4.3 解三角形-【高考密码】备战2026年高考数学十年高考真题分类汇编

4.3　解三角形 考点1 正、余弦定理 1.（2025全国二卷，5,5分）在△ABC中,BC=2,AC=1+,AB=,则A=(　　) A.45° B.60° C.120° D.135° 【答案】A 【解析】由余弦定理的推论,得cos A===,又0°<A<180°,所以A=45°.故选A. 2.(2024全国甲理,11,5分,难)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=ac,则sin A+sin C=(　　) A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 解法一:∵B=60°,b2=ac,∴sin Asin C=sin2B=. 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac, ∴a2+c2=ac,∴sin2A+sin2C=sin Asin C=, ∴(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=+2×=,∴sin A+sin C=,故选C. 解法二:∵b2=ac, ∴由正弦定理得sin2B=sin Asin C=, ∴sin Asin C=, 又∵A+C=120°, ∴sin Csin A=[cos(A-C)-cos(A+C)], ∴=, ∴cos(A-C)=,∴2cos2-1=, ∴cos2=. 又-<<,因此cos =, sin A+sin C=2sin cos =cos =,故选C. 知识拓展 sin θ+sin φ=2sin cos .详见教材人教A版必修第一册P225. 3.(2023北京,7,4分,易)在△ABC中,(a+c)·(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),则∠C= (　　) A. 【答案】　B　 【解析】由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b),化简得ab=a2+b2-c2,由余弦定理的推论得cos C=,又C∈(0,π),∴C=. 4.（2023全国乙文，4） 在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由题意结合正弦定理可得， 即， 整理得，由于，故，所以， 则.故选：C. 5.(2021全国甲文,8,5分)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC= (　　) A.1　　　　B.　　　　D.3 【答案】　D　 解题指导:思路一(利用余弦定理):已知角B,边c,b,利用余弦定理,得到关于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,边b,c,借助正弦定理求出角C的正弦值,进而利用两角和的正弦公式及诱导公式求出角A,再借助正弦定理求出a. 【解析】　解法一:设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,在△ABC中,由题意知b=,c=2,由余弦定理得b2=c2+a2-2cacos B,即19=4+a2-2·2a·cos 120°,整理得a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍),所以BC=3.故选D. 解法二:在△ABC中,由正弦定理得,即,所以sin C=,又0°<C<60°,所以cos C=,所以sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=,所以BC==3. 6.（多选）（2025全国一卷，11,6分）已知△ABC的面积为,cos 2A+cos 2B+2sin C=2,cos Acos Bsin C=,则(　　) A.sin C=sin2A+sin2B B.AB= C.sin A+sin B= D.AC2+BC2=3 【答案】ABC 【解析】设A,B,C的对边分别为a,b,c. 对于A,由cos 2A+cos 2B+2sin C=2得1-2sin2A+1-2sin2B+2sin C=2,化简得sin C=sin2A+sin2B,故A正确. 对于B,由A及正弦定理得c=asin A+bsin B, 又c=acos B+bcos A,(三角形中的射影定理) 所以sin A=cos B,sin B=cos A,则A+B=, 所以C=. 所以由cos Acos Bsin C=得cos Acos B=, 又sin A=cos B,所以sin 2A=,不妨取A=15°,则B=75°. 由S△ABC=ab=得ab=, 由=得=,即b=(2+)a, 所以(2+)a2=. 所以c2=a2+b2=a2+(7+4)a2=(8+4)a2=(8+4)×=2.因此c=AB=,故B正确. 对于C,sin A+sin B=sin 15°+sin 75°=+=,故C正确. 对于D,AC2+BC2=b2+a2=c2=2≠3,故D错误. 故选ABC. 7.(2018课标Ⅲ,理9,文11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为,则C=(　　) A.　　　　　B. C.　　　　　D. 【答案】　C　 【解析】根据余弦定理得a2+b2-c2=2ab·cos C,因为S△ABC=,所以S△ABC=,又S△ABC=absin C,所以tan C=1,因为C∈(0,π),所以C=.故选C. 8.(2016课标Ⅰ文,4,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=,c=2,cos A=,则b=(　　) A.　　　B.　　　C.2　　　D.3 【答案】　D　 【解析】由余弦定理得5=22+b2-2×2b·cos A,∵cos A=,∴3b2-8b-3=0,∴b=3.故选D. 评析　本题考查了余弦定理的应用,考查了方程的思想方法. 9.(2016山东文,8,5分)△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c.已知b=c,a2=2b2(1-sin A).则A=(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　C　 【解析】在△ABC中,由b=c,得cos A==,又a2=2b2(1-sin A),所以cos A=sin A,即tan A=1,又知A∈(0,π),所以A=,故选C. 评析　恰当运用余弦定理的变形形式是求解本题的关键. 10.(2015广东文,5,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=2,cos A=且b<c,则b=(　　) A.3　　　B.2　　　C.2　　　D. 【答案】　C　 【解析】由余弦定理b2+c2-2bccos A=a2,得b2-6b+8=0,解得b=2或b=4,∵b<c=2,∴b=2.选C. 11.(2014课标Ⅱ理,4,5分)钝角三角形ABC的面积是,AB=1,BC=,则AC=(　　) A.5　　　B.　　　C.2　　　D.1 【答案】　B 【解析】　S△ABC=AB·BCsin B=×1×sin B=, ∴sin B=,∴B=45°或135°.若B=45°,则由余弦定理得AC=1,∴△ABC为直角三角形,不符合题意,因此B=135°,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B=1+2-2×1××=5,∴AC=.故选B. 12.(2013课标Ⅰ文,10,5分)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos 2A=0,a=7,c=6,则b=(　　) A.10　　　B.9　　　C.8　　　D.5 【答案】　D 【解析】　由23cos2A+cos 2A=0得25cos2A=1, 因为A为锐角,所以cos A=.又由a2=b2+c2-2bccos A得49=b2+36-b,整理得5b2-12b-65=0, 解得b=-(舍)或b=5,故选D. 13.(2016课标Ⅲ,8,5分)在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,则cos A=(　　) A.　　　B.　　　C.-　　　D.- 【答案】　C 【解析】　过A作AD⊥BC,垂足为D,由题意知AD=BD=BC,则CD=BC,AB=BC,AC=BC,在△ABC中,由余弦定理的推论可知,cos∠BAC===-,故选C. 14.(2021全国乙理,15,5分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°,a2+c2=3ac,则b=　　　　.  【答案】　2 解题指导:首先由面积公式得ac的值,再借助余弦定理进行边角的转化,从而得到b与ac的关系. 【解析】　由S△ABC=得ac=4. 由b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac, 结合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,∴b=2. 方法总结:解三角形问题时,若条件中含有边的二次式和角,则考虑用余弦定理;若条件中含有角或边的一次式,则考虑用正弦定理;特征不明显时,两个可能都用. 15.(2021浙江,14,6分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2,则AC=　　,cos∠MAC=　.  【答案】　2 解题指导:解三角形的关键在于锁定已知的边长和角较多的三角形,抓住“边长”,求AC的长时,在不同三角形中分别用两次余弦定理即可;求∠MAC的余弦值时,在△ACM中直接利用余弦定理可得结果. 