新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題四三角函數(shù)與解三角形4-3解三角形練習(xí)含答案

4.3解三角形五年高考高考新風(fēng)向1.(2024全國(guó)甲理,11,5分,難)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知B=60°,b2=94ac,則sinA+sinC=(C)A.32B.2C.722.(2024新課標(biāo)Ⅰ,15,13分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知sinC=2cosB,a2+b2-c2=2ab.(1)求B;(2)若△ABC的面積為3+3,求c.解析(1)由余弦定理的推論得cosC=a2+b2?c22ab=2ab2ab=2由sinC=2cosB得2cosB=sinπ4=2∴cosB=12,由0<B<π得B=π(2)由bsinB=csinC得令b3=c2=t,t>0,則b=3t,c=2∵A=π-B-C=5π12,∴sinA=sinπ4+∵S△ABC=12bcsinA=12×3t×2t×6+∴t=2,因此c=22.3.(2024新課標(biāo)Ⅱ,15,13分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知sinA+3cosA=2.(1)求A;(2)若a=2,2bsinC=csin2B,求△ABC的周長(zhǎng).解析(1)由已知得12sinA+32cosA=sinA+π3=1,因?yàn)?<A<π,所以π3<A+π3<4π3,所以A+π(2)由2bsinC=2csinBcosB及正弦定理asinA=bsinB=csinC,得2sinBsinC=2sinCsinBcosB,又sinB≠0,且sinC≠0,所以cosB=22,則sinB=22,則b=asinA·sinB=212×22=22,又sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=12×22+32×22=2+64,所以c=asinA所以△ABC的周長(zhǎng)為2+32+6.考點(diǎn)1正、余弦定理1.(2023全國(guó)乙文,4,5分,易)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,若acosB-bcosA=c,且C=π5,則B=(C)A.π10B.πC.3π10D.2.(2020課標(biāo)Ⅲ理,7,5分,易)在△ABC中,cosC=23,AC=4,BC=3,則cosB=(A)A.19B.1C.12D.3.(2021全國(guó)甲文,8,5分,中)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,則BC=(D)A.1B.2C.5D.34.(2021全國(guó)乙,文15,理15,5分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,面積為3,B=60°,a2+c2=3ac,則b=22.

5.(2023全國(guó)甲理,16,5分,中)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=6,∠BAC的角平分線交BC于D,則AD=2.

6.(2021浙江,14,6分,中)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中點(diǎn),AM=23,則AC=213,cos∠MAC=

239137.(2022全國(guó)甲,文16,理16,5分,中)已知△ABC中,點(diǎn)D在邊BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.當(dāng)ACAB取得最小值時(shí),BD=

3-18.(2020新高考Ⅰ,17,10分,易)在①ac=3,②csinA=3,③c=3b這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問(wèn)題中,若問(wèn)題中的三角形存在,求c的值;若問(wèn)題中的三角形不存在,說(shuō)明理由.問(wèn)題:是否存在△ABC,它的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且sinA=3sinB,C=π6,注:如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.解析方案一:選條件①.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2?c223b2由①ac=3,解得a=3,b=c=1.因此,選條件①時(shí)問(wèn)題中的三角形存在,此時(shí)c=1.(10分)方案二:選條件②.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+由此可得b=c,B=C=π6,A=2π3.(6分由②csinA=3,所以c=b=23,a=6.因此,選條件②時(shí)問(wèn)題中的三角形存在,此時(shí)c=23.