2023年高考數學真題題源解密（新高考全國卷）專題08 解三角形（解析版）

專題08解三角形目錄一覽2023真題展現考向一三角形中的幾何運算考向二正弦定理真題考查解讀近年真題對比考向一正弦定理考向二解三角形命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯易混速記/二級結論速記考向一三角形中的幾何運算1．（2023?新高考Ⅱ?第17題）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC面積為3，D為BC的中點，且AD＝1．（1）若∠ADC=π3，求tan（2）若b2+c2＝8，求b，c．解：（1）D為BC中點，SΔABC=3過A作AE⊥BC，垂足為E，如圖所示：△ADE中，DE=12，AE=32，∴BD＝2，BE=5故tanB=（2）AD→=1AD＝1，b2+c2＝8，則1=14(8+2bccosA)，∴bcSΔABC=12由①②解得tanA=?3，∴A=2又b2+c2＝8，∴b＝c＝2．考向二正弦定理2．（2023?新高考Ⅰ?第17題）已知在△ABC中，A+B＝3C，2sin（A﹣C）＝sinB．（1）求sinA；（2）設AB＝5，求AB邊上的高．【答案】（1）310解：（1）∵A+B＝3C，A+B+C＝π，∴4C＝π，∴C=π∵2sin（A﹣C）＝sinB，∴2sin（A﹣C）＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C），∴2sinAcosC﹣2cosAsinC＝sinAcosC+cosAsinC，∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴22sinA=3×22cosA，∴sinA＝3cos又∵sin2A+cos2A＝1，∴sin2A+19又∵A∈（0，π），∴sinA＞0，∴sinA=3（2）由（1）可知sinA=31010，cosA=1∴sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=3∴ABsinC=∴AC＝52sinB＝52×255=210，BC＝52設AB邊上的高為h，則12∴52?=1即AB邊上的高為6．【命題意圖】考查正弦定理、余弦定理、三角形面積公式、用正余弦定理解三角形、三角恒等變換等．【考查要點】解三角形是高考必考內容．考查正余弦定理和三角形面積公式．借助正余弦定理和三角形面積公式以及恒等變形公式進行邊角轉換和化簡，求邊長、角度、面積等．【得分要點】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內容asinA（R是△ABC外接圓半徑）a2＝b2+c2﹣2bccosAb2＝a2+c2﹣2accosBc2＝a2+b2﹣2abcosC變形形式a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinCsinA=a2R，sinB=ba：b：c＝sinA：sinB：sinCasinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=cosB=cosC=解決三角形的問題已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊；已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊和其他兩角已知三邊，求各角；已知兩邊和它們的夾角求第三邊和其他兩角2．三角形面積公式（1）S=12a?ha（ha表示邊（2）S=12absinC=12acsinB=（3）S=12r（a+b+c）（3．解三角形常用結論名稱公式變形內角和定理A+B+C＝πA22A+2B＝2π﹣2C余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosAb2＝a2+c2﹣2accosBc2＝a2+b2﹣2abcosCcosA=cosB=cosC=正弦定理asinAR為△ABC的外接圓半徑a＝2RsinA，sinA=b＝2RsinB，sinB=c＝2RsinC，sinC=射影定理acosB+bcosA＝cacosC+ccosA＝bbcosC+ccosB＝a面積公式S△=12aha=12bhS△=12absinC=12acsinBS△=12（a+b+c（r為△ABC內切圓半徑）sinA=sinB＝2SsinC=考向一正弦定理3．（2021?新高考Ⅰ）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知b2＝ac，點D在邊AC上，BDsin∠ABC＝asinC．（1）證明：BD＝b；（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC．解：（1）證明：由正弦定理知，，∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB，∵b2＝ac，∴b?2Rsin∠ABC＝a?2Rsin∠ACB，即bsin∠ABC＝asinC，∵BDsin∠ABC＝asinC，∴BD＝b；（2）法一：由（1）知BD＝b，∵AD＝2DC，∴AD＝，DC＝，在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA＝＝＝，在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC＝＝＝，∵∠BDA+∠BDC＝π，∴cos∠BDA+cos∠BDC＝0，即＝0，得11b2＝3c2+6a2，∵b2＝ac，∴3c2﹣11ac+6a2＝0，∴c＝3a或c＝，在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC＝＝，當c＝3a時，cos∠ABC＝＞1（舍）；當c＝時，cos∠ABC＝；綜上所述，cos∠ABC＝．法二：∵點D在邊AC上且AD＝2DC，∴，∴，而由（1）知BD＝b，∴，即3b＝c?cos∠ABD+2a?cos∠CBD，由余弦定理知：，∴11b2＝3c2+6a2，∵b2＝ac，∴3c2﹣11ac+6a2＝0，∴c＝3a或c＝，在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC＝＝，當c＝3a時，cos∠ABC＝＞1（舍）；當c＝時，cos∠ABC＝；綜上所述，cos∠ABC＝．法三：在△BCD中，由正弦定理可知asinC＝BDsin∠BDC＝bsin∠BDC，而由題意可知ac＝b2?asinC＝bsin∠ABC，于是sin∠BDC＝sin∠ABC，從而∠BDC＝∠ABC或∠BDC+∠ABC＝π．