作业15：解三角形（3）-2026届高三数学一轮复习

高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 作业15：《解三角形(3)》 使用说明：本版块是解三角形“没那么好做”的大题，在高考真题中22年新I卷的解三 角形便是其中的代表。（当然25年新I卷的解三角形也不那么好做，但那是小题，这份作 业主要讨论大题)，这类题通常出现在16-17题这样的位置，特点是处理一些三角等式的 方法较为复杂。但是这一部分由于其本身的局限，不太容易充当解答压轴题，但出现在小 题的压轴位置还是比较好实现的（在前面的作业已经练习过） （本作业共7题，作业共4页) 一、高考真题 1.(202I)记△1BC的内角A,BC的对边分别为，b,c,已知，cosA=, sin2B 1+sin A 1+cos2B' (1)若c=27,求B 3 (2)求心+公的最小值. c2 二、考题演练 2.(2023盐城三模)在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，且AD=2, )若∠BAC红4B=3,求△1BC的面积 (2)若BD=3,求边AC的取值范围. 第1页共4页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 3.(2025广东模拟)记△ABC的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,且2sin(A-B)=sinC, sin A=3cosA. (1)求B; (2)若a=3√2，点D在边AB上且∠CAD=∠CDA,求△BCD的面积. 4.(2025苏州大学考前指导卷)记△ABC的内角A,B,C所对的边分别是4，b,C,已知 tanB=、l sinc tanC (1)证明：C=2B: (2)若b2=a(c-b),求A. 第2页共4页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：15 5.（2024泉州高三期末)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知 b=v3,sin(B+C)_b-c sinB+sinc a-c (1)若C=,求a; 6 (2)点D是△ABC外一点，AC平分∠BAD,且∠ADC=2元，求△BCD的面积的取 3 值范围. 6.(2025武汉=调)如图，△M0D与B0C存在对顶角∠A0D=∠B0C=牙，AC=2. BD=2N2,且BC=AD. (1)证明：O为BD中点： (2)若√5sin2A+cosB=5,求OC的长. 第3页共4页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 三、拓展提升 7.(2023武汉二调)在△ABC中，AB=2,D为AB中点，CD=√2. (1)若BC=V2,求AC的长： (2)若∠BAC=2∠BCD,求AC的长. 第4页共4页高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：15 参考答案与解析（务必做完再对答案） (2)4V2-5. 【分析】(1)方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右 边，在变形，方法三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知 4+2B-号即可求解，方法四：根据半角公式和两角差的正切公式化简后求解 (2)由(1)知，C=亚+B,A=正-2B,再利用正弦定理以及二倍角公式将+6化 成4cos2B+ 2。-5,然后利用基本不等式即可解出· cos2 【详解】(1)方法一：直接法 cosA sin 2B 可得cos Acos2B+cosA=sin2B+sin Asin2B, 1+sin A 1+cos2B cos Acos 2B-sin Asin 2B +cos A=sin2B cos(A+2B)+cos A=sin 2B, 注意到A+8=号，于是co(++co(写)-sim2B, 展开可得2 cos t cosB=2 sin B cosB,则sinB=号 3 又0<B<胥8-君 6 方法二：二倍角公式处理+直接法 因为 cosA sin2B 2sin B cos B sin B 1+sin A 1+cos2B 2cos2B cos B' 1 sin B=cos Acos B-sin Asin B=cos(A+B)=-cos C= 而0<B< 3 所以8=8 方法三：导数同构法 根据、cosA=sim2B coS 2B cos 4 可知， 2 1+sinA 1+cos2B 1+sin A 1+sin /L-2B 2 股)co0<x,f倒=n0+sn-cog 1 <0, (1+sinx)2 1+sinx 