(10分)方案三:選條件③.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2?c223b2由③c=3b,與b=c矛盾.因此,選條件③時(shí)問(wèn)題中的三角形不存在.(10分)9.(2023新課標(biāo)Ⅰ,17,10分,中)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.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(jiǎn)得sinAcosC=3cosAsinC,∴tanA=3tanC=3,∴sinAcos又∵sin2A+cos2A=1,A∈0,3π4,∴sinA=(2)解法一:過(guò)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則sinB=sin3π4?A=22cosA+22在△ABC中,由正弦定理得ABsinC=ACsin∴522=AC255=BC31010,∴∴S△ABC=12AC·BC·sinC=12×210×35×2設(shè)AB邊上的高為h,則12×5h=15,∴h=610.(2023新課標(biāo)Ⅱ,17,10分,中)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=32,∴DC易知∠ADB=2π3解法一:在△ABD中,由正弦定理得1sinB=2sin∠BAD=2sinB+23π,即5sinB=解法二:過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC,垂足為E,則AE=AD·sin∠ADC=32,DE=AD·cos∠ADC=12,所以BE=2+12所以tanB=AEBE=3解法三: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)解法一:令∠ADB=α.由余弦定理得c2=1+a22-2×1×a2×cosα=1+a24b2=1+a22-2×1×a2×cos(π-α)=1+a2所以b2+c2=2+a22所以a=23.又由題意知△ABD和△ACD的面積均為32sinα=3則sinα=1,α=π2所以b=c=2.解法二:如圖所示,延長(zhǎng)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=2.11.(2021新高考Ⅱ,18,12分,中)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且滿足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a;若不存在,說(shuō)明理由.解析(1)2sinC=3sinA?2c=3a,又∵c=a+2,∴2(a+2)=3a,∴a=4,∴b=a+1=5,c=a+2=6,∴cosA=b2+c2?a22bc=52∴S△ABC=12bcsinA=12×5×6×74(2)由已知得c>b>a,若△ABC為鈍角三角形,則角C為鈍角,∴cosC=a2+b2?c22ab<0?a2+b2<c2?a2+(a+1)2<(a+2)2?a2-2a-3<0?-1<a<3,又a>0,同時(shí)還應(yīng)考慮構(gòu)成△ABC的條件,即a+b>c?a+(a+1)>a+2?a>1.綜上所述,當(dāng)a∈(1,3)時(shí),△ABC為鈍角三角形.∴存在正整數(shù)a=2,使△ABC為鈍角三角形.12.(2021新高考Ⅰ,19,12分,中)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.解析(1)證明:由題設(shè)得BD=asin在△ABC中,由正弦定理知csinC=即sinCsin∠ABC代入BD=asinCsin∠ABC中,得BD=acb,又∴BD=b.(2)解法一:由AD=2DC得AD=23b,DC=b在△ABD中,cosA=AD2+AB在△ABC中,cosA=AC2+故c2?59b243bc=b2+c2又b2=ac,所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,所以c=3a或c=23當(dāng)c=3a時(shí),b2=ac=3a2,所以b=3a,此時(shí)a+b<c,故a,b,c構(gòu)不成三角形;當(dāng)c=23a時(shí),b2=ac=23a2,所以b=6此時(shí)a,b,c可以構(gòu)成三角形,故c=23a,b=63a,所以在△ABC中,cos∠ABC=a2+c解法二:同解法一得到2a=3c或3a=c.當(dāng)2a=3c時(shí),a=32c,b2=ac=32c2,由余弦定理得cos∠ABC=94當(dāng)3a=c時(shí),a=c3,b2=ac=c23,由余弦定理得cos∠ABC=c29+c綜上,cos∠ABC=71213.(2022新高考Ⅰ,18,12分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知cosA1+sinA(1)若C=2π3,求B(2)求a2+解析(1)∵cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B即cosA1+sinA=sinBcosB∴cosAcosB-sinAsinB=sinB,即cos(A+B)=sinB,(3分)又C=2π3,∴sinB=cos(A+B)=-cosC=-cos2π3=12,(4∵0<B<π3,∴B=π6.