若∠BDC＝∠ABC，則△CBD∽△CAB，于是CB2＝CD?CA?a2＝?a：b：c＝1：：3，無法構成三角形，不合題意．若∠BDC+∠ABC＝π，則∠ADB＝∠ABC?△ABD∽△ACB，于是AB2＝AD?AC?c2＝?a：b：c＝3：：2，滿足題意，因此由余弦定理可得cos∠ABC＝＝．4．（2021?新高考Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C所對的邊長為a，b，c，b＝a+1，c＝a+2．（1）若2sinC＝3sinA，求△ABC的面積；（2）是否存在正整數a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．解：（1）∵2sinC＝3sinA，∴根據正弦定理可得2c＝3a，∵b＝a+1，c＝a+2，∴a＝4，b＝5，c＝6，在△ABC中，運用余弦定理可得，∵sin2C+cos2C＝1，∴sinC＝，∴＝．（2）∵c＞b＞a，∴△ABC為鈍角三角形時，角C必為鈍角，＝，∴a2﹣2a﹣3＜0，∵a＞0，∴0＜a＜3，∵三角形的任意兩邊之和大于第三邊，∴a+b＞c，即a+a+1＞a+2，即a＞1，∴1＜a＜3，∵a為正整數，∴a＝2．考向二解三角形5．（2022?新高考Ⅰ）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知＝．（1）若C＝，求B；（2）求的最小值．解：（1）∵＝，1+cos2B＝2cos2B≠0，cosB≠0．∴＝＝，化為：cosAcosB＝sinAsinB+sinB，∴cos（B+A）＝sinB，∴﹣cosC＝sinB，C＝，∴sinB＝，∵0＜B＜，∴B＝．（2）由（1）可得：﹣cosC＝sinB＞0，∴cosC＜0，C∈（，π），∴C為鈍角，B，A都為銳角，B＝C﹣．sinA＝sin（B+C）＝sin（2C﹣）＝﹣cos2C，＝＝＝＝＝+4sin2C﹣5≥2﹣5＝4﹣5，當且僅當sinC＝時取等號．∴的最小值為4﹣5．6．（2022?新高考Ⅱ）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長的三個正三角形的面積依次為S1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3＝，sinB＝．（1）求△ABC的面積；（2）若sinAsinC＝，求b．解：（1）S1＝a2sin60°＝a2，S2＝b2sin60°＝b2，S3＝c2sin60°＝c2，∵S1﹣S2+S3＝a2﹣b2+c2＝，解得：a2﹣b2+c2＝2，∵sinB＝，a2﹣b2+c2＝2＞0，即cosB＞0，∴cosB＝，∴cosB＝＝，解得：ac＝，S△ABC＝acsinB＝．∴△ABC的面積為．（2）由正弦定理得：＝＝，∴a＝，c＝，由（1）得ac＝，∴ac＝?＝已知，sinB＝，sinAsinC＝，解得：b＝．本專題是高考?？純热?，結合往年命題規(guī)律，解三角形的題目多以解答題的形式出現，分值為10分。一．正弦定理（共7小題）1．（2023?淮北二模）已知△ABC的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求A；（2）若△ABC的面積為，sinB＝1+cosC，點D為邊BC的中點，求AD的長．【解答】解：（1）因為，所以由正弦定理可得，即．由余弦定理可得，又A∈（0，π），所以．（2）因為sinB＝1+cosC，所以，即，又0＜B＜π，則，所以．所以a＝b，．所以，所以a＝b＝2．在△ACD中，由余弦定理可得，即．2．（2023?西固區(qū)校級二模）若△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sinBsinC．（1）求角A；（2）若a＝6，求△ABC周長的取值范圍．【解答】解：（1）△ABC中，因為sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sinBsinC，由正弦定理得a2﹣b2﹣c2＝bc，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，由①②解得cosA＝﹣，又A∈（0，π），所以A＝；（2）由a＝6，sinA＝sin＝，根據正弦定理得＝＝＝＝4，所以b＝4sinB，c＝4sinC＝4sin（﹣B）＝6cosB﹣2sinB，所以a+b+c＝6+4sinB+（6cosB﹣2sinB）＝6+2sinB+6cosB＝6+4sin（B+）；又0＜B＜，所以，所以，所以△ABC周長的取值范圍為（12，6+4]．3．（2023?小店區(qū)校級模擬）在三角形ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝2b，且．（1）求角C；（2）E為三角形ABC所在平面內的一點，且，求線段CE的長．【解答】解：（1）由a＝2b，得sinA＝2sinB，又，∴2sinCsinB＝sinAcos（C﹣）＝2sinBcos（C﹣）．∴sinC＝cos（C﹣）＝cosC+sinC，∴tanC＝，所以C＝60°．（2）設AE與BC交于M，由，知M為BC的中點，∵a＝2b，∴MC＝CA，∴△AMC是等邊三角形，∴∠AMC＝60°，∴∠EMC＝120°，又∵，∴AM＝1＝MC＝ME，在△MEC中，由余弦定理有EC2＝ME2+CM2﹣2MC×ME×cos∠CME＝1+1+1＝3，∴CE＝．4．（2023?山西模擬）如圖，在四邊形ABCD中，已知∠ABC＝，∠BDC＝，AB＝BC＝7．（1）若BD＝5，求AD的長；（2）求△ABD面積的最大值．【解答】解：（1）在△BCD中，由余弦定理，得BC2＝BD2+DC2﹣2BD?DC?cos∠BDC，∴，整理得，解得或（舍去），∴，而，故，∴，故在△ABD中，AD2＝AB2+BD2﹣2AB?BD?cos∠ABD＝，∴；（2）設，則在△BCD中，，則，所以＝，當，即時，△ABD面積取到最大值．5．（2023?河南模擬）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知5bsinA＝3atanB，D是AC邊上一點，AD＝2DC，BD＝2．（1）求cosB；（2）求的最大值．【解答】解：（1）由正弦定理及5bsinA＝3atanB知，5sinBsinA＝3sinAtanB，因為sinA＞0，所以5sinB＝3tanB，所以cosB＝＝．（2）因為AD＝2DC，所以＝+＝+＝+（﹣）＝+，又BD＝2，所以2＝（+）2＝2+?+2＝c2+ca?