【解析】　由题意知在△ABM中,AB=2,∠B=60°,AM=2, 由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos B,即12=4+BM2-4·BM·, 解得BM=4或BM=-2(舍), ∵M为BC的中点,∴BM=MC=4,BC=8, 在△ABC中,由余弦定理知AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B, ∴AC2=4+64-2×2×8×=52, ∴AC=2. 在△AMC中,由余弦定理可得 cos∠MAC=. 一题多解　过A作AH⊥BC交BC于H,∵AB=2,∠B=60°,∴AH=,BH=1,又∵AM=2,∴HM=3,∴BM=MC=4,∴AC=. 在△AMC中,由余弦定理可得 cos∠MAC=. 16.(2016课标Ⅱ,13,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=,cos C=,a=1,则b=　　　　.  【答案】　 【解析】　由已知可得sin A=,sin C=,则sin B=sin(A+C)=×+×=,再由=⇒b==. 思路分析　利用同角三角函数的基本关系求出sin A与sin C的值,进而由sin B=sin(A+C)求出sin B的值,再利用正弦定理即可求出b的值. 17.(2019课标Ⅱ文,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin A+acos B=0,则B=　　　　.  【答案】　π 【解析】　本题考查正弦定理及三角函数求值,考查的核心素养为数学运算. 在△ABC中,由已知及正弦定理得sin Bsin A+sin Acos B=0, ∵sin A≠0,∴sin B+cos B=0, 即tan B=-1, 又B∈(0,π),∴B=π. 18.(2017课标Ⅲ文,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=,c=3,则A=　　　　.  【答案】　75° 【解析】　由正弦定理得=,∴sin B=, 又∵c>b,∴B=45°,∴A=75°. 易错警示　本题求得sin B=后,要注意利用b<c确定B=45°,从而求得A=75°. 19.(2017课标Ⅱ文,16,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcos B=acos C+ccos A,则B=　　　　.  【答案】　60° 【解析】　解法一:由正弦定理得2sin Bcos B=sin Acos C+sin C·cos A,即sin 2B=sin(A+C),即sin 2B=sin(180°-B),可得B=60°. 解法二:由余弦定理得2b·=a·+c·,即b·=b,所以a2+c2-b2=ac,所以cos B=,又0°<B<180°,所以B=60°. 思路分析　利用正弦定理或余弦定理将边角统一后求解. 20.(2016北京文,13,5分)在△ABC中,∠A=,a=c,则=　　　　.  【答案】　1 【解析】　在△ABC中,a2=b2+c2-2bc·cos A, 将∠A=,a=c代入, 可得(c)2=b2+c2-2bc·, 整理得2c2=b2+bc. ∵c≠0,∴等式两边同时除以c2, 得2=+,即2=+. 令t=(t>0),有2=t2+t,即t2+t-2=0, 解得t=1或t=-2(舍去), 故=1. 思路分析　本题先由余弦定理列出关于b、c的方程,再将方程转化为以为变元的方程求解. 评析　本题考查余弦定理的应用及换元思想的应用,属中档题. 21.(2015福建理,12,4分)若锐角△ABC的面积为10,且AB=5,AC=8,则BC等于　　　　.  【答案】　7 【解析】　设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由已知及bcsin A=10得sin A=,因为A为锐角,所以A=60°,cos A=.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+64-2×40×=49,故a=7,即BC=7. 评析　本题考查了三角形的面积和解三角形,利用三角形的面积求出cos A是求解关键. 22.(2015安徽文,12,5分)在△ABC中,AB=,∠A=75°,∠B=45°,则AC=　　　　.  【答案】　2 【解析】　由已知及三角形内角和定理得∠C=60°,由=知AC===2. 23.(2015福建文,14,4分)若△ABC中,AC=,A=45°,C=75°,则BC=　　　　.  【答案】　 【解析】　B=180°-45°-75°=60°.由正弦定理得=,可得BC=. 24.(2015重庆文,13,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=2,cos C=-,3sin A=2sin B,则c=　　　　.  【答案】　4 【解析】　由3sin A=2sin B及正弦定理,得3a=2b,又a=2,所以b=3,故c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×=16,所以c=4. 25.(2015北京理,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则=　　　　.  【答案】　1 【解析】　在△ABC中,由余弦定理的推论可得cos A===,由正弦定理可知====1. 评析　本题主要考查正弦定理、余弦定理的推论以及二倍角公式的应用,考查学生的运算求解能力和知识的应用转化能力. 26.（2025天津，16,14分） 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin B=bcos A,c-2b=1,a=. (1)求A的值; (2)求c的值; (3)求sin(A+2B)的值. 【解析】】(1)已知asin B=bcos A,由=,得sin Asin B=sin Bcos A,显然sin B≠0, 则tan A=,又0<A<π,故A=. (2)由(1)知cos A=,由题意知c=2b+1, 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A, 得7=b2+(2b+1)2-2×b(2b+1)=3b2+3b+1, 即b2+b-2=0,解得b=1(b=-2舍去),故c=3. (3)由=,且b=1,a=,sin A=, 得sin B==,又a>b,则B为锐角, 故cos B=,故sin 2B=2sin Bcos B=, 且cos 2B=1-2sin2B=1-2×=, 故sin(A+2B)=sin Acos 2B+cos Asin 2B=×+×=. 27.（2025北京，16,13分） 在△ABC中,cos A=-,asin C=4. (1)求c的值; (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得△ABC存在,求BC边上的高. 条件①:a=6; 条件②:asin B=; 条件③:△ABC的面积为10. 注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答计分. 【解析】(1)在△ABC中,A∈(0,π),则sin A=,由正弦定理得asin C=csin A=4,解得c=6. (2)选条件①:a=6=c,所以A=C,但A>,所以三角形不存在. 选条件②:由正弦定理得bsin A=,解得b=5, 所以由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+36-2×5×6×=81,解得a=9, 故三角形存在,sin C=,BC边上的高为bsin C=. 选条件③:bcsin A=×6×b=10,解得b=5, 所以由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+36-2×5×6×=81,解得a=9, 故三角形存在,BC边上的高为=. 28.(2020新高考Ⅰ,17,10分) 在①ac=,②csin A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由. 问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=sin B,C=,　　　　?  注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 【解析】　方案一:选条件①. 由C=. 由sin A=sin B及正弦定理得a=b. 于是,由此可得b=c. 由①ac=,解得a=,b=c=1. 因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1. 方案二:选条件②. 由C=. 由sin A=sin B及正弦定理得a=b. 于是,由此可得b=c,B=C=,A=. 由②csin A=3,所以c=b=2,a=6. 因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2. 方案三:选条件③. 由C=. 由sin A=sin B及正弦定理得a=b. 于是,由此可得b=c. 由③c=b,与b=c矛盾. 因此,选条件③时问题中的三角形不存在. 29.(2017山东文,17,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=3,·=-6,S△ABC=3,求A和a. 【解析】　因为·=-6,所以bccos A=-6, 又S△ABC=3,所以bcsin A=6, 因此tan A=-1,又0<A<π,所以A=. 