(5分(2)由(1)知,sinB=cos(A+B)=-cosC,∵sinB>0恒成立,∴C∈π2∵-cosC=sinC?∴C-π2=B,∴A=π2-2B,(8分∵A>0,∴B∈0,π∴a2+b2=(2cos2B?1)2+(1?co令cos2B=t,t∈12∴a2+b2c2=(2t?1)2+(1?t)t當(dāng)且僅當(dāng)4t=2t,即t=22時(shí),取“=∴a2+b2c2的最小值為42-5考點(diǎn)2解三角形的綜合應(yīng)用1.(2021全國(guó)甲理,8,5分,中)2020年12月8日,中國(guó)和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86(單位:m),三角高程測(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一.三角高程測(cè)量法的一個(gè)示意圖如圖所示,現(xiàn)有A,B,C三點(diǎn),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(diǎn)測(cè)得B點(diǎn)的仰角為15°,BB'與CC'的差為100;由B點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為45°,則A,C兩點(diǎn)到水平面A'B'C'的高度差A(yù)A'-CC'約為(3≈1.732)(B)A.346B.373C.446D.4732.(2020新高考Ⅰ,15,5分,中)某中學(xué)開(kāi)展勞動(dòng)實(shí)習(xí),學(xué)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(diǎn),B是圓弧AB與直線BC的切點(diǎn),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

4+5π23.(2023全國(guó)甲文,17,12分,易)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)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=sinAcos=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=12×1×324.(2020課標(biāo)Ⅱ理,17,12分,中)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sinBsinC.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周長(zhǎng)的最大值.解析(1)由正弦定理和已知條件得BC2-AC2-AB2=AC·AB.①由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcosA.②由①②得cosA=-12.因?yàn)?<A<π,所以A=2π(2)解法一(利用正弦定理將邊用角表示):由正弦定理及(1)得ACsinB=ABsinC=BCsinA=23,從而AC=23sinB,AB=23sin(π-A-B)故BC+AC+AB=3+3sinB+3cosB=3+23sinB+又0<B<π3,所以當(dāng)B=π6時(shí),△ABC周長(zhǎng)取得最大值3+2解法二(余弦定理+基本不等式):∵a=3,A=2π3,又a2=b2+c2-2bccosA∴9=b2+c2+bc=(b+c)2-bc≥(b+c)2-14(b+c)2∴b+c≤23(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí),“=”成立),則△ABC周長(zhǎng)的最大值為3+23.5.(2023全國(guó)乙理,18,12分,中)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D為BC上一點(diǎn),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∠ABC=則sin∠ABC=AC·sin∠BACBC=1×sin120°(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=2在△ADC中,∠DAC=30°,AC=1,∴△ADC的面積S=12×235×1×sin30°一題多解(2)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=120°,∴S△ABC=12×2×1×sin120°=3又S△ACDS△ABD=1∴S△ACD=15S△ABC=36.