2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题30正弦定理和余弦定理（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题30正弦定理和余弦定理（教师版），共19页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【考纲要求】
1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.
2.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题．
【考点预测】
1．正弦定理与余弦定理
2.三角形中常用的面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)aha(ha表示边a上的高)；
(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A；
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
3．三角形解的判断
【常用结论】
1．三角形内角和定理
在△ABC中，A＋B＋C＝π；
变形：eq \f(A＋B,2)＝eq \f(π,2)－eq \f(C,2).
2．三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)＝cs eq \f(C,2).
(4)cseq \f(A＋B,2)＝sin eq \f(C,2).
3．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；
b＝acs C＋ccs A；
c＝bcs A＋acs B．
【方法技巧】
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.
3.判定三角形形状的途径：
(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；
(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
4.无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
5.与三角形面积有关问题的解题策略：
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
二、【题型归类】
【题型一】利用正弦定理、余弦定理解三角形
【典例1】已知在△ABC中，c＝2bcs B，C＝eq \f(2π,3).
(1)求B的大小；
(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度．
①c＝eq \r(2)b；②周长为4＋2eq \r(3)；③面积为S△ABC＝eq \f(3\r(3),4).
【解析】(1)∵c＝2bcs B，
则由正弦定理可得sin C＝2sin Bcs B，
∴sin 2B＝sin eq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),2)，∵C＝eq \f(2π,3)，
∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，2B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
∴2B＝eq \f(π,3)，解得B＝eq \f(π,6).
(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得
eq \f(c,b)＝eq \f(sin C,sin B)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq \r(3)，
与c＝eq \r(2)b矛盾，故这样的△ABC不存在；
若选择②：由(1)可得A＝eq \f(π,6)，
设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理可得a＝b＝2Rsin eq \f(π,6)＝R，
c＝2Rsin eq \f(2π,3)＝eq \r(3)R，
则周长为a＋b＋c＝2R＋eq \r(3)R＝4＋2eq \r(3)，
解得R＝2，则a＝2，c＝2eq \r(3)，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
eq \r(2\r(3)2＋12－2×2\r(3)×1×cs \f(π,6))＝eq \r(7)；
若选择③：由(1)可得A＝eq \f(π,6)，即a＝b，
则S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)a2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)，
解得a＝eq \r(3)，
则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
eq \r(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2－2×b×\f(a,2)×cs \f(2π,3))
＝eq \r(3＋\f(3,4)＋\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(21),2).
【典例2】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.
【解析】(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).
【典例3】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsin C＋asin A＝bsin B＋csin C.
(1)求A；
(2)设D是线段BC的中点，若c＝2，AD＝eq \r(13)，求a.
【解析】(1)根据正弦定理，
由bsin C＋asin A＝bsin B＋csin C，
可得bc＋a2＝b2＋c2，
即bc＝b2＋c2－a2，
由余弦定理可得，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
因为A为三角形内角，所以A＝eq \f(π,3).
(2)因为D是线段BC的中点，c＝2，AD＝eq \r(13)，
所以∠ADB＋∠ADC＝π，
则cs∠ADB＋cs∠ADC＝0，
所以eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq \f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝0，
即eq \f(13＋\f(a2,4)－22,2\r(13)·\f(a,2))＋eq \f(13＋\f(a2,4)－b2,2\r(13)·\f(a,2))＝0，
整理得a2＝2b2－44，
又a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋4－2b，
所以b2＋4－2b＝2b2－44，
解得b＝6或b＝－8(舍)，
因此a2＝2b2－44＝28，
所以a＝2eq \r(7).
【题型二】判断三角形的形状
【典例1】设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcs C＋ccs B＝asin 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
【解析】由正弦定理得sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin2A，
∴sin(B＋C)＝sin2A，
即sin(π－A)＝sin2A，sin A＝sin2A.
∵A∈(0，π)，∴sin A>0，∴sin A＝1，
即A＝eq \f(π,2)，∴△ABC为直角三角形．
故选B.