又b=3,所以c=2. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A, 得a2=9+8-2×3×2×=29, 所以a=. 28.(2016四川文,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且+=. (1)证明:sin Asin B=sin C; (2)若b2+c2-a2=bc,求tan B. 【解析】　(1)证明:根据正弦定理, 可设===k(k>0). 则a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C. 代入+=中,有 +=,变形可得 sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B). 在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C, 所以sin Asin B=sin C. (2)由已知,b2+c2-a2=bc, 根据余弦定理,有cos A==. 所以sin A==. 由(1),sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B, 所以sin B=cos B+sin B, 故tan B==4. 方法总结　解三角形中,要根据题干条件恰当选取正、余弦定理,当涉及边较多时,可考虑余弦定理,当涉及角较多时,可考虑正弦定理.△ABC中,也常用到sin(A+B)=sin C. 评析　本题考查了正、余弦定理及同角三角函数的基本关系式,根据条件恰当选择正、余弦定理是解题的关键. 30.(2016浙江文,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acos B. (1)证明:A=2B; (2)若cos B=,求cos C的值. 【解析】　(1)由正弦定理得 sin B+sin C=2sin Acos B,故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin Acos B+cos Asin B, 于是sin B=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cos B=得sin B=, cos 2B=2cos2B-1=-, 故cos A=-,sin A=, cos C=-cos(A+B)=-cos Acos B+sin Asin B=. 评析　本题主要考查正弦和余弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力. 考点2 解三角形及其综合应用 1.(2021全国甲理,8,5分)2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位:m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'满足 ∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°,则A,C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(≈1.732)(　　) A.346　　　　B.373　　　　C.446　　　　D.473 【答案】　B 【解析】 如图,过点C分别作A'C',B'C'的平行线,分别交A'A与B'B于点D和E,连接DE,则DE∥A'B',过点B作DE的平行线BF,交AA'于点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tan 15°=,即2-, ∴CE==100(2+), 在△CDE中,由正弦定理可得, ∴DE=·CE=100(+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+)≈373.故选B. 解题关键　通过作平行线(或垂线),将空间问题平面化,然后利用正弦定理解三角形是本题的关键. 2.(2021全国乙理,9,5分)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作,其中第一题是测量海岛的高.如图,点E,H,G在水平线AC上,DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度,称为“表高”,EG称为“表距”,GC和EH都称为“表目距”,GC与EH的差称为“表目距的差”,则海岛的高AB= (　　) A.+表高　　　　B.-表高 C.+表距　　　　D.-表距 【答案】　A　 解题指导:根据题意作辅助线,选择合适的参数,将所求的量与已知的“表高”“表距”“表目距的差”联系起来,从而求得海岛的高度. 【解析】　连接FD并延长交AB于点M,则AB=AM+BM,MF∥AC. 设∠BDM=α,∠BFM=β, 则=MF-MD=DF. 又tan β=,tan α=, 所以, 因为GF=ED,所以, 所以=DF, 又易知DF=EG,所以MB=, 所以海岛的高AB=+表高,故选A. 解题关键:1.正确理解题意,弄明白“表高”“表距”“表目距的差”的含义是求解本题的关键;2.选择合适的角度作参数,选择合适的三角函数表示相关的长度是求解的关键. 3.(2014四川文,8,5分)如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高是60 m,则河流的宽度BC等于(　　) A.240(-1)m　　　　　B.180(-1)m C.120(-1)m　　　　　D.30(+1)m 【答案】　C　 【解析】如图,∠ACD=30°,∠ABD=75°,AD=60 m,在Rt△ACD中,CD===60 m,在Rt△ABD中,BD====60(2-)m,∴BC=CD-BD=60-60(2-)=120(-1)m. 4(2013课标Ⅱ文,4,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,B=,C=,则△ABC的面积为(　　) A.2+2　　　B.+1　　　C.2-2　　　D.-1 【答案】　B　 【解析】由=及已知条件得c=2. 又sin A=sin(B+C)=×+×=.从而S△ABC=bcsin A=×2×2×=+1.故选B. 5.（2025上海，11,5分）小申同学观察发现,生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上.某斜面上有两根长为1米的垂直于水平面放置的杆子,与斜面的接触点分别为A,B,它们在阳光的照射下呈现出影子,阳光可视为平行光,其中一根杆子的影子在水平面上,长度为0.4米;另一根杆子的影子完全在斜面上,长度为0.45米.则斜面的底角θ=　　　　(结果用角度制表示,精确到0.01°).  【答案】12.58° 【解析】如图,BD=0.45sin θ,DE=0.45cos θ. ∴==,又sin2θ+cos2θ=1.∴θ≈12.58°. 6.（2023全国甲理，16）在中，，，D为BC上一点，AD为的平分线，则_________． 【答案】2 【解析】 如图所示：记， 方法一：由余弦定理可得，， 因为，解得：， 由可得， ， 解得：． 方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：， 由正弦定理可得，，解得：，， 因为，所以，， 又，所以，即． 7.(2022浙江,11,4分)我国南宋著名数学家秦九韶,发现了从三角形三边求面积的公式,他把这种方法称为“三斜求积”,它填补了我国传统数学的一个空白.如果把这个方法写成公式,就是S=,其中a,b,c是三角形的三边,S是三角形的面积.设某三角形的三边a=,b=,c=2,则该三角形的面积S=　　　　.  【答案】　 【解析】　∵a=,b=,c=2，∴S=. 8.(2022全国甲,理16,文16,5分)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD=　　　　.  【答案】　 -1 【解析】　设BD=m(m>0),则CD=2m. 在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=m2+2m+4, 在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=4m2-4m+4, ∴, ∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+当且仅当m+1=,即m=-1时取“=”, 此时,取得最小值,为4-,此时取得最小值. 所以当取得最小值时,BD=-1. 9.(2020新高考Ⅰ,15,5分)某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,tan∠ODC=,BH∥DG,EF=12 cm,DE=2 cm,A到直线DE和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面积为　　　　cm2.  【答案】　4+ 【解析】　如图,连接OA,过点A分别作AQ⊥DE,AK⊥EF,垂足为Q,K,设AK与BH,DG分别交于点M,N,作OP⊥DG于点P,则AQ=AK=7 cm,∴DN=7 cm,∵DG=EF=12 cm,∴NG=5 cm,∵NK=DE=2 cm,∴AN=5 cm,∴△ANG为等腰直角三角形,∴∠GAN=45°,∵∠OAG=90°,∴∠OAM=45°, 设AM=OM=x cm,则PN=x cm,∴DP=(7-x)cm,∵tan∠ODG=,∴OP=cm,∵AM+MN+NK=7 cm,即x+(7-x)×+2=7,解得x=2,∴OA=2 cm,∴S阴影=π×(2)2×+(2)2×=3π+4-cm2. 10.