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微专题4　正弦定理、余弦定理
[考情分析]　本专题是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有考查，主要是利用正、余弦定理进行边角计算，利用正、余弦定理解决图形问题，将已知条件转化到三角形中，根据条件类型选择解题依据求解，以及解三角形在实际生活中的应用等.
微点一　利用正、余弦定理进行边角计算
1.(2025·新余模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=b，且=2(1+sin C)，则等于(　　)
A.2 B.3
C.-1 D.
2.在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=，b=4，ccos B+a=0，则边c=　　　　，点D在线段AB上，且∠CDA=，则CD=　　　　.
3.(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=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+，求c.
微点二　与多边形有关的解三角形问题
4.如图，在△ABC中，D为边BC上一点，DC=3，AD=5，AC=7，∠DAC=∠ABC.
(1)求∠ADC的大小；
(2)求△ABC的面积.
5.在梯形ABCD中，AD∥BC，设∠BAD=α，∠ABD=β，已知cos(α-β)=2sinsin.
(1)求∠ADB；
(2)若CD=2，AD=3，BC=4，求AB.
微点三　解三角形在实际生活中的应用
6.(2025·景德镇模拟)如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来测定节气的天文仪器，它包括一根直立的标杆(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光线与圭面所成的角也就是太阳高度角.圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至点.日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至点.已知某地冬至正午太阳高度角为36.9°，夏至正午太阳高度角为θ°，表高42厘米，圭面上冬至点与夏至点之间的距离为50厘米，则sin(θ°-36.9°)的值为(　　)
A. B.
C. D.
7.(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(≈1.732)(　　)
A.346 B.373
C.446 D.473
8.如图，某城市有一条公路从正西方向AO通过路口O后转向西北方向OB，围绕道路OA，OB打造了一个半径为2 km的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道MN，则MN的最小值为　　　　km.
[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
专题突破练
[分值：70分]
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.(2025·全国Ⅱ卷)在△ABC中，BC=2，AC=1+，AB=，则A等于(　　)
A.45° B.60°
C.120° D.135°
2.(2025·北京模拟)在△ABC中，a=2bsin A，则B等于(　　)
A. B.或
C. D.或
3.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C，且sin A+sin C=1，则△ABC的形状为(　　)
A.等边三角形
B.等腰直角三角形
C.顶角为的等腰三角形
D.顶角为的等腰三角形
4.已知△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若面积S=，则sin C等于(　　)
A. B.
C. D.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.(2025·马鞍山模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c=4且=，则(　　)
A.C=
B.△ABC的外接圆半径为
C.若a=2b，则△ABC的面积为
D.AB边上的中线CD的最大值为4
6.在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=1，CD=3，cos∠DAC=，cos∠ACD=，则(　　)
A.AD= B.cos∠BAD=-
C.·=- D.AC⊥BD
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.如图，在平面四边形ABCD中，∠ADB=45°，∠BAD=105°，AD=，BC=2，AC=3.则AB=　　　　，△ABC的面积为　　　　.
8.如图，某公园内有一个半圆形湖面，O为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点C，D，E，满足∠AOD=∠DOE=2∠AOC，在扇形AOC和四边形ODEB区域内种植荷花，在扇形COD区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道DE，EB作为观光路线，则当DE+EB取最大值时，sin∠AOC=　　　　.
四、解答题(共28分)
9.(13分)如图，在△ABC中，∠BAC=，∠BAC的平分线交BC于P点，AP=2.
(1)若BC=8，求△ABC的面积；(6分)
(2)若CP=4，求BP的长.(7分)
10.(15分)(2025·绍兴模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且bcos C+csin B=a+2c.
(1)求B的大小；(6分)
(2)如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB=B，CD=，BC=1，∠CAD=30°，求sin∠BCA及△ABC的面积.(9分)微专题4　正弦定理、余弦定理
[考情分析]　本专题是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有考查，主要是利用正、余弦定理进行边角计算，利用正、余弦定理解决图形问题，将已知条件转化到三角形中，根据条件类型选择解题依据求解，以及解三角形在实际生活中的应用等.
微点一　利用正、余弦定理进行边角计算
1.(2025·新余模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=b，且=2(1+sin C)，则等于(　　)
A.2 B.3
C.-1 D.