【典例2】(多选)已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是( )
A．若tan A＋tan B＋tan C>0，则△ABC是锐角三角形
B．若acs A＝bcs B，则△ABC是等腰三角形
C．若bcs C＋ccs B＝b，则△ABC是等腰三角形
D．若eq \f(a,cs A)＝eq \f(b,cs B)＝eq \f(c,cs C)，则△ABC是等边三角形
【解析】∵tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C>0，
∴A，B，C均为锐角，∴选项A正确；
由acs A＝bcs B及正弦定理，可得sin 2A＝sin 2B，
∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴选项B错；
由bcs C＋ccs B＝b及正弦定理，
可知sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin B，
∴sin A＝sin B，
∴A＝B，∴选项C正确；
由已知和正弦定理，易知tan A＝tan B＝tan C，
∴选项D正确．
故选ACD.
【典例3】在△ABC中，a∶b∶c＝3∶5∶7，那么△ABC是( )
A．直角三角形 B．钝角三角形
C．锐角三角形 D．非钝角三角形
【解析】因为a∶b∶c＝3∶5∶7，所以可设a＝3t，b＝5t，c＝7t，由余弦定理可得cs C＝eq \f(9t2＋25t2－49t2,2×3t×5t)＝－eq \f(1,2)，所以C＝120°，△ABC是钝角三角形.
故选B．
【题型三】与三角形面积有关的问题
【典例1】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝6，a＝2c，B＝eq \f(π,3)，则△ABC的面积为________．
【解析】法一：因为a＝2c，b＝6，B＝eq \f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \f(π,3)，得c＝2eq \r(3)，所以a＝4eq \r(3)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2eq \r(3)×sin eq \f(π,3)＝6eq \r(3).
法二：因为a＝2c，b＝6，B＝eq \f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \f(π,3)，得c＝2eq \r(3)，所以a＝4eq \r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq \f(π,2)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×6＝6eq \r(3).
【典例2】在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2＋b2－c2＝eq \r(3)ab，且acsin B＝2eq \r(3)sin C，则△ABC的面积为________．
【解析】因为a2＋b2－c2＝eq \r(3)ab，所以由余弦定理得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3)ab,2ab)＝eq \f(\r(3),2)，又0＜C＜π，所以C＝eq \f(π,6).因为acsin B＝2eq \r(3)sin C，结合正弦定理可得abc＝2eq \r(3)c，所以ab＝2eq \r(3).故S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)sineq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2).
【典例3】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))－asin C＝0.
(1)求角A的值；
(2)若△ABC的面积为eq \r(3)，周长为6，求a的值．
【解析】(1)因为csineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))－asin C＝0，
所以由正弦定理得sin Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin A＋\f(\r(3),2)cs A))－sin A·sin C＝0.
因为sin C>0，
所以eq \f(\r(3),2)cs A－eq \f(1,2)sin A＝0，即tan A＝eq \r(3)，
因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)因为△ABC的面积为eq \r(3)，所以eq \f(1,2)bcsin A＝eq \r(3)，得bc＝4.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－12，
因为△ABC的周长为6，即a＋b＋c＝6，
所以a2＝(6－a)2－12，
所以a＝2.
三、【培优训练】
【训练一】我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”公式．设△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2)))).若a2sin C＝2sin A，(a＋c)2＝6＋b2，则用“三斜求积”公式求得的△ABC的面积为( )
A．eq \r(3) B．1
C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(1,2)
【解析】因为a2sin C＝2sin A，所以a2c＝2a.又a＞0，所以ac＝2.
因为(a＋c)2＝6＋b2，所以a2＋c2＋2ac＝6＋b2，所以a2＋c2－b2＝6－2ac＝6－4＝2.所以△ABC的面积为S＝eq \r(\f(1,4)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2)))\s\up12(2))))＝eq \f(\r(3),2).
故选C.
