作业14：解三角形（2） -2026届高三数学一轮复习

高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 参考答案与解析（务必做完再对答案） 1.(1)证明见解析；(2)cos∠ABC= 7 【分析】(1)根据正弦定理的边角关系有BD= %,结合已知即可证结论 (2)方法一：两次应用余弦定理，求得边与C的关系，然后利用余弦定理即可求得 coS∠ABC的值 【详解】(1)设VABC的外接圆半径为R,由正弦定理， 得sin∠ABC= 2R.sinC=c b 因为BDsin∠ABC=asinC,所以BD 2R 72R,即BD-b=ac. C 、=a 又因为b2=ac,所以BD=b. (2)【方法1】【最优解】：两次应用余弦定理 因为AD=2DC,如图，在VABC中，coC=a+-C,O 2ab 2b 3 b Db 3 a C +白-b 在△BCD中，cosC= b· ② 2a- 3 电02得心+6-e=-3c+令-b] 整理得2a2-6+c2=0. 3 又因为B=ac,所以6d-1ac+3c=0,解得a-写或a 2 当a-=ac-写时，a+b=名+<c(喻去 3 33 当a当--号时，oAc }+c2.3 27 2.3c 12 C 2 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 所以cOS∠ABC= 12 【方法2】等面积法和三角形相似 如图，已知AD=2DC,则Sa0=2Sc, 3 即.x2bsim∠4DB=2×,ac×sin∠ABC, 23 32 A 而b2=ac,即sin∠ADB=sin∠ABC, 故有∠ADB=∠ABC,从而∠ABD=∠C. 由6=c,即B,即CAA, a b CBBD,即ACBABD, 故AD、AB 2b 即3=C: c b 2 又b2=ac,所以c=。a, 3 则cos∠4BC=c+ad-b7 2ac 12 【方法3】正弦定理、余弦定理相结合 由(1)知BD=b=AC,再由AD=2DC得AD 2b.CD= 在△ADB中，由正弦定理得 AD BD sin∠ABD sinA 2b 又∠ABD=∠C,所以3 b,化简得sinC= 3sinA. sinC sin A 在vBC,由正弦完理c,又由公=ac,所以-r 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 在VABC中，由余弦定理，得cos∠ABC=a+c-Ba+。a2 93 7 2ac 12 3 7 故coS∠ABC= 12 【方法4】构造辅助线利用相似的性质 如图，作DE∥AB,交BC于点E,则△DEC∽△ABC. A 2b 3 b Db 3 B 2a E a 3 3 由AD=2DC,得DE=C,EC=C, 3 .BB=2a 3 22+2- 在ABED中，COS∠BED= 31 2.2ac 33 在VABC中cos∠ABC=a+c2-B 2ac 因为COS∠ABC=-cOS∠BED, 所以4+c2-b 学+9-公 2ac 2.2ac 33 整理得6a2-11b2+3c2=0. 又因为b2=ac,所以6a2-11ac+3c2=0, 即a=号或a-2c 3 下同解法1. 【方法5】平面向量基本定理 因为AD=2DC,所以AD=2DC. 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 以向量，BC为基底，有BD=2BC+BA. 3 3 所以m号C+音1c+所， 9 ga+号∠ABc+6c, 即b2-4g .4 又因为b2=ac,所以9ac=4a2+4ac.cos∠ABC+c2.③ 由余弦定理得b2=a2+c2-2 ac cos.∠ABC, 所以ac=a2+c2-2 ac cos∠ABC④ 联立③④，得6a2-11ac+3c2=0. 1 所以ac或aFC, 下同解法1. 【方法6】建系求解 以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴， DC长为单位长度建立直角坐标系， 如图所示，则D(0,0),A(-2,0),C(1,0) B 由(1)知，BD=b=AC=3,所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动. 设B(x,y)(-3<x<3),则x2+y2=9.⑤ 由b2=ac知，BABC=AC, 即Vx+2)2+y2.Vx-1)2+y2=9.⑥ 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 联立G⑥解得x=-或x三2之3（苦去-灯 16 代入⑥式得aBcy6cB4V6-3 由余弦定理得cos∠ABC=+c2-b27 2ac12 【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质 和正余弦定理的性质解题： 方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简 单的问题，相似是三角形中的常用思路： 方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路： 方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关 系的不错选择； 方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的 运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起： 方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质 使得问题更加直观化， 2.2 (2号 【分析】(1)先表示出8风，S,再由9-8，+S=5求得+--2，结合余弦定理 2 及平方关系求得c,再由面积公式求解即可； (2)由正弦定理得 b2 ac ,即可求解 sin2B sin AsinC 【详解】(1)由题意得3=a 6产&b82,圆 4 4 -+8=556+5e5 4 4 4 2 即d+c-=2,由余弦定理得cosB=a+c-,整理得ac cos B=1,则cosB>0,又 2ac 1 sin B= 3’ 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 则cosB cosB 4 8 3W2 b2 a c ac 4 (2)由正弦定理得： b a c sinB sinA"sinc,则 sin'B sin A'sinC sin AsinC V24, 3 3 2 2 3.