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 cos 则f(x)在 0, 上单调递减， cos4 1+sin A 2B ef-f-2 1+sin 2 故A+2B=号结合A+8=号 解得B= 6 方法四：恒等变换化简 Cos24 -sin2 4 A A cosA sin 2B COS -Sin 2 2sin B cosB an B 1+sinA 1+cos2B 2+sin A 2cos B COS COS 2 2+sin A A 1-tan4 2 =tanB台tan y tan B, 1+tan 2 结合正切函数的单调性， 正A=B,则A+2B= 42 2 结合A+B= 3,解得8= 6 (2)由(1)知，simB=-c0sC>0,所以5<C<元0<B<T 而sinB=-cosc=simC-2 所以=受8.即有A=受-8，房以0引c(怎 2 ”4 所以由正弦定理得+_sinA+sm2B-c0s22B+1-cosB sin2C cos2 B (2cos2 B-1)+1-cos2B =4cos2B十2 -5≥28-5=4WN2-5 cos2B cos2B 当且仅当cosB=5时取等号，所以4+的最小值为4N2-5. 2.)3 2 【分析】(I)根据S4c=S,ABD+SAc得到AC的长，再利用三角形的面积公式求解即可； 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 (2)设∠BAC=2a,AB=C,AC=b,根据SABc=S4BD+SAc得到coSa= b+ bc ,在△ABD中， 利用余弦定理得到c0sa=c-5,由两者相等结合c的取值范围即可求出结果 4c 【详解】(1)因为SAc=SABD+SADc, 所以4BACm27a0+4C)ADsn 32 得：3AC=2(3+AC), 解得AC=6, 所以Sc=号AB.ACsimn2-红_945 2 32 (2)设∠BAC=2a,AB=C,AC=b, 由SABc=S4BD+SADc得 1AB.ACsin2a=1ABADina+1AC ADsina 2 即bccosa=b+c, 所以cosa=b+c bc, 又在△ABD中cosa=4+c2-9-c2-5 4c 4c' 所以-5_b+c 4c bc 得6、4 c-9, 因为c0sa=c2-5 ∈(0,1)且b>0, 4c 得3<c<5, 16 所以b3 4 即边AC的取值范围为 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 3.1)B= 4 (2)3 【分析】(1)由题可得2sin(A-B)=sinC=sin(A+B),根据两角和、差的正弦公式化简 可得sinAcosB=3 sin BcosA,结合sinA=3cosA,sinA≠0，及B∈(0，π)即可求解； (2)法一：在VABC中，根据sinA=3cosA及同角三角函数的平方关系可求得sinA,cosA. 由正弦定理b=√10.由∠CAD=∠CDA得CD=AC=√10.设BD=x,在△BCD中，由余弦 定理可即可求解x,△BCD的面积即可求解： 法二：过C作CM⊥AB,垂足为M.根据snA=3cosA及同角三角函数的平方关系可求得 sinA,cosA.由正弦定理b=10.由∠CAD=∠CDA得CD=AC=V10.则在RtA BMC中， 勾股定理可求BM=CM=3.在Rt△AMC中，DM=AM=1,BD=BM-DM=2,△BCD的面积 即可求解 【详解】(1)在VABC中，2sin(A-B)=simC=sin[π-(A+B)]=sin(A+B),化简得： sin AcosB 3sin BcosA. ".sin A=3cos A,.'.sin Acos B=sin Asin B. 又nA0,cosB=m8,即5mB母到0,8-于=knkez,.即B=开+eZ. 4 又B∈(0，)，B= 4 (2)法一：利用正、余弦定理解三角形 D B C 在VABC中，：sinA=3cosA,sin2A+cos2A=10im2A=1,im'A= 0 10 叉，A∈(0，，sinA>0,simA=30, 10 cosA=0 10 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 由正弦定理a=b 可得b=ainB3V2x 2=0 sinA sin B sinA 3v1 10 '.'∠CAD=∠CDA,∴.CD=AC=V10」 设BD=x,在△BCD中，由余弦定理可得：CD+BD2-2CD.BDcos.∠BDC=BC2, 将cos∠BDC-cos∠ADC=-csA=-D,CD=V0,BD=3W5代入化简得： 10 10+r2+2x=18,解得：x=2,∴△BCD的面积S=×2×10×3=3 2 V10 法二：利用平面几何 A M D B C 过C作CM⊥AB,垂足为M. 