2023年高考數(shù)學(xué)真題題源解密（新高考全國(guó)卷）專(zhuān)題08 解三角形（解析版）

專(zhuān)題08解三角形目錄一覽2023真題展現(xiàn)考向一三角形中的幾何運(yùn)算考向二正弦定理真題考查解讀近年真題對(duì)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(cuò)易混速記/二級(jí)結(jié)論速記考向一三角形中的幾何運(yùn)算1．（2023?新高考Ⅱ?第17題）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知△ABC面積為3，D為BC的中點(diǎn)，且AD＝1．（1）若∠ADC=π3，求tan（2）若b2+c2＝8，求b，c．解：（1）D為BC中點(diǎn)，SΔABC=3過(guò)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(shè)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(shè)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(diǎn)】解三角形是高考必考內(nèi)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(jìn)行邊角轉(zhuǎn)換和化簡(jiǎn)，求邊長(zhǎng)、角度、面積等．【得分要點(diǎn)】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內(nèi)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(wèn)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(duì)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(jié)論名稱(chēng)公式變形內(nèi)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(nèi)切圓半徑）sinA=sinB＝2SsinC=考向一正弦定理3．（2021?新高考Ⅰ）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．已知b2＝ac，點(diǎn)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(dāng)c＝3a時(shí)，cos∠ABC＝＞1（舍）；當(dāng)c＝時(shí)，cos∠ABC＝；綜上所述，cos∠ABC＝．法二：∵點(diǎn)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(dāng)c＝3a時(shí)，cos∠ABC＝＞1（舍）；當(dāng)c＝時(shí)，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(wú)法構(gòu)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(mǎn)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(duì)的邊長(zhǎng)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(shù)a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說(shuō)明理由．解：（1）∵2sinC＝3sinA，∴根據(jù)正弦定理可得2c＝3a，∵b＝a+1，c＝a+2，∴a＝4，b＝5，c＝6，在△ABC中，運(yùn)用余弦定理可得，∵sin2C+cos2C＝1，∴sinC＝，∴＝．（2）∵c＞b＞a，∴△ABC為鈍角三角形時(shí)，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(shù)，∴a＝2．考向二解三角形5．（2022?新高考Ⅰ）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(dāng)且僅當(dāng)sinC＝時(shí)取等號(hào)．∴的最小值為4﹣5．6．（2022?新高考Ⅱ）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長(zhǎng)的三個(gè)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(zhuān)題是高考?？純?nèi)容，結(jié)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(xiàn)，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(duì)邊分別為a，b，c，且．（1）求A；（2）若△ABC的面積為，sinB＝1+cosC，點(diǎn)D為邊BC的中點(diǎn)，求AD的長(zhǎng)．【解答】解：（1）因?yàn)?，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?yàn)閟inB＝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(jí)二模）若△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿(mǎn)足sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sinBsinC．（1）求角A；（2）若a＝6，求△ABC周長(zhǎng)的取值范圍．【解答】解：（1）△ABC中，因?yàn)閟in2A﹣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(jù)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(zhǎng)的取值范圍為（12，6+4]．3．（2023?小店區(qū)校級(jí)模擬）在三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(nèi)的一點(diǎn)，且，求線(xiàn)段CE的長(zhǎng)．【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(shè)AE與BC交于M，由，知M為BC的中點(diǎn)，∵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(zhǎng)；（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(shè)，則在△BCD中，，則，所以＝，當(dāng)，即時(shí)，△ABD面積取到最大值．5．（2023?河南模擬）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知5bsinA＝3atanB，D是AC邊上一點(diǎn)，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?yàn)閟inA＞0，所以5sinB＝3tanB，所以cosB＝＝．（2）因?yàn)锳D＝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(dāng)且僅當(dāng)c＝a，即c＝2a＝時(shí)，等號(hào)成立，所以＝accosB＝ac≤×＝，故的最大值為．