(2015课标Ⅰ理,16,5分)在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是　　　　　　　　.  【答案】　(-,+) 【解析】　依题意作出四边形ABCD,连接BD.令BD=x,AB=y,∠CDB=α,∠CBD=β.在△BCD中,由正弦定理得=.由题意可知,∠ADC=135°,则∠ADB=135°-α.在△ABD中,由正弦定理得=.所以=,即y====. 因为0°<β<75°,α+β+75°=180°,所以30°<α<105°, 当α=90°时,易得y=; 当α≠90°时,y==, 又tan 30°=,tan 105°=tan(60°+45°)==-2-,结合正切函数的性质知,∈(-2,),且≠0,所以y=∈(-,)∪(,+). 综上所述:y∈(-,+). 评析　本题考查了三角函数和解三角形.利用函数的思想方法是求解关键,属偏难题. 11.(2015重庆理,13,5分)在△ABC中,B=120°,AB=,A的角平分线AD=,则AC=　　　　.  【答案】　 【解析】　依题意知∠BDA=∠C+∠BAC,由正弦定理得=,∴sin =, ∵∠C+∠BAC=180°-∠B=60°,∴∠C+∠BAC=45°, ∴∠BAC=30°,∠C=30°.从而AC=2·ABcos 30°=. 12.(2014课标Ⅰ理,16,5分)如图,为测量山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;从C点测得∠MCA=60°.已知山高BC=100 m,则山高MN=　　　　m.  【答案】　150 【解析】　在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100 m,所以AC=100 m. 在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,从而∠AMC=45°, 由正弦定理得,=,因此AM=100 m. 在Rt△MNA中,AM=100 m,∠MAN=60°, 由=sin 60°得MN=100×=150 m,故填150. 13.(2011课标理,16,5分)在△ABC中,B=60°,AC=,则AB+2BC的最大值为　　　　.  【答案】　2 【解析】　设AC=b=,AB=c,BC=a, 在△ABC中,===2, ∴a=2sin A,c=2sin C,且A+C=120°, ∴AB+2BC=c+2a=2sin C+4sin A =2sin C+4sin(120°-C) =4sin C+2cos C=2sin(C+φ), 其中sin φ=,cos φ=, ∴φ∈(30°,60°),而C∈(0°,120°),∴φ+C∈(30°,180°),当C+φ=90°时,AB+2BC有最大值2. 评析　本题主要考查正弦定理的应用及三角函数性质和公式的应用,熟练掌握定理、公式和三角函数的性质是正确解题的关键. 14.(2014课标Ⅰ理,16,5分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,则△ABC面积的最大值为　　　　.  【答案】　 【解析】　因为a=2,所以(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C可化为(a+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,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cos A===,又0<A<π,故A=.因为cos A==≥,所以bc≤4,当且仅当b=c时取等号.由三角形面积公式知S△ABC=bcsin A=bc·=bc≤,故△ABC面积的最大值为. 评析　本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式以及基本不等式的应用,考查学生对知识的综合应用能力以及运算求解能力.能把2代换成a是正确解决本题的关键. 15.(2011课标文,15,5分)△ABC中,B=120°,AC=7,AB=5,则△ABC的面积为　　　　.  【答案】　 【解析】　由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,及已知条件得 49=a2+25-2×5×acos 120°. 整理得a2+5a-24=0, 解得a=3或a=-8(舍). ∴S△ABC=acsin B=×3×5sin 120°=. 评析　本题考查余弦定理、解三角形等知识,根据余弦定理正确求出a的值是解答本题的关键. 16.(2024新课标Ⅰ,15,13分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab. (1)求B; (2)若△ABC的面积为3+,求c. (1)由余弦定理的推论得cos C===,又0<C<π,∴C=. 【解析】由sin C=cos B得cos B=sin =, ∴cos B=,由0<B<π得B=. (2)由=得=. 令==t,t>0,则b=t,c=t, ∵A=π-B-C=,∴sin A=sin=, ∵S△ABC=bcsin A=×t×t×=3+, ∴t=2,因此c=2. 17.(2024新课标Ⅱ,15,13分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2. (1)求A; (2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长. 【解析】(1)由已知得sin A+cos A=sin=1,因为0<A<π,所以<A+<,所以A+=,即A=. (2)由bsin C=2csin Bcos B及正弦定理==,得sin Bsin C=2sin Csin Bcos B,又sin B≠0,且sin C≠0,所以cos B=,则sin B=,则b=·sin B=×=2,又sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=×+×=,所以c=·sin C=×=+,即a+b+c=2+3+,所以△ABC的周长为2+3+. 18.(2024北京,16,13分,易)在△ABC中,∠A为钝角,a=7,sin 2B=bcos B. (1)求∠A; (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得△ABC存在,求△ABC的面积. 条件①:b=7; 条件②:cos B=; 条件③:csin A=. 注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答计分. 【解析】(1)∵sin 2B=bcos B, ∴2sin Bcos B=bcos B, ∵∠A为钝角,∴B≠,∴cos B≠0, ∴2sin B=b. 又∵a=7,∴2sin B=·b=, ∴sin A=,又∵∠A为钝角,∴A=. (2)不可选条件①. 若b=7,又a=7,∴a=b,从而A=B=, 因此A+B>π,△ABC不存在. 选择条件②. ∵cos B=,∴sin B=,又cos A=-, ∴sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B) =sin Acos B+cos Asin B =×+×=, ∵=,∴b===3, ∴S△ABC=absin C=×7×3×=. 选择条件③. ∵csin A=,又A=,∴c=5. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A 得49=b2+25-2×b×5×, ∴b2+5b-24=0,解得b=3或b=-8(舍). ∴S△ABC=bcsin A=×3×5×=. 19.（2023全国乙理，18）在中，已知，，. （1）求； （2）若D为BC上一点，且，求的面积. 【解析】由余弦定理可得：， 则，， . （2）由三角形面积公式可得， 则. 20.（2023全国甲文，17）记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求面积． 【解析】（1）因为，所以，解得：． （2）由正弦定理可得 ， 变形可得：，即， 而，所以，又，所以， 故的面积为 21.（2023课标I，17）已知在中，． （1）求； （2）设，求边上的高． 【解析】（1），，即， 又， ， ，，即，所以， . （2）由（1）知，， 由， 由正弦定理，，可得，， . 22.（2023课标II，17）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 【解析】（1）方法1：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ，所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. （2）方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于是， 所以. 23.(2022全国乙文,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A). (1)若A=2B,求C; (2)证明:2a2=b2+c2. 