(1)30 10 (2)6 【分析】(1)根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解： (2)利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求sB,再由正弦定理求出b, 根据等面积法求解即可. 【详解】(1)：A+B=3C, π-C=3C,即C= 4 2sin(A-C)=sin B =sin(A+C), .2sin A cosC -2cosA sinC sin A cosC cosAsinC, .sin Acos C=3cos Asin C, .sin A=3cosA, 即tanA=3,所以0<A< 2 3310 .sin A=10 (2)由(1)知，c0SA= 1√10 1010 sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C= √2,3W10,1025 21010 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 5x 由正弦定理， sincsinB’可得b- 5=210, √ 2 方AB·h=1AB·AC·sinA, 2 h=b-simA=2vM0×3 =6. 10 4.⑩ 5 (2)b=c=2. 【分析】(1)方法1，利用三角形面积公式求出a,再利用余弦定理求解作答；方法2，利 用三角形面积公式求出a,作出BC边上的高，利用直角三角形求解作答 (2)方法1，利用余弦定理求出α，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答： 方法2，利用向量运算律建立关系求出α，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作 答 【详解】1D方法1：在VABC中，因为D为BC中点，ADC=骨，AD=1 D E 》70a0 2 29 在△MBD中，∠ADB-7,由余弦定理得C-BD+AD-2BD.ADcsA∠DB, 即c2=4+1-2x2x1x(分=7，解得c=万，则os8=7+4-1_5万 2W7×214 sin B=v1-cos2B= 所以tanB= sin B cos B 5 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 方法2：在VABC中，因为D为BC中点，∠ADC= 3,AD=1, 则5号4D0mADc33×点司-=.解得a=4. t= 22282 2 在AACD中，由余弦定理得b2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC, 即b=4+1-2×2×1×=3,解得b=5,有4C+AD=4=CD,则∠C4D=受， 2 c-若庄A作AR LO于g,于是cz-4CcsC-AB=ACsc-g 2 2 所以tanB=AE=3 BE 5 c2=a+1-2 2x1xco(m∠ADC) (2)方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 b2= a2+1-2xa×1Ke0s∠ADC 4 整理得0+2=b+c,而6+c-8,则a=25, 又3-片×5x1 ADC=5,解得n∠ADC-1,而0<∠ADc<,于是∠AC- 2 2 所以b=c=√AD2+CD2=2. 方法2：在VABC中，因为D为BC中点，则2AD=AB+AC,又CB=AB-AC, 于是4AD°+CB=(AB+AC)2+(AB-AC)2=2b2+c)=16,即4+a2=16,解得a=2N3, 又S4=)×V3x1xsin∠ADC=S,解得sn∠ADC=l,而0<∠ADC<,于是∠ADC= 2 2 所以b=c=√AD2+CD2=2. 5.(B= (2)22 【分析】(I)由余弦定理、平方关系依次求出cosC,sinC,最后结合己知sinC=√2cosB得 cosB的值即可： (2)首先求出A,B,C，然后由正弦定理可将a,b均用含有c的式子表示，结合三角形面积 公式即可列方程求解. 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 【详解】(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2 abcosC,对比已知a2+b2-c2=√2ab, 可得cosC=a+b-c2-V2ab_V5 2ab 2ab 2 因为C∈(0，)，所以sinC>0, 从而sinC=-cos2C 又因为sinC=V2cosB,即cosB=} 注意到B∈(0，π)， 所以B=π 3 2)由(1)可得BsC=,C∈0，从而C-,4π元7 2 3412 而sinA=sin m导别-9996 22 224 a b 由正弦定理有 n Sa sin sin 12 sinπ， 3 4 从而a-6+22c-5+1c.b52c6c 4 2 2 2 由三角形面积公式可知，VABC的面积可表示为 S. absin c=3 -C 22 2 28 由已知VABC的面积为3+5，可得3+5c:=3+5, 8 所以c=2√2. 604-8 (2)2+√6+35 【分析】(1)根据辅助角公式对条件snA+√3cosA=2进行化简处理即可求解，常规方法 还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 (2)先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出b,c即可得出周长 【详解】(1)方法一：常规方法（辅助角公式） 由n4+V5cosA=2可得s如A+ 3cosA=1,即sin(A+=1, 2 3 由于AeQ)4+行=停行，放4骨受解得 6 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由sinA+√3cosA=2,又sin2A+cos2A=1,消去sinA得到： 4cosA-45cos4+3=0台(2c0sA-=0,解得cosA= 2 又A∈(0，π)，故A= 6 方法三：利用极值点求解 设f到=s血x+5cos0<x<,则e)-2n+引0<<， 显然x=时，f().