在VABC中，sinA=3cosA,sm2A+cos2A=0sim24=1,in2A=9 0 又：Ae(0,),.simA>0,sin4=30 10 cosA=0 10 由正弦定理a三b 可得b=sinB 3v2xV② 2=10 sinA sin B sinA 3v10 10 ,'∠CAD=∠CDA,∴.CD=AC=V10 则在RtA BMC中，BM=CM=3. 在Rt△AMC中，DM=AM=VAC2+CM=1,·∴.BD=BM-DM=2, ..S.BCD= D.CM-2x3-3. 2 4.(1)证明见解析 回4等 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 【分析】(1)先切化弦，再利用两角和差的余弦公式得出Cos(B-C)=cosB,最后结合余 弦函数的性质即可： (2)先利用sinC=sin2B=2 sinBcosB结合正余弦定理可得(a-b)(c2-ab-b2)=0,再将 b2=ac-ab代入化简即可得c(a-b)(c-a)=0,再分类讨论即可. sinc tanc,所以simB_1-cosc 【详解】(1)因为tanB=1-1 cosB sinc 即sin BsinC=cosB-cos Bcos C,所以cos(B-C)=cosB, 又因为B∈(0，元)，C∈(0，π)， 所以B-C=-B或B-C=B(舍)，从而C=2B, (2)因为C=2B,所以sinC=sin2B=2 sinBcosB, 利用正弦定理得c=2bc0B,即c=2b.心+c-公，即(a-b)c:-b-b)0, 2ac 又因为b2=a(c-b),所以b2=ac-ab,代入上式得c(a-b)(c-ad)=0. 若c=a,则C=A=2B,所以A=2 5； 若b=a,则4=B,所以C-号 又tanc有意义，故C≠匹， 故C=5不符合题意 综上所述，4=2π 5.(1)2 (2)0<SBcD< 3W5 4 【分析】(1)由正弦定理和余弦定理求出即可； (2)由正弦定理把边化成角，再用三角形面积公式S=号BC仔Dsin BCD结合导数求 2 出范围。 【详解】(1)由正弦定理可知a=6 sin A sin B sinC' 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 所以sim(B+C).sim(π-A) sinA a b-c sinB+sinC sin B+sin C sin B+sin C b+c a-c 所以ad2-ac=b2-c2b2+c2-b2=c, 由余弦定理cosB=4+c2-b21 2ac 因为VABC的内角A,B,C,所以B= 3 π3 2 cos- 62 (2) B D AC=BC 由正弦定理sinB =3=2P BC=2sinb BAC sin DBAC 3 2 AC CD 3 =2P CD=2sinD DAC sinDC sin DAC 3 3 又AC平分∠BAD,所以∠BAC=∠DAC, 因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠B+∠ADC=π，易知π-2EBAC=DBCD, 所以S.a=BC仔Dsin BCD=葱esin BAC葱sin DAC慈nBCD 21 =2sin2∠BAC×sin(π-2∠BAC)=2sin2写AC sin2BAC =(1-cos2∠BAC)sin2∠BAC,① 设2DBAC=x,则①=(1-coSx)sinx=sinx-cosxsinx, 令f(x)=sinx-cosxsinx,则 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 f(x)=cosx-(-sin2x+cos2x)=-2cos2x+cosx+1=(2cosx+1)(-cosx+1), 因为在AcD中0<DD4C<牙，所以0<2DB4C<号，所以}csr<l, 2 3 3 所以 2cosx<1时f"(w)>0恒成立， x时fW-3 且cosx=-1. ,c0Sx=1,x=0时f(x)=0, 3 4 3W3 则0<f(x)< ,所以0<8m3 4 4 6.(1)证明见解析 a 【分析】(1)设OC=x,OB=y,结合余弦定理，表示出AD2与BC2,根据BC=AD列式 化简可得 (2)先确定角A,B的数量关系，根据√5sin2A+cosB=V5求角B的三角函数，再在△OBC 中用正弦定理，可求OC的长 【详解】(1)设OC=x,OB=y,则OA=2-x,OD=22-y. 在△40D中，由余弦定理得：AD-2-+(5--2亿-5-小吗 在a80C中，由余弦定理得：BC:=x+-2wx5 2 由00，所以(2-f5--22a-列9=-r-2g √2 2 化简得：y=√2. 故O为BD中点. (2)如图： 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 过D点做DE∥BC,交AC与E. 