2025版新高考版高考總復習數學解三角形（十年高考）

2025版新高考版高考總復習數學5.4解三角形考點1正弦定理、余弦定理1.(2023北京,7,4分)在△ABC中,(a+c)·(sinA-sinC)=b(sinA-sinB),則∠C=()A.π答案B由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b),化簡得ab=a2+b2-c2,由余弦定理的推論得cosC=a2+b2?c22ab=ab2ab=2.(2023全國乙文,4,5分,易)在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別是a,b,c,若acosB-bcosA=c,且C=π5,則B=()A.π答案C∵acosB-bcosA=c,∴sinAcosB-sinBcosA=sinC,∴sin(A-B)=sinC,∴A-B=C(A-B+C=π舍去),又C=π5,∴A-B=π5,又A+B=4π5,∴B=3π一題多解由acosB-bcosA=c得sinAcosB-sinBcosA=sinC,即sinAcosB-sinBcosA=sinAcosB+cosAsinB,∴cosAsinB=0,又知sinB≠0,∴cosA=0,又∵A∈(0,π),∴A=π2∴B=π2?C3.(2021全國甲文,8,5分)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,則BC=()A.1B.2C.答案D解題指導:思路一(利用余弦定理):已知角B,邊c,b,利用余弦定理,得到關于a的一元二次方程,求解即可;思路二(利用正弦定理):已知角B,邊b,c,借助正弦定理求出角C的正弦值,進而利用兩角和的正弦公式及誘導公式求出角A,再借助正弦定理求出a.解析解法一:設△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,在△ABC中,由題意知b=19,c=2,由余弦定理得b2=c2+a2-2cacosB,即19=4+a2-2·2a·cos120°,整理得a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍),所以BC=3.故選D.解法二:在△ABC中,由正弦定理得ACsinB=ABsinC,即19sin120°=2sinC,所以sinC=2×3219=319,又0°<C<60°,所以cosC=1?sin2C=419,所以sinA4.(2018課標Ⅲ,理9,文11,5分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若△ABC的面積為a2+bA.π2B.C.π4D.答案C根據余弦定理得a2+b2-c2=2ab·cosC,因為S△ABC=a2+b2?c24,所以S△ABC=2abcosC4,又S△ABC=12absinC,所以5.(2016課標Ⅰ文,4,5分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知a=5,c=2,cosA=23,則A.2B.3C.2D.3答案D由余弦定理得5=22+b2-2×2b·cosA,∵cosA=23,∴3b2-8b-3=0,∴b=3b=?評析本題考查了余弦定理的應用,考查了方程的思想方法.6.(2016山東文,8,5分)△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c.已知b=c,a2=2b2(1-sinA).則A=()A.3π4B.π3C.答案C在△ABC中,由b=c,得cosA=b2+c2?a22bc=2b2?a22b2,又a2=2b2(1-sinA),所以cos評析恰當運用余弦定理的變形形式是求解本題的關鍵.7.(2015廣東文,5,5分)設△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若a=2,c=23,cosA=32且b<c,則A.3B.22C.2D.3答案C由余弦定理b2+c2-2bccosA=a2,得b2-6b+8=0,解得b=2或b=4,∵b<c=23,∴b=2.選C.8.(2014課標Ⅱ理,4,5分)鈍角三角形ABC的面積是12,AB=1,BC=2,則A.5B.5C.2D.1答案BS△ABC=12AB·BCsinB=12×1×2sinB=∴sinB=22,∴B=45°或135°.若B=45°,則由余弦定理得AC=1,∴△ABC為直角三角形,不符合題意,因此B=135°,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB=1+2-2×1×2×?22=5,∴AC=59.(2013課標Ⅱ文,4,5分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知b=2,B=π6,C=π4,則△ABCA.23+2B.3+1C.23-2D.3-1答案B由bsinB=csinC又sinA=sin(B+C)=12×22+32×22=2+64.從而S△ABC=12bcsinA=1210.(2013課標Ⅰ文,10,5分)已知銳角△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,23cos2A+cos2A=0,a=7,c=6,則b=()A.10B.9C.8D.5答案D由23cos2A+cos2A=0得25cos2A=1,因為A為銳角,所以cosA=15.又由a2=b2+c2-2bccosA得49=b2+36-125b,整理得5b解得b=-135(舍)或b=5,故選11.(2016課標Ⅲ,8,5分)在△ABC中,B=π4,BC邊上的高等于13BC,則cosA.31010B.1010C.-答案C過A作AD⊥BC,垂足為D,由題意知AD=BD=13BC,則CD=23BC,AB=23BC,AC=53BC,在△ABC中,由余弦定理的推論可知,cos∠BAC=AB2+12.(2021全國乙理,15,5分)記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,面積為3,B=60°,a2+c2=3ac,則b=.

答案22解題指導:首先由面積公式得ac的值,再借助余弦定理進行邊角的轉化,從而得到b與ac的關系.解析由S△ABC=12acsinB由b2=a2+c2-2ac·cosB=a2+c2-ac,結合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,∴b=22.方法總結:解三角形問題時,若條件中含有邊的二次式和角,則考慮用余弦定理;若條件中含有角或邊的一次式,則考慮用正弦定理;特征不明顯時,兩個可能都用.13.(2021浙江,14,6分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中點,AM=23,則AC=,cos∠MAC=.

答案213解題指導:解三角形的關鍵在于鎖定已知的邊長和角較多的三角形,抓住“邊長”,求AC的長時,在不同三角形中分別用兩次余弦定理即可;求∠MAC的余弦值時,在△ACM中直接利用余弦定理可得結果.解析由題意知在△ABM中,AB=2,∠B=60°,AM=23,由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cosB,即12=4+BM2-4·BM·12解得BM=4或BM=-2(舍),∵M為BC的中點,∴BM=MC=4,BC=8,在△ABC中,由余弦定理知AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosB,∴AC2=4+64-2×2×8×12=52∴AC=213.在△AMC中,由余弦定理可得cos∠MAC=AM一題多解過A作AH⊥BC交BC于H,∵AB=2,∠B=60°,∴AH=3,BH=1,又∵AM=23,∴HM=3,∴BM=MC=4,∴AC=AH在△AMC中,由余弦定理可得cos∠MAC=AM14.(2016課標Ⅱ,13,5分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若cosA=45,cosC=513,a=1,則b=答案21解析由已知可得sinA=35,sinC=1213,則sinB=sin(A+C)=35×513+45×1213=6365,再由asin思路分析利用同角三角函數的基本關系求出sinA與sinC的值,進而由sinB=sin(A+C)求出sinB的值,再利用正弦定理即可求出b的值.15.(2019課標Ⅱ文,15,5分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知bsinA+acosB=0,則B=.

