高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題24 正弦定理與余弦定理的應(yīng)用（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專題24正弦定理與余弦定理的應(yīng)用一、【知識(shí)精講】1.仰角和俯角在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標(biāo)視線的夾角，目標(biāo)視線在水平視線上方叫仰角，目標(biāo)視線在水平視線下方叫俯角(如圖1).2.方位角從正北方向起按順時(shí)針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線之間的水平夾角叫做方位角.如B點(diǎn)的方位角為α(如圖2).3.方向角：正北或正南方向線與目標(biāo)方向線所成的銳角，如南偏東30°，北偏西45°等.4.坡度：坡面與水平面所成的二面角的正切值.5.解決與平面幾何有關(guān)的計(jì)算問題關(guān)鍵是找清各量之間的關(guān)系，從而應(yīng)用正、余弦定理求解.[微點(diǎn)提醒]1.不要搞錯(cuò)各種角的含義，不要把這些角和三角形內(nèi)角之間的關(guān)系弄混.2.在實(shí)際問題中，可能會(huì)遇到空間與平面(地面)同時(shí)研究的問題，這時(shí)最好畫兩個(gè)圖形，一個(gè)空間圖形，一個(gè)平面圖形，這樣處理起來既清楚又不容易出現(xiàn)錯(cuò)誤.二、【典例精練】考點(diǎn)一求距離、高度問題角度1測(cè)量高度問題【例1－1】如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測(cè)得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達(dá)B處，測(cè)得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.【答案】100eq\r(6)【解析】由題意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，解得BC＝300eq\r(2)(m).在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝100eq\r(6)(m).【解法小結(jié)】1.在處理有關(guān)高度問題時(shí)，要理解仰角、俯角(它是在鉛垂面上所成的角)、方向(位)角(它是在水平面上所成的角)是關(guān)鍵.2.在實(shí)際問題中，可能會(huì)遇到空間與平面(地面)同時(shí)研究的問題，這時(shí)最好畫兩個(gè)圖形，一個(gè)空間圖形，一個(gè)平面圖形，這樣處理起來既清楚又不容易搞錯(cuò).3.注意山或塔垂直于地面或海平面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題.角度2測(cè)量距離問題【例1－2】如圖所示，某旅游景點(diǎn)有一座風(fēng)景秀麗的山峰，山上有一條筆直的山路BC和一條索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2個(gè)小時(shí)的時(shí)間進(jìn)行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1km，AC＝3km.假設(shè)小王和小李徒步攀登的速度為每小時(shí)1250米，請(qǐng)問：兩位登山愛好者能否在2個(gè)小時(shí)內(nèi)徒步登上山峰？(即從B點(diǎn)出發(fā)到達(dá)C點(diǎn))【解析】在△ABD中，由題意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1km，因?yàn)椤螦BD＝120°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，解得AD＝eq\r(3)km，在△ACD中，由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos150°，得9＝3＋CD2＋2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)CD，即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝eq\f(\r(33)－3,2)km(負(fù)值舍去)，BC＝BD＋CD＝eq\f(\r(33)－1,2)km，兩個(gè)小時(shí)小王和小李可徒步攀登1250×2＝2500米，即2.5千米，而eq\f(\r(33)－1,2)<eq\f(\r(36)－1,2)＝eq\f(5,2)＝2.5，所以兩位登山愛好者可以在兩個(gè)小時(shí)內(nèi)徒步登上山峰.【解法小結(jié)】1.選定或確定要?jiǎng)?chuàng)建的三角形，首先確定所求量所在的三角形，若其他量已知?jiǎng)t直接求解；若有未知量，則把未知量放在另一確定三角形中求解.2.確定用正弦定理還是余弦定理，如果都可用，就選擇更便于計(jì)算的定理.考點(diǎn)二測(cè)量角度問題【例2】游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處至景點(diǎn)C處有兩條線路．