新高考数学一轮复习考点精讲+题型精练专题21 平面向量的应用-正余弦定理（2份，原卷版+解析版）

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专题21 平面向量的应用-正余弦定理
№考向解读
➊考点精析
➋真题精讲
➌模拟精练
➍专题训练
（新高考）
高考数学一轮复习
专题21 平面向量的应用-正余弦定理
→➊考点精析←
一、 正弦定理与余弦定理
1.正弦定理
== =2R(其中R是 △ABC的外接圆的半径)
(1)a=2Rsin A,b=2Rsin B, c=2Rsin C;
(2)a∶b∶c= sin A∶sin B∶sin C;
(3)sin A=,sin B=,sin C=;
(4)asin B=bsin A,bsin C=csin B,asin C=csin A
2.余弦定理
a2= b2+c2-2bccs A
b2= c2+a2-2accs B,
c2= a2+b2-2abcs C
推论
cs A=, cs B=, cs C=
二、 正弦定理与余弦定理的应用
主要考察正弦定理余弦定理在解三角形中的应用
→➋真题精讲←
1. （2023全国理科甲卷11）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2. （2023全国文科乙卷4）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
3. （2023全国甲卷17）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【小问1详解】
因为，所以，解得：．
【小问2详解】
由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
4. （2023全国乙卷理科）在中，已知，，.
（1）求；
（2）若D为BC上一点，且，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【小问1详解】
由余弦定理可得：
，
则，，
.
【小问2详解】
由三角形面积公式可得，
则.
5.（2023天津卷16） 在中，角所对的边分別是．已知．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．
【小问1详解】
由正弦定理可得，，即，解得：；
【小问2详解】
由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
【小问3详解】
由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
故．
6. （2023全国Ⅰ卷17）已知在中，．
（1）求；
（2）设，求边上的高．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【小问1详解】
，
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
【小问2详解】
由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
7. （2023全国Ⅱ卷17）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【小问1详解】
方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
【小问2详解】
方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
→➌模拟精练←
1．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考二模）在锐角三角形中，、、是其三内角，则下列一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】由正弦定理可判断A；由结合正弦函数的单调性、诱导公式可判断BC；由BC结论可判断D.
【详解】对于A，在三角形中，两边之和大于第三边，则，由正弦定理得，故A错误.
因为是锐角三角形，所以所以B对，同理C对；
对于D，由于，，所以D错.
故选：BC.
【点睛】本题考查三角形中角对应的正弦余弦大小关系，属于基础题.
2．（2023·山东聊城·统考三模）在中，，点在边上，且，若，则长度的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】由得出点轨迹是一个圆，再结合正弦定理求得结果.
【详解】如图，
以点为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，
设，因为，则 ，
所以，即，
所以点轨迹是一个圆，圆心，半径，
，，，
求长度的最大值即为求长度的最大值,
在中，由正弦定理，
则，当时，即与圆相切时，，
则长度的最大值为4，长度的最大值为5.

故选：C.
3．（2023·山东烟台·统考三模）已知满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用两角和与差的正余弦公式和三角函数商数关系化简得，再利用两角和与差的正切公式即可得到答案.
【详解】因为，所以，
即，
显然，两边同除得：
，
，
即，易知，
则，
故选：A.
4．（2023·山东德州·三模）若为锐角，且，则_________．
【答案】2
【分析】根据两角和的正切公式变形即可得解.
【详解】因为，
所以
，
故答案为：2
5．（2023·广东·统考一模）在中，角的对边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围.
【解析】（1）因为，
所以，
整理得，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）
在中，因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以的取值范围为.
6．（2023·广东东莞·统考一模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足：．
(1)求角A的大小；
(2)若，求的面积．
【解析】（1）由已知及正弦定理可得，
整理得，
所以．
又，故．
（2）由正弦定理可知，
又，，，
所以．
故，
所以，
故为直角三角形，
于是．
7．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在中，D是边上的一点，，．
(1)证明：；
(2)若D为靠近B的三等分点，，，，为纯角，求．
【解析】（1）证明：在中，，
在中，,
由于,故，
所以.
（2）因为，故，由为纯角，故为锐角，
又，且D为靠近B的三等分点，，，
故，
故,
故，则,
故.