+a2＝4，整理得5c2+12ac+20a2＝180，所以12ac＝180﹣（5c2+20a2）≤180﹣2c?a＝180﹣20ac，所以ac≤，當且僅當c＝a，即c＝2a＝時，等號成立，所以＝accosB＝ac≤×＝，故的最大值為．6．（2023?武昌區(qū)校級模擬）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，BD平分∠ABC交AC于點D，且BD＝2，2AD＝3CD．（Ⅰ）求B；（Ⅱ）求△ABC的面積．【解答】解：（Ⅰ）∵，∴acos＝asin＝bsinA，∴由正弦定理可得sinAsin＝sinBsinA＝2sincossinA，∵A，B∈（0，π），可得∈（0，），sinA＞0，∴cos＝，可得＝，∴可得B＝．（Ⅱ）∵BD平分∠ABC交AC于點D，且BD＝2，2AD＝3CD，即＝，即3a＝2c，①∴＝＝，可得tanA＝，可得sinA＝，∴在△ABD中，由正弦定理，可得AD＝＝＝，可得CD＝，∴可得b＝AD+CD＝，∴在△ABC中，由余弦定理可b2＝a2+c2﹣2accosB，得（）2＝a2+c2+ac，②∴由①②解得a＝，c＝5，∴S△ABC＝acsinB＝＝．7．（2023?潤州區(qū)校級二模）在①；②；③這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解決該問題．問題：在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足_____．（1）求角A的大小；（2）若D為線段CB延長線上的一點，且，求△ABC的面積．【解答】解：（1）若選擇①，∵．∴，∵sinC≠0，∴，即，∵A∈（0，π）∴；若選擇②，∵，∴，∴，∴，，∵A∈（0，π）∴；若選擇③，∵，∴，∴，∴，∴，又∵B∈（0，π），∴sinB≠0，∴，∵A∈（0，π），∴；（2）設BD＝x，AB＝y(tǒng)，∠ABD＝θ，在△ABC中，用余弦定理可得AC2＝BC2+BA2﹣2BC?BA?cos∠ABC，即12＝4x2+y2﹣2×2xycos（π﹣θ）①，又∵在△ABC中，BC2＝AC2+AB2﹣2AC?AB?cos∠CAB，即．即4x2＝y(tǒng)2﹣6y+12，即②，在△ABD中，用余弦定理可得AD2＝BD2+BA2﹣2BD?BA?cos∠ABD，即3＝x2+y2﹣2xycosθ③，③×2+①可得6x2+3y2＝18，將②式代入上式可得y＝2，x＝1，．二．余弦定理（共4小題）8．（2023?蒙城縣校級三模）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對邊分別為a，b，c，且cos2C﹣cos2A＝sinAsinB﹣sin2B．（1）求∠C的大??；（2）已知a+b＝4，求△ABC的面積的最大值．【解答】解：（1）∵cos2C﹣cos2A＝sinA?sinB﹣sin2B，∴1﹣sin2C﹣（1﹣sin2A）＝sinA?sinB﹣sin2B，∴sin2A﹣sin2C＝sinA?sinB﹣sin2B，∴a2+b2﹣c2＝ab，∴cosC＝＝＝，∵C∈（0，π），∴∠C＝．（2）∵a+b≥2，∴4≥2，∴ab≤4，當且僅當a＝b＝2時取等號，∴（ab）max＝4，∴△ABC面積的最大值為×4×sin＝．9．（2023?廣西模擬）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知．（1）證明：A＝B．（2）若D為BC的中點，從①AD＝4，②，③CD＝2這三個條件中選取兩個作為條件證明另外一個成立．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．【解答】（1）證明：因為，由余弦定理可得，即，又由正弦定理，得cosA＝cosB，角A，B為△ABC中內角，所以A＝B．（2）△ABC中，A＝B，D為BC的中點，如圖所示，①②?③，已知AD＝4，，求證CD＝2．證明：AC＝2CD，△ACD中，，解得CD＝2．①③?②，已知AD＝4，CD＝2，求證．證明：AC＝2CD＝4，所以△ACD中，．②③?①，已知，CD＝2，求證：AD＝4．證明：AC＝2CD＝4，在△ACD中，由余弦定理，，所以AD＝4．10．（2023?東風區(qū)校級模擬）已知△ABC的內角A，B，C的對應邊分別為a，b，c．a＝2，b＝2，且cosA（ccosB+bcosC）+asinA＝0．（1）求A；（2）設D為BC邊上一點，且AD⊥AC，求△ABD的面積．【解答】解：（1）因為cosA（ccosB+bcosC）+asinA＝0，由正弦定理可得：cosA（sinCcosB+sinBcosC）+sinAsinA＝0，可得：cosAsin（B+C）+sin2A＝0，在△ABC中，sin（B+C）＝sinA≠0，所以可得cosA+sinA＝0，即tanA＝﹣，而A為三角形的內角，所以可得A＝π；（2）在△ABC中由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，因為a＝2，b＝2，所以28＝4+c2﹣2×2c?（﹣），解得：c＝4或c＝﹣6（舍），所以c＝4，再由余弦定理可得a2+b2﹣c2＝2bacosC，可得cosC＝，在Rt△ABD中，CD＝＝＝，所以可得CD＝，S△ABD＝S△ABC＝?AB?ACsin∠BAC＝＝?4?2?＝；所以△ABD的面積為．11．（2023?瀘縣校級模擬）已知△ABC的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足（b﹣a）（sinB+sinA）＝（b﹣c）sinC．（1）求A；（2）從下列條件中：①a＝；②S△ABC＝中任選一個作為已知條件，求△ABC周長的取值范圍．【解答】解：（1）因為（b﹣a）（sinB+sinA）＝（b﹣c）sinC，由正弦定理得（b﹣a）（b+a）＝（b﹣c）c，即b2+c2﹣a2＝bc﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）由余弦定理得﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）選擇①．由正弦定理，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）即△ABC周長＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）∵﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）即△ABC周長的取值范圍﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）選擇②．