6.5,平面向量应用—正弦定理、余弦定理（解析版）

时间：2021-05-01 10:16:31 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　6.5 平面向量的应用 — 正弦定理、余弦定理

　 1. 已知两角和一边解三角形；2. 已知两边和其中一边的对角解三角形；3. 运用正弦定理求三角形的面积；4. 已知两边及一角解三角形；5. 已知三边解三角形；6. 判断三角形的形状；7. 综合应用正弦、余弦定理求边和角 8.正弦、余弦定理的综合应用；9. 正、余弦定理与三角恒等变换的综合应用；10. 求取值范围问题；11. 不易到达点测量距离问题；12. 正、余弦定理在航海距离测量中的应用；13.平面向量与正弦定理、余弦定理；14. 函数与方程思想在解三角形应用举例中的应用.

　一、单选题 1．（2020·湖北荆门外语学校期中）在 ABC 中，内角 、 、 A B C 对应的边分别为 a b c 、 、 ，若120 , 2 A b    ，1 c  ，则边长 a 为（

　）

　A． 7

　B． 5

　C． 3

　D．2 【答案】A 【解析】

　在 ABC 中， 120 , 2 A b    ， 1 c  ， 所以2 2 212 cos 4 1 2 2 1 72a b c bc A           ， 7 a   故选：A. 2. （2020·湖北黄冈·期末）在△ABC中，内角 A，B，C的对边分别为 a ，b，c，已知3cos5A  ， 8 a ，5 b ，则 B  （

　）

　A．4 B．

　6 C．3 D．56 【答案】B 【解析】

　 因为3cos5A  ，所以 A 为钝角，4sin5A  ， B 为锐角． 由sin sina bA B 得45sin 15sin8 2b ABa  ，所以6B ． 故选：B． 3．（2020·上海市七宝中学期末）在 ABC 中，“ tan tan A B  ”是“ sin sin A B  ”的（

　）

　A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】

　在 ABC 中，若6A ，23B ，则3tan3A  ， tan 3 B   ，满足 tan tan A B  ；三角形中大边对大角，此时 A B  ，所以 a b  ，根据正弦定理得到 sin sin A B  ， 所以由“ tan tan A B  ”不能推出“ sin sin A B  ”； 若 sin sin A B  ，根据正弦定理，得到 a b  ，根据三角形中大边对大角得 A B  ，若 A 为钝角，则 tan 0 A ，不能推出 tan tan A B  ； 综上，“ tan tan A B  ”是“ sin sin A B  ”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4．（2020·邯郸市永年区第一中学期末）在 ABC  中，若2 2 2sin sin sin A B C  ＜ ，则 ABC  的形状是(

　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不能确定 【答案】A 【解析】

　因为在 ABC  中，满足2 2 2sin sin sin A B C   ， 由正弦定理知 sin ,sin ,sin2 2 2a b cA B CR R R   ，代入上式得2 2 2a b c   ， 又由余弦定理可得2 2 2cos 02a b cCab   ，因为 C是三角形的内角，所以 ( , )2C  ， 所以 ABC  为钝角三角形，故选 A. 5.（2020·黑龙江龙凤·大庆四中月考（文））在△ABC中，a、b、c 分别是角 A、B、C的对边，如果 2b=a+c，

　 B=30°，△ABC的面积是 32 ，则 b=（

　）

　A．1+ 3

　B． 132 C．223  D．2+ 3

　【答案】A 【解析】

　由已知1 1 1 3sin sin302 2 4 2S ac B ac ac     ， 6 ac ， 所以2 2 2 2 22 cos30 ( ) 2 3 4 6(2 3) b a c ac a c ac ac b            ，解得 3 1 b   ． 故选：A． 6．（2020·全国高三其他（理））设 G 是 ABC 的重心，且满足等式7sin 3sin 3 7sin 0 A GA B GB C GC       ，则 B   （

　）

　A．45° B．60° C．90° D．120° 【答案】B 【解析】

　∵ 7sin 3sin 3 7sin 0 A GA B GB C GC       ，又 G 是 ABC 的重心 ∴0 GA GB GC   ，观察类比得：

　7sin 3sin 3 7sin 1 A B C   

　由正弦定理知：

　7 3 3 7 a b c   ，则 3 a c  ， 7  b c

　即得2 2 2 2 2 22 210 7 3 1cos2 2 3 6 2a c b c c cBac c c      ，∴ 60 B 

　故选：B． 7．（2020·全国高三月考（文））在 OAB  中，已知 2 OB  ，1 AB  ， 45 AOB    ，点 P 满足  , OP OA OB       R ，其中  ，  满足 23     ，则 OP 的最小值为（