=2,注意到f(4)=simA+V5cosA=2=2sin(A+, 6 f(x)ms=f(A),在开区间(O,)上取到最大值，于是x=A必定是极值点， 即f0=0=cosA-V3smA,即amA= 3 又4e0,放A-君 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设a=4,V3),i=(sinA,cos4A),由题意，a.b=simA+√3cosA=2, 根据向量的数量积公式，a:bab1cos(a,)=2cos(a,), 则2cosa,b=2一cosa,b=1,此时a,b=0,即a,i同向共线， 根据向量共线条件，1cosA=5sim4今tamA= 3 又A∈(0，m),故A= 6 方法五：利用万能公式求解高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 作业14：《解三角形2》 使用说明：本版块是解三角形大题的基础题，大多位于15题的位置（偶尔有16题的）， 事实上，这份作业选取的高考真题难度也较低，包括后面的模拟题难度也均不高。通常来 说，试卷出现较简单的解三角形大题概率是比较大的（不代表不会出难题）。训练这一份 作业的目标应该是争取全对。 （本作业共12题，作业共6页) 一、高考真题 1.(2021I)记△ABC是内角A,B,C的对边分别为a,b,C.己知b2=ac,点D在边AC 上，BDsin∠ABC=asinC. (1)证明：BD=b; (2)若AD=2DC,求coS∠ABC. 2.(2022I)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 E个正E角形的面积依次为S,S.S,已知S-S,+S3mB号 3 (1)求△ABC的面积： (2)若sin4simC=y ,求b 3 第1页共6页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 3.(2023I)已知在△ABC中，A+B=3C,2sin(A-C)=simB. (1)求siA: (2)设AB=5,求AB边上的高. 4.(2023Ⅱ)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为4，b,C,已知△ABC的面积为√5，D为 BC中点，且AD=1. (1)若∠ADc-号求mB: (2)若b2+c2=8,求b,c. 第2页共6页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 5.(2024I)记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a,b,c,已知sinC=√2cosB, a2+b2-c2=v2ab (1)求B; (2)若△ABC的面积为3+√3，求c. 6.(2024I)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,己知sinA+V3cosA=2. (1)求A. (2)若a=2,√2 bsinC=csin2B,求△ABC的周长. 第3页共6页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 二、考题演综 7.(2025温州三模)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为4，b,c,且 cosC(acsB+bs)= 2 (1)求角C的大小： (2)点D在边BC上，且CD=2,BD=AD=1,求△ABC的周长. 8.(2025广州普通毕业班综合测试（一）)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知c=a(1+2cosB). (1)求证：B=2A: (2)若a=3,b=2√6，求△ABC的面积. 第4页共6页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 9.(2025济南5月模拟)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠ABC的平 分线BD交AC于点D,acos2B+bsin Asin B=2b. (1)求2： 2)若cosC=BD=2,求4ABC的面积 10.(2025南京二模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin4-simB_simC c-b a+b (1)求A; (2)若BD=2DA,BC=CD,求CosB. 第5页共6页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：14 11.(2025苏北七市二模)记△ABC的内角A、B、C所对边分别为a、b、c,面积为S, 且S=a2sin2B. (1)证明：tanB=3tanA: (2)若A=45°，BC边上的高为6，求b. 12.(2025合肥一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,己知a+b=2cc0sB (1)证明：C=2B; (2)若△ABC为锐角三角形，求bsinB的取值范围. 第6页共6页高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：14 参考答案与解析（务必做完再对答案） 1．（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论. （2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值. 