線路1是從A沿直線步行到C，線路2是先從A沿直線步行到景點(diǎn)B處，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處同時(shí)出發(fā)勻速步行，甲的速度是乙的速度的eq\f(11,9)倍，甲走線路2，乙走線路1，最后他們同時(shí)到達(dá)C處．經(jīng)測(cè)量，AB＝1040m，BC＝500m，則sin∠BAC等于________．【答案】eq\f(5,13)【解析】依題意，設(shè)乙的速度為xm/s，則甲的速度為eq\f(11,9)xm/s，因?yàn)锳B＝1040m，BC＝500m，所以eq\f(AC,x)＝eq\f(1040＋500,\f(11,9)x)，解得AC＝1260m.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(10402＋12602－5002,2×1040×1260)＝eq\f(12,13)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))2)＝eq\f(5,13).【解法小結(jié)】1.測(cè)量角度問題的關(guān)鍵是在弄清題意的基礎(chǔ)上，畫出表示實(shí)際問題的圖形，并在圖形中標(biāo)出有關(guān)的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后將解得的結(jié)果轉(zhuǎn)化為實(shí)際問題的解.2.方向角是相對(duì)于某點(diǎn)而言的，因此在確定方向角時(shí)，必須先弄清楚是哪一個(gè)點(diǎn)的方向角.考點(diǎn)三正(余)弦定理在平面幾何中的應(yīng)用【例3】(2014湖南,18,12分)如圖,在平面四邊形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=7.(1)求cos∠CAD的值;(2)若cos∠BAD=-714,sin∠CBA=21【解析】(1)在△ADC中,由余弦定理,得cos∠CAD=AC2+AD2(2)設(shè)∠BAC=α,則α=∠BAD-∠CAD.因?yàn)閏os∠CAD=277,cos∠BAD=-所以sin∠CAD=1-cos2∠CADsin∠BAD=1-cos2∠BAD于是sinα=sin(∠BAD-∠CAD)=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD=32114×277--7在△ABC中,由正弦定理,得BCsinα=故BC=AC·sinα【解法小結(jié)】1.把所提供的平面圖形拆分成若干個(gè)三角形，然后在各個(gè)三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解.2.尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果，求解時(shí)要靈活利用平面幾何的性質(zhì)，將幾何性質(zhì)與正弦、余弦定理有機(jī)結(jié)合起來.【思維升華】利用解三角形解決實(shí)際問題時(shí)：(1)要理解題意，整合題目條件，畫出示意圖，建立一個(gè)三角形模型；(2)要理解仰角、俯角、方位角、方向角等概念；(3)三角函數(shù)模型中，要確定相應(yīng)參數(shù)和自變量范圍，最后還要檢驗(yàn)問題的實(shí)際意義.【易錯(cuò)注意點(diǎn)】在三角形和三角函數(shù)的綜合問題中，要注意邊角關(guān)系相互制約，推理題中的隱含條件.三、【名校新題】1．(2019屆高三·溫州十校聯(lián)考)在△ABC中，若tanAtanB>1，則△ABC是()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．無法確定【答案】A【解析】因?yàn)锳和B都為三角形中的內(nèi)角，由tanAtanB>1，得1－tanAtanB<0，且tanA>0，tanB>0，即A，B為銳角，所以tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)<0，則A＋B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，即C為銳角，所以△ABC是銳角三角形．2.(2019屆安徽皖中摸底考試)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且sinAsinBA.π6 B.π3 C.2π3【答案】B【解析】由正弦定理得：ab+c+3.(2019屆湖南頂級(jí)名校10月聯(lián)考)如果把直角三角形的三邊都增加同樣的長(zhǎng)度,則所得新三角形的形狀為()A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.由增加的長(zhǎng)度決定【答案】A【解析】由余弦定理即得。4.(2019屆高三·鎮(zhèn)海中學(xué)檢測(cè))在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知b－c＝eq\f(1,4)a,2sinB＝3sinC，則cosA＝()A．－eq\f(1,4) B．eq\f(1,4)C．eq\f(7,8) D．eq\f(11,16)【答案】A【解析】在△ABC中，∵b－c＝eq\f(1,4)a,2sinB＝3sinC，利用正弦定理可得2b＝3c，則a＝2c，b＝eq\f(3,2)c.