6．（2023?武昌區(qū)校級(jí)模擬）已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，，BD平分∠ABC交AC于點(diǎn)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(diǎn)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(rùn)州區(qū)校級(jí)二模）在①；②；③這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并解決該問(wèn)題．問(wèn)題：在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿(mǎn)足_____．（1）求角A的大?。唬?）若D為線(xiàn)段CB延長(zhǎng)線(xiàn)上的一點(diǎn)，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(shè)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(jí)三模）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對(duì)邊分別為a，b，c，且cos2C﹣cos2A＝sinAsinB﹣sin2B．（1）求∠C的大小；（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(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取等號(hào)，∴（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(duì)邊分別為a，b，c．已知．（1）證明：A＝B．（2）若D為BC的中點(diǎn)，從①AD＝4，②，③CD＝2這三個(gè)條件中選取兩個(gè)作為條件證明另外一個(gè)成立．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．【解答】（1）證明：因?yàn)?，由余弦定理可得，即，又由正弦定理，得cosA＝cosB，角A，B為△ABC中內(nèi)角，所以A＝B．（2）△ABC中，A＝B，D為BC的中點(diǎn)，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(fēng)區(qū)校級(jí)模擬）已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)應(yīng)邊分別為a，b，c．a(chǎn)＝2，b＝2，且cosA（ccosB+bcosC）+asinA＝0．（1）求A；（2）設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積．【解答】解：（1）因?yàn)閏osA（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(nèi)角，所以可得A＝π；（2）在△ABC中由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，因?yàn)閍＝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(jí)模擬）已知△ABC的角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿(mǎn)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(gè)作為已知條件，求△ABC周長(zhǎng)的取值范圍．【解答】解：（1）因?yàn)椋╞﹣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(zhǎng)＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）∵﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）即△ABC周長(zhǎng)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(zhǎng)，∵，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)等號(hào)成立．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）∴即△ABC周長(zhǎng)的取值范圍[6，+∞）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）三．三角形中的幾何計(jì)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(diǎn)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(diǎn)D，∴，∴，∴△ABC為等腰三角形，∴＝，∵sin∠ACD＝＝，∴△BCD的面積為＝×＝．13．（2023?武功縣校級(jí)模擬）在△ABC中，是A，B，C所對(duì)應(yīng)的分邊別為a，b，c，且滿(mǎn)足asinB＝bsin2A．（1）求∠A；（2）若a＝2，△ABC的面積為，求三角形的周長(zhǎng)．【解答】解：（1）因?yàn)閍sinB＝bsin2A，由正弦定理可知：，則，所以sin2A＝sinA，即2cosA＝1，又因?yàn)?＜A＜π，所以；（2）因?yàn)?，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(zhǎng)為：．14．（2023?全國(guó)三模）已知a，b，c分別為△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且．（1）求角C；（2）若c＝2，△ABC的面積為，求△ABC的周長(zhǎng)．【解答】解：（1）因?yàn)?，所以由正弦定理得．因?yàn)锽＝π﹣A﹣C，所以sinB＝sin（π﹣A﹣C）＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，所以．因?yàn)锳∈（0，π），所以sinA≠0，所以，即．所以，即．又C∈（0，π），所以．（2）因?yàn)椤鰽BC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(zhǎng)為a+b+c＝6．15．（2023?船營(yíng)區(qū)校級(jí)模擬）在①；②；③這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并解答問(wèn)題．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿(mǎn)足____．（1）求角C；（2）若△ABC的面積為的中點(diǎn)為D，求BD的最小值．【解答】解：（1）選①，由正弦定理可得：，又因?yàn)?＜B＜π，可得，即，所以，又因?yàn)椋?，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(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即a＝4，b＝8取等號(hào)，∴BD的最小值為4．16．（2023?