则∠EDO=∠CBO ∠EDO=∠CBO 由∠EOD=∠COB= →△OED=AOCB(AAS). 4 OD=OB 所以BC=DE,又BC=AD,所以DE=DA. 所以∠A=∠DEA. 所以∠OBD=元-A,又∠OBD=∠C,B+C=元-=3弧 44 所以A=B+乃 41 5si24+c5im2co55c028+c5 所以V5(2cos2B-1)+cosB=V5→2√5c0s2B+c0sB-25=0 又-1<csB<1,所以cosB=25,所以如B=5 5 所以sin 〔8+星）m8c经+cos8开-5- 4 42510 即sinC= 3w10 10 在△OBC中，根据正弦定理，可得： OB OC sin C sin B 3105→0c=2 10 5 7.(1)2 (2)1+vi7 2 【分析】(1)在△BDC中，由余弦定理求得cos∠BDC,即可得cos∠ADC,在△ADC中 利用余弦定理即可求得答案： (2)设AC=x,BC=y,由正弦定理求得im∠B1C-2y,结合cos∠BCD-'+21 sin∠BCDx 2v2y 以及∠BAC=2∠BCD,可推出2y2=x(y2+1),再由cos∠ADC=-cOs∠BDC,推出 x2+y2=6,联立解方程可得答案 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 【详解】(1)在aBDC中，c0S∠BDC=BD+CD-BC_1+2-2√2 2BD.CD 2x1x√24 则cos∠ADC=-coS∠BDC=-V2 4 在△ADC中，AC2=AD2+CD2-2AD.CD.c0S∠ADC =1+2-22x05)=4, 4 所以AC=2 (2)设AC=x,BC=y, 在△MDC和BDC中，由正弦定理得，，瓦 1 sin∠BAC sin∠ADC'sin∠BCD sin∠BDC' 又sin∠ADC=sin∠BDC,得sin∠BAC=√2y, sin∠BCDx 在aBDC中，cos∠BCD=+2-1 2v2y 由∠BAC=2∠BCD,有sin∠BAC=2sin∠BCDcos∠BCD, 所以②y=2.+2-1 整理得：2y2=x(y2+1),① 2v2y 又40C-80c2“分，s果0：46，② 2√2 联立①②得，x2-2x2-7x+12=0,即(x-3)(x2+x-4)=0, 解得x=3或x=1±7 2 又V2-1<x<2+1,故x=1+7 2 所以AC=1+7高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 参考答案与解析（务必做完再对答案) 1.0)6 (2)42-5. 【分析】(1)方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右 边，在变形，方法三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知 A+2B-号即可求解，方这四：振摇半角公式和两角差的正切公式化简后安解 (2》由(1)知，C=π+B,A=-2B,再利用正弦定理以及二倍角公式将+化 2 2 成4cos2B+ -5,然后利用基本不等式即可解出。 cos2 B 【详解】(1)方法一：直接法 cosA sin2B 可得cos 4cos:2B+cosA=sin2B+sin Asin2B, 1+sin A 1+cos2B cos A cos 2B-sin A sin 2B cos A sin 2B cos(A+2B)+cos A=sin 2B, 注意到4+B-号，于是c0s胥+B)+cos(-B)=sin2B, 3 展开可得2 coscos B=2 sin B cos,则sinB=, 3 又0B<8-8 61 方法二：二倍角公式处理+直接法 因为、cosA sin2B 2sin Bcos B sin B 1+sin A 1+cos2B 2cos2B cos B 1 sin B=cos Acos B-sin Asin B=cos(A+B)=-cos C= 而0<B< 3， 所以B= 69 方法三：导数同构法 cos -2B 根据 cos A sin2B 可知， cos 4 2 1+sin 4 1+cos2B 1+sin A 1+sin -2B 2 设因0,7加+nco -<0, (1+sin x)2 1+sin x 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 cos 2B 2 则f(x)在0， 上单调递减， cosA 1+sin A 1+sin -2B 0=f-28 (2 故A+2B= T,结合A+B= 3，解得B= 6 方法四：恒等变换化简 cos2 -sin2 4 A A cosA sin 2B 2 2 2sin B cos B COS- sin tan B 1+sin A 1+cos2B A 2 A 2cos2B A A cos-+sin cos- -+s1n 2 2 1-tan 台 2=tanB台tan πA =tan B, 42 1+tan 2 结合正切函数的单调性，不=B,则4+2B= 42 给合4+8-骨解写8 6 (2)由(1)知，sinB=-cosC>0,所以T<C<元，0<B< 2 而sinB=-cosC=simC-2' 2 所以由正弦定理得Q+b_sin'A+sin2B-cos22B+1-c0S2B sin2C cos2B _(2cos2B-1+1-c0s2B =4c0S2B+2。