，得，得bc＝4．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）由余弦定理得a2＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（b+c）2﹣12，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）即△ABC周長，∵，當且僅當b＝c＝2時等號成立．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）∴即△ABC周長的取值范圍[6，+∞）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）三．三角形中的幾何計算（共10小題）12．（2023?西城區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠A＝，AC＝，CD平分∠ACB交AB于點D，CD＝．（Ⅰ）求∠ADC的值；（Ⅱ）求△BCD的面積．【解答】解：（Ⅰ）在△ADC中，由正弦定理可得，，則＝，∵，∴；（Ⅱ）由（I）可知，，∵CD平分∠ACB交AB于點D，∴，∴，∴△ABC為等腰三角形，∴＝，∵sin∠ACD＝＝，∴△BCD的面積為＝×＝．13．（2023?武功縣校級模擬）在△ABC中，是A，B，C所對應的分邊別為a，b，c，且滿足asinB＝bsin2A．（1）求∠A；（2）若a＝2，△ABC的面積為，求三角形的周長．【解答】解：（1）因為asinB＝bsin2A，由正弦定理可知：，則，所以sin2A＝sinA，即2cosA＝1，又因為0＜A＜π，所以；（2）因為，所以bc＝8，又由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA得，，所以b2+c2＝12，又由，所以△ABC的周長為：．14．（2023?全國三模）已知a，b，c分別為△ABC的內角A，B，C的對邊，且．（1）求角C；（2）若c＝2，△ABC的面積為，求△ABC的周長．【解答】解：（1）因為，所以由正弦定理得．因為B＝π﹣A﹣C，所以sinB＝sin（π﹣A﹣C）＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，所以．因為A∈（0，π），所以sinA≠0，所以，即．所以，即．又C∈（0，π），所以．（2）因為△ABC的面積為，所以．由①知，所以ab＝4①．由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC，又c＝2，所以a2+b2＝8②．由①②解得a＝b＝2．故△ABC的周長為a+b+c＝6．15．（2023?船營區(qū)校級模擬）在①；②；③這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答問題．在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足____．（1）求角C；（2）若△ABC的面積為的中點為D，求BD的最小值．【解答】解：（1）選①，由正弦定理可得：，又因為0＜B＜π，可得，即，所以，又因為，所以，所以，解得，選②由題意得：，，∵C∈（0，π），∴，選③，由正弦定理可得：，，，又C∈（0，π），∴C＝；（2），解得ab＝32，由余弦定理可得：，∴BD≥4，當且僅當時，即a＝4，b＝8取等號，∴BD的最小值為4．16．（2023?甘肅模擬）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，asin（B+C）＝（b﹣c）sinB+csinC．（1）求A；（2）若D在BC上，a＝2，且AD⊥BC，求AD的最大值．【解答】解：（1）由asin（B+C）＝（b﹣c）sinB+csinC，得asinA＝（b﹣c）sinB+csinC，由正弦定理，得a2＝（b﹣c）b+c2＝b2+c2﹣bc．由余弦定理，得．又A∈（0，π），所以；（2）因為a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，所以bc≤4，當且僅當b＝c＝2時取等號，又，a＝2，所以，故AD的最大值為．17．（2023?安徽模擬）如圖，在Rt△ABC中，AB⊥AC，D，E分別為邊CA，CB上一點，．（1）若，求AB的長；（2）若∠ADE＝∠BED，求BE的長．【解答】解：（1），在三角形BDE中，BE2＝BD2+DE2﹣2BD?DEcos∠EDB，可得28＝BD2+64﹣2BD×，解得BD＝6或BD＝2（舍去因為此時BD＜AD），在Rt△ABD中，AB＝＝＝2．（2）設∠ADB＝α，cosα＝，BD＝4cosα，∠ADE＝∠BED，可得∠DEB＝α+，∠EBD＝＝，在△DBE中，，即，可得6sin（）＝，整理可得，令t＝＝2sin（）∈[﹣2，2]，化簡可得t2﹣1＝t，解得t＝，即sin（α+）＝，BE＝＝＝4﹣4．18．（2023?涪城區(qū)校級模擬）在①acosB﹣bcosA＝c﹣b，②tanA+tanB+tanC﹣tanBtanC＝0，③△ABC的面積為a（bsinB+csinC﹣asinA），這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且_____．（1）求角A；（2）若a＝8，△ABC的內切圓半徑為，求△ABC的面積．【解答】解：（1）若選①，則由正弦定理得sinAcosB﹣sinBcosA＝sinC﹣sinB，∴sinAcosB﹣sinBcosA＝sin（A+B）﹣sinB，∴sinAcosB﹣sinBcosA＝sinAcosB+cosAsinB﹣sinB，∴2cosAsinB＝sinB，∵sinB≠0，∴cosA＝，∵A∈（0，π），∴A＝；若選②，∵tanA+tanB+tanC﹣tanBtanC＝0，∴tanC＝＝﹣tan（A+B）＝﹣∴tanB＝tanAtanB，∴tanA＝，A∈（0，π），∴A＝；若選③，∵△ABC的面積為a（bsinB+csinC﹣asinA），∴bcsinA＝a（bsinB+csinC﹣asinA），∴b2+c2﹣a2＝bc，∴cosA＝＝，A∈（0，π），∴A＝；（2）∵△ABC的內切圓半徑為，∴（a+b+c）?＝bcsinA，∴（b+c+8）?＝bc，∴b+c+8＝bc，且b2+c2﹣2bc?＝64，即（b+c）2﹣3bc＝64，∴（bc﹣8）2﹣3bc＝64，∴bc＝44，∴S△ABC＝×44×＝11．19．（2023?邯鄲二模）已知條件：①2a＝b+2ccosB；②；③．從三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答．