2025高考数学二轮复习：正弦定理、余弦定理 专项训练【含答案】

微专题17正弦定理、余弦定理

［考情分析］解三角形是高考考查的热点，三角恒等变换单独考查的题目较少，多以解三角

形为背景，在用正弦定理、余弦定理的同时，经常应用三角恒等变换进行化简，综合性较强,

难度中等.

■思维导图

同角三角函数关系式1

诱导公式一

-利用正余弦定理进行边角计算

两角和与差的正弦、余弦、正切公式一必备

一常见

正—利用正余弦定理解决与多边形有关的三角形问题

二倍角公式一知识题型

弦一解三角形在实际生活中的应用

正弦定理与余弦定理一定

三角形面积公式一理

、

余

弦

边角相互转化「定

L忽略边角互化时如何选择正弦定理、余弦定理

理

几何法—必备常见

一一忽略处理计算中增解问题

斜三角形数学模型一解法误区

一忽略角的范围限制

方程组法一

典型例题

考点一利用正余弦定理进行边角计算

N—I—「2—

【典例1】（2023•全国甲卷）记△NBC的内角4,B,C的对边分别为a,b,。，已知、十。61

cosA

2.

⑴求be；

⑵若沁匕9—^=1,求△NBC面积.

6zcosB+bcosAc

解（1）由余弦定理知a*2=b2+c2—2/JCCOSA,

所以6―26ccos/

=2bc=2,

cosAcosA

解得bc=l.

qcosB—bcos/b

（2）由正弦定理可得

QCOS5+6COS/c

_sin4cos5-sin5cos4sin5

sinAcos5+sinBcosAsinC

_sin(/-5)sin5

sin(4+B)sin(4+5)

_sin(Z-5)—sin5_1

sin(4+5)'

变形可得sin(Z—B)—sin(Z+5)=sin3,

即—2cos4sin5=sinB,

而0<sin5Wl,

所以cos4=-1,

2

又O<A<719

所以sin^=—,

2

故△45。的面积为S&ABc=lbcsinTX黄=黄.

2224

跟踪训练1(2023•安庆模拟)在△45。中，角力,B,。所对的边分别为a,b,c,且2asin/

=b(2sin5+3sinO+c(2sinC+加sinB).

⑴求角4；

(2)若b=2出,c=2,点。为边5C上一点，且N4DC=g,求△45。的面积.

解(1)由正弦定理可得〃2=b2+c2+d5bc,

根据余弦定理的推论得cos/=if=f^=—虫

2bc2bc2

又Z£(0,兀)，所以/=二.

6

(2)因为6=2A/5,C=2,

又a2=b2c2-\~\l3bc,解得a=2由,

a2~\-c2—b228+4-12=53

由余弦定理的推论得cosB=

2ac2X2X2由14

于是sinB=yjl—cos1B=

因为

=

所以sinZBAD=sinU-^cos5+-sinB=^^9sin/ADB=遂,

22142

在△45。中，由正弦定理得炖=BD,

sinZADBsinZBAD

2X3击

所以助=加工四。=二^=也，

sinZADB\J3_7

2

羊日G1JDon-D1yc76由3也

于是S^ABD=~ABBD-sin5=-X2XX-,

227147

所以△48。的面积为SB.

7

考点二与多边形有关的解三角形问题

【典例2】(2023・聊城模拟)在四边形48CD中，AB//CD.

⑴证明：sinZBAD=BC-sinZBCD；

(2)若4D=1,48=3,BC=0ZBAD=2ZBCD,求△BCD外接圆的面积.

(1)证明因为

所以NABD=NBDC,

在△48D中，

由正弦定理可知

AD_BD

sinZABDsinZBAD'

在△BCD中，由正弦定理可知

BCBD

sinZBDCsmZBCD

所以/Z>sin/BAD=BZ>sinNAaD,

BCsinZBCD=BDsmZBDC,

故有ADsmZBAD=BCsmZBCD.

(2)解由(1)可知,

ADsmZBAD=BCsmZBCD,

设ZBAD=2ZBCD=2a,

又因为40=1,BC—yf3,可得sin2a=3sina,

即2sinacosa=3sina,

解得cosa="^,所以a=匹，

在ZxABD中，由余弦定理得B£>222AB-AD-cosZBAD=7,

=AB+AD2—

则BD=S,

设△BCD外接圆的半径为R,

在△BCD中，由正弦定理可知

27?=sm^=T=2^'

2

所以R=也

所以△BCD外接圆的面积S=兀叱=7兀

跟踪训练2(2023・潍坊模拟)在四边形/BCD中，/BAD=]ZACD=^,AD=^3,S为

△/8C的面积，且2s=—也由I•反?.