【解析】　(1)∵A=2B,sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), ∴sin Csin B=sin Bsin(C-A), 又0<B<π,∴sin B≠0,∴sin C=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=, 又A+B+C=π,∴2C-π+C-+C=π, ∴C=. (2)证法一:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), ∴sin C(sin Acos B-cos Asin B)=sin B(sin Ccos A-cos Csin A), ∴sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A, ∴sin A(sin Ccos B+cos Csin B)=2sin Bsin Ccos A, ∴sin A·sin(B+C)=2sin Bsin Ccos A, ∴sin2A=2sin Bsin Ccos A, 由正弦定理得a2=2bccos A, 又由余弦定理得a2=b2+c2-a2, ∴2a2=b2+c2. 证法二:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), ∴sin C(sin Acos B-cos Asin B)=sin B(sin Ccos A-cos Csin A), 由正弦定理得accos B-bccos A=bccos A-abcos C, ∴accos B=2bccos A-abcos C, 由余弦定理得ac·, 化简得2a2=b2+c2. 24.(2022新高考Ⅰ,18,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知. (1)若C=,求B; (2)求的最小值. 【解析】　(1)∵, 即, ∴cos Acos B-sin Asin B=sin B, 即cos(A+B)=sin B,又C=, ∴sin B=cos(A+B)=-cos C=-cos, ∵0<B<,∴B=. (2)由(1)知,sin B=cos(A+B)=-cos C, ∵sin B>0恒成立,∴C∈, ∵-cos C=sin, ∴C-=B,∴A=-2B,∵A>0,∴B∈, ∴ =, 令cos2B=t,t∈, ∴-5, 当且仅当4t=,即t=时,取“=”. ∴的最小值为4-5. 25.(2022新高考Ⅱ,18,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3.已知S1-S2+S3=,sin B=. (1)求△ABC的面积; (2)若sin Asin C=,求b. 【解析】　(1)由题意得S1=a2,S2=b2,S3=c2, ∴S1-S2+S3=(a2-b2+c2)=,即a2-b2+c2=2, 由cos B=得a2+c2-b2=2accos B, 故2accos B=2,∴accos B=1, 又∵sin B=,∴cos B=或cos B=-(舍), ∴ac=,∴S△ABC=. (2)由正弦定理, 又知ac=,sin Asin C=, ∴,∴, ∴b=. 26.(2022全国乙理,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A). (1)证明:2a2=b2+c2; (2)若a=5,cos A=,求△ABC的周长. 【解析】　(1)证明:由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),得sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A=sin Bsin Ccos A- sin Bsin Acos C, 即sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A, 由正弦定理可得,accos B+abcos C=2bccos A, 由余弦定理的推论可得, (a2+c2-b2)+(a2+b2-c2)=b2+c2-a2,即2a2=b2+c2. (2)由题意及余弦定理可得,b2+c2-a2=2bccos A=bc=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的周长为14. 一题多解:(1)证明:由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),得sin Csin Acos B-sin Ccos Asin B=sin Bsin C·cos A-sin Bcos Csin A,即2sin Bsin Ccos A=sin A·(sin Ccos B+cos Csin B)=sin Asin(B+C)=sin2A,由正弦定理得2bccos A=a2,由余弦定理的推论得2bc·=a2,∴2a2=b2+c2. 27.(2022浙江,18,14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4a=c,cos C=. (1)求sin A的值; (2)若b=11,求△ABC的面积. 【解析】　 (1)由于cos C=,sin C>0,则sin C=. 由已知及正弦定理得4sin A=sin C,则sin A=. (2)解法一:由sin C=,cos C=>0,得A<C<,∴cos A=. ∴sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=,由得a==5, 故△ABC的面积S==22. 解法二:由cos C=,得a=a2+121-c2, 将c=a代入上式整理得a2+6a-55=0,解得a=5或a=-11(舍),∴△ABC的面积S==22. 28.(2022北京,16,13分)在△ABC中,sin 2C=sin C. (1)求∠C; (2)若b=6,且△ABC的面积为6,求△ABC的周长. 【解析】　 (1)∵sin 2C=sin C,∴2sin Ccos C=sin C,又sin C≠0,∴cos C=. ∵∠C∈(0,π),∴∠C=. (2)∵S△ABC=, ∴a=4. 由余弦定理得c2=(4)2+62-2×4=12, ∴c=2,∴△ABC的周长为a+b+c=6+6. 29.(2021新高考Ⅰ,19,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b2=ac,点D在边AC上,BDsin∠ABC=asin C. (1)证明:BD=b; (2)若AD=2DC,求cos∠ABC. 解题指导:(1)利用正弦定理将题干中的边角关系转化为边之间的关系是解题突破口.(2)在不同的三角形中利用余弦定理探究边长间的关系是解决本题第二问的关键. 【解析】　(1)证明:在△ABC中,由BDsin∠ABC=asin C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=b,DC=, 在△ABD中,cos A=, 在△ABC中,cos A=. 故,化简得3c2-11b2+6a2=0, 又b2=ac, 所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0, 所以c=3a或c=a. 当c=3a时,b2=ac=3a2,所以b=a,此时a+b<c,故a,b,c构不成三角形; 当c=a时,b2=ac=a2,所以b=a,此时a,b,c可以构成三角形, 故c=a,b=a,所以在△ABC中,cos∠ABC=. 30.(2021北京,16,13分)已知在△ABC中,c=2bcos B,C=. (1)求B的大小; (2)在三个条件中选择一个作为已知条件,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的中线的长度. ①c=b;②△ABC的周长为4+2;③S△ABC=. 【解析】　(1)由c=2bcos B及正弦定理得,sin C=2sin Bcos B,即sin C=sin 2B,∵C=π,∴0<B<,sin 2B=,∴2B=,∴B=. (2)由(1)可知三角形三内角均可求出,只有知道边长,三角形才能被唯一确定,因此选②或③.如图所示,设D为BC的中点,则AD为BC边的中线. 若选②,△ABC的周长为4+2. ∵c=b,a=b,a+b+c=b+b+, ∴b=2,则CD=1, 在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos C=22+12-2×1×2×=7,∴AD=,因此BC边上的中线长为. 若选③,S△ABC=. S△ABC=,即b=,则CD=,在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos C=3+,∴AD=.因此BC边上的中线长为. 31.(2020江苏,16,14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=3,c=,B=45°. (1)求sin C的值; (2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-,求tan∠DAC的值. 【解析】　本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系、两角和与差的三角函数等基础知识,考查运算求解能力. (1)在△ABC中,因为a=3,c=,B=45°, 由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得b2=9+2-2×3×cos 45°=5,所以b=. 在△ABC中,由正弦定理=, 得=,所以sin C=. (2)在△ADC中,因为cos∠ADC=-,所以∠ADC为钝角, 而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,所以∠C为锐角, 故cos C==,则tan C==, 因为cos∠ADC=-,所以sin∠ADC==, tan∠ADC==-. 从而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-∠C)=-tan(∠ADC+∠C)=-=-=. 32.