問題：在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足：____．（1）求角C的大??；（2）若，∠ABC與∠BAC的平分線交于點I，求△ABI周長的最大值．【解答】解：（1）選擇條件①，2a＝b+2ccosB，在△ABC中，由余弦定理得，整理得a2+b2﹣c2＝ab，則，又C∈（0，π），所以；選擇條件②，，于是，由正弦定理得，因為sinA≠0，則，即，因為A+B+C＝π，因此，即，又C∈（0，π），所以；選擇條件③，，則，所以，則，又C∈（0，π），即有，則，所以；（2）由（1）知，，有，而∠BAC與∠ABC的平分線交于點I，即有，于是，設∠ABI＝θ，則，且，在△ABI中，由正弦定理得，所以，AI＝4sinθ，所以△ABI的周長為＝＝，由，得，則當，即時，△ABI的周長取得最大值，所以△ABI周長的最大值為．20．（2023?資陽模擬）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bsinB﹣csinC＝a．（1）證明：（2）若，，求△ABC的面積．【解答】（1）證明：因為bsinB﹣csinC＝a，所以sin2B﹣sin2C＝sinA，所以sinBsin（A+C）﹣sinCsin（A+B）＝sinA，所以sinB（sinAcosC+cosAsinC）﹣sinC（sinAcosB+cosAsinB）＝sinA，即sinBsinAcosC﹣sinCsinAcosB＝sinA，因為在△ABC中A、B、C∈（0，π），所以sinA≠0，即sinBcosC﹣sinCcosB＝1，故sin（B﹣C）＝1，即；（2）解：由（1）可知，因為，所以．則，，由正弦定理可知．則b＝4sinB．c＝4sinC，故△ABC的面積．21．（2023?湖北模擬）如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥AD，，AB＝1．（1）若，求△ABC的面積；（2）若，，求tan∠CAD．【解答】解：（1）因為，AB＝1，，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2×AB×BC×cos∠ABC，所以7＝1+BC2+BC，即BC2+BC﹣6＝0，解得BC＝2，所以．（2）設∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得，所以①，在△ABC中，，，則，即②由①②得：，即，∴，整理得，所以．四．解三角形（共39小題）22．（2023?凱里市校級一模）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，滿足sin（B﹣C）＝1，且（bcosC﹣ccosB）tanA＝a．（1）求A的大小；（2）若a＝，求△ABC的面積．【解答】解：（1）因為（bcosC﹣ccosB）tanA＝a，由正弦定理可得（sinBcosC﹣sinCcosB）tanA＝sinA，即sin（B﹣C）tanA＝sinA，因為sinA≠0，所以cosA＝，而A∈（0，π），所以A＝；（2）因為sin（B﹣C）＝1，在△ABC中，可得B﹣C＝，即B＝+C，而B+C＝π，解得B＝π，C＝，由正弦定理可得＝＝，即＝＝＝，所以S△ABC＝bcsinA＝?6sinsin?＝sincos＝sin＝．23．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）在△ABC中，設角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足＝．（1）求的值；（2）若△ABC的面積為1，求邊a的最小值．【解答】解：（1）由于＝，則acosB+bcosA＝2b，由射影定理acosB+bcosA＝c，于是c＝2b，故＝；（2）由（1）知c＝2b，又，則b2sinA＝1，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA＝5b2﹣4b2cosA＝，于是5＝a2sinA+4cosA＝，故a4≥9，解得，當且僅當取等號，故邊a的最小值．24．（2023?梅河口市校級模擬）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長的三個正三角形的面積依次為S1，S2，S3，已知．（1）求△ABC的面積；（2）若，求c．【解答】解：（1）由題意得，，，則，即a2﹣c2+b2＝4，由余弦定理得，整理得abcosC＝2，則cosC＞0，又，則，所以，則；（2）由正弦定理得，所以，則或（舍去），所以．25．（2023?新疆模擬）已知a，b，c分別為△ABC內角A，B，C的對邊，若△ABC滿足cos2A+2sin2＝1，a＝，b＝2．（1）求角A；（2）求△ABC的面積．【解答】解：（1）因為cos2A+2sin2＝1，所以cos2A+2sin2＝1，所以（2cos2A﹣1）+（1+cosA）＝1，即2cos2A+cosA﹣1＝0，所以（2cosA﹣1）（cosA+1）＝0，解得或cosA＝﹣1，又A∈（0，π），所以cosA＝，即．（2）由正弦定理得，，所以，解得sinB＝1，因為B∈（0，π），所以，所以，所以△ABC的面積．26．（2023?莆田模擬）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，△ABC的面積為，求△ABC的周長．【解答】解：（1）∵，∴在△ABC中，由正弦定理得，則，又A∈（0，π），則sinA≠0，∴，即，解得；（2）∵△ABC的面積，即，則，在△ABC中，由余弦定理得，即，解得b+c＝3，∴△ABC的周長為．27．（2023?岳麓區(qū)校級模擬）已知△ABC中角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足2csinAcosB+2bsinAcosC＝a，c＞a．（1）求角A；（2）若b＝2，△ABC的面積2，D是BC邊上的點，且，求AD．【解答】解：（1）∵2csinAcosB+2bsinAcosC＝a，∴在△ABC中，由正弦定理得2sinCsinAcosB+2sinBsinAcosC＝sinA，∵A∈（0，π），即sinA≠0，∴sinCcosB+cosCsinB＝sin（B+C）＝，又A+B+C＝π，則sinA＝，∵c＞a，即C＞A，∴A＝；（2）由（1）得A＝，∵△ABC的面積2，b＝2，∴S△ABC＝bcsinA＝2，解得c＝4，∵D是BC邊上的點，且，∴＝+＝+（﹣）＝+，∴2＝（+）2＝2+2+?＝+＝，∴AD＝．28．（2023?