備考2025年高考數(shù)學一輪復習第四章考點測試25

考點測試25正弦定理、余弦定理及其應用高考概覽本考點是高考必考知識點，?？碱}型為選擇題、填空題、解答題，分值為5分、12分，中、低等難度考點研讀掌握正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡單的三角形度量問題一、基礎小題1．設△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＋B＝eq\f(5π,6)，a＝3，c＝2，則sinA＝()A．eq\f(4,5) B．eq\f(3,5)C．eq\f(3,4) D．eq\f(2,3)答案C解析因為A＋B＝eq\f(5π,6)，所以C＝eq\f(π,6)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(3,sinA)＝4，所以sinA＝eq\f(3,4).故選C.2．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，則△ABC的面積等于()A．3eq\r(3) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2) D.eq\f(3\r(3),4)答案C解析設AB＝c，在△ABC中，由余弦定理知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，即7＝c2＋4－2×2ccos60°，c2－2c－3＝0，又c＞0，∴c＝3，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)×3×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).故選C.3．設△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知2ccosB－bcosA＝acosB，則B＝()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(5π,6) D．eq\f(2π,3)答案B解析因為2ccosB－bcosA＝acosB，所以由余弦定理得2c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)－b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).故選B.4．在△ABC中，a，b，c分別為三個內(nèi)角A，B，C的對邊，若△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，a－b＝1，eq\r(3)acosC－csinA＝0，則c＝()A．7 B．eq\r(7)C．2eq\r(7) D．eq\r(14)答案B解析在△ABC中，∵eq\r(3)acosC－csinA＝0，∴eq\r(3)sinAcosC－sinCsinA＝0，∵sinA≠0，∴eq\r(3)cosC－sinC＝0，即tanC＝eq\r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)，∴S△ABC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\f(3\r(3),2)，解得ab＝6，又a－b＝1，解得a＝3，b＝2，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝7，解得c＝eq\r(7).5．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，且2S＝(a＋b)2－c2，則tanC＝()A．eq\f(3,4) B．eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3) D．－eq\f(3,4)答案C解析在△ABC中，∵S＝eq\f(1,2)absinC，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，且2S＝(a＋b)2－c2，∴absinC＝(a＋b)2－(a2＋b2－2abcosC)，整理得sinC－2cosC＝2，∴(sinC－2cosC)2＝4.∴eq\f(（sinC－2cosC）2,sin2C＋cos2C)＝4，化簡可得3tan2C＋4tanC＝0.∵C∈(0，π)，∴tanC＝－eq\f(4,3).故選C.6．設f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，則△ABC面積的最大值為()A.eq\f(2＋\r(3),3) B.eq\f(3＋\r(3),3)C.eq\f(2＋\r(3),4) D.eq\f(3＋\r(3),4)答案C解析f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))))＝sin2x－eq\f(1,2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq\f(1,2)＝0，所以sinA＝eq\f(1,2)，因為△ABC為銳角三角形，所以A＝eq\f(π,6)，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－1,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，所以b2＋c2＝eq\r(3)bc＋1，由基本不等式得b2＋c2＝eq\r(3)bc＋1≥2bc，當且僅當b＝c時等號成立，所以bc≤2＋eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,4)bc≤eq\f(2＋\r(3),4).故選C.7．泉城廣場上矗立著的“泉標”，成為泉城濟南的標志和象征．為了測量“泉標”高度，某同學在“泉標”的正西方向的點A處測得“泉標”頂端的仰角為45°，沿點A向北偏東30°前進100m到達點B，在點B處測得“泉標”頂端的仰角為30°，則“泉標”的高度為()A．50m B．100mC．120m D．150m答案A解析如圖，CD為“泉標”高度，設高為hm．由題意，得CD⊥平面ABD，AB＝100m，∠BAD＝60°，∠CAD＝45°，∠CBD＝30°.在Rt△CBD中，BD＝eq\r(3)h，在Rt△CAD中，AD＝h，在△ABD中，BD＝eq\r(3)h，AD＝h，AB＝100，∠BAD＝60°，由余弦定理可得3h2＝10000＋h2－2×100hcos60°，∴(h－50)(h＋100)＝0，解得h＝50或h＝－100(舍去)．