专题2 第2讲 三角恒等变换与解三角形 （课件）-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考提高版）

专题一　函数与导数 第2讲　三角恒等变换与解三角形 专题一　函数与导数 考情分析 1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积 等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范 围问题. 2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度. 内容索引 考点一 考点二 考点三 三角恒等变换 正弦定理、余弦定理及综合应用 解三角形的实际应用 专题强化练 考点一 三角恒等变换 核心提炼 1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； 2.二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； 例1 √ 由3cos 2α－4cos α＋1＝0得3(2cos2α－1)－4cos α＋1＝0， 化简得3cos2α－2cos α－1＝0， √ 规律方法 三角恒等变换的“4大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等. (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等. (3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂. (4)弦、切互化：一般是切化弦. √ 跟踪演练1 (2)已知函数f(x)＝sin x－2cos x，若当x＝θ时，f(x)取得最大值，则cos θ＝ ________. 考点二 正弦定理、余弦定理及综合应用 核心提炼 例2 考向1　正弦定理、余弦定理 √ 所以由正弦定理得ac＝b2－a2－c2， 即a2＋c2－b2＝－ac， (2)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝　 ，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝_____. 2 方法一　在△ABC中，由余弦定理可得， a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC， 即6＝b2＋22－2×b×2×cos 60°， 由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得， 解得AD＝2. 方法二　在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC， 即6＝b2＋22－2×b×2×cos 60°， 所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°， 又∠BAD＝30°， 所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2. 考向2　解三角形中的最值与范围问题 　　(2023·大连模拟)从下列条件中选择一个条件补充到题目中： 在△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，________. (1)求角A； 例3 选①，由余弦定理得， b2＋c2－a2＝2bccos A， 整理得b2＋c2－a2＝bc， 又因为A＋C＝π－B， 所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin Ccos A， 因为0<A<π， 因为0<C<π，所以sin C≠0， (2)若D为边AB的中点，CD＝2 　 ，求b＋c的最大值. 在△ACD中，设∠ADC＝θ，θ∈(0，π)， 由正弦定理得 规律方法 解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略 (1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a＋b与ab相互转化求最值范围. (2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值、范围. 跟踪演练2 √ 　　　(1)(2023·宝鸡模拟)在△ABC中，AB＝5，AC＝7，D为BC的中点，AD＝5，则BC等于 方法一　设BC＝2x，则BD＝CD＝x. 在△ACD中，由余弦定理的推论可得， 在△ABD中，由余弦定理的推论可得， 又∠ADC＋∠ADB＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠ADB， 整理可得x2＝12， 所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC ①求角A的大小； ＝－cos Acos B＋sin Asin B， 因为B∈(0，π)，所以sin B≠0， ②若a＝2，求△ABC的周长的取值范围. 所以b＋c≤4，当且仅当b＝c＝2时取等号. 又因为b＋c>a＝2，所以4<a＋b＋c≤6，故△ABC的周长的取值范围为(4,6]. 考点三 解三角形的实际应用 解三角形应用题的常考类型 (1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解. (2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解. 核心提炼 例4 √ 　　(1)(2023·洛阳模拟)某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度.