甘肅模擬）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)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?yàn)閍2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，所以bc≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)取等號(hào)，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(diǎn)，．（1）若，求AB的長(zhǎng)；（2）若∠ADE＝∠BED，求BE的長(zhǎng)．【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?yàn)榇藭r(shí)BD＜AD），在Rt△ABD中，AB＝＝＝2．（2）設(shè)∠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(jiǎn)可得t2﹣1＝t，解得t＝，即sin（α+）＝，BE＝＝＝4﹣4．18．（2023?涪城區(qū)校級(jí)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(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且_____．（1）求角A；（2）若a＝8，△ABC的內(nèi)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(nèi)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(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并解答．問(wèn)題：在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，滿(mǎn)足：____．（1）求角C的大?。唬?）若，∠ABC與∠BAC的平分線(xiàn)交于點(diǎn)I，求△ABI周長(zhǎng)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?yàn)閟inA≠0，則，即，因?yàn)锳+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(xiàn)交于點(diǎn)I，即有，于是，設(shè)∠ABI＝θ，則，且，在△ABI中，由正弦定理得，所以，AI＝4sinθ，所以△ABI的周長(zhǎng)為＝＝，由，得，則當(dāng)，即時(shí)，△ABI的周長(zhǎng)取得最大值，所以△ABI周長(zhǎng)的最大值為．20．（2023?資陽(yáng)模擬）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)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?yàn)閎sinB﹣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?yàn)樵凇鰽BC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?yàn)椋裕畡t，，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?yàn)?，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(shè)∠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(jí)一模）在△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，滿(mǎn)足sin（B﹣C）＝1，且（bcosC﹣ccosB）tanA＝a．（1）求A的大??；（2）若a＝，求△ABC的面積．【解答】解：（1）因?yàn)椋╞cosC﹣ccosB）tanA＝a，由正弦定理可得（sinBcosC﹣sinCcosB）tanA＝sinA，即sin（B﹣C）tanA＝sinA，因?yàn)閟inA≠0，所以cosA＝，而A∈（0，π），所以A＝；（2）因?yàn)閟in（B﹣C）＝1，在△ABC中，可得B﹣C＝，即B＝+C，而B(niǎo)+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(jí)模擬）在△ABC中，設(shè)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，滿(mǎn)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(dāng)且僅當(dāng)取等號(hào)，故邊a的最小值．24．（2023?梅河口市校級(jí)模擬）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長(zhǎng)的三個(gè)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(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，若△ABC滿(mǎn)足cos2A+2sin2＝1，a＝，b＝2．（1）求角A；（2）求△ABC的面積．【解答】解：（1）因?yàn)閏os2A+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?yàn)锽∈（0，π），所以，所以，所以△ABC的面積．26．（2023?莆田模擬）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，△ABC的面積為，求△ABC的周長(zhǎng)．【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(zhǎng)為．27．（2023?岳麓區(qū)校級(jí)模擬）已知△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿(mǎn)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(diǎn)，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(diǎn)，且，∴＝+＝+（﹣）＝+，∴2＝（+）2＝2+2+?＝+＝，∴AD＝．28．（2023?廣陵區(qū)校級(jí)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(zhǎng)；（2）若AB＝3，∠ADB＝60°，∠BCD＝120°，求∠BDC的值．【解答】解：（1）在△ABC中，，因?yàn)?°＜B＜180°，所以B＝120°，由，得AB＝4，∴AC2＝AB2+AB+1＝16+4+1＝21，即，∴，即△ABC的周長(zhǎng)為；（2）設(shè)∠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(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊，且．（1）求A；（2）若c2＝4a2﹣4b2，且，求c的值．【解答】解：（1）因?yàn)椋烧叶ɡ淼茫?，由A+B+C＝π?B＝π﹣（A+C），所以sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+sinCcosA，所以，所以，又因?yàn)?＜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(jí)二模）已知△ABC滿(mǎn)足2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B．