(2019江苏,15,14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c. (1)若a=3c,b=,cos B=,求c的值; (2)若=,求sin的值. 【解析】　本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识,考查运算求解能力. (1)因为a=3c,b=,cos B=, 由余弦定理cos B=,得=, 即c2=.所以c=. (2)因为=, 由正弦定理=,得=,所以cos B=2sin B. 从而cos2B=(2sin B)2,即cos2B=4(1-cos2B), 故cos2B=. 因为sin B>0,所以cos B=2sin B>0,从而cos B=. 因此sin=cos B=. 33.(2018北京理,15,13分)在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-. (1)求A; (2)求AC边上的高. 【解析】　(1)在△ABC中,因为cos B=-,所以B∈,所以sin B==. 由正弦定理得sin A==, 因为B∈, 所以A∈,所以A=. (2)在△ABC中,sin C=sin(A+B)=sin=sin B+cos B=, 三角形ABC的面积S△ABC=absin C=6, 设AC边上的高为h, 则S△ABC=bh=×8·h=6, 所以h=, 即AC边上的高为. 方法总结　处理解三角形相关的综合题目时,首先要掌握正弦、余弦定理,其次结合图形分析哪些边、角是已知的,哪些边、角是未知的,然后将方程转化为只含有边或角的方程,最后通过解方程求出边或角. 34.(2017天津理,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sin B=. (1)求b和sin A的值; (2)求sin的值. 【解析】　本小题主要考查同角三角函数的基本关系,二倍角的正弦、余弦公式,两角和的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力. (1)在△ABC中,因为a>b,故由sin B=,可得cos B=.由已知及余弦定理,有b2=a2+c2-2accos B=13,所以b=. 由正弦定理=,得sin A==. 所以,b的值为,sin A的值为. (2)由(1)及a<c,得cos A=, 所以sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=1-2sin2A=-. 故sin=sin 2Acos+cos 2Asin=. 方法总结　1.利用正、余弦定理求边或角的步骤:(1)根据已知的边和角画出相应的图形,并在图中标出;(2)结合图形选择用正弦定理或余弦定理求解;(3)在运算和求解过程中注意三角恒等变换和三角形内角和定理的运用. 2.解决三角函数及解三角形问题的满分策略:(1)认真审题,把握变形方向;(2)规范书写,合理选择公式;(3)计算准确,注意符号. 35.(2017天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin A=4bsin B,ac=(a2-b2-c2). (1)求cos A的值; (2)求sin(2B-A)的值. 【解析】　本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦、余弦公式、两角差的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力. (1)由asin A=4bsin B,及=,得a=2b. 由ac=(a2-b2-c2), 及余弦定理,得cos A===-. (2)由(1),可得sin A=,代入asin A=4bsin B, 得sin B==. 由(1)知,A为钝角,所以cos B==. 于是sin 2B=2sin Bcos B=,cos 2B=1-2sin2B=, 故sin(2B-A)=sin 2Bcos A-cos 2Bsin A=×-×=-. 36.(2017课标Ⅱ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(A+C)=8sin2. (1)求cos B; (2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b. 【解析】　本题考查了三角公式的运用和余弦定理的应用. (1)由题设及A+B+C=π得sin B=8sin2,故sin B=4(1-cos B). 上式两边平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0, 解得cos B=1(舍去),cos B=. (2)由cos B=得sin B=,故S△ABC=acsin B=ac. 又S△ABC=2,则ac=. 由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)=36-2××=4. 所以b=2. 解后反思　在余弦定理和三角形面积公式的运用过程中,要重视“整体运算”的技巧.如本题中b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)中的转化就说明了这一点. 37.(2017北京理,15,13分)在△ABC中,∠A=60°,c=a. (1)求sin C的值; (2)若a=7,求△ABC的面积. 【解析】　本题考查正、余弦定理的应用,考查三角形的面积公式. (1)在△ABC中,因为∠A=60°,c=a, 所以由正弦定理得sin C==×=. (2)因为a=7,所以c=×7=3. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A得72=b2+32-2b×3×, 解得b=8或b=-5(舍). 所以△ABC的面积S=bcsin A=×8×3×=6. 解后反思　根据所给等式的结构特点,利用正弦定理将边的关系转化为角的关系是解题的关键.在求解面积时,经常用余弦定理求出两边乘积. 38.(2016北京理,15,13分)在△ABC中,a2+c2=b2+ac. (1)求∠B的大小; (2)求cos A+cos C的最大值. 【解析】　(1)由余弦定理及题设得cos B===. 又因为0<∠B<π, 所以∠B=.(6分) (2)由(1)知∠A+∠C=. cos A+cos C=cos A+cos =cos A-cos A+sin A =cos A+sin A =cos.(11分) 因为0<∠A<, 所以当∠A=时,cos A+cos C取得最大值1.(13分) 思路分析　第(1)问条件中有边的平方和边的乘积,显然用余弦定理求解.第(2)问用三角形内角和定理将原三角函数式化为只含一个角的三角函数式,再注意角的取值范围,问题得解. 评析　本题考查余弦定理,三角恒等变换及三角函数的性质.属中档题. 39.(2016山东理,16,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2(tan A+tan B)=+. (1)证明:a+b=2c; (2)求cos C的最小值. 【解析】　(1)由题意知2=+, 化简得2(sin Acos B+sin Bcos A)=sin A+sin B, 即2sin(A+B)=sin A+sin B. 因为A+B+C=π, 所以sin(A+B)=sin(π-C)=sin C. 从而sin A+sin B=2sin C. 由正弦定理得a+b=2c. (2)由(1)知c=, 所以cos C== =-≥, 当且仅当a=b时,等号成立. 故cos C的最小值为. 疑难突破　利用切化弦将已知等式等价转化,最终转化为三角形三角正弦之间的关系,从而结合正弦定理得出三角形三边之间的关系. 评析　本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及基本不等式,综合性较强,重点考查了化归与转化的思想方法,属中档题. 40.(2016天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin 2B=bsin A. (1)求B; (2)若cos A=,求sin C的值. 【解析】　(1)在△ABC中,由=,可得asin B=bsin A,又由asin 2B=bsin A,得2asinBcosB=bsinA=asin B,所以cos B=,得B=. (2)由cos A=,可得sin A=, 则sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin =sin A+cos A=. 思路分析　(1)利用正弦定理与二倍角公式将原式转化为角B的三角函数式进行求解;(2)利用三角形的性质及两角和的正弦公式求sin C的值. 评析　本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式、两角和的正弦公式以及正弦定理等基础知识.考查运算求解能力. 41.(2016课标Ⅰ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cos C·(acos B+bcos A)=c. (1)求C; (2)若c=,△ABC的面积为,求△ABC的周长. 【解析】　(1)由已知及正弦定理得, 2cos C(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C,(2分) 2cos Csin(A+B)=sin C. 故2sin Ccos C=sin C.(4分) 可得cos C=,所以C=.(6分) (2)由已知,得absin C=. 又C=,所以ab=6.(8分) 由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcos C=7. 故a2+b2=13,从而(a+b)2=25.