答案　D
解析　由=2(1+sin C)及正弦定理可得=2(1+sin C)，c2=2b2(1+sin C)，
由a=b及余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=2b2(1-cos C)，
所以2b2(1+sin C)=2b2(1-cos C)，
所以sin C=-cos C，
故tan C=-，
又0所以c2=2b2(1-cos C)=b2(2+)，
所以=2+，
所以=.
2.在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=，b=4，ccos B+a=0，则边c=　　　　，点D在线段AB上，且∠CDA=，则CD=　　　　.
答案　　
解析　由余弦定理得c·+a=0，
即3a2+c2-b2=0，
∴c2=b2-3a2=16-6=10，
解得c=-(舍去)或c=；
在△ABC中，由余弦定理得
cos A===，
∴sin A==，
在△ADC中，由正弦定理得
CD=·sin A=×=.
3.(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=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+，求c.
解　(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C，
因为a2+b2-c2=ab，所以cos C=，
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C===，
又因为sin C=cos B，即cos B=，
又B∈(0，π)，所以B=.
(2)由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)，
从而C=，sin A=sin(B+C)=sin
=×+×=.
方法一　由正弦定理有=，
从而b=·c=c，
由三角形面积公式可知，
△ABC的面积可表示为S△ABC=bc·sin A
=·c·c·=c2，
由已知△ABC的面积为3+，
可得c2=3+，所以c=2.
方法二　记R为△ABC外接圆的半径，
由正弦定理得
S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C
=2R2···=·R2=3+.
所以R=2.
所以c=2R·sin C=2×2×=2.
微点二　与多边形有关的解三角形问题
4.如图，在△ABC中，D为边BC上一点，DC=3，AD=5，AC=7，∠DAC=∠ABC.
(1)求∠ADC的大小；
(2)求△ABC的面积.
解　(1)在△ADC中，cos∠ADC===-，
又0°<∠ADC<180°，所以∠ADC=120°.
(2)在△ADC中，=，
则sin∠DAC==，
因为∠DAC=∠ABC，0°<∠DAC<60°，
所以sin∠ABC=，cos∠ABC=，
在△ABD中，=，
则AB==，
sin∠BAD=sin(∠ABC+∠ADB)=sin(∠ABC+60°)=sin∠ABCcos 60°+cos∠ABCsin 60°=，
在△ABD中，因为=，
所以BD==，
则BC=BD+DC=，
故S△ABC=AB·BCsin∠ABC=×××=.
5.在梯形ABCD中，AD∥BC，设∠BAD=α，∠ABD=β，已知cos(α-β)=2sinsin.
(1)求∠ADB；
(2)若CD=2，AD=3，BC=4，求AB.
解　(1)cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β，
2sinsin
=2
=2
即2cos αcos β+2sin αsin β=sin αsin β+sin αcos β+sin βcos α+3cos αcos β，
即sin αsin β-cos αcos β=(sin αcos β+sin βcos α)，
即-cos(α+β)=sin(α+β)，
即tan(α+β)=-，
又α+β=π-∠ADB，
故tan(π-∠ADB)=-，
即tan∠ADB=，
又∠ADB∈(0，π)，故∠ADB=.
(2)由AD∥BC，
故∠DBC=∠ADB=，
由正弦定理可得=，
即sin∠BDC===1，
故∠BDC=，
则BD===2，
由余弦定理可得
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB，
即AB2=9+12-18=3，
故AB=.
微点三　解三角形在实际生活中的应用
6.(2025·景德镇模拟)如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来测定节气的天文仪器，它包括一根直立的标杆(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光线与圭面所成的角也就是太阳高度角.圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至点.日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至点.已知某地冬至正午太阳高度角为36.9°，夏至正午太阳高度角为θ°，表高42厘米，圭面上冬至点与夏至点之间的距离为50厘米，则sin(θ°-36.9°)的值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　如图，tan∠ABC=tan 36.9°=，AC=42，
∴BC=56.
又BD=50，∴CD=6，
在Rt△ACD中，AD==30.
在△ABD中，根据正弦定理可知=，
即=，
解得sin(θ°-36.9°)=.
7.(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(≈1.732)(　　)
A.346 B.373
C.446 D.473
答案　B
解析　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=.
在△A'B'C'中，∠C'A'B'=75°，
则BD=A'B'=.
又在B点处测得A点的仰角为45°，
所以AD=BD=，
所以高度差AA'-CC'=AD+BE
=+100=+100
=+100=+100
=100(+1)+100≈373.