故選A.8．為了測量A，B處島嶼的距離，小明在D處觀測A，B分別在D處的北偏西15°、北偏東45°方向，再往正東方向行駛40海里至C處，觀測B在C處的正北方向，A在C處的北偏西60°方向，則A，B兩處島嶼間的距離為()A．20eq\r(6)海里 B．40eq\r(6)海里C．20(1＋eq\r(3))海里 D．40海里答案A解析由題意可知CD＝40海里，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，∠ADB＝60°.在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AD,sin30°)＝eq\f(40,sin45°)，得AD＝20eq\r(2)海里，在Rt△BCD中，因為∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，所以BD＝eq\r(2)CD＝40eq\r(2)海里，在△ABD中，由余弦定理得AB＝eq\r(AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB)＝eq\r(800＋3200－2×20\r(2)×40\r(2)×\f(1,2))＝eq\r(2400)＝20eq\r(6)海里．故選A.9．(多選)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，則下列結論正確的是()A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6B．△ABC是鈍角三角形 C．△ABC的最大內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍D．若c＝6，則△ABC外接圓的半徑為eq\f(8\r(7),7)答案ACD解析(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，可設a＋b＝9t，a＋c＝10t，b＋c＝11t，解得a＝4t，b＝5t，c＝6t，t＞0，由正弦定理可得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，故A正確；由c為最大邊，可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(16t2＋25t2－36t2,2·4t·5t)＝eq\f(1,8)＞0，即C為銳角，故B錯誤；cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(25t2＋36t2－16t2,2·5t·6t)＝eq\f(3,4)，cos2A＝2cos2A－1＝2×eq\f(9,16)－1＝eq\f(1,8)＝cosC，由2A，C∈(0，π)，可得2A＝C，故C正確；若c＝6，可得2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(6,\r(1－\f(1,64)))＝eq\f(16\r(7),7)，△ABC外接圓的半徑為eq\f(8\r(7),7)，故D正確．故選ACD.10．(多選)某學校坐落于風景優(yōu)美的輝山景區(qū)，景區(qū)內(nèi)的一泓碧水蜿蜒形成了一個“秀”字，故稱“秀湖”．湖畔有秀湖閣(A)和臨秀亭(B)兩個標志性景點，如圖．若為測量隔湖相望的A，B兩地之間的距離，某同學任意選定了與A，B不共線的C處，構成△ABC，以下測量數(shù)據(jù)的不同方案中一定能唯一確定A，B兩地之間的距離的方案是()A．測量∠A，AC，BCB．測量∠A，∠B，BCC．測量∠C，AC，BCD．測量∠A，∠C，∠B答案BC解析對于A，由正弦定理可得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，則sinB＝eq\f(ACsinA,BC)，若AC>BC且∠A為銳角，則sinB＝eq\f(ACsinA,BC)>sinA，此時∠B有兩解，則∠C也有兩解，此時AB也有兩解；對于B，若已知∠A，∠B，則∠C確定，由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)可知AB唯一確定；對于C，若已知∠C，AC，BC，由余弦定理可得AB＝eq\r(AC2＋BC2－2AC·BCcosC)，則AB唯一確定；對于D，若已知∠A，∠C，∠B，則AB不確定．故選BC.二、高考小題11.(2021·全國甲卷)2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(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(xiàn)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(eq\r(3)≈1.732)()A．346 B．373C．446 D．473答案B解析過C作BB′的垂線交BB′于點M，過B作AA′的垂線交AA′于點N，設B′C′＝CM＝m，A′B′＝BN＝n，在△A′B′C′中，因為∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°，所以∠C′A′B′＝75°.所以eq\f(m,sin75°)＝eq\f(n,sin45°)，在△CBM中，eq\f(m,sin75°)＝eq\f(100,sin15°)，所以eq\f(n,sin45°)＝eq\f(100,sin15°)，解得n＝eq\f(200,\r(3)－1)≈273.所以A，C兩點到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′約為273＋100＝373.故選B.12．(2021·全國甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq\r(19)，AB＝2，則BC＝()A．1 B.eq\r(2)C.eq\r(5) D．3答案D解析解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故選D.解法二：由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(57),19)，從而cosC＝eq\f(4\r(19),19)(C是銳角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(19),19)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(57),19)＝eq\f(3\r(57),38).又eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝3.故選D.13．(2020·全國Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，則tanB＝()A.eq\r(5) B．2eq\r(5)C．4eq\r(5) D．8eq\r(5)答案C解析由余弦定理，得AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC＝9＋16－2×3×4×eq\f(2,3)＝9，∴AB＝3.∴cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(9＋9－16,2×3×3)＝eq\f(1,9)，∴sinB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(5),9)，∴tanB＝4eq\r(5).故選C.14．(2023·全國甲卷)在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝eq\r(6)，D為BC上一點，AD為∠BAC的平分線，則AD＝________．答案2解析如圖所示，記AB＝c，AC＝b，BC＝a.解法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因為b＞0，解得b＝1＋eq\r(3).由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq\f(1,2)×2×b×sin60°＝eq\f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq\f(1,2)×AD×b×sin30°，解得AD＝eq\f(\r(3)b,1＋\f(b,2))＝eq\f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2.解法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因為b＞0，解得b＝1＋eq\r(3)，由正弦定理可得，eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(1＋\r(3),sinB)＝eq\f(2,sinC)，解得sinB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq\f(\r(2),2)，因為1＋eq\r(3)＞eq\r(6)＞2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，所以AD＝AB＝2.15．(2022·全國甲卷)已知△ABC中，點D在邊BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.當eq\f(AC,AB)取得最小值時，BD＝________．答案eq\r(3)－1解析設CD＝2BD＝2m＞0，則在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB＝m2＋4＋2m，在△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC＝4m2＋4－4m，所以eq\f(AC2,AB2)＝eq\f(4m2＋4－4m,m2＋4＋2m)＝eq\f(4（m2＋4＋2m）－12（1＋m）,m2＋4＋2m)＝4－eq\f(12,（m＋1）＋\f(3,m＋1))≥4－eq\f(12,2\r(（m＋1）·\f(3,m＋1)))＝4－2eq\r(3)，當且僅當m＋1＝eq\f(3,m＋1)，即m＝eq\r(3)－1時等號成立．所以當eq\f(AC,AB)取得最小值時BD＝eq\r(3)－1.16．(2021·全國乙卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為eq\r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，則b＝________．答案2eq\r(2)解析由S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB，得eq\r(3)＝eq\f(1,2)acsin60°，即eq\r(3)＝eq\f(\r(3),4)ac，解得ac＝4.所以a2＋c2＝3ac＝12.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×eq\f(1,2)＝8，所以b＝2eq\r(2).三、模擬小題17．(2023·黑龍江哈爾濱三中一模)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))－bsinC＝0，則角B的大小為()A．eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(5π,6)答案A解析因為csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))－bsinC＝0，所以eq\f(1,2)csinB＋eq\f(\r(3),2)ccosB－bsinC＝0，所以由正弦定理邊化角得，eq\f(1,2)sinCsinB＋eq\f(\r(3),2)sinCcosB－sinBsinC＝0，因為C∈(0，π)，sinC≠0，所以eq\f(\r(3),2)cosB－eq\f(1,2)sinB＝0，即tanB＝eq\r(3)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).故選A.18．(2023·江西省贛州市第三中學適應性考試)已知△ABC的三邊a，b，c及對角A，B，C，周長為5，且滿足(sinA＋sinB)2＝sinAsinB＋7sin2B，若b＝1，則△ABC的面積S＝()A．eq\f(\r(15),4) B．eq\f(7,8)C．eq\f(\r(15),2) D．eq\f(\r(15),8)答案A解析因為(sinA＋sinB)2＝sinAsinB＋7sin2B，由正弦定理得(a＋b)2＝ab＋7b2，所以a＝2b或a＝－3b(舍去)，△ABC的周長為5，b＝1，則a＝2，c＝2，由等腰三角形的性質知AC邊上的高為h＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),2)，所以S＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(15),2)＝eq\f(\r(15),4).故選A.19．