【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第五章 三角函数与解三角形 考点测试29 正弦定理和余弦定理 含解析【高考】.doc，共(17)页，172.000 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试29正弦定理和余弦定理高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值为5分、12分，中、低等难度考纲研读掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题一、基础小题1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，

b，c，已知cosA＝－35，a＝8，b＝5，则B＝()A.π4B．π6C.π3D．5π6答案B解析△ABC中，cosA＝－35，所以A∈π2，π，所以sinA＝1－cos2A＝45.又a＝8，b＝5，由正弦定理得asinA＝bsinB，解得sinB＝b

sinAa＝5×458＝12，又B∈0，π2，所以B＝π6.故选B.2．在△ABC中，若AB＝8，A＝120°，其面积为43，则BC＝()A．213B．413C．221D．47答案C解析因为S△ABC＝12AB·ACsinA＝43，故AC＝

2；由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA＝84，故BC＝221.故选C.3．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin2A＝asinB，2且c＝2b，则ab等于()A.32B．43C.2D．3答案D解析由bsin2A＝as

inB，得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，得cosA＝12.又c＝2b，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋4b2－4b2×12＝3b2，得ab＝3.故选D.4．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acsinB＝10si

nC，a＋b＝7，且cosC2＝155，则c＝()A．4B．5C.26D．7答案B解析∵acsinB＝10sinC.由正弦定理可得abc＝10c，即ab＝10.∵cosC2＝155，∴cosC＝2×1552－1＝15，则c＝a2＋

b2－2abcosC＝72－2×10－20×15＝5.故选B.5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，则tanC＝()A.34B．43C.－43D．－34答案C解析△ABC中，∵S＝12absinC，由余弦定理得c2＝a2

＋b2－2abcosC，且2S＝(a＋b)2－c2，∴absinC＝(a＋b)2－(a2＋b2－2abcosC)，整理得sinC－2cosC＝2，∴(sinC－2cosC)2＝4.∴(sinC－2cosC)2sin2C＋cos2C＝4，化简可得3tan2C＋4tanC＝0.∵C∈3(0,180°)

，∴tanC＝－43，故选C.6．(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinAk＝sinB3＝sinC4(k为非零实数)，则下列结论正确的是()A．当k＝5时，△ABC是直角三角形B．当k＝3时，△ABC是锐角三角形C．当k＝2时，△

ABC是钝角三角形D．当k＝1时，△ABC是钝角三角形答案ABC解析当k＝5时，sinA5＝sinB3＝sinC4，根据正弦定理不妨设a＝5m，b＝3m，c＝4m，显然△ABC是直角三角形，A正确；当k＝3时，sinA3＝sinB3＝sinC4，根据正弦定理不妨设a＝3m，b＝3m，c＝

4m，显然△ABC是等腰三角形，C为最大角，又a2＋b2－c2＝9m2＋9m2－16m2＝2m2＞0，说明C为锐角，故△ABC是锐角三角形，B正确；当k＝2时，sinA2＝sinB3＝sinC4，根据正弦定理不妨设a＝2m，b＝3m，c＝4m，显然C为最大角，又a2＋b2－c

2＝4m2＋9m2－16m2＝－3m2＜0，说明C为钝角，故△ABC是钝角三角形，C正确；当k＝1时，sinA1＝sinB3＝sinC4，根据正弦定理不妨设a＝m，b＝3m，c＝4m，此时a＋b＝c，不能构成三角形，D错误．故选ABC.7．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对的边分

别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是()A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6B．△ABC是钝角三角形C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为877答案ACD4解析(

a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，可设a＋b＝9t，a＋c＝10t，b＋c＝11t，解得a＝4t，b＝5t，c＝6t，t＞0，由正弦定理可得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，故A正确；由c为最大边，可得cosC＝

a2＋b2－c22ab＝16t2＋25t2－36t22·4t·5t＝18＞0，即C为锐角，故B错误；cosA＝b2＋c2－a22bc＝25t2＋36t2－16t22·5t·6t＝34，cos2A＝2cos2