(2022全國(guó)乙理,17,12分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)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(zhǎng)解析(1)證法一:∵sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),∴sinC(sinAcosB-cosAsinB)=sinB(sinCcosA-cosC·sinA),(利用兩角差的正弦公式化簡(jiǎn))由正弦定理得accosB-bccosA=bccosA-abcosC,∴accosB=2bccosA-abcosC,由余弦定理的推論得ac·a2+c2?b22ac=2bc·b2+c2?a2證法二:∵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.(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(zhǎng)為147.(2022新高考Ⅱ,18,12分,中)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=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=12acsinB=12×32(2)由正弦定理asinA=bsinB=csin又知ac=324,sinAsinC=∴b2sin2B=94∴b=32sinB=32×13=三年模擬練速度1.(2024黑龍江齊齊哈爾二模,4)在△ABC中,2sinA=3sinB,AB=2AC,則cosC=(D)A.12B.-12C.142.(2024山東青島一模,4)△ABC內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若b=2asinB,bc=4,則△ABC的面積為(A)A.1B.5C.2D.253.(2024山東濟(jì)南一模,5)已知a,b,c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,且acosC+3asinC=b,則A=(A)A.π6B.π4C.π34.(2024湖北八市聯(lián)考,7)設(shè)某直角三角形的三個(gè)內(nèi)角的余弦值成等差數(shù)列,則最小內(nèi)角的正弦值為(C)A.35B.45C.555.(2024T8第二次聯(lián)考,6)在△ABC中,sin(B-A)=14,2a2+c2=2b2,則sinC=(C)A.23B.32C.16.(2024浙江臺(tái)州二模,6)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.若acosC=2ccosA,則bca2的最大值為(CA.3B.32C.327.(2024安徽合肥二模,7)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知c=2,1tanA+1tanB+1tanAtanB=1.則△A.1+2B.1+3C.22D.238.(2024廣東韶關(guān)二模,6)在△ABC中,tanA=14,tanB=35.若△ABC的最長(zhǎng)邊的長(zhǎng)為17,則最短邊的長(zhǎng)為(AA.2B.3C.2D.59.(2024湖北武漢二調(diào),12)在△ABC中,其內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若B=3π4,b=6,a2+c2=22ac,則△ABC的面積為310.(2024江蘇南通二模,12)在△ABC中,AB=7,AC=1,M為BC的中點(diǎn),∠MAC=60°,則AM=

3211.(2024河南頂級(jí)名校聯(lián)考,13)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若a,b,c成等比數(shù)列,且b=acosC+3csinA,則A=

π6,bsinBc=12.(2024湖南岳陽(yáng)質(zhì)量檢測(cè)二,12)岳陽(yáng)樓地處岳陽(yáng)古城西門城墻之上,下瞰洞庭,前望君山.因范仲淹的《岳陽(yáng)樓記》著稱于世,自古有“洞庭天下水,岳陽(yáng)天下樓”之美譽(yù).小明為了測(cè)量岳陽(yáng)樓的高度AB,他首先在C處,測(cè)得樓頂A的仰角為60°,然后沿BC方向行走22.5米至D處,又測(cè)得樓頂A的仰角為30°,則樓高AB為

453413.(2024遼寧八市八校聯(lián)考,13)《海島算經(jīng)》是魏晉時(shí)期數(shù)學(xué)家劉徽所著的測(cè)量學(xué)著作,書(shū)中有一道測(cè)量山上松樹(shù)高度的題目,受此題啟發(fā),小李同學(xué)打算用學(xué)到的解三角形知識(shí)測(cè)量某建筑物上面一座信號(hào)塔的高度.如圖,把塔底與塔頂分別看作點(diǎn)C,D,CD與地面垂直,小李先在地面上選取點(diǎn)A,B(點(diǎn)A,B在建筑物的同一側(cè),且點(diǎn)A,B,C,D位于同一個(gè)平面內(nèi)),測(cè)得AB=203m,在點(diǎn)A處測(cè)得點(diǎn)C,D的仰角分別為30°,67°,在點(diǎn)B處測(cè)得點(diǎn)D的仰角為33.5°,則塔高CD為24m.參考數(shù)據(jù):sin37°≈