(2024·四川成都石室中學高三開學考試)已知△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，c＝2，△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，D為邊BC的中點，則AD的長度是()A．eq\f(5\r(7),14) B．eq\f(\r(3),2)C．1 D．2答案B解析因為△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2b×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)?b＝1，由余弦定理可知a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(1＋4－2×1×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(7)，因為D為邊BC的中點，所以BD＝DC＝eq\f(\r(7),2)，因為∠ADC＋∠ADB＝π，所以cos∠ADC＋cos∠ADB＝0，即eq\f(AD2＋\f(7,4)－1,2AD·\f(\r(7),2))＋eq\f(AD2＋\f(7,4)－4,2AD·\f(\r(7),2))＝0，所以AD＝eq\f(\r(3),2).故選B.20．(2024·湖南岳陽一中高三開學考試)如圖，某同學為測量鸛雀樓的高度MN，在鸛雀樓的正東方向找到一座建筑物AB，高約為37m，在地面上點C處(B，C，N三點共線)測得建筑物頂部A，鸛雀樓頂部M的仰角分別為30°和45°，在A處測得樓頂部M的仰角為15°，則鸛雀樓的高度約為()A．91m B．74mC．64m D．52m答案B解析在Rt△ABC中，AC＝2AB＝74，在△MCA中，∠MCA＝105°，∠MAC＝45°，則∠AMC＝180°－∠MCA－∠MAC＝30°，由正弦定理得eq\f(MC,sin∠MAC)＝eq\f(AC,sin∠AMC)，即eq\f(MC,sin45°)＝eq\f(74,sin30°)，解得MC＝74eq\r(2)，在Rt△MNC中，MN＝74eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝74m．故選B.21．(2024·湘豫名校高三診斷聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，D為AB邊上一點，∠ACD＝30°，∠BCD＝90°，CD＝2，則2a＋b的最小值為()A．eq\f(2\r(3),3) B．2 C．eq\f(4\r(3),3) D．eq\f(16\r(3),3)答案D解析如圖，∠ACD＝30°，∠BCD＝90°，CD＝2，則S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，得eq\f(1,2)absin120°＝eq\f(1,2)×2bsin30°＋eq\f(1,2)×2asin90°，所以eq\f(\r(3),2)ab＝b＋2a，等式兩邊同除以ab，得eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)，則2a＋b＝eq\f(2,\r(3))(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(b,a)＋\f(4a,b)))≥eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq\f(16\r(3),3)，當且僅當b＝2a＝eq\f(8\r(3),3)時，等號成立，所以2a＋b的最小值為eq\f(16\r(3),3).故選D.22．(2023·四川名校高三仿真測試一)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若5cos2A＋4cosBcosC＝4sinBsinC－sin2A，且a＝eq\r(3)，b＋c＝2，則△ABC的面積為________．答案eq\f(\r(3),12)解析由題意得5cos2A＋4cos(B＋C)＋sin2A＝0，所以4cos2A－4cosA＋1＝0，所以(2cosA－1)2＝0，解得cosA＝eq\f(1,2)，因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，b＋c＝2，所以由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝eq\f(4－3,2bc)－1＝eq\f(1,2)，所以bc＝eq\f(1,3)，所以△ABC的面積為eq\f(1,2)×bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).一、高考大題1．(2023·全國乙卷)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(1)由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋1－2×2×1×cos120°＝7，則BC＝eq\r(7)，cos∠ABC＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(4＋7－1,2×2×\r(7))＝eq\f(5\r(7),14)，sin∠ABC＝eq\r(1－cos2∠ABC)＝eq\r(1－\f(25,28))＝eq\f(\r(21),14).(2)由三角形面積公式可得eq\f(S△ABD,S△ADC)＝eq\f(\f(1,2)AB·ADsin90°,\f(1,2)AC·ADsin30°)＝4，則S△ADC＝eq\f(1,5)S△ABC＝eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1×sin120°))＝eq\f(\r(3),10).2．(2023·新課標Ⅰ卷)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(1)∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq\f(π,4)，又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)，∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴sinA＝3cosA，即tanA＝3，∴0<A<eq\f(π,2)，∴sinA＝eq\f(3,\r(10))＝eq\f(3\r(10),10).