A－1＝2×916－1＝18＝cosC，由2A，C∈(0，π)，可得2A＝C，故C正确；若c＝6，可得2R＝csinC＝61－164＝1677，△ABC外接圆的半径为877，故D正确．故选ACD.8．在△ABC中，角A，B

，C所对的边分别为a，b，c，且cos2B＋2sinAsinC＝1，则B的最大值为________；若b＝2，则△ABC的面积的最大值为________．答案π33解析由cos2B＋2sinAsinC＝1，可得1－2sin2

B＋2sinAsinC＝1，即sin2B＝sinAsinC，由正弦定理，可得b2＝ac，由余弦定理，可得cosB＝a2＋c2－b22ac≥2ac－ac2ac＝12，当且仅当a＝c时，等号成立，所以0＜B≤π3，于是B的最大值为π3，△ABC的面积S＝12acsinB≤12

×4×32＝3.二、高考小题9．(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝23，AC＝4，BC＝3，则cosB＝()A.19B．13C.12D．23答案A解析∵在△ABC中，cosC＝23，AC＝4，BC＝3，由余弦定

理得AB2＝AC25＋BC2－2AC·BC·cosC＝42＋32－2×4×3×23＝9，∴AB＝3，∴cosB＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝9＋9－162×3×3＝19.故选A.10．(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－

bsinB＝4csinC，cosA＝－14，则bc＝()A．6B．5C.4D．3答案A解析∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝b

2＋c2－a22bc＝b2＋c2－(4c2＋b2)2bc＝－3c22bc＝－14，∴bc＝6.故选A.11．(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3，B＝60°，a2＋c2＝3

ac，则b＝________.答案22解析由S△ABC＝12acsinB，得3＝12acsin60°，即3＝34ac，解得ac＝4.所以a2＋c2＝3ac＝12.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×12＝8.所以b＝22.12．(2021·浙江高

考)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝23，则AC＝________；cos∠MAC＝________.答案21323913解析解法一：由∠B＝60°，AB＝2，AM＝23，在△ABM中，由余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的

中点，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·ABcosB＝4＋64－2×8×2×12＝52，所以AC＝213，所以在△AMC中，由余弦定理，得cos∠MAC＝AC2＋AM2－MC22AC·AM6＝52＋12－1

62×213×23＝23913.解法二：由∠B＝60°，AB＝2，AM＝23，在△ABM中，由余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8.过点C作CD⊥BA交BA的延长线于点D，则BD＝4，AD＝2，CD＝43.所以在Rt△ADC中，AC2＝CD2＋AD2＝48＋4＝5

2，得AC＝213.在△AMC中，由余弦定理，得cos∠MAC＝AC2＋AM2－MC22AC·AM＝52＋12－162×213×23＝23913.13．(2020·全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则c

os∠FCB＝________.答案－14解析∵AB⊥AC，AB＝3，AC＝1，由勾股定理得BC＝AB2＋AC2＝2，同理得BD＝6，∴BF＝BD＝6.在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝3，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝A

C2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1×3×32＝1，∴CF＝CE＝1.在△BCF中，BC＝2，BF＝6，CF＝1，由余弦定理得cos∠FCB＝CF2＋BC2－BF22CF·BC＝1＋4－62×1×2＝－14.14．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB

＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.答案12257210解析如图，易知sinC＝45，sinA＝35，cosA＝45.7在△BDC中，由正弦定理可得BDsinC＝BCsin∠BDC

，∴BD＝BCsinCsin∠BDC＝3×4522＝1225.cos∠ABD＝cos(45°－∠A)＝22×45＋22×35＝7210.三、模拟小题15．(2021·北京市昌平区实验学校高三期中)在△

ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，如果a＝10，A＝30°，C＝105°，那么b＝()A.532B．52C．102D．202答案C解析因为A＝30°，C＝105°，所以B＝180°－A－C＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理可知，asinA

＝bsinB⇒10sin30°＝bsin45°⇒1012＝b22⇒b＝102.故选C.16．(2021·金华市江南中学期中)钝角三角形ABC的面积是12，AB＝1，BC＝2，则AC＝()A．5B．5C.2D