C

B

-----、D

(1)求角5的值；

(2)若cosZ)=l,求四边形45c。的周长.

2

解(1)由2S=~yj3BABC9

得2X-ABBC'sinB=一^ABBCcosB,

2

即sin5=—A/5COS8,可得tan5=-3,

因为B£(0,7i),所以5=£.

(2)由cosZ)=；。£(0,7i),得。=：,

又NACD=Z

3

所以△4CZ)为等边三角形,

AC=AD='\l3,NCAD=匹,

3

所以NA4C=匹，ZACB=-9

66

AB

由正弦定理知

sinBsinZACB9

ACsinZACB

得4B1=BC,

sinB

2

故四边形/BCD的周长为2+23.

考点三解三角形在实际生活中的应用

【典例3】(1)(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8848.86(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/,B,C三点，且/,B,。在同一水平面上的投影H,夕，C'满足

NHCB'=45°,/⑷B'C=60。.由C点测得8点的仰角为15。，BB'与CC'的差

为100,由8点测得/点的仰角为45。，则N,C两点到水平面/'B'C的高度差44,一

CC约为(3-1732)()

A.346B.373C.446D.473

答案B

解析如图所示，根据题意过C作C力〃C'B',交BB'于E,

过2作3。〃/'B',交44'于。,

则5£,=100,

CB'=CE=-10°

tan15°

在△/'B'C中，ZCA'B'=75°,

则B'sn45。

sin75°

又在2点处测得/点的仰角为45。,

所以4D=BD=C§/sin45。

sin75°

所以高度差44'-CC=AD+BE

心夕地灯+ioo

sin75°

100・A”

---------sin45°

tan15°+10Q

sin75°

项晅空+loo

sin15°

也

lOOX"

2

=iH+10°

2

=100(3+1)+100心373.

（2）（2023•南京模拟）一货轮航行到加处，测得灯塔S在货轮的北偏东15。方向，与灯塔S相距

a海里，随后货轮按北偏西30。的方向，以每小时20（加一/）海里的速度航行30分钟后到达

N处，又测得灯塔S在货轮的东北方向，则。等于（）

A.20B.40

C.40-20A/3D.40+20^3

答案A

解析由题可知，ACV=20(^-^2)X0.5=10(A/6-^2),/5村=45。+60。=105。，ZMSN=

180°-105o-(30o+15o)=30°,

由两角和的正弦公式得，

sin105°=sin(45°+60°)

=sin45°cos600+cos45°sin60°

加+仍

4

在△MVS中，由正弦定理得，

MN_SM

sinZMSNsinNSTW'

即log-也)=a

sin30°sin1050'

解得q=20.

跟踪训练3(1)(2023•双鸭山模拟)如图，某公园内有一个半圆形湖面，。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N49D=NQOE=2N4OC,在扇形40。

和四边形8防区域内种植荷花，在扇形C。。区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道

DE,防作为观光路线，则当QE+班取最大值时，sinZAOC=.

E

宏案-

4

解析设//。。=仇0<0<-,

4

则ZEOB^n-40,

在△。。£中，由余弦定理得

DE=yJOD2+OE2-2ODOEcos23

=72（1—cos29）=2sin0,

在中，由余弦定理得

BEOB?+OE2—2OB•OE•COS（TI—49）

=A/2（1+COS40=2cos20,

所以DE+£3=2sin。+2cos20=2sin0+2（1-2sin20=76"一12+：,

又0<0<三，所以当sin6=1时，DE+ES有最大值.