答案34解析本題考查正弦定理及三角函數求值,考查的核心素養(yǎng)為數學運算.在△ABC中,由已知及正弦定理得sinBsinA+sinAcosB=0,∵sinA≠0,∴sinB+cosB=0,即tanB=-1,又B∈(0,π),∴B=3416.(2017課標Ⅲ文,15,5分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知C=60°,b=6,c=3,則A=.

答案75°解析由正弦定理得3sin60°=6sinB,∴sin又∵c>b,∴B=45°,∴A=75°.易錯警示本題求得sinB=22后,要注意利用b<c確定B=45°,從而求得17.(2017課標Ⅱ文,16,5分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若2bcosB=acosC+ccosA,則B=.

答案60°解析解法一:由正弦定理得2sinBcosB=sinAcosC+sinC·cosA,即sin2B=sin(A+C),即sin2B=sin(180°-B),可得B=60°.解法二:由余弦定理得2b·a2+c2?b22ac=a·a2+b2?c22ab+c·b2+c2?a思路分析利用正弦定理或余弦定理將邊角統(tǒng)一后求解.18.(2016北京文,13,5分)在△ABC中,∠A=2π3,a=3c,則bc答案1解析在△ABC中,a2=b2+c2-2bc·cosA,將∠A=2π3,a=3c可得(3c)2=b2+c2-2bc·?1整理得2c2=b2+bc.∵c≠0,∴等式兩邊同時除以c2,得2=b2c2+bcc2,即令t=bc(t>0),有2=t2+t,即t2解得t=1或t=-2(舍去),故bc思路分析本題先由余弦定理列出關于b、c的方程,再將方程轉化為以bc為變元的方程求解評析本題考查余弦定理的應用及換元思想的應用,屬中檔題.19.(2015福建理,12,4分)若銳角△ABC的面積為103,且AB=5,AC=8,則BC等于.

答案7解析設內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.由已知及12bcsinA=103得sinA=32,因為A為銳角,所以A=60°,cosA=12.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=25+64-2×40×12=49,評析本題考查了三角形的面積和解三角形,利用三角形的面積求出cosA是求解關鍵.20.(2015安徽文,12,5分)在△ABC中,AB=6,∠A=75°,∠B=45°,則AC=.

答案2解析由已知及三角形內角和定理得∠C=60°,由ABsinC=ACsinB知AC=20.(2015福建文,14,4分)若△ABC中,AC=3,A=45°,C=75°,則BC=.

答案2解析B=180°-45°-75°=60°.由正弦定理得ACsinB=BCsinA,21.(2015重慶文,13,5分)設△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a=2,cosC=-14,3sinA=2sinB,則c=答案4解析由3sinA=2sinB及正弦定理,得3a=2b,又a=2,所以b=3,故c2=a2+b2-2abcosC=4+9-2×2×3×?14=16,22.(2015北京理,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,則sin2AsinC答案1解析在△ABC中,由余弦定理的推論可得cosA=b2+c2?a22bc=52+6評析本題主要考查正弦定理、余弦定理的推論以及二倍角公式的應用,考查學生的運算求解能力和知識的應用轉化能力.23.(2014課標Ⅰ理,16,5分)已知a,b,c分別為△ABC三個內角A,B,C的對邊,a=2,且(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,則△ABC面積的最大值為.

答案3解析因為a=2,所以(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC可化為(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,由正弦定理可得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,由余弦定理可得cosA=b2+c2?a22bc=bc2bc=12,又0<A<π,故A=π3.因為cosA=12=b2+c2?42bc≥2bc?42bc,所以bc≤4,當且僅當b=c評析本題考查正弦定理、余弦定理、三角形面積公式以及基本不等式的應用,考查學生對知識的綜合應用能力以及運算求解能力.能把2代換成a是正確解決本題的關鍵.24.(2011課標文,15,5分)△ABC中,B=120°,AC=7,AB=5,則△ABC的面積為.