．1答案B解析由面积公式得：12×2sinB＝12，解得sinB＝22，所以B＝45°或B＝135°，当B＝45°时，由余弦定理得：AC2＝1＋2－22cos45°＝1，所以AC＝1，又因为AB＝1，BC＝2，所以此时△ABC为等腰直角三角形，不合题意

，舍去；所以B＝135°，由余弦定理得AC2＝1＋2－22cos135°＝5，所以AC＝5.故选B.817．(2021·四川省南充高级中学高三期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，A＝π6，且b2＝a2＋ac，则B＝(

)A.π6B．π3C.2π3D．π3或2π3答案B解析由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA，又A＝π6，∴a2＝b2＋c2－3bc，∵b2＝a2＋ac，∴3bc＝ac＋c2，即3b＝a＋c，由正弦定理可得3sinB＝sinA＋sinC，∴3sinB

＝sinπ6＋sin5π6－B，∴sinB－π6＝12，∴B－π6＝π6或5π6，∴B＝π3或π(舍去)．故选B.18．(2021·秦皇岛市抚宁区第一中学月考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.

已知3bsinA－acosB＝2b－c，则A＝()A.π6B．π4C.π3D．2π3答案C解析由已知和正弦定理得3sinBsinA－sinAcosB＝2sinB－sinC，即3sinBsinA－sinAcosB＝2sinB－sin(A＋B)，即3sinBsinA－sinAcosB＝2s

inB－(sinAcosB＋cosAsinB)所以3sinBsinA＝2sinB－cosAsinB，因为sinB≠0，所以3sinA＋cosA＝2，即sinA＋π6＝1，所以A＋π6＝π2＋2kπ，k∈Z，即A＝π3＋2kπ，k∈Z，又

A∈(0，π)，所以A＝π3.故选C.19．(2022·山东省枣庄八中开学考试)在△ABC中，A＝π3，b＝2，其面积为23，则sinA＋sinBa＋b等于()9A.14B．13C.36D．3＋18答案A解析因为在△ABC中，A＝π3，b＝2，其面积为23，所以23＝12bc

sinA，因此c＝4，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝4＋16－2×2×4×12＝12，所以a＝23，由正弦定理asinA＝bsinB，可得sinA＋sinBa＋b＝sinAa＝3223＝14.20．(多选)(2021·山东青岛高三期中)在△ABC中，内角A，B，C所

对的边分别为a，b，c.若asinA＝4bsinB，ac＝5(a2－b2－c2)，则下列结论正确的是()A．a＝2bB．cosA＝55C．sinB＝55D．△ABC为钝角三角形答案ACD解析由asinA＝bsinB，得asinB＝bsinA.又4bsinB＝asinA，

两式作比得a4b＝ba，所以a＝2b，故A正确；由ac＝5(a2－b2－c2)，得b2＋c2－a2＝－55ac，由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝－55ac2bc＝－55，故B错误；由于cosA<0，可得A为钝角，故D正确；由于2bsinA＝bsinB，可得sinB＝12sinA

＝12×1－－552＝55，故C正确．故选ACD.21．(多选)(2021·湖北荆州中学上学期月考)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－14，则()A．sin∠CDB＝31010B．

△ABC的面积为215C．△ABC的周长为12＋26D．△ABC为钝角三角形答案BCD解析由cos∠CDB＝－14，可得sin∠CDB＝1－116＝154，故A错误；设CD＝x，CB＝2x.在△CBD中，由余弦定理得－14＝9＋x2－4x26x，整理，得2x2－x－6＝

0，解得x＝2，即CD＝2，BC＝4，所以S△ABC＝S△BCD＋S△ADC＝12×3×2×154＋12×5×2×154＝215，故B正确；由余弦定理得cosB＝BC2＋BD2－CD22BC·BD＝BC2＋AB2－AC22BC·AB，即16＋9－42×4×3＝16＋64－AC22×4×8

，解得AC＝26，故△ABC的周长为AB＋AC＋BC＝8＋26＋4＝12＋26，故C正确；在△ABC中，由余弦定理可得，cos∠ACB＝16＋24－642×4×26＝－64<0，故∠ACB为钝角，故D正确．故选BCD.22．(2021·宁波中学高三模拟