步骤如下：①将镜子(平面镜)置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；②将镜子后移，重复①中的操作；③求建筑物高度.如图所示，前后两次人与镜子的距离分别为a1 m，a2 m(a2>a1)，两次观测时镜子间的距离为a m，人的“眼高”为h m，则建筑物的高度为 设建筑物的高度为x，如图所示， 由△HGF∽△DEF， 所以ha＋xa1＝xa2，即x(a1－a2)＝－ha， (2)(2023·济南模拟)山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标(如图1)，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行 600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A，B，C，D在同一铅垂面内)，则A，B两点之间的距离为________米. 由题意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°， 所以∠CBD＝90°， 又∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°， 在△ABC中，∠ACB＝∠DCA－∠DCB＝75°－30°＝45°， 由余弦定理得 规律方法 解三角形实际问题的步骤 跟踪演练3 　　　(1)(2023·湖州、衢州、丽水质检)喜来登月亮酒店是浙江省湖州市地标性建筑，某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝45°，∠BDC＝105°，CD＝100米，在点C处测得酒店顶端A的仰角∠ACB＝28°，则酒店的高度约是 A.91米 B.101米 C.111米 D.121米 √ 由题设∠CBD＝30°， (2)(2023·广州模拟)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝35 m，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则A，B两点间的距离为________ m. 50 因为∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，所以∠ADC＝150°， 所以∠DAC＝15°，所以AD＝CD＝35， 又因为∠ACB＝120°， 所以∠BCD＝135°，∠CBD＝30°， 在△BCD中，由正弦定理得 在△ABD中，由余弦定理得 AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB 专题强化练 一、单项选择题 1.(2023·汕头模拟)在△ABC中，已知C＝45°，b＝　 ，c＝2，则角B为 A.30° B.60° C.30°或150° D.60°或120° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 又因为c>b，可得C>B，即0°<B<45°，所以B＝30°. 2.(2023·芜湖模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acos A＋bcos(A＋C)＝0，则△ABC为 A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由acos A＋bcos(A＋C)＝0， 得acos A－bcos B＝0， 由正弦定理得sin Acos A－sin Bcos B＝0， 所以sin 2A＝sin 2B， 因为0<2A<2π，0<2B<2π， 所以2A＝2B或2A＋2B＝π， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为α为锐角， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 4.(2023·南充模拟)一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°方向直线航行，30分钟后到达B处.在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 依题意，如图，在△ABC中， ∠BAC＝70°－40°＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°， 则∠ACB＝45°， 由正弦定理得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.(2023·烟台模拟)已知α，β满足sin(2α＋β)＝cos β，tan α＝2，则tan β的值为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为sin(2α＋β)＝cos β， 所以sin(α＋α＋β)＝cos(α＋β－α)， 即sin αcos(α＋β)＋cos αsin(α＋β)＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 显然cos α≠0，两边同除cos α得， tan αcos(α＋β)＋sin(α＋β)＝cos(α＋β)＋tan αsin(α＋β)， 2cos(α＋β)＋sin(α＋β)＝cos(α＋β)＋2sin(α＋β)， 即cos(α＋β)＝sin(α＋β)，易知cos(α＋β)≠0， √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 即2a2＋2b2＝5abcos C， 当且仅当a＝b时，等号成立， 又y＝cos x在(0，π)上单调递减，C∈(0，π)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 二、多项选择题 7.