8.如图，某城市有一条公路从正西方向AO通过路口O后转向西北方向OB，围绕道路OA，OB打造了一个半径为2 km的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道MN，则MN的最小值为　　　　km.
答案　4+4
解析　如图，设切点为P，连接OP.由题意得∠MON=135°，
设OM=a km，ON=b km，
在△OMN中，
MN2=a2+b2-2abcos 135°
=a2+b2+ab≥(2+)ab，
当且仅当a=b时取等号.
设∠OMN=α，则∠ONM=45°-α，
所以a=，b=，
故ab=
=≥
(当且仅当α=22.5°时取等号)，
所以MN2≥=16(+1)2，
解得MN≥4(+1)，
所以MN的最小值为(4+4)km.
[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
专题突破练
[分值：70分]
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.(2025·全国Ⅱ卷)在△ABC中，BC=2，AC=1+，AB=，则A等于(　　)
A.45° B.60°
C.120° D.135°
答案　A
解析　方法一　由余弦定理得cos A=
==，
又0°方法二　由题意得BC所以A<60°，结合选项可知A正确.
2.(2025·北京模拟)在△ABC中，a=2bsin A，则B等于(　　)
A. B.或
C. D.或
答案　D
解析　因为a=2bsin A，
由正弦定理，得sin A=2sin Bsin A，
因为00，
所以sin B=，
因为0所以B=或B=.
3.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C，且sin A+sin C=1，则△ABC的形状为(　　)
A.等边三角形
B.等腰直角三角形
C.顶角为的等腰三角形
D.顶角为的等腰三角形
答案　D
解析　由题意得，1-sin2A-(1-sin2B)+1-sin2C=1+sin Asin C，
即sin2A+sin2C-sin2B=-sin Asin C，由正弦定理及余弦定理得=-，
即cos B=-，∵B∈(0，π)，∴B=，
故sin A+sin=1，整理得sin=1，可得A=，∴B=，
故△ABC为顶角为的等腰三角形.
4.已知△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若面积S=，则sin C等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　因为S=absin C，
所以absin C==，
又由c2=a2+b2-2abcos C
a2+b2-c2=2abcos C，
所以absin C=
4cos C+4=3sin C.
所以4cos C=3sin C-4 (4cos C)2=(3sin C-4)2
16cos2C=9sin2C-24sin C+16 16(1-sin2C)=9sin2C-24sin C+16，
所以25sin2C-24sin C=0，
又因为在△ABC中，sin C≠0，
所以sin C=.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.(2025·马鞍山模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c=4且=，则(　　)
A.C=
B.△ABC的外接圆半径为
C.若a=2b，则△ABC的面积为
D.AB边上的中线CD的最大值为4
答案　BC
解析　对于A，由=和正弦定理，
可得sin Ccos B=2sin Acos C-sin Bcos C，
移项得sin Ccos B+sin Bcos C=2sin Acos C，
即sin(B+C)=2sin Acos C，
因为B+C=π-A，则sin(B+C)=sin A，
代入上式，得sin A(1-2cos C)=0，
因为00，
故cos C=.
又因为0对于B，由正弦定理，2R===，
即△ABC的外接圆半径为，故B正确；
对于C，由余弦定理得，16=a2+b2-2abcos=a2+b2-ab，
因为a=2b，所以16=5b2-2b2=3b2，
得b2=，a2=，
又因为b2+c2=+16==a2，则A=，
可知△ABC的面积为bcsin A=××4=，故C正确；
对于D，由余弦定理和基本不等式，可得16=a2+b2-ab≥ab，当且仅当a=b时取等号，
因为CD为AB边上的中线，则=+)，
两边取平方，可得||2=+2·+)=(b2+2bacos∠ACB+a2)=(a2+b2+ab)，
则||==≤=2，
当且仅当a=b=4时，等号成立，CD取得最大值2，故D错误.