-5≥2V8-5=4V2-5· cos2B cos2 B 当且仅当c0sB=5时取等号，所以口+的最小值为4N2-5. 2 2.(15 【分析】(1)根据S4c=S。ABn+S.ADc得到AC的长，再利用三角形的面积公式求解即可； 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：15 (2)设∠B4C=2a,AB=C,4C=b,很据S.c=So+S.nc得到cosa=b+C.在△ABD中， bc 利用余弦定理得到cosa=-5,由两者相等结合c的取值范围即可求出结果 4c 【详解】(I)因为SABc=S4BD+SMDc, 所以)4BACsin2-AB+4C-ADsn 32 得：3AC=23+AC), 解得AC=6, 所以548C经-9 32 (2)设∠BAC=2,AB=C,AC=b, 由S。ABc=SHBD+S,ADc得 4B.ACsin2a=AB.ADsina+C.ADsina. 1 2 即bcc0s=b+c, 所以cosa=b+c bc' 又在△ABD中cosa=4+c2-9=c2-5 4c 4c 所以2-5b+c 4c bc c-9, 因为c0sa-c5∈0,1且b>0, 4c 得3<c<5, 16 所以6~ 即边4C的取值粒用为？+ 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 3.(1)B= (2)3 【分析】(1)由题可得2sinA-B)=sinC=sin(A+B),根据两角和、差的正弦公式化简 可得sin Acos B=3 sin B cos A,结合sinA=3cosA,sinA≠0，及B∈(0，x即可求解； (2)法一：在ABC中，根据sinA=3cosA及同角三角函数的平方关系可求得sinA, c0sA.由正弦定理b=V10.由LCAD=∠CDA得CD=AC=V10.设BD=x,在△BCD中， 由余弦定理可即可求解x,△BCD的面积即可求解； 法二：过C作CM⊥AB,垂足为M根据sinA=3cosA及同角三角函数的平方关系可求得 sinA,cosA.由正弦定理b=V10.由LCAD=∠CDA得CD=AC=V10.则在Rt△BMC中， 勾股定理可求BM=CM=3.在Rt△AMC中，DM=AM=1,BD=BM-DM=2,△BCD的面积 即可求解 【详解】(1)在ABC中，2sin(A-B)=sinC=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)，化简得： sin Acos B=3sin B cos 4. .sin A =3 cos A,.sin A cos B sin A sin B. 又s如40,6os8=sm8,即Esm8-f)-0,B-骨=ate7,u 4 B=T+km,k∈Z. 4 又B∈(0，π，B=T 4 (2)法一：利用正、余弦定理解三角形 A D B 在1Bc中，：sin4-3as1,sim24+cos24-0sin2A=l,sin24=9 10 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：15 又：4e(0,,sin4>0,sin4=3N0 10 cosA=0 10 由正弦定理ub可得=asin B3V2xV2 2=10 sin A sin B sin 4 3v10 10 :∠CAD=∠CDA,.CD=AC=I0 设BD=x,在△BCD中，由余弦定理可得：CD2+BD-2CD·BD cos∠BDC=BC2, 将c0s∠aDC=-60s∠ADC=-cos4=-0,CD=D,Bn=3N5代入化简得： 10 10++21=18.解得：=2，△BCD的面积5=×2x而×-3 V10 法二：利用平面几何 M B 过C作CM⊥AB,垂足为M 在ABC中，：sinA=3cos4,sin2A+cos2A=10、 9 sin2 A=1,.sin2A= 10 又：4∈(0，，sinA>0,sinA=3i0， 10 cos4=0 10 由正弦定理a=b 可得b=Qsin83V2x 2=√10 sin A sin B sin A 3v10 10 .ZCAD =ZCDA .CD=AC=10 则在Rt△BMC中，BM=CM=3. 在Rt△AMC中，DM=AM=VAC2+CM2=1,.BD=BM-DM=2, Sw=方80-C=方2x3=3 4.