44

（2）（2023•杭州模拟）雷峰塔初名黄妃塔，又名西关砖塔，位于浙江省杭州市西湖区，地处西湖

风景区南岸夕照山（海拔46米）之上，是吴越国王钱俶为供奉佛螺髻发舍利、祈求国泰民安而

建.始建于北宋太平兴国二年（977年），历代屡加重修.现存建筑以原雷峰塔为原型设计，重

建于2002年，是“西湖十景”之一'中国九大名塔之一，为中国首座彩色铜雕宝塔.李华同

学为测量塔高，在西湖边相距400米的4,C两处（海拔均约16米）各放置一架垂直于地面高

为1.5米的测角仪48,Q）（如图所示）.在测角仪3处测得两个数据：塔顶州的仰角

=30。及塔顶〃■与观测仪。点的视角ZMBD=16.3°,在测角仪D处测得塔顶M与观测仪B

点的视角李华根据以上数据估计雷峰塔VN的高度约为（）

（参考数据：sin15.1°七0.2605,sin31.4°七0.5210）

M

A.70.5米B.71米C.71.5米D.72米

答案C

解析在中，30=400,

NMBD=16.3°,

所以/2〃0=180°—16.3°—15.1°

=180°-31.4°,

BDBM

由正弦定理得

sinZBMDsinZ.MDB

BD-sinNMDB400X0.2605

所以BM=〜-----------------=200,

sinZBMD0.5210

在RtAMBP中，

MP=BMsinZMBP^200sm30°=100,

延长R4至0,设0处海拔为0,延长〃尸至。，。处海拔为0,连接。。,

M

Q0

由题意知MP=100,OP=Q4+48=16+1.5=17.5,0N=46,

MN=MP—NP=MP—(ON-OP)=\QQ-(46—175)=715.

［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

|分析卜延薜题意，分析已知与未知，画出示意图)

根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量

隹区卜尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角

、形的模型__________________________________

I求:解H利用正、余弦定理解三角形，求得数学模型的解)

r-L,检验上述所求出的解是否具有实际意义，从而

y得出实际问题的解

热点突破

1.△/BC的内角/,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin/—bsin2=4csinC,cos/=一

L贝心等于()

4c

A.6B.5C.4D.3

答案A

解析Vtzsin^—Z?sin5=4csinC,

・••由正弦定理得〃2—"=牝2,

即a*2=4c2+b2.

由余弦定理得

(4c2+62)

COS71

2bc2bc

__3c2__1

2bc4,

2.(2023・天津模拟)已知△45。中，角4,B,。所对的边分别是a,b,c,若(a+b—c)(b+c

+。）=3。6,且sinC=2sin5cos4,那么△45。是（）

A.直角三角形

B.钝角三角形

C.等边三角形

D.等腰直角三角形

答案C

解析由（a+b—C）（6+C+Q）=3Q6,

得（q+b）2—c2=3ab,

整理得a2+b2—c2=ab,

万2

n।Q2+/J2—cab_1

贝1]cosC=--------------

lab2ab2’

因为C£（0,7i）,所以。=；,

又由sinC=2sinBcosA及正弦定理得,

c=2b・-化简得〃=b,

2bc

所以△A8C为等边三角形.

3.（2023-长沙模拟）逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出

中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直

线行驶，在N,B,C三处测得道路一侧山顶尸的仰角依次为30。，45°,60°,其中

BC=b（0<a〈3b）,则此山的高度为（）

A112ab(a+b)

'2V3b-a

1l5ab(a-\-b)6ab(a-\-b)

'2\l3b—aD.

3b—a

答案D

解析如图，设点尸在地面上的正投影为点。，则

ZJR4O=30°,N尸50=45。，ZPCO=60°,

设山高PO=〃，则40=3〃，BO=h,CO=Z

3

由题意知，cosAABO=—cosZCBO,

即次十〃2—3后「尻+序—；

2ah2bh

整理得h2=3ab(a+b),

2(3—a)

所以〃=

4.(2023•兰州模拟)在△/8C中，角/,B,C的对边分别为a,b,c,已知°=3，c—1,(b

—2c)cosA=acos(A+C),则角。等于()

A.-B-C.-D—

43612

答案C

解析因为(b—2c)cosA=acos(A+Q,

所以由正弦定理得(sinB—2sinQcosA=sinAcos(A+C),

因为cos(4+C)=-cos'

所以(sin2sinQcos4=一sin/cosB,

即sinAcos5+sinBcos24=2sinCeosA,

所以sin(/+5)=sinC=2sinCeosAf

又C£(0,兀)，所以sinOO,

所以cos4=1,

2

又/e（o,兀），所以/=；,

又a=Mc=l,

由正弦定理得q=。，

sinAsinC

所以sinC='sin/=4义追=1,

aW22

所以C=f或干，

66

由c<a得C</,所以C=2

6

5.（多选X2023•永州模拟）在△A3C中，内角/,B,C的对边分别为,b,c,下列说法中正

确的是（）

A.若△/2C为锐角三角形且/>3,则sin/>cos3

B.若sin2/=sin23,则△/8C为等腰三角形

C.若/>8,贝！Jsin/>sin8

D.若a=8,c=10,8=60。，则符合条件的△NBC有两个

答案AC

解析若△4BC为锐角三角形，则/e（°'J,Bet0,J,

2

即A£—B,

2

・••MdI3

2

仅-3〕

贝!Jsin4>sin（2J=cos5,A正确；

sin2Z=sin2B,贝I2A=2B或2/+25=冗，

即A=B或4+5="，

2

为等腰三角形或直角三角形，B错误；

■:A>B6a>b,

根据正弦定理Q=2RsinZ,b=2RsinB,

A>B^a>b^2RsinA>2RsinBBsinZ>sinB,C正确；

b2=a2+c2-26zccosB,

即Z>2=82+102-2X8X10X-=84,

2

即6=2亚，

符合条件的△48C只有一个，D错误.