再由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)c))2＋c2－4c2,2×\f(3,2)c×c)＝－eq\f(1,4).5.(2019屆河南鄭州一中10月月考)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知cosA=-1010,c=5,△ABC的面積為3A.1 B.2 C.5 D.23【答案】C【解析】由cosA=-1010,得sinA=310a=5.6.(2019屆甘肅頂級(jí)名校10月聯(lián)考)若△ABC的內(nèi)角A,B滿足sinBA.33 B.32 C.22【答案】A【解析】由已知，tanC7.(2019·雅禮中學(xué)月考)如圖，兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站南偏西40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A.北偏東10° B.北偏西10°C.南偏東80° D.南偏西80°【答案】D【解析】由條件及圖可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B的南偏西80°.8.(2019·深圳模擬)一架直升飛機(jī)在200m高度處進(jìn)行測(cè)繪，測(cè)得一塔頂與塔底的俯角分別是30°和60°，則塔高為()A.eq\f(400,3)m B.eq\f(400\r(3),3)mC.eq\f(200\r(3),3)m D.eq\f(200,3)m【答案】A【解析】如圖所示.在Rt△ACD中可得CD＝eq\f(200\r(3),3)＝BE，在△ABE中，由正弦定理得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(BE,sin60°)，則AB＝eq\f(200,3)，所以DE＝BC＝200－eq\f(200,3)＝eq\f(400,3)(m).9.(2018山東菏澤3月聯(lián)考)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且acosB-c-b2=0,a2=72bc,b>c,則A.32 B.2 C.3 D.【答案】B10.(2018·衡水質(zhì)檢)某氣象儀器研究所按以下方案測(cè)試一種“彈射型”氣象觀測(cè)儀器的垂直彈射高度：在C處(點(diǎn)C在水平地面下方，O為CH與水平地面ABO的交點(diǎn))進(jìn)行該儀器的垂直彈射，水平地面上兩個(gè)觀察點(diǎn)A，B兩地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距離比B到C的距離遠(yuǎn)40米.A地測(cè)得該儀器在C處的俯角為∠OAC＝15°，A地測(cè)得最高點(diǎn)H的仰角為∠HAO＝30°，則該儀器的垂直彈射高度CH為()A.210(eq\r(6)＋eq\r(2))米 B.140eq\r(6)米C.210eq\r(2)米 D.20(eq\r(6)－eq\r(2))米【答案】B【解析】由題意，設(shè)AC＝x米，則BC＝(x－40)米，在△ABC內(nèi)，由余弦定理：BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，即(x－40)2＝x2＋10000－100x，解得x＝420(米).在△ACH中，AC＝420米，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，由正弦定理：eq\f(CH,sin∠CAH)＝eq\f(AC,sin∠AHC).可得CH＝AC·eq\f(sin∠CAH,sin∠AHC)＝140eq\r(6)(米).11.(2018山東濟(jì)寧二模,12)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且acosB-bcosA=23A.255 B.55 C.3【答案】A12．(2019屆高三·臺(tái)州中學(xué)檢測(cè))在△ABC中，若AB＝1，BC＝2，則角C的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))【答案】A【解析】因?yàn)閏＝AB＝1，a＝BC＝2，b＝AC.根據(jù)兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊可知1<b<3，根據(jù)余弦定理cosC＝eq\f(1,2ab)(a2＋b2－c2)＝eq\f(1,4b)(4＋b2－1)＝eq\f(1,4b)(3＋b2)＝eq\f(3,4b)＋eq\f(b,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(b))－\r(b)))2＋eq\f(\r(3),2)≥eq\f(\r(3),2).所以0<C≤eq\f(π,6).故選A.13.(2019屆湖北重點(diǎn)中學(xué)開學(xué)測(cè)試)△ABC的面積S=14(a2+b2-c2),則角C的大小為【答案】45°14.(2019屆山西康杰中學(xué)等名校9月聯(lián)考)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a,b,c,且asinA+bsinB-csinC=3bsinA,若c=2,則△ABC面積的最大值為.

【答案】2+315.(2019屆安徽黃山11月八校聯(lián)考)在△ABC中,∠B=60°,b=3,則當(dāng)c+2a取最大值時(shí),sinC=.