　）

　A．3 55 B．2 55 C．63 D．62 【答案】A 【解析】

　 在 OAB  中,已知 2 OB  , 1 AB uuur, 45 AOB   

　由正弦定理可得sin sinAB OBAOB OAB 

　代入1 2sin 22OAB,解得 sin 1 OAB  

　即2OAB 

　所以 OAB  为等腰直角三角形 以 O 为原点, OB 所在直线为 x 轴,以 OB 的垂线为 y 轴建立平面直角坐标系如下图所示:

　则点 A 坐标为2 2,2 2     所以2 2,2 2OA    ,   2,0 OB 

　因为   , OP OA OB       R

　则  2 2, 2,02 2OP       2 22 ,2 2       

　则2 22 222 2OP                 2 22 2       因为 2 3     ,则 3 2    

　代入上式可得    223 2 2 2 3 2        

　 218 5 18      29 955 5      所以当95  时, min9 3 55 5OP  

　故选:A 8．（2020·内蒙古扎鲁特旗·扎鲁特一中期末（理））在锐角三角形 ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ，b ， c ，且2 2 222cos2a c bAc bc ， 4 c ， ABC 面积的取值范围是（

　）

　A．   2 3,8 3 B．   2,8

　C．  2 3,8  D．2 3,8 【答案】A 【解析】

　∵2 2 222cos2a c bAc bc ，由余弦定理得22 cos2cos2ac BAc bc， cos cos 2 cos a B b A c A   ，由正弦定理得 sin cos sin cos 2sin cos A B B A C A   ， 即 sin( ) 2sin cos sin A B C A C    ，又 (0, ) C   ， sin 0 C  ，∴1cos2A ，∵ (0, ) A   ，∴3A ， 三角形为锐角三角形，∴23 2B C    ，6C ，即 ,6 2C     ， 1sin 32ABCS bc A b  △， 由正弦定理sin sinb cB C 得24sin4sin 2 3cos 2sin 2 3 32sin sin sin tanCB C CbC C C C        ， ∵ ,6 2C     ，∴3tan3C  ，∴ 2 8 b   ，∴ (2 3,8 3)ABCS △． 故选：A． 9．（2020·内蒙古扎鲁特旗·扎鲁特一中期末（文））在 ABC 中，内角 A 、 B 、 C 所对的边分别是 a ， b ，c 且3 sin sin( )tan a B b B C C   ，则 cosC = （

　）

　 A．12 B．12

　C．32 D．32

　【答案】A 【解析】

　在 ABC 中， sin( ) sin B C A  

　 所以 sin( )tan sin tan b B C C b A C   ， 所以 3 sin sin tan a B b A C  ， 由正弦定理可知， 3sin sin sin sin tan A B B A C  ， 又   , 0, A B   ， 所以 tan 3 C  ， 又   0, C   ，所以3C ， 所以1cos2C  . 故选：A. 10．（2020·全国高一单元测试）在 ABC 中，角 A B C ， ， 的对边分别为 a b c ， ， ，已知 2 5 c  ，且2 sin cos sin sin a C B a A b B   5sin2b C ，点 O 满足 0 OA OB OC    ，3cos8CAO   ，则ABC 的面积为（

　）

　A．553 B． 3 5

　C． 5 2

　D．55

　【答案】D 【解析】

　由52 sin cos sin sin sin2a C B a A b B b C    ， 可得2 2 22 2522 2a c bac a b bcac     ，即52c b  .又 2 5 c  ，所以 4 b  ． 因为0 OA OB OC   ，所以点 O 为 ABC 的重心，

　 所以3 AB AC AO  ，所以3 AB AO AC  ， 两边平方得2 2| 9 | 6 cos AB AO AO AC CAO   2| | AC  ． 因为3cos8CAO   ，所以2 2 23| 9 | 6 | |8AB AO AO AC AC    ， 于是29| | AO  9 4 0 AO   ，所以43AO  ， AOC △ 的面积为1 1 4sin 42 2 3AO AC CAO        23 5518 3    . 因为 ABC 的面积是 AOC △ 面积的 3 倍.故 ABC 的面积为 55 ． 二、多选题 11．（2020·江苏盱眙·马坝高中期中）（多选）在 ABC 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，若 1 a  ， 3 b  ， 30 A  ，则 B  （