答案15解析由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,及已知條件得49=a2+25-2×5×acos120°.整理得a2+5a-24=0,解得a=3或a=-8(舍).∴S△ABC=12acsinB=12×3×5sin120°=評析本題考查余弦定理、解三角形等知識,根據余弦定理正確求出a的值是解答本題的關鍵.25.(2023全國乙理,18,12分)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D為BC上一點,且∠BAD=90°,求△ADC的面積.解析(1)在△ABC中,由余弦定理,得BC2=22+12-2×2×1×cos120°=7,則BC=7.由正弦定理,得ACsin∠則sin∠ABC=AC·sin∠(2)在Rt△ABD中,由(1)知sin∠ABD=2114,且∠ABD為銳角,所以tan∠ABD=3在Rt△ABD中,AB=2,則AD=AB·tan∠ABD=2×35在△ADC中,∠DAC=30°,AC=1,∴△ADC的面積S=12一題多解(2)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=120°,∴S△ABC=12又S△∴S△ACD=1526.(2023全國甲文,17,12分)記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知b2+(1)求bc;(2)若acosB?bcosAacosB解析(1)由b2+c2?a得bc=1.(2)由正弦定理得acosB?bcosA=sinAcos即sinAcosB-cosAsinB-sinB=sinC=sin(A+B),得-sinB=2cosAsinB,∵sinB≠0,∴cosA=-12又∵A∈(0,π),∴sinA=32∴S△ABC=12bcsinA=12×1×3227.(2020新高考Ⅰ,17,10分)在①ac=3,②csinA=3,③c=3b這三個條件中任選一個,補充在下面問題中,若問題中的三角形存在,求c的值;若問題中的三角形不存在,說明理由.問題:是否存在△ABC,它的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且sinA=3sinB,C=π6,注:如果選擇多個條件分別解答,按第一個解答計分.解析方案一:選條件①.由C=π6由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2由①ac=3,解得a=3,b=c=1.因此,選條件①時問題中的三角形存在,此時c=1.方案二:選條件②.由C=π6由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2?c223b2=32,由②csinA=3,所以c=b=23,a=6.因此,選條件②時問題中的三角形存在,此時c=23.方案三:選條件③.由C=π6由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2由③c=3b,與b=c矛盾.因此,選條件③時問題中的三角形不存在.28.(2022浙江,18,14分)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知4a=5c,cosC=35(1)求sinA的值;(2)若b=11,求△ABC的面積.解析(1)由于cosC=35,sinC>0,則sinC=4由已知及正弦定理得4sinA=5sinC,則sinA=55(2)解法一:由sinC=45>sinA=55,cosC=35>0,得A<C<π∴sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=11525,由bsinB=a故△ABC的面積S=12ab解法二:由cosC=35=a2+b2?c22將c=45a代入上式整理得a2+6a-55=0,解得a=5或a=-11(舍),∴△ABC的面積S=1229.(2021新高考Ⅰ,19,12分)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.解題指導:(1)利用正弦定理將題干中的邊角關系轉化為邊之間的關系是解題突破口.(2)在不同的三角形中利用余弦定理探究邊長間的關系是解決本題第二問的關鍵.解析(1)證明:在△ABC中,由BDsin∠ABC=asinC及正弦定理可得BD·b=a·c,又b2=ac,所以BD·b=b2,故BD=b.(2)由AD=2DC得AD=23b,DC=b在△ABD中,cosA=AD在△ABC中,cosA=AC故c2?59b243bc=b2+又b2=ac,所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,所以c=3a或c=23當c=3a時,b2=ac=3a2,所以b=3a,此時a+b<c,故a,b,c構不成三角形;當c=23a時,b2=ac=23a2,所以b=63a,此時a,b,故c=23a,b=63a,所以在△ABC中,cos∠ABC=30.(2021北京,16,13分)已知在△ABC中,c=2bcosB,C=2π3(1)求B的大小;(2)在三個條件中選擇一個作為已知條件,使△ABC存在且唯一確定,并求BC邊上的中線的長度.①c=2b;②△ABC的周長為4+23;③S△ABC=33解析(1)由c=2bcosB及正弦定理得,sinC=2sinBcosB,即sinC=sin2B,∵C=23π,∴0<B<π3,sin2B=32,∴2B=π3,∴(2)由(1)可知三角形三內角均可求出,只有知道邊長,三角形才能被唯一確定,因此選②或③.如圖所示,設D為BC的中點,則AD為BC邊的中線.若選②,△ABC的周長為4+23.∵c=3b,a=b,a+b+c=b+b+3b∴b=2,則CD=1,在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcosC=22+12-2×1×2×?12=7,∴AD=7,因此BC邊上的中線長為若選③,S△ABC=33S△ABC=12absinC=34b2=334,即b=3,則CD=32,在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos31.(2022北京,16,13分)在△ABC中,sin2C=3sinC.(1)求∠C;(2)若b=6,且△ABC的面積為63,求△ABC的周長.解析(1)∵sin2C=3sinC,∴2sinCcosC=3sinC,又sinC≠0,∴cosC=32∵∠C∈(0,π),∴∠C=π6(2)∵S△ABC=12∴a=43.由余弦定理得c2=(43)2+62-2×43×6×3∴c=23,∴△ABC的周長為a+b+c=6+63.32.(2017課標Ⅱ理,17,12分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知sin(A+C)=8sin2B2(1)求cosB;(2)若a+c=6,△ABC的面積為2,求b.解析本題考查了三角公式的運用和余弦定理的應用.(1)由題設及A+B+C=π得sinB=8sin2B2,故sinB=4(1-cos上式兩邊平方,整理得17cos2B-32cosB+15=0,解得cosB=1(舍去),cosB=1517(2)由cosB=1517得sinB=817,故S△ABC=12acsin又S△ABC=2,則ac=172由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac(1+cosB)=36-2×172×1+所以b=2.解后反思在余弦定理和三角形面積公式的運用過程中,要重視“整體運算”的技巧.如本題中b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac(1+cosB)中的轉化就說明了這一點.33.(2017北京理,15,13分)在△ABC中,∠A=60°,c=37(1)求sinC的值;(2)若a=7,求△ABC的面積.解析本題考查正、余弦定理的應用,考查三角形的面積公式.(1)在△ABC中,因為∠A=60°,c=37所以由正弦定理得sinC=csinAa=37×(2)因為a=7,所以c=37由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得72=b2+32-2b×3×12解得b=8或b=-5(舍).所以△ABC的面積S=12bcsinA=12×8×3×32解后反思根據所給等式的結構特點,利用正弦定理將邊的關系轉化為角的關系是解題的關鍵.在求解面積時,經常用余弦定理求出兩邊乘積.34.(2017山東文,17,12分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知b=3,AB·AC=-6,S△ABC=3,求A和a.