(1)证明见解析 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：15 (②)A=2m 【分析】(1)先切化弦，再利用两角和差的余弦公式得出cosB-C)=cosB,最后结合余 弦函数的性质即可； (2)先利用sinC=sin2B=2 sinBcosB结合正余弦定理可得(a-b)(c2-ab-b2)=0,再将 b2=ac-ab代入化简即可得ca-b)c-a)=0,再分类讨论即可. sinc tanc,所以snB-1-cosC 【详解】(I)因为tanB=1-1 cosB sinC 即sin B sin C=cosB-cos B cosC,所以cosB-C=cosB, 又因为B∈0，π)，C∈0，π， 所以B-C=-B或B-C=B(舍)，从而C=2B (2)因为C=2B,所以sinC=sin2B=2 sinBcosB, 利用1正弦定理得c=2bc0s8,即c=26.+c-公，即(a-b1c2-b-b)=0, 2ac 又因为b2=a(c-b),所以b=ac-ab,代入上式得c(a-b)(c-a=0 若c=a,则C=A=2B,所以A=2π， 若6=a,剥4=8，所以C-子 又anC有意义，故C≠，故C-5不符合趣意 综上所述，A=2 5 5.(1)2 2②0s5am<3 【分析】(1)由正弦定理和余弦定理求出即可； (2)由正弦定理把边化成角，再用三角形面积公式S,cn-)BC-CDsin∠BCD结合导数求 2 出范围 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 【详解】(1)由正弦定理可知”， b 'sin A sin B sin C’ 所以sin(B+C_sin(r-A)。sinA a b-c sinB+sinC sin B+sin C sin B+sin C b+c a-c 所以a2-ac=b2-c2→a2+c2-b2=ac, 由余弦定理cosB=Q2+c2-B21 2ac 因为ABC的内角A,B,C,所以B= 3’ C所以4子= =2 sπV3 cos 62 (2) B D AC =-BC5=2BC-2sim LBAC 由正弦定理sin B sin∠BAC v3 2 AC CD 5 =2→CD=2sin∠DAC sin ADC sin.∠DACV5 2 又AC平分∠BAD,所以∠BAC=∠DAC, 因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠B+∠ADC=元，易知π-2BAC=BCD, 新以SAcD)BC-CDsn∠BCD=x2sin∠BACx2 sin DACxsin∠BCD =2sin2∠BAC×sinπ-2∠BAC）=2sin∠BAC×sin2LBAC =(1-cos2∠BAC)sin2∠BAC,① 设2∠BAC=x,则①=(1-cosx)sinx=sinx-cosxsinx, 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 令f(x)=sinx-cosxsinx,则 f(x)=cosx-(-sin2x+cos2x)=-2cos2x+cosx+1=(2cosx+1)(-cosx+1), 因为在eCD中0<D1C号所X0<2∠C号a,所以-sx<1, 所以号asx<1时f)>0恒成立， 且x=3一3 2 ,c0sx=1,x=0时f(x)=0, 4 则0<f(x)< 35,所以0<S.cm< 33 4 6.(1)证明见解析 号 【分析】(1)设OC=x,OB=y,结合余弦定理，表示出AD2与BC2,根据BC=AD列式 化简可得 (2)先确定角A,B的数量关系，根据V5sin2A+cosB=√5求角B的三角函数，再在 △OBC中用正弦定理，可求OC的长 【详解】(1)设0C=x,OB=y,则0A=2-x,0D=2V2-y 在△00中，出余该定：0-2-f+22--2x刘2-小2-小9 在aB0C中，由余弦定理得：BC=+-2x5 2 由8c-w,所刘---22--浮-+少-2w* 化简得：y=√2. 故O为BD中点， (2)如图： 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 过D点做DE∥BC,交AC与E 则∠ED0=∠CB0. ∠EDO=∠CBO 由∠EOD=∠COB= →A0ED兰△OCB(AAS). 4 OD=OB 所以BC=DE,又BC=AD,所以DE=DA. 所以∠A=∠DEA 所以∠0ED=元-A,又上0ED=∠C,B+C=元-T-3n 44 所以A=B+元 4 由、5sin2A+cos8=5→5加2a+到 +cos B=55 cos2B+cos B=5 所以V5(2cos2B-1+cosB=V5→2√5c0s2B+c0sB-2V5=0. 又-1<c0sB<1,所以cosB=25,所以nB=5 5 所以sin B交 4 =sin Bcos+cos Bsin5310 4 42510 即sinC= 3V10 10 在△0BC中，根据正弦定理，可得：0=0CV OC sinCsin B→3WioV5 →0C= 2 3 10 5 7.