3514.(2024廣東廣州華南師大附中月考,15)已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且△ABC的面積S=32accos(1)求角B的大小;(2)若a=2,且π4≤A≤π3,求邊c解析(1)S=32accosB=12acsinB,∴tanB=∵B∈(0,π),∴B=π3(2)∵a=2,B=π3,asinA∴c=2sinCsinA=2sin2π3?∵π4≤A≤π3,∴2≤c≤3即邊c的取值范圍是[2,3+1].15.(2024山東日照一模,15)在銳角△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.已知2a-2bsinA=0且a=5,c=42.(1)求角B及邊b的大小;(2)求sin(2C+B)的值.解析(1)因?yàn)?a-2bsinA=0,所以由正弦定理得2sinA-2sinBsinA=0.因?yàn)閟inA>0,所以2-2sinB=0,sinB=22因?yàn)锽是銳角,所以B=π4.(3分)由余弦定理得b=a2+c2?2accosB=25+32?2×5×4(2)由余弦定理的推論得cosC=a2+b2?c22因?yàn)镃是銳角,所以sinC=1?cos2C=1?117=417所以sin(2C+B)=sin2C+π4=22(=22(2sinCcosC+2cos2C-1=2sinCcosC+2cos2C-2=2×417×117+2×117-22=-7234練思維1.(2024湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)二模,15)已知在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,其中a=4,43cosC=3b-csinA.(1)求A;(2)已知AM為∠BAC的平分線,且與BC交于點(diǎn)M,若AM=223,求△ABC解析(1)根據(jù)題意可得3acosC+csinA=3b,由正弦定理得3sinAcosC+sinAsinC=3sinB,又3sinB=3sin(A+C)=3sinAcosC+3cosAsinC,故sinAsinC=3cosAsinC,又sinC≠0,所以sinA=3cosA,則tanA=3,因?yàn)锳∈(0,π),所以A=π3(2)因?yàn)镾△ABC=S△ABM+S△ACM,所以12bcsin∠BAC=12AM·c·sin∠BAM+12AM·b又AM平分∠BAC,所以∠BAM=∠CAM=12∠BAC=π所以12bc×32=12×223c×12+1則3bc=223(b+c),即bc=2233由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即16=b2+c2-bc,所以16=(b+c)2-3bc=(b+c)2-223(b+解得b+c=26(負(fù)值舍去),故△ABC的周長(zhǎng)為26+4.2.(2024湖北鄂東南省級(jí)高中聯(lián)考,15)記△ABC的角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知sinA?sinB(1)求角A;(2)若點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn),且AB⊥AD,CD=2BD,求sin∠ADB的值.解析(1)由sinA?sinBb+c=sinCa+b及正弦定理得a?bb+c=ca+又a2=b2+c2-2bccosA,∴cosA=-12∴A=2π3.(5分)(2)∠DAC=∠BAC-∠BAD=π6,記∠ADB=α,α∈0,則C=α-∠DAC=α-π6.(6分)在Rt△ABD中,AD=BDcosα.①在△ADC中,由正弦定理得ADsinα?π由①②及CD=2BD得cosαsinα?π6=2即132tanα?12=4,解得tanα=由tanα=32,sin2α+cos2α=1,α∈0,π2,解得sinα故sin∠ADB=217.(13分)3.(2024山東濟(jì)南二模,15)如圖,在平面四邊形ABCD中,BC⊥CD,AB=BC=2,∠ABC=θ,120°≤θ<180°.(1)若θ=120°,AD=3,求∠ADC的大小;(2)若CD=6,求四邊形ABCD面積的最大值.解析(1)因?yàn)椤螦BC=120°,AB=BC=2,所以∠ACB=∠BAC=30°,AC=2ABcos30°=6,(2分)又BC⊥CD,所以∠ACD=90°-∠ACB=60°,(3分)在△ACD中,由正弦定理得ADsin∠ACD=所以sin∠ADC=ACsin∠ACDAD=6sin60°3=22又AC<AD,所以∠ADC=45°.(6分)(2)在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=θ,S△ABC=12AB·BC·sin∠ABC=12×2×2×sinθ=sinθ,(7分AC2BC=sinθ2?AC=22sinθ2,(或由余弦定理得:AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4-4cosθ?AC=22sinθ2在△ACD中,∠ACD=90°-∠ACB=90°-180°?