解析因為AB·AC=-6,所以bccosA=-6,又S△ABC=3,所以bcsinA=6,因此tanA=-1,又0<A<π,所以A=3π又b=3,所以c=22.由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得a2=9+8-2×3×22×?2所以a=29.35.(2016四川文,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,且cosAa+cosB(1)證明:sinAsinB=sinC;(2)若b2+c2-a2=65bc,求tan解析(1)證明:根據正弦定理,可設asinA=bsin則a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC.代入cosAa+cosBb=cosAksinA+cossinAsinB=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,所以sinAsinB=sinC.(2)由已知,b2+c2-a2=65根據余弦定理,有cosA=b2+c所以sinA=1?cos由(1),sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB,所以45sinB=45cosB+35故tanB=sinB方法總結解三角形中,要根據題干條件恰當選取正、余弦定理,當涉及邊較多時,可考慮余弦定理,當涉及角較多時,可考慮正弦定理.△ABC中,也常用到sin(A+B)=sinC.評析本題考查了正、余弦定理及同角三角函數的基本關系式,根據條件恰當選擇正、余弦定理是解題的關鍵.36.(2016浙江文,16,14分)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知b+c=2acosB.(1)證明:A=2B;(2)若cosB=23,求cosC的值解析(1)由正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB,故2sinAcosB=sinB+sin(A+B)=sinB+sinAcosB+cosAsinB,于是sinB=sin(A-B).又A,B∈(0,π),故0<A-B<π,所以,B=π-(A-B)或B=A-B,因此A=π(舍去)或A=2B,所以,A=2B.(2)由cosB=23得sinB=5cos2B=2cos2B-1=-19故cosA=-19,sinA=4cosC=-cos(A+B)=-cosAcosB+sinAsinB=2227評析本題主要考查正弦和余弦定理等基礎知識,同時考查運算求解能力.37.(2016課標Ⅰ理,17,12分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知2cosC·(acosB+bcosA)=c.(1)求C;(2)若c=7,△ABC的面積為332,求△ABC解析(1)由已知及正弦定理得,2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC,(2分)2cosCsin(A+B)=sinC.故2sinCcosC=sinC.(4分)可得cosC=12,所以C=π3.(6(2)由已知,得12absinC=3又C=π3,所以ab=6.(8分由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcosC=7.故a2+b2=13,從而(a+b)2=25.(10分)所以△ABC的周長為5+7.(12分)解后反思本題屬解三角形問題中的常見題型,要先利用正弦、余弦定理,將已知中的“邊”或“角”的關系式,轉化為只有“邊”或只有“角”的方程形式,進而通過三角函數或代數知識求解方程.解題中要注意三角形的一些性質應用,例如:sin(A+B)=sinC,S△ABC=12absin評析本題重點考查了正弦定理、余弦定理及三角形面積公式,同時,對三角恒等變換的公式也有所考查.在解題過程中,要注意先將已知條件中的“邊”與“角”的關系,通過正弦定理轉化為“角”之間的關系,再運用三角函數知識求解.38.(2016浙江理,16,14分)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知b+c=2acosB.(1)證明:A=2B;(2)若△ABC的面積S=a24,求角A解析(1)由正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB,故2sinAcosB=sinB+sin(A+B)=sinB+sinA·cosB+cosAsinB,于是sinB=sin(A-B).又A,B∈(0,π),故0<A-B<π,所以,B=π-(A-B)或B=A-B,因此A=π(舍去)或A=2B,所以,A=2B.(2)由S=a24得12absinC=a24,故有sinBsinC=12sin因sinB≠0,得sinC=cosB.又B,C∈(0,π),所以C=π2當B+C=π2時,A=π當C-B=π2時,A=π綜上,A=π2或A=π思路分析(1)由正弦定理及兩角和的正弦公式將已知條件轉化為∠A與∠B的三角函數關系,利用A,B的范圍誘導公式得出∠A與∠B的關系;(2)利用三角形的面積公式將已知條件轉化為∠C與∠B的三角函數關系,再由∠B,∠C的范圍及誘導公式求∠A的大小.評析本題主要考查三角函數及其變換、正弦定理和三角形面積公式等基礎知識,同時考查運算求解能力.39.(2015課標Ⅱ理,17,12分)△ABC中,D是BC上的點,AD平分∠BAC,△ABD面積是△ADC面積的2倍.(1)求sin∠(2)若AD=1,DC=22,求BD和AC的長解析(1)S△ABD=12AB·ADsin∠S△ADC=12AC·ADsin∠因為S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.由正弦定理可得sin∠Bsin∠C(2)因為S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=2.在△ABD和△ADC中,由余弦定理知AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.由(1)知AB=2AC,所以AC=1.評析本題考查正弦定理,余弦定理的應用,以及三角形的面積公式.屬常規(guī)題,中等偏易.40.(2015課標Ⅰ文,17,12分)已知a,b,c分別為△ABC內角A,B,C的對邊,sin2B=2sinAsinC.(1)若a=b,求cosB;(2)設B=90°,且a=2,求△ABC的面積.解析(1)由題設及正弦定理可得b2=2ac.又a=b,可得b=2c,a=2c.由余弦定理可得cosB=a2+c2?(2)由(1)知b2=2ac.因為B=90°,由勾股定理得a2+c2=b2.故a2+c2=2ac,得c=a=2.所以△ABC的面積為1.(12分)評析本題考查了正弦定理、余弦定理;考查了解三角形的基本方法,屬容易題.41.(2015浙江理,16,14分)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別是a,b,c.已知A=π4,b2-a2=12c(1)求tanC的值;(2)若△ABC的面積為3,求b的值.解析(1)由b2-a2=12c2及正弦定理得sin2B-12=12sin2C,所以-cos又由A=π4,即B+C=34π,得-cos2B=sin2C=2sinCcosC,解得tan(2)由tanC=2,C∈(0,π)得sinC=255,cosC=又因為sinB=sin(A+C)=sinπ4+C,所以sin由正弦定理得c=22又因為A=π4,12bcsinA=3,所以bc=62,評析本題主要考查三角函數及其變換、正弦定理等基礎知識,同時考查運算求解能力.42.(2015山東理,16,12分)設f(x)=sinx·cosx-cos2x+(1)求f(x)的單調區(qū)間;(2)在銳角△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若fA2=0,a=1,求△ABC面積的最大值解析(1)由題意知f(x)=sin2x2=sin2x2-1?sin2x由-π2+2kπ≤2x≤π2+2kπ,k∈Z,可得-π4+kπ≤x≤π4由π2+2kπ≤2x≤3π2+2kπ,k∈Z,可得π4+kπ≤x≤3所以f(x)的單調遞增區(qū)間是?π4+kπ單調遞減區(qū)間是π4+kπ,(2)由fA2=sinA-12=0,得sinA=由題意知A為銳角,所以cosA=32由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得1+3bc=b2+c2≥2bc,即bc≤2+3,且當b=c時等號成立.