(1)2 (2)-1+v17 2 【分析】(I)在△BDC中，由余弦定理求得cos∠BDC,即可得cos∠ADC,在△ADC中 利用余弦定理即可求得答案； 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：15 (2)设AC=x,BC=y,由正弦定理求得im∠BAC-5y,结合cos∠BCD=+2-, sin∠BCDx 2v2y 以及LBAC=2LBCD,可推出2y2=x(y2+1,再由cos ZADC=-cos2BDC，,推出 x2+y2=6,联立解方程可得答案 【详解】(1)在△BDC中，cos∠BDC=BD+CD-BC=1+2-2-V2 2BD.CD2×1×V24 则cos∠ADC=-cos∠BDC=-V2 4 在△ADC中，AC2=AD2+CD2-2AD.CD·Cc0S∠ADC 142-09-=4, 所以AC=2. (2)设AC=x,BC=y, 在△ADC和aBDC中，由正弦定理得，，2 1 y sin∠34C sin∠ADC'sin∠BCD sin∠BDC 又sin∠ADC=sin 4BDC,得sin∠BAC-V2y, sin∠BCDx 在aBDC中，cos∠BCD=y2+2-1 2v2y 由∠BAC=2LBCD,有sin∠BAC=2sin∠BCD cos∠BCD, 所以2y=2.+21,整理得：2y=+,0 x 2v2y 又由cos∠ADC=-cos∠BDC,1+2--1+2-y2 整理得：x2+y2=6,② 2V2 2V2 联立①②得，x3-2x2-7x+12=0,即(x-3)x2+x-4)=0., 解得x=3或x=J±7， 2 又2-1<x<2+1,故x=-1+7, 2 所以AC=1+7 2高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：15 作业15：《解三角形（3)》 使用说明：本版块是解三角形“没那么好做”的大题，在高考真题中22年新I卷的解三 角形便是其中的代表。（当然25年新I卷的解三角形也不那么好做，但那是小题，这份作 业主要讨论大题)，这类题通常出现在16-17题这样的位置，特点是处理一些三角等式的 方法较为复杂。但是这一部分由于其本身的局限，不太容易充当解答压轴题，但出现在小 题的压轴位置还是比较好实现的（在前面的作业己经练习过） (本作业共7题，作业共4页) 一、高考真题 1.（2022I)记△4BC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知，cosA=,sin2B 1+sin 4 1+cos2B 1)若C=2,求B: (2)求a+的最小值. c2 二、考题演练 2.(2023盐城三模)在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，且AD=2, ①)若∠BAC=2,AB=3,求△4BC的面积 (2)若BD=3,求边AC的取值范围 第1页共4页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 3.(2025广东模拟)记△ABC的内角A,B,C所对边分别为Q,b,C,且 2sin(A-B)=sin C,sin 4=3cos 4. (1)求B; (2)若a=3√2，点D在边AB上且∠CAD=LCDA,求△BCD的面积 4.(2025苏州大学考前指导卷)记△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知 tanB=I 1 sinc tanC (1)证明：C=2B; (2)若b2=ac-b,求A 第2页共4页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：15 5.(2024泉州高三期末)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为4，b,c.已知 b=3,sin(B+C)_b-c sinB+sinC a-c )若c-看求a: (2)点D是△4BC外一点，AC平分∠BAD,且∠ADC=,求△BCD的面积的取 3 值范围， 6.〈2025武汉二调)如图，△A0D与80C有车对顶角∠40D=∠B0C-年，AC=2, BD=2N2,且BC=AD. (1)证明：O为BD中点； (2)若V5sin2A+cosB=V5,求0C的长. 第3页共4页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：15 三、拓展提升 7.(2023武汉二调)在△ABC中，AB=2,D为AB中点，CD=√2· (1)若BC=√2，求AC的长； (2)若∠BAC=2∠BCD,求AC的长. 第4页共4页