)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3acosC＝4csinA，已知△ABC的面积等于10，b＝4，则tanC＝________，a的值为________．答案34253解析因为3acosC＝4csinA，由正弦定理得3sinAcosC＝4sinCsinA，在△ABC中，si

nA≠0，所以3cosC＝4sinC即tanC＝34，又根据sin2C＋cos2C＝1，所以sinC＝35，又△ABC的面积等于10，b＝4，所以S△ABC＝12absinC＝12a×4×35＝6a5＝10，11所以a＝253.一、高考大题1．(2021·天津高考)在△ABC中，角A，

B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinA∶sinB∶sinC＝2∶1∶2，b＝2.(1)求a的值；(2)求cosC的值；(3)求sin2C－π6的值．解(1)∵sinA∶sinB∶sinC＝2∶1∶2，由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶1∶2，又b＝2

，∴a＝22，c＝2.(2)由余弦定理可得cosC＝a2＋b2－c22ab＝8＋2－42×22×2＝34.(3)∵cosC＝34，C∈(0，π)，∴sinC＝1－cos2C＝74，∴sin2C＝2sinCcosC＝2×74×34＝378，cos2C＝2cos2C－1＝2×916－1

＝18，∴sin2C－π6＝sin2Ccosπ6－cos2Csinπ6＝378×32－18×12＝321－116.2．(2021·新高考Ⅰ卷)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＝asinC.(1)

证明：BD＝b；12(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.解(1)证明：∵BDsin∠ABC＝asinC，由正弦定理，得BD·b＝ac.又b2＝ac，所以BD·b＝b2，即BD＝b.(2)因为AD＝2DC，所以AD＝23b，DC＝13b.在△ABD中，由余弦定理，得cos∠ADB＝DA2＋DB

2－AB22DA·DB＝23b2＋b2－c22·23b·b；在△BCD中，由余弦定理，得cos∠BDC＝DB2＋DC2－BC22DB·DC＝b2＋13b2－a22b·13b.因为∠ADB＋∠BDC＝π，所以23b2＋b2－c22·23b·b＋b2＋

13b2－a22b·13b＝0，即113b2＝2a2＋c2.又b2＝ac，所以113ac＝2a2＋c2，即6a2－11ac＋3c2＝0，即(3a－c)(2a－3c)＝0，所以3a＝c或2a＝3c.当3a＝c时，由113b2＝2a2＋c2，得a2＝13b2，c2＝9a

2＝3b2，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC＝BC2＋BA2－AC22BC·BA＝a2＋c2－b22ac＝13b2＋3b2－b22b2＝73b22b2＝76＞1，不成立．当2a＝3c时，由113b2＝2a2＋c2，得a2＝32b2，c2＝23b2，在△

ABC中，由余弦定理，13得cos∠ABC＝BC2＋BA2－AC22BC·BA＝a2＋c2－b22ac＝32b2＋23b2－b22b2＝76b22b2＝712.综上，cos∠ABC＝712.3．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2bcosB，C＝2π3.(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＝2b；②周长为4＋23；③面积为S△ABC＝334.解(1)∵c＝2bcosB，则由正弦定理可得sinC＝2sinBcosB，∴sin2B＝sin2π3＝32，∵C＝2π3，∴B∈0，π3，2B

∈0，2π3，∴2B＝π3，解得B＝π6.(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得cb＝sinCsinB＝3212＝3，与c＝2b矛盾，故这样的△ABC不存在．若选择②：由(1)可得A＝π

6，设△ABC的外接圆半径为R，14则由正弦定理可得a＝b＝2Rsinπ6＝R，c＝2Rsin2π3＝3R，则周长a＋b＋c＝2R＋3R＝4＋23，解得R＝2，则a＝2，c＝23，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为(2

3)2＋12－2×23×1×cosπ6＝7.若选择③：由(1)可得A＝π6，即a＝b，则S△ABC＝12absinC＝12a2×32＝334，解得a＝3，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为b2＋a22－2×b×a2×cos2π

