统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练23正弦定理和余弦定理解三角形理

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练23正弦定理和余弦定理解三角形理，共6页。


[基础强化]
一、选择题
1．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若a＝ eq \r(2)，b＝ eq \r(3)，B＝ eq \f(π,3)，则A＝( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(5,6)π
C． eq \f(π,4) D． eq \f(π,4)或 eq \f(3,4)π
2．在△ABC中，b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形解的情况是( )
A．有一解
B．有两解
C．无解
D．有解但解的个数不确定
3．[2023·安徽省江南十校一模]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(2b－ eq \r(3)c)·cs A＝ eq \r(3)a cs C，则角A的大小为( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,4)
C． eq \f(π,3) D． eq \f(5π,12)
4．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，bc＝4，则△ABC的面积为( )
A． eq \f(1,2) B．1
C． eq \r(3) D．2
5．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边．若b sin A＝3c sin B，a＝3，cs B＝ eq \f(2,3)，则b＝( )
A．14 B．6
C． eq \r(14) D． eq \r(6)
6．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b cs C＋c cs B＝a sin A，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
7．钝角三角形ABC的面积是 eq \f(1,2)，AB＝1，BC＝ eq \r(2)，则AC＝( )
A．5 B． eq \r(5)
C．2 D．1
8．如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )
A．50 eq \r(2) m B．50 eq \r(3) m
C．25 eq \r(2) m D． eq \f(25\r(2),2) m
9．[2023·全国甲卷(理)]已知四棱锥P­ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为( )
A．2 eq \r(2) B．3 eq \r(2)
C．4 eq \r(2) D．6 eq \r(2)
二、填空题
10．[2021·全国乙卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为 eq \r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝____________．
11．[2023·安徽舒城中学模拟]托勒密(Ptlemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，AB＝AD，∠BAD＝120°，AC＝6，则四边形ABCD的面积为________．
12．[2023·全国甲卷(理)]在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝ eq \r(6)，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________．
[能力提升]
13．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足sin B(1＋2cs C)＝2sin A cs C＋cs A sin C，则下列等式成立的是( )
A．a＝2b B．b＝2a
C．A＝2B D．B＝2A
14．[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
15．[2022·全国甲卷(理)，16]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当 eq \f(AC,AB)取得最小值时，BD＝________．
16．[2023·江西省临川模拟]已知在四边形ABCD中，AB＝7，BC＝13，CD＝AD，且cs B＝ eq \f(1,7)，∠BAD＝2∠BCD.则AD＝________．
专练23 正弦定理和余弦定理、解三角形
1．C 由正弦定理得 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，∴sin A＝ eq \f(a sin B,b)＝ eq \f(\r(2)×\f(\r(3),2),\r(3))＝ eq \f(\r(2),2)，又a2．C 由正弦定理 eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)，∴sin B＝ eq \f(b sin 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．
3．A 由(2b－ eq \r(3)c)cs A＝ eq \r(3)a cs C得2b cs A＝ eq \r(3)(a cs C＋c cs A)，由正弦定理得
2sin B cs A＝ eq \r(3)(sin A cs C＋sin C cs A)＝ eq \r(3)sin (A＋C)＝ eq \r(3)sin B，又sin B≠0，
得cs A＝ eq \f(\r(3),2)，A＝ eq \f(π,6).
4．C 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cs A，又a2＝b2＋c2－bc，∴2cs A＝1，cs A＝ eq \f(1,2)，∴sin A＝ eq \r(1－cs2A)＝ eq \f(\r(3),2)，∴S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sinA＝ eq \f(1,2)×4× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3).
5．D ∵b sin A＝3c sin B，由正弦定理得ab＝3bc，∴a＝3c，又a＝3，∴c＝1，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cs B＝9＋1－2×3× eq \f(2,3)＝6，
∴b＝ eq \r(6).
6．B ∵b cs C＋c cs B＝a sin A，∴sin B cs C＋sin C cs B＝sin2A，∴sinA＝1，又A为△ABC的内角，∴A＝90°，∴△ABC为直角三角形．
7．B ∵S△ABC＝ eq \f(1,2)AB×BC×sin B＝ eq \f(\r(2),2)sin B＝ eq \f(1,2)，∴sin B＝ eq \f(\r(2),2)，若B＝45°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs 45°＝1＋2－2× eq \r(2)× eq \f(\r(2),2)＝1，则AC＝1，则AB2＋AC2＝BC2，△ABC为直角三角形，不合题意；当B＝135°时，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cs 135°＝1＋2＋2× eq \r(2)× eq \f(\r(2),2)＝5，∴AC＝ eq \r(5).
8．A 由正弦定理得 eq \f(AC,sin B)＝ eq \f(AB,sin C)，
∴AB＝ eq \f(AC·sin C,sin B)＝ eq \f(50×\f(\r(2),2),sin （180°－45°－105°）)＝50 eq \r(2).
9．C
如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝ eq \r(PC2＋AC2－2PC·AC cs 45°)＝ eq \r(17)，所以PB＝ eq \r(17).在△PBC中，由余弦定理，得cs ∠PCB＝ eq \f(PC2＋BC2－BP2,2PC·BC)＝ eq \f(1,3)，所以sin ∠PCB＝ eq \f(2\r(2),3)，所以S△PBC＝ eq \f(1,2)PC·BC sin ∠PCB＝4 eq \r(2)，故选C.
10．2 eq \r(2)
解析：由题意得S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(\r(3),4)ac＝ eq \r(3)，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2ac cs B＝12－2×4× eq \f(1,2)＝8，则b＝2 eq \r(2).