(2)由(1)知，cosA＝eq\f(1,\r(10))＝eq\f(\r(10),10)，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq\f(2\r(5),5)，由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，可得AC＝eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq\r(10)，∴AB邊上的高h＝AC·sinA＝2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)＝6.3．(2023·新課標Ⅱ卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為eq\r(3)，D為BC的中點，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解(1)解法一：在△ABC中，因為D為BC的中點，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ABD中，∠ADB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq\r(7)，則cosB＝eq\f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq\f(5\r(7),14)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).解法二：在△ABC中，因為D為BC的中點，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq\f(1,2)＝3，解得b＝eq\r(3)，有AC2＋AD2＝4＝CD2，則∠CAD＝eq\f(π,2)，C＝eq\f(π,6).過A作AE⊥BC于點E，于是CE＝ACcosC＝eq\f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(5,2)，所以tanB＝eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(3),5).(2)解法一：在△ABD與△ACD中，由余弦定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，))整理得eq\f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，則a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.解法二：在△ABC中，因為D為BC的中點，則2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，于是4eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq\r(3)，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(8－12,2bc)＝－eq\f(2,bc)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC＝eq\f(1,2)bceq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(1,2)bceq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(b2c2－4)＝eq\r(3)，解得bc＝4.則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2.4．(2022·新高考Ⅰ卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B).(1)若C＝eq\f(2π,3)，求B；(2)求eq\f(a2＋b2,c2)的最小值．解(1)因為eq\f(sin2B,1＋cos2B)＝eq\f(2sinBcosB,1＋2cos2B－1)＝eq\f(sinB,cosB)，由eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B)，得eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sinB,cosB)，所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB，即cosAcosB－sinAsinB＝sinB，所以cos(A＋B)＝sinB.又A＋B＋C＝π，所以－cosC＝sinB.因為C＝eq\f(2π,3)，所以sinB＝eq\f(1,2)，又B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以B＝eq\f(π,6).(2)由(1)知cosC＝－sinB，所以cosC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋B)).又A＋B＋C＝π，所以C＝eq\f(π,2)＋B，A＝π－B－C＝eq\f(π,2)－2B.由正弦定理得eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝eq\f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋B)))＝eq\f(cos22B＋1－cos2B,cos2B)＝eq\f(（2cos2B－1）2＋1－cos2B,cos2B)＝eq\f(4cos4B－5cos2B＋2,cos2B)＝4cos2B＋eq\f(2,cos2B)－5≥4eq\r(2)－5，當且僅當cosB＝2－eq\f(1,4)時等號成立．所以eq\f(a2＋b2,c2)的最小值為4eq\r(2)－5.二、模擬大題5．(2023·江蘇南通高三第一次質量監(jiān)測)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.(1)若C＝2A，a＝2，b＝3，求c；(2)若a2＋eq\f(1,5)b2＝c2，求證：3tanA＝2tanC.解(1)因為C＝2A，所以sinC＝sin2A，即sinC＝2sinAcosA.由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以c＝2acosA.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，代入可得c＝a·eq\f(b2＋c2－a2,bc).因為a＝2，b＝3，所以c＝