因此12bcsinA≤2+所以△ABC面積的最大值為2+3評析本題考查三角恒等變換,三角函數的圖象與性質,以及解三角形等基礎知識和基本方法,對運算能力有較高要求.屬中等難度題.43.(2015陜西理,17,12分)△ABC的內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.向量m=(a,3b)與n=(cosA,sinB)平行.(1)求A;(2)若a=7,b=2,求△ABC的面積.解析(1)因為m∥n,所以asinB-3bcosA=0,由正弦定理,得sinAsinB-3sinBcosA=0,又sinB≠0,從而tanA=3,由于0<A<π,所以A=π3(2)解法一:由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA,及a=7,b=2,A=π3得7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0,因為c>0,所以c=3.故△ABC的面積為12bcsinA=3解法二:由正弦定理,得7sinπ3從而sinB=217又由a>b,知A>B,所以cosB=27故sinC=sin(A+B)=sinB=sinBcosπ3+cosBsinπ3=所以△ABC的面積為12absinC=344.(2014課標Ⅱ文,17,12分)四邊形ABCD的內角A與C互補,AB=1,BC=3,CD=DA=2.(1)求C和BD;(2)求四邊形ABCD的面積.解析(1)由題設及余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcosC=13-12cosC,①BD2=AB2+DA2-2AB·DAcosA=5+4cosC.②由①,②得cosC=12,故C=60°,BD=7(2)四邊形ABCD的面積S=12AB·DAsinA+12BC·CDsin=12×1=23.評析本題考查余弦定理的應用和四邊形面積的計算,考查運算求解能力和轉化的思想,把四邊形分割成兩個三角形是求面積的常用方法.45.(2014浙江理,18,14分)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知a≠b,c=3,cos2A-cos2B=3sinAcosA-3sinBcosB.(1)求角C的大小;(2)若sinA=45,求△ABC的面積解析(1)由題意得1+cos2A2-1+cos2B2=32sin即32sin2A-12cos2A=32sin2B-1sin2A?π由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π),得2A-π6+2B-π即A+B=2π所以C=π3(2)由(1)及c=3,sinA=45,asinA=csinC由a<c,得A<C.從而cosA=35故sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=4+33所以,△ABC的面積為S=12acsinB=8評析本題主要考查誘導公式、兩角和差公式、二倍角公式、正弦定理、三角形面積公式等基礎知識,同時考查運算求解能力.46.(2013課標Ⅱ理,17,12分)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知a=bcosC+csinB.(1)求B;(2)若b=2,求△ABC面積的最大值.解析(1)由已知及正弦定理得sinA=sinBcosC+sinC·sinB.①又A=π-(B+C),故sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC.②由①②和C∈(0,π)得sinB=cosB.又B∈(0,π),所以B=π4(2)△ABC的面積S=12acsinB=2由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accosπ4又a2+c2≥2ac,故ac≤42?2,當且僅當a=c時因此△ABC面積的最大值為2+1.47.(2012課標文,17,12分)已知a,b,c分別為△ABC三個內角A,B,C的對邊,c=3a·sinC-ccosA.(1)求A;(2)若a=2,△ABC的面積為3,求b,c.解析(1)由c=3asinC-c·cosA及正弦定理得3sinA·sinC-cosA·sinC-sinC=0.由于sinC≠0,所以sinA?π6又0<A<π,故A=π3(2)△ABC的面積S=12bcsinA=3,故而a2=b2+c2-2bccosA,故b2+c2=8.解得b=c=2.評析本題考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想,靈活利用正、余弦定理是求解關鍵,正確的轉化是本題的難點.考點2解三角形及其綜合應用1.(2021全國甲理,8,5分)2020年12月8日,中國和尼泊爾聯合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86(單位:m),三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一.如圖是三角高程測量法的一個示意圖,現有A,B,C三點,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'滿足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C點測得B點的仰角為15°,BB'與CC'的差為100;由B點測得A點的仰角為45°,則A,C兩點到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'約為(3≈1.732)()A.346B.373C.446D.473答案B如圖,過點C分別作A'C',B'C'的平行線,分別交A'A與B'B于點D和E,連接DE,則DE∥A'B',過點B作DE的平行線BF,交AA'于點F.故△A'B'C'≌△DEC,∴∠DCE=∠A'C'B'=45°,∠CDE=∠C'A'B'=180°-∠A'C'B'-∠A'B'C'=75°.在Rt△BCE中,可得tan15°=BECE,即2-3∴CE=1002?3=100(2+在△CDE中,由正弦定理可得DEsin45°∴DE=sin45°sin75°·CE=100(3+1又知在Rt△ABF中,∠ABF=45°,所以AF=BF,所以AA'-CC'=AD=AF+DF=AF+BE=BF+BE=DE+BE=100(2+3)≈373.故選B.解題關鍵通過作平行線(或垂線),將空間問題平面化,然后利用正弦定理解三角形是本題的關鍵.2.(2021全國乙理,9,5分)魏晉時期劉徽撰寫的《海島算經》是關于測量的數學著作,其中第一題是測量海島的高.如圖,點E,H,G在水平線AC上,DE和FG是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度,稱為“表高”,EG稱為“表距”,GC和EH都稱為“表目距”,GC與EH的差稱為“表目距的差”,則海島的高AB=()A.表高×表距表目距的差+表高B.表高×表距表目距的差C.表高×表距表目距的差+表距D.表高×表距表目距的差答案A解題指導:根據題意作輔助線,選擇合適的參數,將所求的量與已知的“表高”“表距”“表目距的差”聯系起來,從而求得海島的高度.解析連接FD并延長交AB于點M,則AB=AM+BM,MF∥AC.設∠BDM=α,∠BFM=β,則MBtanβ?MBtanα又tanβ=GFGC,tanα=ED所以MBtan因為GF=ED,所以GCGF所以MBtanβ?又易知DF=EG,所以MB=ED·DFGC所以海島的高AB=表高×表距表目距的差+表高,故選A解題關鍵:1.正確理解題意,弄明白“表高”“表距”“表目距的差”的含義是求解本題的關鍵;2.選擇合適的角度作參數,選擇合適的三角函數表示相關的長度是求解的關鍵.3.(2014四川文,8,5分)如圖,從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B,C的俯角分別為75°,30°,此時氣球的高是60m,則河流的寬度BC等于()A.240(3-1)mB.180(2-1)mC.120(3-1)mD.30(3+1)m答案C如圖,∠ACD=30°,∠ABD=75°,AD=60m,在Rt△ACD中,CD=ADtan∠ACD=60tan30°=603m,在Rt△ABD中,BD=ADtan∠ABD=60tan75°=4.(2023全國甲理,16,5分)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=6,∠BAC的角平分線交BC于D,則AD=.