【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理， 得， 因为，所以，即． 又因为，所以． （2）【方法1】【最优解】：两次应用余弦定理 因为，如图，在中，，① 在中，．② 由①②得，整理得． 又因为，所以，解得或， 当时，（舍去）． 当时，． 所以． 【方法2】等面积法和三角形相似 如图，已知，则， 即， 而，即， 故有，从而． 由，即，即，即， 故，即， 又，所以， 则． 【方法3】正弦定理、余弦定理相结合 由（1）知，再由得． 在中，由正弦定理得． 又，所以，化简得． 在中，由正弦定理知，又由，所以． 在中，由余弦定理，得． 故． 【方法4】构造辅助线利用相似的性质 如图，作，交于点E，则． 由，得． 在中，． 在中． 因为， 所以， 整理得． 又因为，所以， 即或． 下同解法1． 【方法5】平面向量基本定理 因为，所以． 以向量为基底，有． 所以， 即， 又因为，所以．③ 由余弦定理得， 所以④ 联立③④，得． 所以或． 下同解法1． 【方法6】建系求解 以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴， 长为单位长度建立直角坐标系， 如图所示，则． 由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动． 设，则．⑤ 由知，， 即．⑥ 联立⑤⑥解得或（舍去），， 代入⑥式得， 由余弦定理得． 【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题； 方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路； 方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路； 方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择； 方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起； 方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化. 2．(1) (2) 【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可； （2）由正弦定理得，即可求解. 【详解】（1）由题意得，则， 即，由余弦定理得，整理得，则，又， 则，，则； （2）由正弦定理得：，则，则，. 3．(1) (2)6 【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解； （2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可. 【详解】（1）， ，即， 又， ， ， ， 即，所以， . （2）由（1）知，， 由， 由正弦定理，，可得， ， . 4．(1)； (2). 【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. （2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答. 【详解】（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. 5．(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【详解】（1）由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. （2）由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 6．(1) (2) 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 （2）由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 7．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解； （2）应用余弦定理得出，，即可求解. 【详解】（1）由及正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以，所以． （2）在中，，解得， 在中，，所以， 所以周长． 8．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据正弦定理以及和差角公式即可证明. （2）根据正弦定理求得，再根据余弦定理求出，利用面积公式求出的面积. 【详解】（1）因为， 根据正弦定理得： 又，所以， 所以， 即， 所以，或（舍）， 所以. （2）根据正弦定理得，即， 有余弦定理，得， 解得或， 当时，，，，则，， 而，矛盾，舍去，故， 所以的面积为 9．(1) (2) 【分析】（1）先对已知等式提取公因式，再利用化简得，最后根据正弦定理得出结果. （2）把代入余弦定理化简得，可知是等腰三角形，.在中，由解出. 用三角形面积公式，代入和的值算出面积. 【详解】（1）已知， 根据同角三角函数的平方关系，对等式左边提取公因式可得： ， 因为，所以. 由正弦定理，可得，所以. （2）已知， 化简： 因为，所以，为等腰三角形，等腰三角形三线合一，所以. 在中，，即，解得. 根据三角形面积公式，因为，，所以， 将，代入可得： 10．(1) (2) 【分析】（1）由题意，根据正弦定理和余弦定理计算即可求解； （2）由（1），由题意可得，，在和中，利用余弦定理建立方程，求得，进而，再次利用余弦定理计算即可求解. 【详解】（1），由正弦定理得， 得，所以， 由，得. （2）如图，因为，，所以，， 在中，由余弦定理得， 即； 在中，由余弦定理得， 即，① 所以，得， 由解得，代入①得，由解得. 在中，由余弦定理得. 11．