【答案】216.(2019屆高三·西湖區(qū)校級(jí)模擬)已知△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足2cos2A＋eq\r(3)sin2A＝2，b＝1，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，則A＝________，eq\f(b＋c,sinB＋sinC)＝________.【答案】eq\f(π,3)，2【解析】∵2cos2A＋eq\r(3)sin2A＝2，∴cos2A＋eq\r(3)sin2A＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴2A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴A＝eq\f(π,3).∵b＝1，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×c×eq\f(\r(3),2)，∴c＝2，∴由余弦定理可得，a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(12＋22－2×1×2×\f(1,2))＝eq\r(3)，∴eq\f(b＋c,sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.17.(2019屆寧夏頂級(jí)名校10月聯(lián)考,17)風(fēng)景秀美的寶湖畔有四棵高大的銀杏樹,記作A,B,P,Q,湖岸部分地方圍有鐵絲網(wǎng)不能靠近.欲測(cè)量P,Q兩棵樹和A,P兩棵樹之間的距離,現(xiàn)可測(cè)得A,B兩點(diǎn)間的距離為100m,∠PAB=75°,∠QAB=45°,∠PBA=60°,∠QBA=90°,如圖所示,求P,Q兩棵樹和A,P兩棵樹之間的距離各為多少.【解析】在△PAB中,∠APB=180°-(75°+60°)=45°,由正弦定理得APsin60°=100sin45°在△QAB中,∠ABQ=90°,AB=100,∴AQ=1002,又知∠PAQ=75°-45°=30°,則由余弦定理得PQ2=(506)2+(1002)2-2×506×1002·cos30°=5000,∴PQ=502.因此,P,Q兩棵樹之間的距離為502m,A,P兩棵樹之間的距離為506m.18.(2019·成都診斷)如圖，在平面四邊形ABCD中，已知A＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(2π,3)，AB＝6.在AB邊上取點(diǎn)E，使得BE＝1，連接EC，ED.若∠CED＝eq\f(2π,3)，EC＝eq\r(7).(1)求sin∠BCE的值；(2)求CD的長(zhǎng).【解析】(1)在△BEC中，由正弦定理，知eq\f(BE,sin∠BCE)＝eq\f(CE,sinB)，因?yàn)锽＝eq\f(2π,3)，BE＝1，CE＝eq\r(7)，所以sin∠BCE＝eq\f(BE·sinB,CE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),14).(2)因?yàn)椤螩ED＝B＝eq\f(2π,3)，所以∠DEA＝∠BCE，所以cos∠DEA＝eq\r(1－sin2∠DEA)＝eq\r(1－sin2∠BCE)＝eq\r(1－\f(3,28))＝eq\f(5\r(7),14).因?yàn)锳＝eq\f(π,2)，所以△AED為直角三角形，又AE＝5，所以ED＝eq\f(AE,cos∠DEA)＝eq\f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq\r(7).在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2×eq\r(7)×2eq\r(7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49.所以CD＝7.19.(2019·洛陽(yáng)二模)如圖，已知扇形的圓心角∠AOB＝eq\f(2π,3)，半徑為4eq\r(2)，若點(diǎn)C是eq\o(AB,\s\up8(︵))上的一動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)A，B重合).(1)若弦BC＝4(eq\r(3)－1)，求eq\o(BC,\s\up8(︵))的長(zhǎng)；(2)求四邊形OACB面積的最大值.【解析】(1)在△OBC中，BC＝4(eq\r(3)－1)，OB＝OC＝4eq\r(2)，所以由余弦定理得cos∠BOC＝eq\f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠BOC＝eq\f(π,6)，于是eq\o(BC,\s\up8(︵))的長(zhǎng)為eq\f(π,6)×4eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)π.(2)設(shè)∠AOC＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，則∠BOC＝eq\f(2π,3)－θ，S四邊形OACB＝S△AOC＋S△BOC＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)sinθ＋eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝24sinθ＋8eq\r(3)cosθ＝16eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，由于θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，四邊形OACB的面積取得最大值16eq\r(3).20.(2019屆廣東佛山順德第二次質(zhì)檢)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,2bsinCcosA+asinA=2csinB.(1)證明:△ABC為等腰三角形;(2