6.在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=1，CD=3，cos∠DAC=，cos∠ACD=，则(　　)
A.AD= B.cos∠BAD=-
C.·=- D.AC⊥BD
答案　ABD
解析　在△ACD中，
cos∠DAC=，cos∠ACD=，则sin∠DAC=，sin∠ACD=，
由正弦定理知=，
即AD===，故A正确；
cos∠ADC=cos(π-∠DAC-∠ACD)
=-cos(∠DAC+∠ACD)
=sin∠DACsin∠ACD-cos∠DACcos∠ACD
=×-×=，
∵AB∥CD，∴∠BAD=π-∠ADC，
∴cos∠BAD=cos(π-∠ADC)=-cos∠ADC=-，故B正确；
·=||·||cos(π-∠BAD)
=||·||cos∠ADC=1××=，故C错误；
·=(+)·(+)
=·+·++·
=-3×1++3××=0，
故⊥，即AC⊥BD，故D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.如图，在平面四边形ABCD中，∠ADB=45°，∠BAD=105°，AD=，BC=2，AC=3.则AB=　　　　，△ABC的面积为　　　　.
答案　　
解析　在△ABD中，∠ABD=180°-(45°+105°)=30°，
由正弦定理得AB==.
在△ABC中，由余弦定理得
cos∠ABC===-，
∴sin∠ABC==.
∴S△ABC=×AB×BC×sin∠ABC=××2×=.
8.如图，某公园内有一个半圆形湖面，O为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点C，D，E，满足∠AOD=∠DOE=2∠AOC，在扇形AOC和四边形ODEB区域内种植荷花，在扇形COD区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道DE，EB作为观光路线，则当DE+EB取最大值时，sin∠AOC=　　　　.
答案　
解析　设∠AOC=θ，0<θ<，
则∠DOE=2θ，∠EOB=π-4θ，
在△DOE中，由余弦定理得
DE=
==2sin θ，
在△BOE中，由余弦定理得
BE=
==2cos 2θ，
所以DE+EB=2sin θ+2cos 2θ
=2sin θ+2(1-2sin2θ)=-4+，
又0<θ<，
所以当sin θ=时，DE+EB有最大值.
四、解答题(共28分)
9.(13分)如图，在△ABC中，∠BAC=，∠BAC的平分线交BC于P点，AP=2.
(1)若BC=8，求△ABC的面积；(6分)
(2)若CP=4，求BP的长.(7分)
解　(1)△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，
在△ABC中，由余弦定理得
BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC，
即64=c2+b2+b·c，①
因为S△ABC=S△ABP+S△ACP，
即·=·+·，
整理得b·c=2b+2c，②
联立①②解得b·c=2+2，
所以S△ABC=bcsin∠BAC=.
(2)因为AP=2，CP=4，∠PAC=，
所以在△APC中，由余弦定理可得
CP2=AP2+AC2-2AP·AC·cos∠CAP，
所以16=4+AC2-2AC，
解得AC=1+，
由正弦定理得=，
即=，
解得sin C=，
所以cos C==，
sin B=sin(∠BAC+C)
=sin∠BACcos C+cos∠BACsin C=，
在△ABC中，由正弦定理得=，
则=，解得BC=，
所以PB=BC-PC=-4=.
10.(15分)(2025·绍兴模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且bcos C+csin B=a+2c.
(1)求B的大小；(6分)
(2)如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB=B，CD=，BC=1，∠CAD=30°，求sin∠BCA及△ABC的面积.(9分)
解　(1)∵bcos C+csin B=a+2c，
由正弦定理边化角得sin Bcos C+sin Csin B
=sin A+2sin C，
由三角形内角和为180°可得sin A=sin(B+C)，
即sin Bcos C+sin Csin B=sin(B+C)+2sin C=sin Bcos C+cos Bsin C+2sin C，
即sin Csin B-cos Bsin C=2sin C，
又∵sin C≠0，
∴sin B-cos B=2 sin B-cos B=1，
即sin(B-30°)=1，
又∵0°即B=120°.
(2)设∠BCA=θ，由(1)知∠DCB=120°，
在△ACD中，=，
D=180°-30°-(120°-θ)=30°+θ，CD=，
∴AC==2sin(θ+30°)，
在△ABC中，=，
∠BAC=180°-120°-θ=60°-θ，BC=1，
∴AC== =，
即2sin(θ+30°)=，
∴4sin(θ+30°)cos(θ+30°)=1 2sin(2θ+60°)=1，
∴sin(2θ+60°)=，
又∵0°<θ<60°，
∴2θ+60°=150°，解得θ=45°，
∴sin∠BCA=sin θ=sin 45°=，
又由AC=2sin(θ+30°)=2sin(45°+30°)
=2×=，
于是S△ABC=BC·AC·sin∠BCA=×1×× =.

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