答案2解析在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,即(6)2=22+AC2-2×2×AC×cos60°,即AC2-2AC-2=0,解得AC=1+3或AC=1-3(舍),由于AD平分∠BAC,且∠BAC=60°,所以∠BAD=∠CAD=30°.S△ABC=S△ABD+S△ACD,即12×2×(3+1)×32=12×2×AD×12+12×(3+1)×AD×12,即3×(3+1)=AD+3一題多解在△ABC中,由正弦定理得ABsinC=BCsin∠BAC,即2sinC=6又知0°<C<120°,∴C=45°,∴B=75°,在△ABD中,∠BAD=30°,∴∠ADB=180°-30°-75°=75°,∴△ABD為等腰三角形,∴AD=AB,又AB=2,∴AD=2.5.(2023新課標Ⅰ,17,10分)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.解析(1)解法一:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=π4,B=3π4-又∵2sin(A-C)=sinB,∴2sinA?π4即222sinA?22cosA=整理得sinA=3cosA,又∵sin2A+cos2A=1,A∈0,3π4,∴sinA=解法二:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=π4又∵2sin(A-C)=sinB,∴2sin(A-C)=sin(A+C),即2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC,化簡得sinAcosC=3cosAsinC,∴tanA=3tanC=3,∴sinAcos又∵sin2A+cos2A=1,A∈0,3π4,∴sinA=(2)解法一:過C作CD⊥AB,垂足為D,如圖.在△ABC中,由正弦定理得ABsin∠ACB=BCsinA,即5sinπ4=由(1)知cosA=1010∴sinB=sin3π4?A=22cosA+22在Rt△BCD中,CD=BC·sinB=35×255即AB邊上的高為6.解法二:由(1)知C=π4,sinA=31010,cosA=1010,則sinB=sin3π4?A=22cos在△ABC中,由正弦定理得ABsinC=ACsin∴522=AC255=BC31010,∴∴S△ABC=12AC·BC·sinC=12×210×35×2設AB邊上的高為h,則12×5h=15,∴h=6解法三:如圖,作BG⊥AC,CH⊥AB,GM⊥AB,垂足分別為G,H,M.設AG=x(x>0),由(1)可得BG=CG=3x,AB=10x=5,則x=102在Rt△AMG中,GM=AG·sinA=31010x=易知AC=4AG,△CHA∽△GMA,所以CH=4GM=6,即AB邊上的高為6.6.(2023新課標Ⅱ,17,10分)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tanB(2)若b2+c2=8,求b,c.解析由題意知S△ABC=3,BD=DC,∴S△ADC=32(1)∵S△ADC=12DA·DC·sin∠ADC=32,DA=1,∠ADC=π3,∴12DCsinπ3=3∴BD=2,易知∠ADB=2π3在△ADB中,由余弦定理可知,AB2=BD2+DA2-2DA·DBcos∠ADB,即AB2=22+12-2×1×2×?12∴AB=7,∴cosB=AB2+BD∴sinB=1?cos2B=1?∴tanB=sinBcosB(2)如圖所示,延長AD至E,使DE=AD,連接BE,CE,易得四邊形ABEC為平行四邊形,∴AB=CE,AC=BE,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos∠ACE,兩式相加得BC2+AE2=2(AB2+AC2),即BC2+AE2=2(b2+c2)=16,又AE=2AD=2,∴BC2=12,∴BC=23,∵S△ADC=12AD·DC·sin∠ADC=32,AD=1,DC=∴sin∠ADC=1,∴AD⊥BC,∴b=c,又b2+c2=8,∴b=c=2.7.(2022浙江,11,4分)我國南宋著名數學家秦九韶,發(fā)現了從三角形三邊求面積的公式,他把這種方法稱為“三斜求積”,它填補了我國傳統(tǒng)數學的一個空白.如果把這個方法寫成公式,就是S=14c2a2?c2+a2?b222,其中a,b,c是三角形的三邊,S是三角形的面積.設某三角形的三邊答案23解析∵a=2,b=3,c=2，∴S=148.(2022全國甲,理16,文16,5分)已知△ABC中,點D在邊BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.當ACAB取得最小值時,BD=答案3-1解析設BD=m(m>0),則CD=2m.在△ABD中,根據余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=m2+2m+4,在△ACD中,根據余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=4m2-4m+4,∴AC∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+3m+1≥23當且僅當m+1=3m+1,即m=3-1此時,AC2AB2取得最小值,為4-12所以當ACAB取得最小值時,BD=3-19.(2020新高考Ⅰ,15,5分)某中學開展勞動實習,學生加工制作零件,零件的截面如圖所示.O為圓孔及輪廓圓弧AB所在圓的圓心,A是圓弧AB與直線AG的切點,B是圓弧AB與直線BC的切點,四邊形DEFG為矩形,BC⊥DG,垂足為C,tan∠ODC=35,BH∥DG,EF=12cm,DE=2cm,A到直線DE和EF的距離均為7cm,圓孔半徑為1cm,則圖中陰影部分的面積為cm2答案4+5π解析如圖,連接OA,過點A分別作AQ⊥DE,AK⊥EF,垂足為Q,K,設AK與BH,DG分別交于點M,N,作OP⊥DG于點P,則AQ=AK=7cm,∴DN=7cm,∵DG=EF=12cm,∴NG=5cm,∵NK=DE=2cm,∴AN=5cm,∴△ANG為等腰直角三角形,∴∠GAN=45°,∵∠OAG=90°,∴∠OAM=45°,設AM=OM=xcm,則PN=xcm,∴DP=(7-x)cm,∵tan∠ODG=35,∴OP=(7?x)×35cm,∵AM+MN+NK=7cm,即x+(7-x)×35+2=7,解得x=2,∴OA=22cm,∴S陰影=π×(22)2×38+(22)2×110.(2015課標Ⅰ理,16,5分)在平面四邊形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,則AB的取值范圍是.