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用三角形的面积公式结合二倍角的正弦定理可得出，再利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出所证结论成立； （2）解法1：利用两角和的正切公式可求出的值，过作，过作，、分别为垂足，设，在中，应用勾股定理求出的值，然后在，利用勾股定理可求出的值； 解法2：利用同角三角函数的基本关系求出、的值，利用三角形的面积公式求出的值，然后利用正弦定理可求出的值. 【详解】（1）因为，所以， 在中，，所以． 由正弦定理，得． 因为， 所以， 所以，即， 所以． （2）因为，所以，由（1）知． 法1：因为， 所以为锐角三角形． 过作，过作，、分别为垂足， 由，设， 因为，所以，， 所以在中，，，，所以，解得， 所以在中，，即．    法2：因为，又因为，解得，． 因为，所以，所以，． 由，得，解得． 由正弦定理，得，解得． 12．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知条件及正弦定理可得，结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式可得，最后结合B，C的范围可证得结论. （2）由已知条件及（1）可求出，然后利用正弦定理及二倍角公式化简所求式，进而得到结论. 【详解】（1）由正弦定理及，知， 即， 所以， 所以或， 因为B，，所以，即 （2）由（1）知，，又为锐角三角形， 所以，， 故，所以，得， 故 学科网（北京）股份有限公司 $高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 作业14：《解三角形2》 使用说明：本版块是解三角形大题的基础题，大多位于15题的位置（偶尔有16题的)， 事实上，这份作业选取的高考真题难度也较低，包括后面的模拟题难度也均不高。通常来 说，试卷出现较简单的解三角形大题概率是比较大的（不代表不会出难题）。训练这一份 作业的目标应该是争取全对。 (本作业共12题，作业共6页) 一、高考真题 1.(2021I)记△ABC是内角A,B,C的对边分别为a,b,C.己知b2=ac,点D在边 AC上，BD sin∠ABC=asin C. (1)证明：BD=b; (2)若AD=2DC,求c0S∠ABC. 2.(2022IⅡ)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S,SS,已知S-S,+5,=5, 1 sinB=3 (1)求△ABC的面积； (2)若sin AsinC=V2 求b. 3 第1页共6页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 3.(2023I)己知在△ABC中，A+B=3C,2sinA-C)=sinB. (1)求sinA; (2)设AB=5,求AB边上的高. 4.(2023IⅡ)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为☑，b,c,已知△ABC的面积为√5，D为 BC中点，且AD=1. （I)者∠4Dc-骨，求an: (2)若b2+c2=8,求b,C. 第2页共6页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 5.(2024I)记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a,b,c,已知sinC=√2cosB, a2+b2-c2=√2ab (1)求B; (2)若△ABC的面积为3+√3，求c. 6.(2024Ⅱ)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA+√3cosA=2. (1)求A. (2)若a=2,√2 bsinC=csin2B,求△ABC的周长. 第3页共6页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 二、考题演练 7.(2025温州三模)己知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 cosC(acosB+bcos)= (1)求角C的大小； (2)点D在边BC上，且CD=2,BD=AD=1,求△ABC的周长. 8.(2025广州普通毕业班综合测试（一）)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为 a,b,c,已知c=a1+2cosB. (1)求证：B=2A; (2)若a=3,b=26,求△ABC的面积. 第4页共6页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 9.(2025济南5月模拟)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,~∠ABC的平 分线BD交AC于点D,acos2B+bsin Asin B=2b. (1)求： a 2)若cosC=BD=2,求△ABC的面积， 10.(2025南京二模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为4，b,c.已知 sinA-sinB sinC c-b a+b (1)求A; (2)若BD=2DA,BC=CD,求c0sB. 第5页共6页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：14 11.(2025苏北七市二模)记△ABC的内角A、B、C所对边分别为Q、b、c,面积为S ,且S=a2sin2B. (1)证明：tanB=3tanA; (2)若A=45,BC边上的高为6，求b. 12.(2025合肥一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别是4，b,c,已知 a+b=2ccosB. (1)证明：C=2B; (2)若△ABC为锐角三角形，求bsinB的取值范围 第6页共6页