　）

　A． 30°

　B． 150

　C． 60

　D． 120

　【答案】CD 【解析】

　由正弦定理sin sina bA B ， 得13sin 32sin1 2b ABa  . 又 b a  ， 0 180 B    ， 所以 60 B  或

　120 B  ， 故选：CD. 12． （2020·河北月考）

　a ， b ， c 分别为ABC 内角 A ， B ， C 的对边.已知  sin 3 sin b A b c B  ，且1cos3A ，则（

　）

　A． 3 a c b   B． tan2 2 A C． ABC 的周长为 4c

　D． ABC 的面积为22 29c

　【答案】ABD

　 【解析】

　∵  sin 3 sin b A b c B  ， ∴  3 ab b c b  ， ∴ 3 a b c   . 由余弦定理得  22 23 2 cos b c b c bc A     ， 整理得23b c  ，又1cos3A ， ∴2 2sin3A ， tan 2 2 A . 周长为 4 a b c b    . 故 ABC 的面积为21 2 2sin2 9bc A c . 故选：ABD 13. （2020·江苏镇江·期末）在 ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C的对边，已知coscos 2B bC a c，3 34ABCS △，且 3 b  ，则（

　）

　A．1cos2B 

　B．3cos2B  C．3 a c   D． ac 3 2   【答案】AD 【解析】

　∵cos sincos 2 2sin sinB b BC a c A C  ， 整理可得：

　sin cos 2sin cos sin cos B C A B C B   ， 可得   sin cos sin cos sin sin 2sin cos B C C B B C A A B      ， ∵A为三角形内角， sin 0 A ， ∴1cos2B  ，故 A 正确，B错误， ∵   0, B   ， ∴3B ，

　 ∵3 34ABCS △，且 3 b ， ∴3 3 1 1 3 3sin4 2 2 2 4ac B a c ac      ， 解得 3 ac ， 由余弦定理得    2 22 29 3 9 a c ac a c ac a c          ， 解得 ac 3 2  ，故 C错误，D 正确. 故选：AD. 14．（2020·山东潍坊·高一期末）在 ABC 中， a ， b ， c 分别是内角 A ， B ， C 所对的边， 3 2 sin a c A  ，且 02C  ， 4 b  ，则以下说法正确的是（

　）

　A．3C

　B．若72c  ，则1cos7B 

　C．若 sin 2cos sin A B C ，则 ABC 是等边三角形 D．若 ABC 的面积是 2 3 ，则该三角形外接圆半径为 4 【答案】AC 【解析】

　由正弦定理可将条件 3 2 sin a c A  转化为 3sin 2sin sin A C A  ， 因为 sin 0 A ，故3sin2C  ， 因为 (0, )2C ，则3C ，故 A 正确； 若72c  ，则由正弦定理可知sin sinc bC B ，则4 3 4 3sin sin72 72bB Cc   ， 因为 (0, ) B   ，则248 1cos 1 149 7B sin B         ，故 B 错误； 若 sin 2cos sin A B C  ，根据正弦定理可得 2 cos a c B  ， 又因为 3 2 sin a c A  ，即2 3sin3a c A  ，即有2 3sin 2 cos3c A c B  ，所以 sin 3cos A B  ，

　 因为23A B C     ，则23A B  ，故2sin( ) 3cos3B B  ， 整理得3 1cos sin 3cos2 2B B B   ，即1 3sin cos2 2B B  ， 解得 tan 3 B  ，故3B ，则3A ， 即3A B C   ，所以 ABC 是等边三角形，故 C 正确； 若 ABC 的面积是 2 3 ，即1sin 2 32ab C  ，解得 2 a  ， 由余弦定理可得2 2 212 cos 4 16 2 2 4 122c a b ab C           ，即2 3 c 

　设三角形的外接圆半径是 R ， 由正弦定理可得2 32 4sin 32cRC  ，则该三角形外接圆半径为 2，故 D错误， 故选：AC． 三、填空题 15．（2020·江苏南通·高三其他）在平面四边形 ABCD中，已知点 E，F 分別在边 AD，BC 上，3 AD AE ，3 BC BF ， 3 AB  ， 2 EF  ， 3 DC  ，则向量 AB 与 DC 的夹角的余弦值为________． 【答案】5 312 【解析】

　如图，连结 AC，取点 G，使得 AC=3AG，连结 EG,FG， 则 EGF  为 AB 与 DC 所成交的补角， 在 EGF △ 中，2 31, , 23   EG FG EF 由余弦定理可得

　 2 2 22 31 ( ) 25 33cos12 2 32 13     EGF，所以 AB 与 DC 所成交角的余弦值为5 312 故答案为：5 312 16．（2020·湖北蔡甸·汉阳一中高一期中）已知 , , a b c 分别为 ABC 的三个内角, , A B C 的对边，8 b ，且2 23cos5ac B a b bc    ， O 为 ABC 内一点，且满足0 OA OB OC   ， 30 BAO    ，则 OA __________． 【答案】6415 【解析】