θ2=又CD=6,所以S△ACD=12AC·CD·sin∠ACD=12·22sinθ2·6·sinθ2=3-3cosθ,(所以四邊形ABCD的面積S=S△ABC+S△ACD=sinθ+3-3cosθ=3+2sin(θ-60°),(11分)因?yàn)?20°≤θ<180°,所以60°≤θ-60°<120°,所以當(dāng)θ-60°=90°,即θ=150°時(shí),Smax=3+2,故四邊形ABCD面積的最大值為3+2.(13分)4.(2024福建九地市質(zhì)量檢測(cè),15)△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,且asinC=csinB,C=2π3(1)求B的大小;(2)若△ABC的面積為334,求BC解析(1)∵asinC=csinB,∴由正弦定理,得sinAsinC=sinCsinB,∵0<C<π,∴sinC>0,∴sinA=sinB,∵0<A<π,0<B<π,∴A=B或A+B=π(舍去),∵A+B+C=π,且C=2π3,∴B=π(2)依題意得334=12ab∵A=B,∴a=b,∴334=12a2sin2π3=3a2設(shè)邊BC的中點(diǎn)為D,則CD=32在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cosC=3+34-2×3×32×cos2π3∴BC邊上中線的長(zhǎng)為2125.(2024江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考,16)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,其外接圓的半徑為23,且bcosC=a+33csin(1)求角B;(2)若∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)D,BD=3,點(diǎn)E在線段AC上,EC=2EA,求△BDE的面積.解析(1)由正弦定理可得sinBcosC=sinA+33sinCsinB.又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,則sinCcosB+33sinCsinB∵C∈(0,π),∴cosB+33sinB=0,即tanB=-3又B∈(0,π),∴B=2π3(2)由(1)可知B=2π3,∵△ABC的外接圓的半徑為23,∴由正弦定理得bsinB=43,即∵BD平分∠ABC,∴∠CBD=∠ABD=12∠ABC=π由S△ABC=S△BCD+S△ABD,可得12acsin2π3=12a·3sinπ3+12c即ac=3(a+c)①,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos2π3,即(a+c)2-ac=36②由①②可得a=c=23.則BD⊥AC,∴AC=2CD=6,又∵EC=2AE,則DE=1,故S△BDE=12×1×3=36.(2024浙江寧波十校聯(lián)考,15)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且sin(A-B)·cosC=cosBsin(A-C).(1)判斷△ABC的形狀;(2)若△ABC為銳角三角形,sinA=1b,求2a2+12解析(1)由題意得(sinAcosB-cosAsinB)cosC=cosB·(sinAcosC-cosAsinC),整理得cosA(cosBsinC-sinBcosC)=cosAsin(C-B)=0,故cosA=0或sin(C-B)=0,當(dāng)cosA=0時(shí),A=π2,△ABC為直角三角形當(dāng)sin(C-B)=0時(shí),B=C,△ABC為等腰三角形,當(dāng)cosA=0且sin(C-B)=0時(shí),A=π2,B=C=π4,△ABC故△ABC為直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形.(2)由(1)知,若△ABC為銳角三角形,則一定為等腰三角形,∴b=c,由asinA=bsinB得asinB=bsinA=1,∴∴2a2+12b+12c=2a2+1b=2sin2B+sinA∵△ABC為銳角三角形,∴0<B<π2,0<A∴當(dāng)2B-π4=π2,即B=3π8時(shí)2a2+12b+7.(2024湖南長(zhǎng)沙一中一模,17)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知tanC+3=tanB(3tanC-1).(1)求角A;(2)若a=3,△ABC所在平面內(nèi)有一點(diǎn)D滿足∠BDC=2π3,且BC平分∠ABD,求△ACD面積的取值范圍解析(1)由tanC+3=tanB(3tanC-1),得tanB+tanC=-3(1-tanBtanC),即tanB+tanC即tan(B+C)=-3,所以tan(π-A)=-3,即tanA=3,又A∈(0,π),所以A=π3.(6分)(2)設(shè)∠ABC=∠CBD=x,在△BCD中,∠BDC=2π3,故x∈0,則∠ACD=2π-π3-2π3-2x=π-2x,(8分由正弦定理有BCsin∠BAC=ACsinx,則AC=CD=2sin