6.（多选）在△ZBC中，。在线段43上，且/。=5,BD=3,若CB=2CD,cos/CDB=-1,

则（）

3

A.sin/CAD=』

10

B.△/BC的面积为8

C.△/BC的周长为8+4布

D.△NBC为钝角三角形

答案BCD

卡

解析因为cos/CDB=------,

5

所以sinZCDB=1~cos2ZCDB=

CBCD

又由正弦定理得一

sinZCDBsinZCBD9

所以sin/C8O=：,故A错误;

设CD=a,则3c=2a,在△BCD中，由余弦定理，得BC=CD2+BD2-2BDCDCOS/CDB,

即4a』°2+9—2X3XaX15J,

解得a=^5,

所以SADBC=-BD-CDsinZCDB=-X3X\[5X^=3,

225

所以S/^ABC=-----S^DBC=8,故B正确；

3

因为NADC=n—NCDB,

所以cosZADC=COS(71-ZCDB)

卡

=-cos/CDB=-^,

2

在△4DC中，由余弦定理得4c=4C>2+CD2—24C).QC.COSN4DC,

即NC2=25+(七>一2*5*君义：，

解得

所以&4BC的周长为AB+AC+BC

=3+5+245+2示=8+4{5,故C正确；

因为48=8为最大边，

BC^+AC^-AB2

所以cosAACB—<0,

2BC-AC5

BPZACB为钝角,

所以△A8C为钝角三角形，故D正确.

7.（2023•全国甲卷）在△NBC中，ZBAC=60°,AB=2,BC=a,/A4c的角平分线交8c

于。，则/£>=.

答案2

解析如图所示，记/B=c=2,AC=b,BC=a=y[6.

方法一在△NBC中，由余弦定理可得,

a2=b2-\~c2—2bccosXBAC,

即6=抉+22—2XbX2Xcos60°,

解得6=1+3(负值舍去)，

由S"5C=Sa"£>+S44C£)可得，

^X2X(1+3)Xsin60°=：X2XADXsin30°+：><(1+3)XADXsin30°,

解得/。=2.

方法二在△48C中，由余弦定理可得，°2=62+C2—26CCOS/A4C,

即6=〃+22—2X6X2Xcos60°,

解得6=1+3(负值舍去)，

由正弦定理可得」^=生8="一,

sin60°sinBsinC

的用.«+也.「A/2

斛付sinB=-------,sinC=一,

42

因为1+3>弋6>2,

所以C=45°,5=180o-60O-45o=75°,

又乙B4D=30。，

所以/NO8=75。，即/。=/8=2.

8.如图，在三棱锥尸一/8C的平面展开图中，AC=1,AB=AD=^3>,AB±AC,ABLAD,

ZCA£=30°,则cosZFCB=.

答案一]

4

解析在中，

"：ABLAD,AB=AD=\[3,

：.BD=y{6,：.FB=BD=\l6.

在中，•；4E=4D=@,AC=1,

ZCAE=30°,

.•.^C=^(A/3)2+12-2XAJ3X1XCOS30°=1,

：.CF=CE=1.

又：BC=yjAC^+AB2=J12+(A/3)2=2,

・•・在△尸C5中，由余弦定理的推论得

=CF+BO—FB2

cos/FCB

2CFBC

_F+22—(加)2__]

2X1X24

9.(2023・武汉模拟)在△45。中，。为边5C上一点，/BAD=90。,/B=/DAC,12BD=

7AC.

(1)求tan25；

(2)若45=7,求△45。内切圆的半径.

解(1)设N5=NZUC=%

AZADC=90°+afZC=90°-2a,

在△4DC中，由正弦定理可得

4D=4c

sin(90°-2cc)$皿90。+。)’

17

在△45。中，AD=BDsina又AC=&BD,

f7

..BDsina=；BD

cos

2acosa

.\sinc(cosa=—cos2。,

7

112

.'.-sin2a=——cos2a,

27