(10分) 所以△ABC的周长为5+.(12分) 解后反思　本题属解三角形问题中的常见题型,要先利用正弦、余弦定理,将已知中的“边”或“角”的关系式,转化为只有“边”或只有“角”的方程形式,进而通过三角函数或代数知识求解方程.解题中要注意三角形的一些性质应用,例如:sin(A+B)=sin C,S△ABC=absin C. 评析　本题重点考查了正弦定理、余弦定理及三角形面积公式,同时,对三角恒等变换的公式也有所考查.在解题过程中,要注意先将已知条件中的“边”与“角”的关系,通过正弦定理转化为“角”之间的关系,再运用三角函数知识求解. 42.(2016浙江理,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acos B. (1)证明:A=2B; (2)若△ABC的面积S=,求角A的大小. 【解析】　(1)由正弦定理得sin B+sin C=2sin Acos B, 故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin A·cos B+cos Asin B, 于是sin B=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=得absin C=,故有sin Bsin C=sin 2B=sin Bcos B, 因sin B≠0,得sin C=cos B. 又B,C∈(0,π),所以C=±B. 当B+C=时,A=; 当C-B=时,A=. 综上,A=或A=. 思路分析　(1)由正弦定理及两角和的正弦公式将已知条件转化为∠A与∠B的三角函数关系,利用A,B的范围诱导公式得出∠A与∠B的关系; (2)利用三角形的面积公式将已知条件转化为∠C与∠B的三角函数关系,再由∠B,∠C的范围及诱导公式求∠A的大小. 评析　本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力. 43.(2015江苏理,15,14分)在△ABC中,已知AB=2,AC=3,A=60°. (1)求BC的长; (2)求sin 2C的值. 【解析】　(1)由余弦定理知,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=4+9-2×2×3×=7, 所以BC=. (2)由正弦定理知,=, 所以sin C=·sin A==. 因为AB<BC,所以C为锐角,则cos C===. 因此sin 2C=2sin C·cos C=2××=. 评析　　本小题主要考查余弦定理、正弦定理,同角三角函数关系与二倍角公式,考查运算求解能力. 44.(2015浙江文,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知tan=2. (1)求的值; (2)若B=,a=3,求△ABC的面积. 【解析】　(1)由tan=2,得tan A=, 所以==. (2)由tan A=,A∈(0,π),得 sin A=,cos A=. 又由a=3,B=及正弦定理=,得 b=3. 由sin C=sin(A+B)=sin得sin C=. 设△ABC的面积为S,则S=absin C=9. 评析　本题主要考查三角恒等变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力. 45.(2015天津文,16,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为3,b-c=2,cos A=-. (1)求a和sin C的值; (2)求cos的值. 【解析】　(1)在△ABC中,由cos A=-,可得sin A=. 由S△ABC=bcsin A=3,得bc=24,又由b-c=2, 解得b=6,c=4. 由a2=b2+c2-2bccos A,可得a=8. 由=,得sin C=. (2)cos=cos 2Acos-sin 2Asin =(2cos2A-1)-×2sin A·cos A=. 评析　本小题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦、余弦公式、两角和的余弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查基本运算求解能力. 46.(2015课标Ⅱ文,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,BD=2DC. (1)求; (2)若∠BAC=60°,求∠B. 【解析】　(1)由正弦定理得 =,=. 因为AD平分∠BAC,BD=2DC, 所以==. (2)因为∠C=180°-(∠BAC+∠B),∠BAC=60°, 所以sin∠C=sin(∠BAC+∠B)=cos∠B+sin∠B. 由(1)知2sin∠B=sin∠C, 所以tan∠B=,即∠B=30°. 评析　本题考查了正弦定理;考查了解三角形的能力.属中档题. 47.(2015安徽理,16,12分)在△ABC中,∠A=,AB=6,AC=3,点D在BC边上,AD=BD,求AD的长. 【解析】　设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c, 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=(3)2+62-2×3×6×cos=18+36-(-36)=90, 所以a=3. 又由正弦定理得sin B===, 由题设知0<B<,所以cos B===. 在△ABD中,由正弦定理得AD== ==. 48.(2015课标Ⅱ理,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍. (1)求; (2)若AD=1,DC=,求BD和AC的长. 【解析】　(1)S△ABD=AB·ADsin∠BAD, S△ADC=AC·ADsin∠CAD. 因为S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC. 由正弦定理可得==. (2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=. 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. 评析　本题考查正弦定理,余弦定理的应用,以及三角形的面积公式.属常规题,中等偏易. 49.(2015课标Ⅰ文,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,sin2B=2sin Asin C. (1)若a=b,求cos B; (2)设B=90°,且a=,求△ABC的面积. 【解析】　(1)由题设及正弦定理可得b2=2ac. 又a=b,可得b=2c,a=2c. 由余弦定理可得cos B==.(6分) (2)由(1)知b2=2ac. 因为B=90°,由勾股定理得a2+c2=b2. 故a2+c2=2ac,得c=a=. 所以△ABC的面积为1.(12分) 评析　本题考查了正弦定理、余弦定理;考查了解三角形的基本方法,属容易题. 50.(2015浙江理,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知A=,b2-a2=c2. (1)求tan C的值; (2)若△ABC的面积为3,求b的值. 【解析】　(1)由b2-a2=c2及正弦定理得sin2B-=sin2C,所以-cos 2B=sin2C. 又由A=,即B+C=π,得-cos 2B=sin 2C=2sin Ccos C,解得tan C=2. (2)由tan C=2,C∈(0,π)得sin C=,cos C=. 又因为sin B=sin(A+C)=sin,所以sin B=. 由正弦定理得c=b, 又因为A=,bcsin A=3,所以bc=6,故b=3. 评析　　本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力. 51.(2015山东理,16,12分)设f(x)=sin x·cos x-cos2. (1)求f(x)的单调区间; (2)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f=0,a=1,求△ABC面积的最大值. 【解析】　(1)由题意知f(x)=- =-=sin 2x-. 由-+2kπ≤2x≤+2kπ,k∈Z,可得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z; 由+2kπ≤2x≤+2kπ,k∈Z,可得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z. 所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z); 单调递减区间是(k∈Z). (2)由f=sin A-=0,得sin A=, 由题意知A为锐角,所以cos A=. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A, 可得1+bc=b2+c2≥2bc, 即bc≤2+,且当b=c时等号成立. 因此bcsin A≤. 所以△ABC面积的最大值为. 评析　本题考查三角恒等变换,三角函数的图象与性质,以及解三角形等基础知识和基本方法,对运算能力有较高要求.属中等难度题. 52.(2015陕西理,17,12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.向量m=(a,b)与n=(cos A,sin B)平行. (1)求A; (2)若a=,b=2,求△ABC的面积. 