3＝3＋34＋3×32＝212.二、模拟大题4．(2021·重庆巴蜀中学高考适应性第三次月考)已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，选择下列两个条件之一：①cos2C＝2sin2A＋B2－1，②ab＋ba＋

1＝c2ab作为已知条件，解答以下问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．(1)求角C的大小；(2)若△ABC的面积为23，sinAsinB＝314，求c的值．解(1)若选择条件①：在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，15所以cos(A＋B)＝－cosC，因为cos2C

＝2sin2A＋B2－1，所以cos2C＝1－cos(A＋B)－1，即2cos2C－cosC－1＝0，所以(2cosC＋1)(cosC－1)＝0，解得cosC＝－12或cosC＝1(舍去)，因为0<C<π，所以C＝2π3.若选择条件②：由ab＋ba＋1＝c2

ab，可得a2＋b2＋ab＝c2，即有a2＋b2－c2＝－ab，所以cosC＝a2＋b2－c22ab＝－ab2ab＝－12，因为△ABC中，0<C<π，所以C＝2π3.(2)△ABC的面积S＝12absinC＝23，结合(1)中C＝2π3，得ab＝8，利用正弦定理，sinAsinB

＝ab(2R)2＝314，解得2R＝4213，又C＝2π3，所以c＝2RsinC＝4213×32＝27.5.(2021·河北省级联测高三第一次考试)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.a＝27，b＝2，且3cosA(ccosB＋bcosC)＋asinA＝0.16(1)求A

；(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．解(1)因为3cosA(ccosB＋bcosC)＋asinA＝0，由正弦定理得3cosA(sinCcosB＋sinBcosC)＋sinAsinA＝0，

即3cosAsin(B＋C)＋sin2A＝0，在△ABC中，sin(B＋C)＝sinA≠0，所以3cosA＋sinA＝0，即tanA＝sinAcosA＝－3，因为A为△ABC的内角，所以A＝2π3.(2)在△ABC中

，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA，即28＝4＋c2－2×2c×－12，即c2＋2c－24＝0.解得c＝－6(舍去)或c＝4，故c＝4.因为c2＝b2＋a2－2abcosC，所以16＝4＋28－2×27×2×c

osC，所以cosC＝27，所以CD＝ACcosC＝227＝7，所以CD＝12BC.所以S△ABC＝12AB·ACsin∠BAC＝12×4×2×32＝23，所以S△ABD＝12S△ABC＝3.6．(2021·广东省茂名五校高三第一次联考)在矩形ABCD所在平面内，E为矩

形ABCD外一点．且AB＝2AD，ED＝3，AE＝3.(1)若∠ADE＝60°，求AD的长度；17(2)若∠DEA＝θ(θ为钝角)，当多边形ABCDE的面积最大时，求tanθ的值．解(1)在△ADE中，根据正弦定理

，得AEsin∠ADE＝DEsin∠DAE⇒3sin60°＝3sin∠DAE⇒sin∠DAE＝12.因为AE>DE，所以∠EAD<60°，所以∠EAD＝30°，则∠AED＝90°，所以AD＝23.(2)因为θ是钝角，所以点E在以AD为直径的圆内且在矩形

ABCD外，所以多边形ABCDE是凸五边形．则S多边形ABCDE＝S△ADE＋S矩形ABCD，S△ADE＝332sinθ，S矩形ABCD＝AD·AB＝2AD2，在△ADE中，由余弦定理，AD2＝9＋3－63cosθ＝12－63cosθ，S矩

形ABCD＝2AD2＝24－123cosθ，所以S多边形ABCDE＝332sinθ－123cosθ＋24＝332(sinθ－8cosθ)＋24＝31952165sinθ－865cosθ＋24＝31952

sin(θ－φ)＋24，sinφ＝865，cosφ＝165，当且仅当θ－φ＝π2，即θ＝π2＋φ时，S多边形ABCDE取得最大值，此时sinθ＝cosφ＝165，cosθ＝－sinφ＝－865，所以tanθ＝－18.