),2)cs C＋ eq \f(1,2)sin C＝2sin C，可得cs (C＋60°)＝－ eq \f(\r(2),2).
由于0°sin C＝sin (C＋60°－60°)＝sin (C＋60°)cs 60°－cs (C＋60°)sin 60°＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4).
8．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A).
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cs A＝ eq \f(25,31)，求△ABC的周长．
解析：(1)证明：∵sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)，
∴sin C sin A cs B－sin C cs A sin B＝sin Bsin C cs A－sin B cs C sin A，
∴sin C sin A cs B＝2sin B sin C cs A－sin Bcs C sin A.
由正弦定理，得ac cs B＝2bc cs A－ab cs C.
由余弦定理，得 eq \f(a2＋c2－b2,2)＝b2＋c2－a2－ eq \f(a2＋b2－c2,2).
整理，得2a2＝b2＋c2.
(2)由(1)知2a2＝b2＋c2.
又∵a＝5，∴b2＋c2＝2a2＝50.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cs A，
即25＝50－ eq \f(50,31)bc，∴bc＝ eq \f(31,2).
∴b＋c＝ eq \r(b2＋c2＋2bc)＝ eq \r(50＋31)＝9，
∴a＋b＋c＝14.故△ABC的周长为14.