【训练二】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq \f(1,tan A)，eq \f(1,tan B)，eq \f(1,tan C)依次成等差数列，则下列结论中不一定成立的是( )
A．a，b，c依次成等差数列
B.eq \r(a)，eq \r(b)，eq \r(c)依次成等差数列
C．a2，b2，c2依次成等差数列
D．a3，b3，c3依次成等差数列
【解析】在△ABC中，若eq \f(1,tan A)，eq \f(1,tan B)，eq \f(1,tan C)依次成等差数列，则eq \f(2,tan B)＝eq \f(1,tan A)＋eq \f(1,tan C).所以eq \f(2cs B,sin B)＝eq \f(cs A,sin A)＋eq \f(cs C,sin C).利用正弦定理和余弦定理得，2·eq \f(a2＋c2－b2,2abc)＝eq \f(b2＋c2－a2,2abc)＋eq \f(a2＋b2－c2,2abc)，整理得2b2＝a2＋c2，即a2，b2，c2依次成等差数列．此时对等差数列a2，b2，c2的每一项取相同的运算得到数列a，b，c或eq \r(a)，eq \r(b)，eq \r(c)或a3，b3，c3，这些数列一般都不可能是等差数列，除非a＝b＝c.故都不一定成立．
故选ABD.
【训练三】△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)accs B，且sin A＝3sin C．
(1)求角B的大小；
(2)若c＝2，AC的中点为D，求BD的长．
【解析】(1)因为S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),2)accs B，
所以tan B＝eq \r(3).
又0＜B＜π，所以B＝eq \f(π,3).
(2)sin A＝3sin C，由正弦定理得，a＝3c，所以a＝6.
由余弦定理得，b2＝62＋22－2×2×6×cs 60°＝28，所以b＝2eq \r(7).
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(（2\r(7)）2＋22－62,2×2×2\r(7))＝－eq \f(\r(7),14).
因为D是AC的中点，所以AD＝eq \r(7).
所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcs A＝22＋(eq \r(7))2－2×2×eq \r(7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(7),14)))＝13.
所以BD＝eq \r(13).
【训练四】如图所示，经过村庄A有两条夹角为60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?
【解析】设∠AMN＝θ，在△AMN中，
eq \f(MN,sin 60°)＝eq \f(AM,sin120°－θ).
因为MN＝2，所以AM＝eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．
在△APM中，cs∠AMP＝cs(60°＋θ)．
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cs∠AMP＝
eq \f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)·cs(60°＋θ)
＝eq \f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq \f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)·cs(θ＋60°)＋4
＝eq \f(8,3)[1－cs(2θ＋120°)]－eq \f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4
＝－eq \f(8,3)[eq \r(3)sin(2θ＋120°)＋cs(2θ＋120°)]＋eq \f(20,3)
＝eq \f(20,3)－eq \f(16,3)sin(2θ＋150°)，0°a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
由余弦定理可得
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋a＋12－a＋22,2aa＋1)
＝eq \f(a2－2a－3,2aa＋1)cs B恒成立
C．在△ABC中，若acs A＝bcs B，则△ABC必是等腰直角三角形
D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形
【解析】对于A，在△ABC中，由正弦定理可得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，所以sin A>sin B⇔a>b⇔A>B，故A正确；对于B，在锐角三角形ABC中，A，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且A＋B>eq \f(π,2)，则eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，所以sin A>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，故B正确；对于C，在△ABC中，由acs A＝bcs B，利用正弦定理可得sin 2A＝sin 2B，得到2A＝2B或2A＝π－2B，故A＝B或A＝eq \f(π,2)－B，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accs B，所以ac＝a2＋c2－ac，即(a－c)2＝0，解得a＝c.又B＝60°，所以△ABC必是等边三角形，故D正确．
故选ABD．
11. 某人向正东走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走3 km，结果离出发点恰好eq \r(3) km，那么x的值是( )
A.eq \r(3) B．2eq \r(3) C．3 D．6
【解析】如图，AB＝x，BC＝3，AC＝eq \r(3)，∠ABC＝30°.
由余弦定理得3＝x2＋9－2×3×x×cs 30°.
解得x＝2eq \r(3)或x＝eq \r(3)，
故选AB.
12. 对于△ABC，有如下判断，其中正确的判断是( )
A．若cs A＝cs B，则△ABC为等腰三角形
B．若△ABC为锐角三角形，有A＋B>eq \f(π,2)，则sin A>cs B
C．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
D．若sin2A＋sin2Beq \f(π,2)，则eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，∴sin A>cs B，故正确；
对于C，由余弦定理可得b＝eq \r(82＋102－2×8×10×\f(1,2))＝eq \r(84)，只有一解，故错误；
对于D，若sin2A＋sin2B