廣陵區(qū)校級模擬）如圖，四邊形ABCD中，已知BC＝1，AC2＝AB2+AB+1．（1）若△ABC的面積為，求△ABC的周長；（2）若AB＝3，∠ADB＝60°，∠BCD＝120°，求∠BDC的值．【解答】解：（1）在△ABC中，，因為0°＜B＜180°，所以B＝120°，由，得AB＝4，∴AC2＝AB2+AB+1＝16+4+1＝21，即，∴，即△ABC的周長為；（2）設∠BDC＝θ，則∠DBC＝60°﹣θ，∠ABD＝60°+θ，∠BAD＝60°﹣θ，在△ABD中，由，得，在△BCD中，由，得，∴，即4sinθsin（60°﹣θ）＝1，∴sin（2θ+30°）＝1，∵0°＜θ＜60°，∴30°＜2θ+30°＜150°，∴2θ+30°＝90°，解得θ＝30°，即∠BDC的值為30°．29．（2023?深圳模擬）已知a、b、c分別為△ABC三內角A、B、C所對的邊，且．（1）求A；（2）若c2＝4a2﹣4b2，且，求c的值．【解答】解：（1）因為，由正弦定理得：，由A+B+C＝π?B＝π﹣（A+C），所以sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+sinCcosA，所以，所以，又因為0＜C＜π?sinC≠0，所以，所以．（2）由（1）以及余弦定理變形式得：即b2+c2﹣a2＝bc，由，解得或（舍去），所以，c＝2．30．（2023?桐城市校級二模）已知△ABC滿足2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B．（1）試問：角B是否可能為直角？請說明理由；（2）若△ABC為銳角三角形，求的取值范圍．【解答】解：（1）假設角B為直角，由三角形內角關系可知，所以sinA＝cosC，sinC＝cosA，因為2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B，所以2cosAcosA＝2sinAcosA﹣1，所以1+cos2A＝sin2A﹣1，所以，顯然，所以矛盾，故假設不成立，所以角B不可能為直角．（2）因為2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B，所以2sinCsinBcosA﹣2sinCcosBsinA＝2sinAsinC﹣sin2B，由正弦定理，得2bccosA﹣2accosB＝2ac﹣b2，由余弦定理化簡，得3b2＝2ac+2a2，因為△ABC為銳角三角形，所以令，則有，所以的取值范圍為．31．（2023?南京三模）已知＝（sinωx，cosωx），＝（cosωx，cosωx），其中ω＞0，函數f（x）＝?（﹣）的最小正周期為π（1）求函數f（x）的單調遞增區(qū)間：（2）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且滿足f（）＝，求的取值范圍．【解答】解：（1）因為＝（sinωx，cosωx），＝（cosωx，cosωx），所以函數f（x）＝?（﹣）＝?﹣＝sinωxcosωx+cos2ωx﹣（sin2ωx+cos2ωx）＝sin2ωx+（1+cos2ωx）﹣＝sin2ωx+cos2ωx＝sin（2ωx+），因為f（x）的最小正周期為T＝＝π，所以ω＝1；所以f（x）＝sin（2x+）．令2kπ﹣≤2x+≤2kπ+，k∈Z，解得kπ﹣≤x≤kπ+，k∈Z，所以函數f（x）的單調遞增區(qū)間為[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．（2）在銳角△ABC中，f（）＝sin（A+）＝，因為A∈（0，），所以A+∈（，），所以A+＝，解得A＝，所以＝＝，因為，所以，解得＜B＜，所以sinB∈（，1），所以∈（，），即的取值范圍是（，）．32．（2023?晉中二模）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中，且滿足．（1）求△ABC的外接圓半徑；（2）若∠B的平分線BD交AC于點D，且，求△ABC的面積．【解答】解：（1），由正弦定理，得，則a2+c2﹣b2＝ac，即，因為0＜B＜π，所以，設△ABC的外接圓半徑為R，由正弦定理知，所以△ABC的外接圓半徑為；（2）由BD平分∠ABC，得S△ABC＝S△ABD+S△BCD，則，即ac＝a+c，在△ABC中，由余弦定理可得，又，則a2+c2﹣ac＝18，聯(lián)立，可得a2c2﹣3ac﹣18＝0，解得ac＝6（ac＝﹣3舍去），故．33．（2023?麒麟區(qū)校級模擬）在銳角△ABC中，角A，B，C，的對邊分別為a，b，c，從條件①：，條件②：，條件③：2acosA﹣bcosC＝ccosB這三個條件中選擇一個作為已知條件．（1）求角A的大?。唬?）若a＝2，求△ABC周長的取值范圍．【解答】解：（1）選條件①：因為，所以，即，又因為△ABC為銳角三角形，所以，∵，所以；選條件②：因為，所以，所以，又因為，所以；選條件③：由正弦定理可得2sinAcosA﹣sinBcosC＝sinCcosB，即2sinAcosA＝sinBcosC+sinCcosB＝sin（B+C）＝sinA，又因為sinA≠0，所以，∵，所以；（2）＝，∵，∴，所以，即，又a＝2，∴△ABC周長的取值范圍為（2+2，6]．34．（2023?龍華區(qū)校級模擬）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且滿足．（1）求tanAtanB的值；（2）若cosAcosB＝，c＝6，求△ABC的面積S．【解答】解：（1）由，可得，因為tanA?tanB＞0，所以tanA?tanB＝2．（2）由（1）知tanA?tanB＝2，所以，又因為cosAcosB＝，所以，所以，即，所以sinC＝，根據正弦定理可得：＝，解得，所以，．35．（2023?徐州模擬）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知b，a，c成等比數列，且．（1）求B；（2）若b＝4，延長BC至D，使△ABD的面積為，求sin∠ADC．【解答】解：（1）由b，a，c成等比數列可知，a2＝bc，由正弦定理，可得sin2A＝sinBsinC，又cosA＝cos[π﹣（B+C）]＝﹣cos（B+C），∴，即，又A∈（0，π），即sinA＞0，∴，∴或，由b，a，c成等比數列可知，A不為最大角，故．∴，又B，C∈（0，π），∴﹣π＜B﹣C＜π，∴B﹣C＝0，故．（2）由（1）及b＝4可知，△ABC是邊長為4的正三角形，過A作AE⊥BC垂足為E，則，∴，∴BD＝5，∴CD＝1．在△ACD中，由余弦定理，得＝，在△ABD中，由正弦定理，得．36．（2023?