(2023·衡阳模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝5∶6∶7，则下列结论正确的是 A.sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4 B.△ABC为钝角三角形 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设a＋b＝5t，b＋c＝6t，c＋a＝7t，t>0， 则a＝3t，b＝2t，c＝4t， 对于A，sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶4， 故A不正确； 对于B，c最大，所以C最大， 对于C，若a＝6，则t＝2，b＝4，c＝8， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于D，由正弦定理的推论得 △ABC的周长l＝9t， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 故D正确. 三、填空题 9.(2023·开封模拟)在△ABC中，AB＝7，BC＝3，C＝　，则△ABC的面 积为________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由余弦定理可得，AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C， 所以CA2＋3CA－40＝0， 解得CA＝5或CA＝－8(舍去)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 sin 3θ＝sin(θ＋2θ)＝sin θcos 2θ＋cos θsin 2θ ＝sin θ(1－2sin2θ)＋2sin θcos2θ ＝3sin θ－4sin3θ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.(2023·泉州统考)2022年11月30日，神舟十五号载人飞船成功与天和核心舱对接形成组合体，并于2023年6月4日成功返回地面.本次任务的完成见证了货运飞船与空间站交会对接最快世界纪录等众多历史性时刻.如图，神舟十五号返回舱接近地面时，伞面是表面积约为392π m2的半球面(不含底面圆)，伞顶B与返回舱底端C的距离为半球半径的5倍，直线BC在水平地面上的投影为D，D 和观测点A在同一水平线上.在遥控观测点A处测得点B的仰角为45°，线段BC的视角(即∠BAC)的正弦值为　　，则此时返回舱底端离 地面的高度约为______m. 50 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 则R＝14，所以BC＝5R＝70， 因为仰角∠BAD＝45°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以在Rt△ACD中， 故返回舱底端离地面的高度约为50 m. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由角平分线定理得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设CD＝2m，则AD＝3m， 在△BCD中， 在△ABD中， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 又cos∠BDC＝cos(π－∠BDA)＝－cos∠BDA， 整理得c2＝9m2＋6， ① 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 四、解答题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 选①， 因为0<B<π，所以sin B≠0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 选②， 因为1＋2cos Ccos B＝cos(C－B)－cos(C＋B)， 所以1＋2cos Ccos B－cos(C－B)＋cos(C＋B)＝1＋2cos(C＋B)＝1－2cos A＝0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)求△ABC内切圆的半径. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以bc＝2， 设△ABC内切圆的半径为r，△ABC的周长为l， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由余弦定理得 c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 在△ABD中， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 方法一　在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π， 方法二　在△ABC中，因为D为BC的中点， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π， (3)tan(α±β)＝. (3)tan 2α＝. (1)(2023·南宁模拟)已知α∈(0，π)，且3cos 2α－4cos α＋1＝0，则 sin 2α等于 A.－ B.－ C.－ D.－ 所以sin 2α＝2sin αcos α＝－. 解得cos α＝1或cos α＝－， 因为α∈(0，π)，所以cos α＝－. 所以sin α＝＝. (2)(2023·新高考全国Ⅰ)已知sin(α－β)＝，cos αsin β＝，则cos(2α＋2β)等于 A. B. C.－ D.