11．9 eq \r(3)
解析：在△ABD中，设AB＝a，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs ∠BAD＝3a2，所以BD＝ eq \r(3)a，
由托勒密定理可得a(BC＋CD)＝AC· eq \r(3)a，
即BC＋CD＝ eq \r(3)AC，
又∠ABD＝∠ACD＝30°，
所以四边形ABCD的面积
S＝ eq \f(1,2)BC·AC sin 30°＋ eq \f(1,2)CD·AC sin 30°
＝ eq \f(1,4)(BC＋CD)·AC＝ eq \f(\r(3),4)AC2＝9 eq \r(3).
12．2
解析：方法一 由余弦定理得cs 60°＝ eq \f(AC2＋4－6,2×2AC)，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋ eq \r(3).又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以 eq \f(1,2)×2AC sin 60°＝ eq \f(1,2)×2AD sin 30°＋ eq \f(1,2)AC×AD sin 30°，所以AD＝ eq \f(2\r(3)AC,AC＋2)＝ eq \f(2\r(3)×（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2.
方法二 由角平分线定理得 eq \f(BD,AB)＝ eq \f(CD,AC)，又BD＋CD＝ eq \r(6)，所以BD＝ eq \f(2\r(6),AC＋2)，CD＝ eq \f(\r(6)AC,AC＋2).由角平分线长公式得AD2＝AB×AC－BD×CD＝2AC－ eq \f(12AC,（AC＋2）2)，又由方法一知AC＝1＋ eq \r(3)，所以AD2＝2＋2 eq \r(3)－ eq \f(12×（1＋\r(3)）,（3＋\r(3)）2)＝2＋2 eq \r(3)－(2 eq \r(3)－2)＝4，所以AD＝2.
13．A 由sin B(1＋2cs C)＝2sin A cs C＋cs A sin C，得sin B＋2sin B cs C＝sin B＋sin A cs C，∴2sin B cs C＝sin A cs C，∵cs C>0，∴2sin B＝sin A，即a＝2b.
14．B
如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝ eq \f(100,tan 15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝ eq \f(C′B′×sin 45°,sin 75°).又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝ eq \f(C′B′×sin 45°,sin 75°)，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝ eq \f(C′B′×sin 45°,sin 75°)＋100＝ eq \f(\f(100,tan 15°)×sin 45°,sin 75°)＋100＝ eq \f(100sin 45°,sin 15°)＋100＝ eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×（\f(\r(3),2)－\f(1,2)）)＋100＝100( eq \r(3)＋1)＋100≈373.
15. eq \r(3)－1
解析：以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴， eq \(DC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，过点D且垂直于DC的直线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，易知点A位于第一象限．由AD＝2，∠ADB＝120°，得A(1， eq \r(3)).因为CD＝2BD，所以设B(－x，0)，x＞0，则C(2x，0).所以AC＝ eq \r(（2x－1）2＋（0－\r(3)）2)＝ eq \r(4x2－4x＋4)，AB＝ eq \r(（－x－1）2＋（0－\r(3)）2)＝ eq \r(x2＋2x＋4)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AC,AB))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(4x2－4x＋4,x2＋2x＋4).令f(x)＝ eq \f(4x2－4x＋4,x2＋2x＋4)，x＞0，则f′(x)＝
eq \f(（4x2－4x＋4）′（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（x2＋2x＋4）′,（x2＋2x＋4）2)
＝ eq \f(（8x－4）（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（2x＋2）,（x2＋2x＋4）2)
＝ eq \f(12（x2＋2x－2）,（x2＋2x＋4）2)．令x2＋2x－2＝0，解得x＝－1－ eq \r(3)(舍去)或x＝ eq \r(3)－1.当0＜x＜ eq \r(3)－1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0， eq \r(3)－1)上单调递减；当x＞ eq \r(3)－1时，f′(x)＞0，所以f(x)在( eq \r(3)－1，＋∞)上单调递增．所以当x＝ eq \r(3)－1时，f(x)取得最小值，即 eq \f(AC,AB)取得最小值，此时BD＝ eq \r(3)－1.
16．7
解析：在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs B，
则AC＝ eq \r(49＋169－2×7×13×\f(1,7))＝ eq \r(192)＝8 eq \r(3)，
cs ∠BCA＝ eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝ eq \f(169＋192－49,2×13×8\r(3))＝ eq \f(\r(3),2)，
又在△ABC中，0<∠BCA<π，所以∠BCA＝ eq \f(π,6)，
设AD＝CD＝x，∠BAC＝α，∠BCA＝β，∠ACD＝θ，则∠CAD＝θ，β＝ eq \f(π,6)，
由∠BAD＝2∠BCD 即α＋θ＝2(β＋θ)，
则θ＝α－2β＝α－ eq \f(π,3)，
在△ABC中，cs α＝ eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝ eq \f(49＋192－169,2×7×8\r(3))＝ eq \f(9,14\r(3))＝ eq \f(3\r(3),14)，
又0<α<π，则有sin α＝ eq \f(13,14)，
所以cs θ＝cs (α－ eq \f(π,3))＝ eq \f(1,2)cs α＋ eq \f(\r(3),2)sin α＝ eq \f(1,2)× eq \f(3\r(3),14)＋ eq \f(\r(3),2)× eq \f(13,14)＝ eq \f(4\r(3),7)，
在△ACD中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs θ，
即x2＝(8 eq \r(3))2＋x2－2×8 eq \r(3)× eq \f(4\r(3),7)x，
解得x＝7，即AD的长为7.