答案(6-2,6+2)解析依題意作出四邊形ABCD,連接BD.令BD=x,AB=y,∠CDB=α,∠CBD=β.在△BCD中,由正弦定理得2sinα=xsin75°.由題意可知,∠ADC=135°,則∠ADB=135°-α.在△ABD中,由正弦定理得xsin75°=ysin(135°?α).所以ysin(135°因為0°<β<75°,α+β+75°=180°,所以30°<α<105°,當α=90°時,易得y=2;當α≠90°時,y=2(cosα+sin又tan30°=33,tan105°=tan(60°+45°)=tan60°+tan45°1?tan60°tan45°=-2-3,結合正切函數的性質知,1tanα∈(3-2,3),且1tanα≠0,所以y=21tan綜上所述:y∈(6-2,6+2).評析本題考查了三角函數和解三角形.利用函數的思想方法是求解關鍵,屬偏難題.8.(2015重慶理,13,5分)在△ABC中,B=120°,AB=2,A的角平分線AD=3,則AC=.

答案6解析依題意知∠BDA=∠C+12∠BAC,由正弦定理得2sin∠BDA=3sinB∵∠C+∠BAC=180°-∠B=60°,∴∠C+12∠∴∠BAC=30°,∠C=30°.從而AC=2·ABcos30°=6.9.(2014課標Ⅰ理,16,5分)如圖,為測量山高MN,選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點.從A點測得M點的仰角∠MAN=60°,C點的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;從C點測得∠MCA=60°.已知山高BC=100m,則山高MN=m.