保定三模）在△ABC中，BC＝10，，△ABC內有一點M，且BM⊥CM，．（1）若，求△ABC的面積；（2）若AC＝14．求BM的長．【解答】解：（1）在Rt△BMC中，BM＝CM，則∠MBC＝，∠BCM＝，因為BC＝10，則BM＝5，在△ABM中，∠ABM＝，∠AMB＝，則∠BAM＝，所以，即，解得AB＝15，則＝．（2）在△ABC中，，即196＝AB2+100﹣10AB，即AB2﹣10AB﹣96＝0，解得AB＝16或AB＝﹣6（舍去），設∠CBM＝θ，則，在△ABM中，，即，則，即，，則BM＝BC．37．（2023?招遠市模擬）在△ABC中，AB＝4，D為AB中點，．（1）若BC＝3，求△ABC的面積；（2）若∠BAC＝2∠ACD，求AC的長．【解答】解：（1）在△BCD中，，由余弦定理可知，因為0＜B＜π，所以，所以；（2）在△ACD中，設∠ACD＝θ，∠BAC＝2θ，則由正弦定理，即，得，∵θ∈（0，π），所以，，所以∠ADC＝π﹣θ﹣2θ，所以，由正弦定理得：，即．38．（2023?祁東縣校級模擬）如圖，在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，過點A作AD⊥AB，交線段BC于點D，且AD＝DC，a＝3，bsinC＝asinA﹣bsinB﹣csinC．（1）求∠BAC；（2）求△ABC的面積．【解答】解：（1）∵bsinC＝asinA﹣bsinB﹣csinC，∴由正弦定理得bc＝a2﹣b2﹣c2，即b2+c2﹣a2＝﹣bc，∴由余弦定理，，又∵∠BAC∈（0，π），∴．（2）∵AD⊥AB，∴，由第（1）問，，∴，又∵AD＝DC，∴，∴在△ABC中，由正弦定理得，∴，又∵，∴，∴△ABC的面積．39．（2023?定遠縣校級二模）設函數，若銳角△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，△ABC外接圓的半徑為R，acosB﹣bcosA＝R．（1）若f（A）＝1，求B；（2）求的取值范圍．【解答】解：（1）由題意得＝＝，f（A）＝1，則，又，所以，解得，，則a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，由acosB﹣bcosA＝R，有2RsinAcosB﹣2RsinBcosA＝R，得，因為A，，所以，所以，故．（2）由（1）知，，所以，因為，即，所以，則＝，，有，所以，所以的取值范圍為（﹣1，0）．40．（2023?烏魯木齊模擬）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求∠B大小；（2）若△ABC為銳角三角形，且a＝2，求△ABC面積的取值范圍．【解答】解：（1）由余弦定理得，即，再由正弦定理得，∴，∵sinA≠0，∴，又B∈（0，π），∴；（2）由正弦定理得即，，而，由△ABC為銳角三角形，∴且，則，∴，即S△ABC∈（1，2）．41．（2023?青羊區(qū)校級模擬）如圖，在△ABC中，，點D在AB延長線上，且．（1）求；（2）若△ABC面積為，求CD．【解答】解：（1）因為，設，則AB＝AC＝t，由余弦定理得，因為A∈（0，π），所以，在△ACD中，由正弦定理得，在△BCD中，由正弦定理得，因為，所以，整理得．（2）由得，由（1）得，所以t＝2，在△BCD中，，由余弦定理得：＝．42．（2023?朝陽區(qū)二模）在△ABC中，a＝4，b＝5，．（1）求△ABC的面積；（2）求c及sinA的值．【解答】解：（1）由且0＜C＜π，則，所以．（2）由c2＝a2+b2﹣2abcosC＝16+25﹣5＝36，則c＝6，而，則．43．（2023?浙江模擬）在△ABC中，∠A＝90°，點D在BC邊上，在平面ABC內，過D作DF⊥BC且DF＝AC．（1）若D為BC的中點，且△ABC的面積等于△CDF面積的倍，求∠ABC；（2）若∠ABC＝30°，且CD＝3BD，求tan∠CFB．【解答】解：（1）在△ABC中，∠A＝90°，所以．因為DF⊥BC，所以．因為△ABC的面積等于△CDF的面積的倍，所以，因為DF＝AC，所以，因為D為BC的中點，所以．在直角△ABC中，因為，所以∠ABC＝45°，（2）設AC＝k，因為∠A＝90°，∠ABC＝30°，CD＝3BD，DF＝AC，∴DF＝k，，，因為DF⊥BC，所以，所以tan∠CFB＝tan（∠CFD+∠BFD）＝．44．（2023?陳倉區(qū)模擬）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，．（1）求△ABC的面積；（2）若，求b．【解答】解：（1）∵，∴sinBcosA＝（c2﹣1）sinAcosB＝c2sinAcosB﹣sinAcosB，即sinBcosA+sinAcosB＝c2sinAcosB，∴sin（A+B）＝sinC＝c2sinAcosB，由正弦定理得：c＝ac2cosB，即accosB＝1，∴cosB＞0，∴，則，∴；（2）由（1）知：；由正弦定理知：，則，∴，又，∴．45．（2023?重慶模擬）在銳角△ABC中，a，b，c分別是△ABC的內角A，B，C所對的邊，外接圓周長為，且2（b﹣ccosA）＝a．（1）求c；（2）記△ABC的面積為S，求S的取值范圍．【解答】解：（1）因為外接圓周長為，則有，解得，由正弦定理可得：2sinB﹣2sinCcosA＝sinA，又2sinB＝2sin（A+C）＝2sinAcosC+2cosAsinC，∴2sinAcosC＝sinA，又sinA≠0，∴，，∴，由正弦定理可知：c＝2RsinC＝3．（2），，由正弦定理得：，∴＝＝＝＝，∵△ABC是銳角三角形，∴，∴，，則．46．（2023?青島二模）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，2a﹣c＝2bcosC．（1）求B；（2）若點D為邊BC的中點，點E，F分別在邊AB，AC上，，b＝c＝2．設∠BDE＝α，將△DEF的面積S表示為α的函數，并求S的取值范圍．【解答】解：（1）因為2a﹣c＝2bcosC，所以，即a2+c2﹣b2＝ac，所以，因為B∈（0，π），所以；（2）由，及b＝c＝2，可知△ABC為等邊三角形，又因為，∠BDE＝α，所以，在△BDE中，∠BED＝﹣α，由正弦定理，在△CDF中，∠CFD＝α，由正弦定理，所以S＝××sin＝，，因為＝＝，所以，所以S的取值范圍為．47．（2023?威海一模）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．（1）求B；（2）若a＝3，，求△ABC的面積．