　ABC  中，2 23cos5ac B a b bc    ， 由余弦定理可得2 2 22 232 5a c bac a b bcac    ， 2 2 265b c a bc     ， 2 2 2635cos2 2 5bcb c aAbc bc    ， 4sin5A   ； 6 b  ， 30 BAO    ，且0 OA OB OC   ， O  为 ABC  的重心，且13ABO ABCS S  ，如图所示； 则1 1 1| | sin30 sin2 3 2c OA cb BAC    ， 求得1 4 64| | 8 23 5 15OA      ． 故答案为：6415．

　 17.（2020·四川省武胜烈面中学校高一期中）在 ABC 中，已知   2 3 cos cos b b C c B   ，点 M，N在边AC ， BC 上，满足13AM AC  ，12BN BC  ， BM 与 AN 交于点 P，则CPAB的取值范围是________. 【答案】1,25    【解析】

　由   2 3 cos cos b b C c B   ，得 2sin 3(sin cos sin cos ) 3sin( ) 3sin B B C C B B C A      ，所以 23 b a  ， 设 CBa ， CA b  ， ∵点 M，N 在边 AC ， BC 上，满足13AM AC  ，12BN BC  ， BM 与 AN 交于点 P， ∴   1 1 112 2 2CP CN NP CB NA CB CA CN a b               ①， 又   2 2 213 3 3CP CM MP b MB b CB CM a b               ②， 由①②得1(1 )22(1 )3     ，解得12  ，14  ， ∴1 14 2CP a b   ，又 ABa b  ，由 2 3 b a  ，可设 3 , 2 b k a k   ， ∴22 2 2 2 22 2 2 2 2 21 1 1 1 9 3cos cos5 3cos16 4 4 4 4 22 cos 4 9 12 cos 26 24cosa b ab C k k k CCPCa b ab C k k k C CAB         1 78 8(13 12cos ) C  ， 根据 1 cos 1 C    可得221425CPAB ， ∴CPAB的取值范围是1,25   . 故答案为：1,25   . 四、双空题

　 18．（2020·浙江高三月考）在锐角 ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别是 a ， b ， c ，3A ，7 a  ，3 c ，则 b ______， sin sin B C   ______. 【答案】2

　5 2114

　 【解析】

　由2 2 22 cos a b c bc A    得：

　2 b  或 1 b ，因为锐角 ABC ，所以 2 b  ；由sin sin sina b cA B C  可得：21sin7B  ，3 21sin14C  ，∴5 21sin sin14B C  . 故答案为：2，5 2114. 19.（2020·夏津第一中学高一月考）在△ABC 中，角 A，B，C所对应的边分别为 a，b，c，已知 b＝1，c＝2且 2cosA（bcosC+ccosB）＝a，则 A＝__________；若 M为边 BC 的中点，则|AM|＝__________ 【答案】3

　72

　 【解析】

　∵2cosA（bcosC+ccosB）＝a，∴由正弦定理可得 2cosA（sinBcosC+sinCcosB）＝sinA， ∴2cosAsin（B+C）＝2cosAsinA＝sinA，∵A∈（0，π），sinA≠0，∴cosA＝12，可得 A＝3. ∵M为边 BC 的中点，b＝1，c＝2， ∴则 2 AM ＝ ABAC ，两边平方可得 4| AM | 2 ＝| AB | 2 +| AC | 2 +2 AB • AC ＝1+4+2×1×2×12＝7， ∴解得| AM|＝72． 故答案为：73 2，

　 20．（2020·浙江省东阳中学高一期中）在 ABC 中， A ， B ， C 所对的边为 a ， b ， c ，点 D 为边 AC 上

　 的中点，已知 5 a  ， 7 b  ， 8 c ，则 B  ______； BD ______． 【答案】3

　1292

　 【解析】

　由题意2 2 225 64 49 1cos =2 2 5 8 2a c bBac     ， 又因为 (0, ) B   ，所以3B ； 又 1=2BD BA BC  ， 两边平方可得 22 12 cos4BD BA BC BA BC B    

　1 1 12964 25 2 8 54 2 2          故答案为:12，1292.

　故答案为：

　3，1292. 21．（2020·湖南岳阳·期末）已知锐角 ABC ，同时满足下列四个条件中的三个：①3A ；② 13 a ；③15 c  ；④1sin3C  .则这三个条件是________（只填写序号）， ABC 的面积是________ 【答案】①②③

　30 3

　【解...