→➍专题训练←
1. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，其面积S．
（1）若a，b，求csB．
（2）求sin（A+B）+sinBcsB+cs（B﹣A）的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）因为三角形面积为S ，
所以，
解得 ，
因为a，b，
由正弦定理得：，
所以，
因为，
所以，
所以为锐角，
所以
（2）由（1）知，
所以sin（A+B）+sinBcsB+cs（B﹣A），
，
，，
令，
因为，
所以，
所以，
原式，
当时，原式取得最大值.
2. 在中，已知内角所对的边分别为，向量，向量，且，角为锐角.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）解法一：由得，
即，
所以，
为锐角，，
，
即
解法二：由得，
即
所以即，
，即
为锐角，
所以.
（2）解法一：，由余弦定理，
得
又代入上式得，
当且仅当时取等号成立.
，
故的面积最大值为.
解法二：，由正弦定理，得，
所以，
，
由
.
因为，则当即时，
，
故的面积最大值为.
3．（2023·广东湛江·统考一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A；
(2)若△ABC的面积为，，求a．
【解析】（1），
所以，故．
由正弦定理得，又，
所以，
故，
，，所以，即，，故．
（2），所以．
由余弦定理可得，
所以
4．（2023·山东日照·三模）已知内角的对边分别为，且.
(1)求角A；
(2)若的周长为，且外接圆的半径为1，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及三角形的性质即可求角；
（2）利用正弦定理求出边长a，然后再根据周长和余弦定理列式解出bc，从而求解面积.
【详解】（1）∵，
由正弦定理得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
（2）设外接圆的半径为，则，
由正弦定理得，
因为的周长为，所以，
由余弦定理得，
即，所以，
所以的面积 .
5．（2023·广东·联考模拟预测）已知中，内角的对边分别为，且，，．
(1)求；
(2)若与在同一个平面内，且，求的最大值．
【解析】（1）因为，，所以为锐角，则如图，过作边上的高，其中为垂足，在线段上，
因为，，所以为等腰直角三角形，则，
又，所以从可知，所以，
所以.
（2）当取得最大值时，与分别位于两侧，此时设，则，则，
因此在中，由正弦定理得：，
所以，
因此由余弦定理得：
，
故当时，取得最大值，由此可得，因此的最大值为．
6．（2023·广东茂名·统考一模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求证：.
(2)求的取值范围.
【解析】（1）在中，
由及正弦定理得：
又∵，
∴
即
，
∵，∴.
∵，∴，
（2）得：得，
∴，∴，
由题意，及正弦定理得：
∵，∴，即
故的取值范围为
方法二：由正弦定理得：
∵，∴，
由（1）得：，故
由（1）得：得，
∴，∴，
∴，即，
故的取值范围为
7．（2023·山东德州·三模）的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1) ;(2).
【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.
(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.
【详解】(1)
[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】
由三角形的内角和定理得，
此时就变为．
由诱导公式得，所以．
在中，由正弦定理知，
此时就有，即，
再由二倍角的正弦公式得，解得．
[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】
由解法1得，
两边平方得，即．
又，即，所以，
进一步整理得，
解得，因此．
[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】
根据题意，由正弦定理得，
因为，故，
消去得．
，，因为故或者，
而根据题意，故不成立，所以，
又因为，代入得，所以.
(2)
[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】
因为是锐角三角形，又，所以，
则．
因为，所以，则，
从而，故面积的取值范围是．
[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】
由题设及（1）知的面积．
因为为锐角三角形，且，
所以即
又由余弦定理得，所以即，
所以，故面积的取值范围是．
[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】
如图1，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．
由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，
所以点C位于在线段上且不含端点，从而，
即，即，所以，
故面积的取值范围是．
【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法；
方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；
方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.
(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；
方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；
方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.
命题解读
命题预测
复习建议
平面向量基的应用是考试经常出现的，尤其是正余弦定理，是高考必考知识点之一，纵观每年的高考题，都有正余弦定理的题目，对于这部分的考察主要是以大题为主，偶尔会出现填空或者选择，主要是掌握正余弦定理的应用。
预计2024年的高考平面向量的应用及正余弦定理肯定还是以解答题的形式出现，主要出现在第17题的位置，需要加强题目练习，掌握正余弦定理的知识点。
集合复习策略：
1.了解平面向量的应用；
2.掌握正余弦定理的知识点；
3.理解正余弦定理在解题中的应用。