（1）試問(wèn)：角B是否可能為直角？請(qǐng)說(shuō)明理由；（2）若△ABC為銳角三角形，求的取值范圍．【解答】解：（1）假設(shè)角B為直角，由三角形內(nèi)角關(guān)系可知，所以sinA＝cosC，sinC＝cosA，因?yàn)?sinCsin（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(shè)不成立，所以角B不可能為直角．（2）因?yàn)?sinCsin（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(jiǎn)，得3b2＝2ac+2a2，因?yàn)椤鰽BC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(shù)f（x）＝?（﹣）的最小正周期為π（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間：（2）在銳角△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且滿(mǎn)足f（）＝，求的取值范圍．【解答】解：（1）因?yàn)椋剑╯inωx，cosωx），＝（cosωx，cosωx），所以函數(shù)f（x）＝?（﹣）＝?﹣＝sinωxcosωx+cos2ωx﹣（sin2ωx+cos2ωx）＝sin2ωx+（1+cos2ωx）﹣＝sin2ωx+cos2ωx＝sin（2ωx+），因?yàn)閒（x）的最小正周期為T(mén)＝＝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(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．（2）在銳角△ABC中，f（）＝sin（A+）＝，因?yàn)锳∈（0，），所以A+∈（，），所以A+＝，解得A＝，所以＝＝，因?yàn)?，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(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，其中，且滿(mǎn)足．（1）求△ABC的外接圓半徑；（2）若∠B的平分線(xiàn)BD交AC于點(diǎn)D，且，求△ABC的面積．【解答】解：（1），由正弦定理，得，則a2+c2﹣b2＝ac，即，因?yàn)?＜B＜π，所以，設(shè)△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?yún)^(qū)校級(jí)模擬）在銳角△ABC中，角A，B，C，的對(duì)邊分別為a，b，c，從條件①：，條件②：，條件③：2acosA﹣bcosC＝ccosB這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知條件．（1）求角A的大??；（2）若a＝2，求△ABC周長(zhǎng)的取值范圍．【解答】解：（1）選條件①：因?yàn)?，所以，即，又因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以，∵，所以；選條件②：因?yàn)?，所以，所以，又因?yàn)?，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?yàn)閟inA≠0，所以，∵，所以；（2）＝，∵，∴，所以，即，又a＝2，∴△ABC周長(zhǎng)的取值范圍為（2+2，6]．34．（2023?龍華區(qū)校級(jí)模擬）在△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，且滿(mǎn)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?yàn)閠anA?tanB＞0，所以tanA?tanB＝2．（2）由（1）知tanA?tanB＝2，所以，又因?yàn)閏osAcosB＝，所以，所以，即，所以sinC＝，根據(jù)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(duì)的邊分別為a，b，c，已知b，a，c成等比數(shù)列，且．（1）求B；（2）若b＝4，延長(zhǎng)BC至D，使△ABD的面積為，求sin∠ADC．【解答】解：（1）由b，a，c成等比數(shù)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(shù)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(zhǎng)為4的正三角形，過(guò)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(nèi)有一點(diǎn)M，且BM⊥CM，．（1）若，求△ABC的面積；（2）若AC＝14．求BM的長(zhǎng)．【解答】解：（1）在Rt△BMC中，BM＝CM，則∠MBC＝，∠BCM＝，因?yàn)锽C＝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(shè)∠CBM＝θ，則，在△ABM中，，即，則，即，，則BM＝BC．37．（2023?招遠(yuǎn)市模擬）在△ABC中，AB＝4，D為AB中點(diǎn)，．（1）若BC＝3，求△ABC的面積；（2）若∠BAC＝2∠ACD，求AC的長(zhǎng)．【解答】解：（1）在△BCD中，，由余弦定理可知，因?yàn)?＜B＜π，所以，所以；（2）在△ACD中，設(shè)∠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(jí)模擬）如圖，在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥AB，交線(xiàn)段BC于點(diǎn)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(wèn)，，∴，又∵AD＝DC，∴，∴在△ABC中，由正弦定理得，∴，又∵，∴，∴△ABC的面積．39．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)二模）設(shè)函數(shù)，若銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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?yàn)锳，，所以，所以，故．（2）由（1）知，，所以，因?yàn)?，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(duì)邊分別為a，b，c，且．（1）求∠B大??；（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(jí)模擬）如圖，在△ABC中，，點(diǎn)D在AB延長(zhǎng)線(xiàn)上，且．（1）求；（2）若△ABC面積為，求CD．【解答】解：（1）因?yàn)?，設(shè)，則AB＝AC＝t，由余弦定理得，因?yàn)锳∈（0，π），所以，在△ACD中，由正弦定理得，在△BCD中，由正弦定理得，因?yàn)?，所以，整理得．?）由得，由（1）得，所以t＝2，在△BCD中，，由余弦定理得：＝．42．（2023?朝陽(yáng)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(diǎn)D在BC邊上，在平面ABC內(nèi)，過(guò)D作DF⊥BC且DF＝AC．