－ 所以cos(2α＋2β)＝cos 2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×2＝. 而cos αsin β＝， 因为sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝， 因此sin αcos β＝， 则sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝， (1)(2023·济宁模拟)已知cos＝，则sin等于 A.－ B. C.－ D. sin＝sin ＝－cos 2＝1－2cos2 ＝1－2×＝. － 因此θ－φ＝＋2kπ，k∈Z， 则cos θ＝cos＝－sin φ＝－.  f(x)＝sin x－2cos x＝sin(x－φ)， 其中cos φ＝，sin φ＝， 则f(θ)＝sin(θ－φ)＝， 1.正弦定理：在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径). 变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝，sin B＝，sin C ＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等. 2.余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A. 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝. 3.三角形的面积公式：S＝absin C＝acsin B＝bcsin A. (1)(2023·红河模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为b(bsin B－asin A－csin C)，则B等于 A. 　　　B. 　　　 C. 　　　 D. 因为B∈(0，π)，所以B＝. 由题知，△ABC的面积为b(bsin B－asin A－csin C)， 所以absin C＝b(bsin B－asin A－csin C)，即asin C＝bsin B－asin A－csin C， 所以由余弦定理的推论得cos B＝＝－， 如图所示，记AB＝c＝2，AC＝b，BC＝a＝. 解得b＝1＋(负值舍去)， ×2×(1＋)×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×(1＋)×AD×sin 30°， 因为1＋>>2， 解得b＝1＋(负值舍去)， 由正弦定理可得＝＝， 解得sin B＝，sin C＝， ①S＝(b2＋c2－a2)，其中S为△ABC的面积；②＝；③sin C＋cos C＝. 选②，因为＝， 由正弦定理得＝， 又S＝bcsin A，所以bcsin A＝×2bccos A， 得tan A＝， 因为0<A<π，所以A＝. 由正弦定理得sin C＋cos C＝， 即sin Csin A＋cos Csin A＝sin C＋sin B， 由余弦定理得cos A＝＝， 因为0<A<π，所以A＝. 选③，因为sin C＋cos C＝， 所以A－＝，即A＝. 所以sin Csin A－sin Ccos A＝sin C， 所以sin A－cos A＝2sin＝1， 所以－<A－<， 当θ＋φ＝时取等号，所以b＋c的最大值是4. ＝＝＝＝4， 所以AC＝4sin θ，AD＝4sin， 所以b＋c＝4sin θ＋8sin＝8sin θ＋4cos θ＝4sin≤4，其中tan φ＝， A.2 B.4 C.2 D.4 cos∠ADC＝＝. cos∠ADB＝＝. 所以有＝－， 所以BC＝4. 即25＝(25＋49＋2×5×7×cos∠BAC)， 解得cos∠BAC＝， 解得x＝2， 方法二　＝(＋)， 则2＝(2＋2＋2·)， ＝25＋49－2×5×7×＝48， 所以BC＝4. (2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos Asin＝cos C. 即cos Asin B＝sin Asin B， 所以cos A＝sin A， 因为2cos Asin＝cos C， 所以2cos A＝－cos(A＋B)， 所以cos Asin B－cos Acos B 因此有tan A＝. 又因为A∈(0，π)，所以A＝. 由a＝2，A＝及余弦定理得 4＝c2＋b2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－(b＋c)2＝， A. m B. m C. m D. m 得＝⇒EF＝＝， 由△ABC∽△DEC，得＝⇒＝， 解得x＝(m). 100 所以在Rt△CBD中，BC＝CD＝300(米)， 在△ACD中，由正弦定理得＝， 所以AC＝×＝200(米)，  AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(200)2＋ (300)2－2×200×300× ＝150 000，所以AB＝100(米). (参考数据：≈1.4，≈2.4，tan 28°≈0.53) 所以AB＝BCtan∠ACB＝50(＋)×tan 28°≈101(米). 在△BCD中，＝， 又sin∠BDC＝sin 105°＝sin(60°＋45°)＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝， 所以BC＝＝＝50(＋)米， 35 ＝， 即＝，解得BD＝35， ＝352＋(35)2－2×35×35×， 解得AB＝35， 所以A，B两点间的距离为35 m. 在△ABC中，由正弦定理可得sin B＝＝＝， 所以A＝B或A＋B＝.即△ABC是等腰或直角三角形. 3.(2023·新高考全国Ⅱ)已知α为锐角，cos α＝，则sin 等于 A. B. C. D. 所以sin ＝＝ ＝＝. A.10 海里 B.10 海里 C.20 海里 D.20 海里  AB＝40×＝20(海里)， ＝， 即＝， 因此BC＝＝10(海里)， 所以B，C两点间的距离是10 海里. A.