【解答】解：（1）由，得，即，所以，由正弦定理得，因為0＜C＜π，sinC≠0，所以，因為0＜B＜π，所以；（2）在△ABC中，因為，a＝3，，由余弦定理，得，即c2﹣3c﹣54＝0，解得c＝9或c＝﹣6（舍去），所以，即△ABC的面積為．48．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，且△ABC的面積．（1）求C；（2）若△ABC內一點P滿足AP＝AC，BP＝CP，求∠PAC．【解答】解：（1）由余弦定理得，又因為S＝bcsinA，所以sinA＝cosA，所以tanA＝1，因為A∈（0，π），所以，由正弦定理得，因為所以，因為C∈（0，π），所以；（2）由（1）知，所以，所以b＝a，設∠PAC＝θ，因為AP＝AC，所以，因為，所以，因為在△APC中AP＝AC，所以，因為在△BPC中BP＝CP，所以BC＝2PCcos＝a，即PC＝，所以＝2asin，即，即，因為∠PAC＝θ∈（0，），所以．49．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，．（1）求A；（2）若△ABC的面積為，求．【解答】解：（1）因為，由正弦定理得：，因為sinB＞0，所以，，即，又A∈（0，π），所以．（2）由及余弦定理知，，①由面積公式：，整理得：2a2＝bc，②結合①②可得，即得，則，所以．50．（2023?日照一模）已知△ABC中，a，b，c是角A，B，C所對的邊，asin＝bsinA，且a＝1．（1）求B；（2）若AC＝BC，在△ABC的邊AB，AC上分別取D，E兩點，使△ADE沿線段DE折疊到平面BCE后，頂點A正好落在邊BC（設為點P）上，求此情況下AD的最小值．【解答】解：（1）由正弦定理及asin＝bsinA，知sinAsin＝sinBsinA，因為sinA≠0，所以sin＝sinB，即cos＝sinB＝2sincos，因為B∈（0，π），所以∈（0，），所以cos≠0，所以sin＝，解得B＝．，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC＝1，設AD＝m，∴BD＝1﹣m，由題意，DP＝AD＝m，在△DBP中，由余弦定理得DP2＝DB2+BP2﹣2DB?BPcos60°，∴m2＝（1﹣m）2+BP2，∴m2＝1﹣2m+m2+BP2﹣BP+m?BP，設BP＝x，0?x?1，∴，設t＝2﹣x，∴t∈[1，2]，∴，當且僅當，即時取等號，∴AD的最小值為．51．（2023?香洲區(qū)校級模擬）如圖所示，在四邊形ABCD中，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2．（1）證明cosA﹣cosC為定值并求出這個定值；（2）記△ABD與△BCD的面積分別為S1和S2，求+的最大值．【解答】解：（1）證明：在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2+AD2﹣2AB?AD?cosA＝4+8﹣，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝CB2+CD2﹣2CB?CD?cosC＝4+4﹣8cosC＝8﹣8cosC，所以，即，所以無論BD多長，．（2），，則＝，配方得，當時，+取到最大值為．52．（2023?駐馬店二模）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且5cos2B﹣14cosB＝7．（1）求sinB的值；（2）若a＝5，c＝2，D是線段AC上的一點，求BD的最小值．【解答】解：（1）因為5cos2B﹣14cosB＝7，所以5（2cos2B﹣1）﹣14cosB﹣7＝0，所以5cos2B﹣7cosB﹣6＝0，即（5cosB+3）（cosB﹣2）＝0，解得．因為0＜B＜π，所以．（2）由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB＝41，則．設△ABC的邊AC上的高為h．∵△ABC的面積S＝＝，∴＝，解得h＝，∵B是銳角，∴當BD⊥AC時，垂足在邊AC上，即BD的最小值是．53．（2023?烏魯木齊模擬）在△ABC中，邊a，b，c所對的角分別為A，B，C，a＝3，c2＝b2﹣3b+9．（1）求角C的大小；（2）若，求邊c．【解答】解：（1）因為a＝3，c2＝b2﹣3b+9，所以；因為0＜C＜π，所以．（2）因為，所以；因為，所以，即sin2A＝1；因為0＜A＜π，所以，所以．54．（2023?河南模擬）在△ABC中，B≠C，sinB+sinC＝cosB+cosC．（1）求A；（2）若在△ABC內（不包括邊界）有一點M，滿足CM＝2MA＝2MB，且∠AMC＝90°，求tan∠ACB．【解答】解：（1）因為sinB+sinC＝cosB+cosC，所以sinB﹣cosB＝cosC﹣sinC，所以，即，又0＜B，C＜π，則，故或，又因為不合題意，故，所以，所以．（2）由（1）知，，設∠ACM＝θ，又MA＝MB，則∠MAB＝∠MBA＝θ，設∠ACB＝φ，則，如圖，在△MBC中，由正弦定理得，又因為MC＝2MB，所以2sin（φ﹣θ）＝cos（φ+θ），即2（sinφcosθ﹣cosφsinθ）＝cosφcosθ﹣sinφsinθ①，由MC＝2AM，∠AMC＝90°得，，，代入①式整理得，，則．故．55．（2023?錦江區(qū)校級模擬）已知a，b，c分別為銳角△ABC內角A，B，C的對邊，c2﹣a2＝ab．（1）證明：C＝2A；（2）求的取值范圍．【解答】解：（1）證明：∵c2﹣a2＝ab，∴c2＝a2+ab，由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC＝a2+ab，整理得b2﹣2abcosC＝ab，即b﹣2acosC＝a，由正弦定理得sinB﹣2sinAcosC＝sinA，即sin（A+C）﹣2sinAcosC＝sinA，∴sinCcosA﹣sinAcosC＝sinA，∴sin（C﹣A）＝sinA，∵A，C為銳角三角形的內角，∴C﹣A＝A或C﹣A+A＝π（舍），故C＝2A．（2）∵b﹣2acosC＝a，∴，∵△ABC為銳角三角形，3A+B＝π，C＝2A，∴，，∴．∵，∴，1＜2cosC+1＜2，∴，即的取值范圍是．56．（2023?北流市模擬）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別a，b，c，且bcosA+acosB＝2ccosA．（1）求角A的值；（2）已知D在邊BC上，且BD＝3DC，AD＝3，求△ABC的面積的最大值．【解答】解：（1）△ABC中，bcosA+acosB＝2ccosA，由正弦定理得sinBcosA+sinAcosB＝2sinCcosA，所以sin（A+B）＝2sinCcosA，因為A