答案150解析在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100m,所以AC=1002m.在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,從而∠AMC=45°,由正弦定理得,ACsin45°=AMsin60°,因此在Rt△MNA中,AM=1003m,∠MAN=60°,由MNAM=sin60°得MN=1003×32=150m,10.(2011課標理,16,5分)在△ABC中,B=60°,AC=3,則AB+2BC的最大值為.

答案27解析設AC=b=3,AB=c,BC=a,在△ABC中,asinA=bsin∴a=2sinA,c=2sinC,且A+C=120°,∴AB+2BC=c+2a=2sinC+4sinA=2sinC+4sin(120°-C)=4sinC+23cosC=27sin(C+φ),其中sinφ=217,cosφ=2∴φ∈(30°,60°),而C∈(0°,120°),∴φ+C∈(30°,180°),當C+φ=90°時,AB+2BC有最大值27.評析本題主要考查正弦定理的應用及三角函數性質和公式的應用,熟練掌握定理、公式和三角函數的性質是正確解題的關鍵.11.(2022全國乙文,17,12分)記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A).(1)若A=2B,求C;(2)證明:2a2=b2+c2.解析(1)∵A=2B,sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),∴sinCsinB=sinBsin(C-A),又0<B<π,∴sinB≠0,∴sinC=sin(C-A),又0<C<π,0<A<π,∴-π<C-A<π,∴C=C-A(舍)或C+C-A=π,∴A=2C-π,∴B=A2又A+B+C=π,∴2C-π+C-π2+C=π∴C=5π8(2)證法一:∵sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),∴sinC(sinAcosB-cosAsinB)=sinB(sinCcosA-cosCsinA),∴sinCsinAcosB+sinBsinAcosC=2sinBsinCcosA,∴sinA(sinCcosB+cosCsinB)=2sinBsinCcosA,∴sinA·sin(B+C)=2sinBsinCcosA,∴sin2A=2sinBsinCcosA,由正弦定理得a2=2bccosA,又由余弦定理得a2=b2+c2-a2,∴2a2=b2+c2.證法二:∵sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),∴sinC(sinAcosB-cosAsinB)=sinB(sinCcosA-cosCsinA),由正弦定理得accosB-bccosA=bccosA-abcosC,∴accosB=2bccosA-abcosC,由余弦定理得ac·a2化簡得2a2=b2+c2.12.(2022新高考Ⅰ,18,12分)記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知cosA(1)若C=2π3,求B(2)求a2+解析(1)∵cosA即cosA∴cosAcosB-sinAsinB=sinB,即cos(A+B)=sinB,又C=2π3∴sinB=cos(A+B)=-cosC=-cos2π3∵0<B<π3,∴B=π(2)由(1)知,sinB=cos(A+B)=-cosC,∵sinB>0恒成立,∴C∈π2∵-cosC=sinC?∴C-π2=B,∴A=π2-2B,∵A>0,∴B∈∴a=(2cos令cos2B=t,t∈12∴a2+當且僅當4t=2t,即t=22時,取“=∴a2+b2c13.(2022新高考Ⅱ,18,12分)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=32,sinB=1(1)求△ABC的面積;(2)若sinAsinC=23,求解析(1)由題意得S1=34a2,S2=34b2,S3=34∴S1-S2+S3=34(a2-b2+c2)=32,即a2-b2+c2由cosB=a2+c2?b22ac得a2+c故2accosB=2,∴accosB=1,又∵sinB=13,∴cosB=223或cosB=-2∴ac=324,∴S△ABC=(2)由正弦定理asin又知ac=324,sinAsinC=∴b2sin2∴b=3214.(2022全國乙理,17,12分)記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A).(1)證明:2a2=b2+c2;(2)若a=5,cosA=2531,求△ABC的周長解析(1)證明:由sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),得sinCsinAcosB-sinCsinBcosA=sinBsinCcosA-sinBsinAcosC,即sinCsinAcosB+sinBsinAcosC=2sinBsinCcosA,由正弦定理可得,accosB+abcosC=2bccosA,由余弦定理的推論可得,12(a2+c2-b2)+12(a2+b2-c2)=b2+c2-a2,即2a2=b2+c(2)由題意及余弦定理可得,b2+c2-a2=2bccosA=5031bc=25,即2bc=31,又由(1)知b2+c2=2a2,所以(b+c)2=2bc+2a2=81,所以b+c=9,所以a+b+c=14,故△ABC的周長為14一題多解:(1)證明:由sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),得sinCsinAcosB-sinCcosAsinB=sinBsinC·cosA-sinBcosCsinA,即2sinBsinCcosA=sinA·(sinCcosB+cosCsinB)=sinAsin(B+C)=sin2A,由正弦定理得2bccosA=a2,由余弦定理的推論得2bc·b2+c2?a22bc=a2,∴215.(2020江蘇,16,14分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知a=3,c=2,B=45°.(1)求sinC的值;(2)在邊BC上取一點D,使得cos∠ADC=-45,求tan∠DAC的值解析本題主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函數的基本關系、兩角和與差的三角函數等基礎知識,考查運算求解能力.(1)在△ABC中,因為a=3,c=2,B=45°,由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得b2=9+2-2×3×2cos45°=5,所以b=5.在△ABC中,由正弦定理bsinB=得5sin45°=2sinC,所以sin(2)在△ADC中,因為cos∠ADC=-45,所以∠ADC為鈍角而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,所以∠C為銳角,故cosC=1?sin2C=255,則因為cos∠ADC=-45,所以sin∠ADC=1?cotan∠ADC=sin∠ADCcos從而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-∠C)=-tan(∠ADC+∠C)=-tan∠ADC+tanC116.(2019江蘇,15,14分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.(1)若a=3c,b=2,cosB=23,求c的值(2)若sinAa=cosB2b,解析本小題主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函數關系、誘導公式等基礎知識,考查運算求解能力.(1)因為a=3c,b=2,cosB=23由余弦定理cosB=a2+c2?b即c2=13.所以c=3(2)因為sinAa=由正弦定理asinA=bsinB,得cosB2b=sin從而cos2B=(2sinB)2,即cos2B=4(1-cos2B),故cos2B=45因為sinB>0,所以cosB=2sinB>0,從而cosB=25因此sinB+π2=cos17.(2018北京理,15,13分)在△ABC中,a=7,b=8,cosB=-17(1)求A;(2)求AC邊上的高.解析(1)在△ABC中,因為cosB=-17,所以B∈π2,π,所以sinB=由正弦定理得sinA=a·sinB因為B∈π2所以A∈0,π2,所以A=(2)在△ABC中,sinC=sin(A+B)=sinB+π3=12sinB+32三角形ABC的面積S△ABC=12absinC=63設AC邊上的高為h,則S△ABC=12bh=12×8·h=6所以h=33即AC邊上的高為33方法總結處理解三角形相關的綜合題目時,首先要掌握正弦、余弦定理,其次結合圖形分析哪些邊、角是已知的,哪些邊、角是未知的,然后將方程轉化為只含有邊或角的方程,最后通過解方程求出邊或角.18.(2017天津理,15,13分)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sinB=35(1)求b和sinA的值;(2)求sin2A+解析本小題主要考查同角三角函數的基本關系,二倍角的正弦、余弦公式,兩角和的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基礎知識.考查運算求解能力.(1)在△ABC中,因為a>b,故由sinB=35,可得cosB=45.由已知及余弦定理,有b2=a2+c2-2accosB=13,所以b=由正弦定理asinA=bsinB,得sinA=所以,b的值為13,sinA的值為313(2)由(1)及a<c,得cosA=213所以sin2A=2sinAcosA=1213,cos2A=1-2sin2A=-5故sin2A+π4=sin2Acosπ4+cos方法總結1.利用正、余弦定理求邊或角的步驟:(1)根據已知的邊和角畫出相應的圖形,并在圖中標出;(2)結合圖形選擇用正弦定理或余弦定理求解;(3)在運算和求解過程中注意三角恒等變換和三角形內角和定理的運用.2.解決三角函數及解三角形問題的滿分策略:(1)認真審題,把握變形方向;(2)規(guī)范書寫,合理選擇公式;(3)計算準確,注意符號.19.(2017天津文,15,13分)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知asinA=4bsinB,ac=5(a2-b2-c2).(1)求cosA的值;(2)求sin(2B-A)的值.解析本題主要考查同角三角函數的基本關系、二倍角的正弦、余弦公式、兩角差的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基礎知識.考查運算求解能力.(1)由asinA=4bsinB,及asinA=bsin由ac=5(a2-b2-c2),及余弦定理,得cosA=b2+c2?(2)由(1),可得sinA=255,代入asinA=4bsin得sinB=asinA4由(1)知,A為鈍角,所以cosB=1?sin于是sin2B=2sinBcosB=45,cos2B=1-2sin2B=3故sin(2B-A)=sin2BcosA-cos2BsinA=45×?55-35×規(guī)律總結解有關三角形問題時應注意:(1)在解有關三角形的題目時,要有意識地考慮用哪個定理更適合或兩個定理都要用,要抓住能夠利用某個定理的信息.一般地,如果式子中含有角的余弦或邊的二次式,要考慮用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或邊的一次式,要考慮用正弦定理;以上特征都不明顯時,則要考慮到兩個定理都有可能用到.(2)解三角形20.(2016北京理,15,13分)在△ABC中,a2+c2=b2+2ac.(1)求∠B的大小;(2)求2cosA+cosC的最大值.解析(1)由余弦定理及題設得cosB=a2+c2?又因為0<∠B<π,所以∠B=π4.(6分(2)由(1)知∠A+∠C=3π2cosA+cosC=2cosA+cos3=2cosA-22cosA+22sin=22cosA+22sin=cosA?π4因為0<∠A<3π所以當∠A=π4時,2cosA+cosC取得最大值1.(13分思路分析第(1)問條件中有邊的平方和邊的乘積,顯然用余弦定理求解.第(2)問用三角形內角和定理將原三角函數式化為只含一個角的三角函數式,再注意角的取值范圍,問題得解.評析本題考查余弦定理,三角恒等變換及三角函數的性質.屬中檔題.21.(2016山東理,16,12分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知2(tanA+tanB)=tanAcosB(1)證明:a+b=2c;(2)求cosC的最小值.解析(1)由題意知2sinAcosA+sin化簡得2(sinAcosB+sinBcosA)=sinA+sinB,即2sin(A+B)=sinA+sinB.因為A+B+C=π,所以sin(A+B)=sin(π-C)=sinC.從而sinA+sinB=2sinC.由正弦定理得a+b=2c.(2)由(1)知c=a+所以cosC=a2+=38ab+b當且僅當a=b時,等號成立.故cosC的最小值為12疑難突破利用切化弦將已知等式等價轉化,最終轉化為三角形三角正弦之間的關系,從而結合正弦定理得出三角形三邊之間的關系.評析本題考查了三角恒等變換、正弦定理和余弦定理及基本不等式,綜合性較強,重點考查了化歸與轉化的思想方法,屬中檔題.22.(2016天津文,15,13分)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知asin2B=3bsinA.(1)求B;(2)若cosA=13,求sinC的值解析(1)在△ABC中,由asinA=bsinB,可得asinB=bsinA,又由asin2B=3bsinA,得2asinBcosB=3bsinA=3asinB,所以cosB=32(2)由cosA=13,可得sinA=2則sinC=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sinA=32sinA+12cosA=思路分析(1)利用正弦定理與二倍角公式將原式轉化為角B的三角函數式進行求解;(2)利用三角形的性質及兩角和的正弦公式求sinC的值.評析本題主要考查同角三角函數的基本關系、二倍角的正弦公式、兩角和的正弦公式以及正弦定理等基礎知識.考查運算求解能力.23.(2015江蘇理,15,14分)在△ABC中,已知AB=2,AC=3,A=60°.(1)求BC的長;(2)求sin2C的值.解析(1)由余弦定理知,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA=4+9-2×2×3×12所以BC=7.(2)由正弦定理知,ABsinC=所以sinC=ABBC·sinA=2sin60°7因為AB<BC,所以C為銳角,則cosC=1?sin2C因此sin2C=2sinC·cosC=2×217×277評析本小題主要考查余弦定理、正弦定理,同角三角函數關系與二倍角公式,考查運算求解能力.24.(2015浙江文,16,14分)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知tanπ4(1)求sin2Asin2(2)若B=π4,a=3,求△ABC的面積解析(1)由tanπ4+A=2,得tan所以sin2Asin2A+co(2)由tanA=13,A∈(0,π),sinA=1010,cosA=3又由a=3,B=π4及正弦定理asinA=b=35.由sinC=sin(A+B)=sinA+π4得sin設△ABC的面積為S,則S=12absin評析本題主要考查三角恒等變換、正弦定理等基礎知識,同時考查運算求解能力.2