－ 　　　 B.－ 　　　C. 　　　 D. 则tan(α＋β)＝1，tan β＝tan(α＋β－α)＝＝＝－. 6.(2023·毕节模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点G为△ABC的重心，且·＝0，当∠C取最大值时，cos C等于 A. B. C. D. 如图，＝－＝－ ＝－×(＋) ＝－， 同理＝－， ∴·＝· ＝－2－2＋·＝0， ∴cos C＝， ∴cos C＝≥＝， ∴当∠C取最大值时，cos C＝. C.若a＝6，则△ABC的面积是6 D.若△ABC外接圆半径是R，内切圆半径是r，则＝ cos C＝＝－<0，故B正确； 由cos C＝－，得sin C＝， 所以△ABC的面积S＝absin C＝×6×4×＝3，故C不正确； R＝＝＝t， 面积S＝absin C＝t2， 所以内切圆半径r＝＝t，所以＝，故D正确. 8.函数f(x)＝sin x(sin x＋cos x)－，若f(x0)＝，x0∈，下列结论正确的是 A.f(x)＝sin B.直线x＝是f(x)图象的一条对称轴 C.f(x)在上的最小值为－ D.cos 2x0＝  f(x)＝sin2x＋sin xcos x－ ＝＋sin 2x－ ＝(sin 2x－cos 2x) ＝sin，故A正确；  f ＝sin＝， ∴直线x＝不是f(x)图象的一条对称轴，故B错误； 当x∈时，2x－∈， ∴f(x)在上单调递增， ∴f(x)在上无最小值，故C错误； ∵f(x0)＝，∴sin＝， 又2x0－∈， ∴cos＝， ∴cos 2x0＝cos ＝＝， 在△ABC中，因为AB＝7，BC＝3，C＝， 即49＝CA2＋9－6CA×， 所以S△ABC＝CA·CB·sin C＝×5×3×＝. 10.(2023·沧州调研)已知tan θ＝，则＝________. 因为tan θ＝， 所以＝3－4sin2θ＝3－ ＝3－＝3－＝. 设半球的半径为R m，则·4πR2＝392π， 则∠ABD＝45°，又sin∠BAC＝， 所以在△ABC中，＝， 所以AC＝·sin∠ABC＝×＝130， 因为cos∠BAC＝＝， 则sin∠CAD＝sin(45°－∠BAC)＝cos∠BAC －sin∠BAC＝， CD＝AC·sin∠CAD＝130×＝50. 12.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝，BD平分 ∠ABC交AC于点D，若BD＝2,2AD＝3CD，则△ABC的面积为________.  ＝＝， 即a＝c， cos∠BDC＝＝， cos∠BDA＝＝， ∴＝－， ∵cos∠ABC＝ ＝＝－， 整理得c2＝25m2， ② 联立①②，解得c2＝25，即c＝5，a＝c＝， ∴S△ABC＝acsin B＝××5sin ＝. 13.(2023·曲靖模拟)在①asin(A＋C)＝bcos；②1＋2cos Ccos B＝cos(C－B)－cos(C＋B)；③＝这三个条件中选择一个补充在下面问题中的横线上，然后求解. 问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＋c＝2，a＝，________.(说明：只需选择一个条件填入求解，如果三个都选择并求解的，只按选择的第一种情形评分) (1)求角A的大小； 由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcos， 所以sin A＝cos， 化简得sin A＝cos A＋sin A，所以tan A＝， 因为0<A<π，所以A＝. 所以cos A＝， 又因为0<A<π，所以A＝. 选③，因为＝， 由正弦定理得＝， 即＝， 则＝ ＝＝， 因为sin B≠0，sin C≠0，所以cos A＝， 又因为0<A<π，所以A＝. 由(1)知A＝，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos ＝(b＋c)2－3bc，因为a＝，b＋c＝2， 所以S△ABC＝bcsin A＝×2×sin ＝， 因为S△ABC＝rl，故r·(2＋)＝， 所以r＝， 即△ABC内切圆的半径为. 14.(2023·新高考全国Ⅱ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝，求tan B； 方法一　在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1， 则S△ADC＝AD·DCsin∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4. 在△ABD中，∠ADB＝， 即c2＝4＋1－2×2×1×＝7， 解得c＝. 则cos B＝＝＝， sin B＝＝＝， 所以tan B＝＝. 方法二　在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1， 则S△ADC＝AD·DCsin∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4. 即b2＝4＋1－2×2×1×＝3，解得b＝， 又AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝， 则C＝，过A作AE⊥BC于点E，如图所示， 于是CE＝ACcos C＝，  AE＝ACsin C＝，BE＝， 所以在Rt△AEB中，tan B＝＝. 整理得a2＋2＝b2＋c2， 而b2＋c2＝8，则a＝2， 又S△ADC＝××1×sin∠ADC＝， 于是∠ADC＝， 所以b＝c＝＝2. 则2＝＋， 又＝－， 于是42＋2＝(＋)2＋(－)2＝2(b2＋c2)＝16， 即4＋a2＝16，解得a＝2， 又S△ADC＝××1×sin∠ADC＝， 于是∠ADC＝， 所以b＝c＝＝2. $$