【解析】　(1)因为m∥n,所以asin B-bcos A=0, 由正弦定理,得sin Asin B-sin Bcos A=0, 又sin B≠0,从而tan A=, 由于0<A<π,所以A=. (2)解法一:由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A, 及a=,b=2,A=, 得7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0, 因为c>0,所以c=3. 故△ABC的面积为bcsin A=. 解法二:由正弦定理,得=, 从而sin B=, 又由a>b,知A>B,所以cos B=. 故sin C=sin(A+B)=sin =sin Bcos+cos Bsin=. 所以△ABC的面积为absin C=. 53.(2014辽宁理,17,12分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a>c.已知·=2,cos B=,b=3.求: (1)a和c的值; (2)cos(B-C)的值. 【解析】　(1)由·=2得c·acos B=2, 又cos B=,所以ac=6. 由余弦定理,得a2+c2=b2+2accos B. 又b=3,所以a2+c2=9+2×2=13. 解得a=2,c=3或a=3,c=2. 因a>c,所以a=3,c=2. (2)在△ABC中,sin B===, 由正弦定理,得sin C=sin B=×=. 因a=b>c,所以C为锐角, 因此cos C===. 于是cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C =×+×=. 54.(2014天津文,16,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a-c=b,sin B=sin C. (1)求cos A的值; (2)求cos的值. 【解析】　(1)在△ABC中,由=,及sin B=sin C,可得b=c.又由a-c=b,有a=2c. 所以,cos A===. (2)在△ABC中,由cos A=,可得sin A=. 于是cos 2A=2cos2A-1=-,sin 2A=2sin A·cos A=. 所以cos=cos 2A·cos +sin 2A·sin =. 评析　本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦与余弦公式、两角差的余弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力. 55.(2014北京理,15,13分)如图,在△ABC中,∠B=,AB=8,点D在BC边上,且CD=2,cos∠ADC=. (1)求sin∠BAD; (2)求BD,AC的长. 【解析】　(1)在△ADC中,因为cos∠ADC=, 所以sin∠ADC=. 所以sin∠BAD=sin(∠ADC-∠B) =sin∠ADCcos B-cos∠ADCsin B =×-×=. (2)在△ABD中,由正弦定理得 BD===3. 在△ABC中,由余弦定理得 AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B =82+52-2×8×5×=49. 所以AC=7. 评析　本题考查了三角变换,及利用正、余弦定理解三角形;考查分析推理、运算求解能力. 56.(2014湖南理,18,12分)如图,在平面四边形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=. (1)求cos∠CAD的值; (2)若cos∠BAD=-,sin∠CBA=,求BC的长. 【解析】　(1)在△ADC中,由余弦定理,得 cos∠CAD===. (2)设∠BAC=α,则α=∠BAD-∠CAD. 因为cos∠CAD=,cos∠BAD=-, 所以sin∠CAD===, sin∠BAD===. 于是sin α=sin(∠BAD-∠CAD) =sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD =×-×=. 在△ABC中,由正弦定理,得=, 故BC===3. 57.(2014湖南文,19,13分)如图,在平面四边形ABCD中,DA⊥AB,DE=1,EC=,EA=2,∠ADC=,∠BEC=. (1)求sin∠CED的值; (2)求BE的长. 【解析】　设∠CED=α. (1)在△CDE中,由余弦定理,得EC2=CD2+DE2-2CD·DE·cos∠EDC. 于是由题设知,7=CD2+1+CD,即CD2+CD-6=0, 解得CD=2(CD=-3舍去). 在△CDE中,由正弦定理,得=. 于是sin α===,即sin∠CED=. (2)由题设知,0<α<,于是由(1)知, cos α===. 而∠AEB=-α,所以cos∠AEB=cos=coscos α+sinsin α=-cos α+sin α=-×+×=. 在Rt△EAB中,cos∠AEB==,故BE===4. 评析　本题考查解三角形及三角函数式的恒等变形,解题时要运用从已知到未知的思路,利用角的关系进行恒等变形. 58.(2014课标Ⅱ文,17,12分)四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2. (1)求C和BD; (2)求四边形ABCD的面积. 【解析】　(1)由题设及余弦定理得 BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C =13-12cos C,① BD2=AB2+DA2-2AB·DAcos A =5+4cos C.② 由①,②得cos C=,故C=60°,BD=. (2)四边形ABCD的面积 S=AB·DAsin A+BC·CDsin C =sin 60° =2. 评析　本题考查余弦定理的应用和四边形面积的计算,考查运算求解能力和转化的思想,把四边形分割成两个三角形是求面积的常用方法. 59.(2014浙江理,18,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=,cos2A-cos2B=sin Acos A-sin Bcos B. (1)求角C的大小; (2)若sin A=,求△ABC的面积. 【解析】　(1)由题意得 -=sin 2A-sin 2B, 即sin 2A-cos 2A=sin 2B-cos 2B, sin=sin. 由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π),得 2A-+2B-=π, 即A+B=, 所以C=. (2)由(1)及c=,sin A=,=,得a=, 由a<c,得A<C.从而cos A=, 故sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=, 所以,△ABC的面积为S=acsin B=. 评析　　本题主要考查诱导公式、两角和差公式、二倍角公式、正弦定理、三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力. 60.(2013课标Ⅱ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+csin B. (1)求B; (2)若b=2,求△ABC面积的最大值. 【解析】　(1)由已知及正弦定理得sin A=sin Bcos C+sin C·sin B.① 又A=π-(B+C), 故sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C.② 由①②和C∈(0,π)得sin B=cos B. 又B∈(0,π),所以B=. (2)△ABC的面积S=acsin B=ac. 由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accos. 又a2+c2≥2ac,故ac≤,当且仅当a=c时,等号成立. 因此△ABC面积的最大值为+1. 61.(2013课标Ⅰ理,17,12分)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°. (1)若PB=,求PA; (2)若∠APB=150°,求tan∠PBA. 【解析】　(1)由已知得,∠PBC=60°,所以∠PBA=30°. 在△PBA中,由余弦定理得PA2=3+-2××cos 30°=.故PA=. (2)设∠PBA=α,由已知得PB=sin α. 在△PBA中,由正弦定理得=, 化简得cos α=4sin α.所以tan α=,即tan∠PBA=. 评析　本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形,考查了运算求解能力和分析、解决问题的能力.题目新颖且有一定的难度,通过PB把△PBC和△PAB联系起来利用正弦定理是解题关键. 62.(2012课标文,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,c=a·sin C-ccos A. (1)求A; (2)若a=2,△ABC的面积为,求b,c. 【解析】　(1)由c=asin C-c·cos A及正弦定理得sin A·sin C-cos A·sin C-sin C=0. 由于sin C≠0,所以sin=. 又0<A<π,故A=. (2)△ABC的面积S=bcsin A=,故bc=4. 而a2=b2+c2-2bccos A, 故b2+c2=8.解得b=c=2. 评析　　本题考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想,灵活利用正、余弦定理是求解关键,正确的转化是本题的难点. ( 第 33 页 共 33 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$