（1）若D為BC的中點(diǎn)，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?yàn)镈F⊥BC，所以．因?yàn)椤鰽BC的面積等于△CDF的面積的倍，所以，因?yàn)镈F＝AC，所以，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以．在直角△ABC中，因?yàn)?，所以∠ABC＝45°，（2）設(shè)AC＝k，因?yàn)椤螦＝90°，∠ABC＝30°，CD＝3BD，DF＝AC，∴DF＝k，，，因?yàn)镈F⊥BC，所以，所以tan∠CFB＝tan（∠CFD+∠BFD）＝．44．（2023?陳倉(cāng)區(qū)模擬）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，外接圓周長(zhǎng)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?yàn)橥饨訄A周長(zhǎng)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(duì)的邊分別為a，b，c，2a﹣c＝2bcosC．（1）求B；（2）若點(diǎn)D為邊BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AC上，，b＝c＝2．設(shè)∠BDE＝α，將△DEF的面積S表示為α的函數(shù)，并求S的取值范圍．【解答】解：（1）因?yàn)?a﹣c＝2bcosC，所以，即a2+c2﹣b2＝ac，所以，因?yàn)锽∈（0，π），所以；（2）由，及b＝c＝2，可知△ABC為等邊三角形，又因?yàn)?，∠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?yàn)椋剑?，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(duì)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?yàn)?＜C＜π，sinC≠0，所以，因?yàn)?＜B＜π，所以；（2）在△ABC中，因?yàn)椋琣＝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(jí)模擬）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知，且△ABC的面積．（1）求C；（2）若△ABC內(nèi)一點(diǎn)P滿(mǎn)足AP＝AC，BP＝CP，求∠PAC．【解答】解：（1）由余弦定理得，又因?yàn)镾＝bcsinA，所以sinA＝cosA，所以tanA＝1，因?yàn)锳∈（0，π），所以，由正弦定理得，因?yàn)樗?，因?yàn)镃∈（0，π），所以；（2）由（1）知，所以，所以b＝a，設(shè)∠PAC＝θ，因?yàn)锳P＝AC，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)樵凇鰽PC中AP＝AC，所以，因?yàn)樵凇鰾PC中BP＝CP，所以BC＝2PCcos＝a，即PC＝，所以＝2asin，即，即，因?yàn)椤螾AC＝θ∈（0，），所以．49．（2023?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）已知△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，．（1）求A；（2）若△ABC的面積為，求．【解答】解：（1）因?yàn)?，由正弦定理得：，因?yàn)閟inB＞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(jié)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(duì)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(diǎn)，使△ADE沿線(xiàn)段DE折疊到平面BCE后，頂點(diǎn)A正好落在邊BC（設(shè)為點(diǎn)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?yàn)閟inA≠0，所以sin＝sinB，即cos＝sinB＝2sincos，因?yàn)锽∈（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(shè)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(shè)BP＝x，0?x?1，∴，設(shè)t＝2﹣x，∴t∈[1，2]，∴，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，∴AD的最小值為．51．（2023?香洲區(qū)校級(jí)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(gè)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(wú)論BD多長(zhǎng)，．（2），，則＝，配方得，當(dāng)時(shí)，+取到最大值為．52．（2023?駐馬店二模）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)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(xiàn)段AC上的一點(diǎn)，求BD的最小值．【解答】解：（1）因?yàn)?cos2B﹣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?yàn)?＜B＜π，所以．（2）由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB＝41，則．設(shè)△ABC的邊AC上的高為h．∵△ABC的面積S＝＝，∴＝，解得h＝，∵B是銳角，∴當(dāng)BD⊥AC時(shí)，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(duì)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?yàn)閍＝3，c2＝b2﹣3b+9，所以；因?yàn)?＜C＜π，所以．（2）因?yàn)?，所以；因?yàn)?，所以，即sin2A＝1；因?yàn)?＜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(nèi)（不包括邊界）有一點(diǎn)M，滿(mǎn)足CM＝2MA＝2MB，且∠AMC＝90°，求tan∠ACB．【解答】解：（1）因?yàn)閟inB+sinC＝cosB+cosC，所以sinB﹣cosB＝cosC﹣sinC，所以，即，又0＜B，C＜π，則，故或，又因?yàn)椴缓项}意，故，所以，所以．（2）由（1）知，，設(shè)∠ACM＝θ，又MA＝MB，則∠MAB＝∠MBA＝θ，設(shè)∠ACB＝φ，則，如圖，在△MBC中，由正弦定理得，又因?yàn)镸C＝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(jí)模擬）已知a，b，c分別為銳角△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(nèi)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(duì)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?yàn)锳