卷8 解三角形-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考数学真题分类优化卷(分项A)

最新5年高考真题分类优 .在y=h（x)图象上存在点P(0,2),使 得AP⊥BP 答案：()：2)88春在点户 (0,2) 卷8解三角形 l.B因为(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB), 所以由正弦定理得(a十c)(a-c)=b(a-b),即a2 -c2=ab-b2, 则a2+b2-c2=ab,故cosC= a2+62-c2 ab 2ab 2ab 又0<C<,所以C=子故选B 2.C法1：连接AC,BD交于 O,连接PO,则O为AC, BD的中点，如图所示， 因为底面ABCD为正方形， AB=4,所以AC=BD =4√2，则DO=CO=2√2， 又因为PC=PD=3,PO=OP,所以△PDO △PCO,则∠PDO=∠PCO, 又因为PC=PD=3,AC=BD=4√2，所以△PDB ≥△PCA,则PA=PB, 在△PAC中，PC=3,AC=4W2,∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA=AC2+PC2-2AC· PCs∠PA=2+9-2X4vX3×号-17. 故PA=√I7,则PB=√17， 故在△PBC中，PC=3,PB=√17，BC=4, 所以cos∠PCB-PC+BCPB_9+16-17 2PC·BC 2×3×4 又因为0<∠PCB<π，所以sin∠PCB= V-cos'∠PCB=22 31 所以△PBC的面积为S=2PC·BCsin∠PCB= 1 2 ×3×4×3 =4√2， 法2：连接AC,BD交于O, 连接PO,则O为AC,BD 的中点，如图所示， 因为底面ABCD为正方形， AB=4, 所以AC=BD=42, 在△PAC中，PC=3,∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA2=AC十PC2-2AC· PCos∠PCA=32+g-2X42X3× 2 =17,故 【 3 化卷(26一ZT)·数学答案 PA=√17， 所以cOs∠APC= PA2+PC2-AC217+9-32 2PA·PC 2X√17X3 √17 17,则PA·PC=|PA1IPC|cos∠APC= mx×( =-3, 不妨记PB=m,∠BPD=0, 1 1 因为PO=2(PA+PC)=2(PB+PD), 所以(PA+PC)2=(PB+PD)2, 即PA2+PC2+2PA·PC=PB2+PD2+ 2PB·PD, 则17+9+2×(-3)=m2+9+2×3×mcos0, 整理得m2+6mcos0-11=0①， 又因为在△PBD中，BD=PB2+PD2-2PB· PDcos,∠BPD, 即32=m2+9-6mcos0,则m2-6cos0-23= 0②， 两式相加得2m2-34=0,故PB=m=√17， 故在△PBC中，PC=3,PB=√7，BC=4, PC2+BC2-PB2 所以cOs因为∠PCB= 2PC·BC 9+16-171 2X3X4=3, 又因为0<∠PCB<π，所以sin∠PCB= V-cos∠PCB=2 3 所以△PBC的面积为S=2PC,BCsin∠PCB= 1 2√E ×3×4X3 =4√2.故选C. 3.C取AB的中点E,连接CE, DE,因为△ABC是等腰直角 三角形，且AB为斜边，则有 CE⊥AB, 又因为△ABD是等边三角形， 则DE⊥AB,从而∠CED为二 面角C-AB-D的平面角，即 C ∠CED=150°， 显然CE∩DE=E,CE,DEC平面CDE,于是AB⊥ 平面CDE,又由于ABC平面ABC, 因此平面CDE⊥平面ABC,显然平面CDE∩平面 ABC=CE, 直线CDC平面CDE,则直线CD在平面ABC内的 射影为直线CE, 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角， 令AB=2,则CE=1,DE=√5，在△CDE中，由余弦 定理得： CD √CE+DE-2CE·DEcos∠CED= √+3-2x1xx(-. 7 】 最新5年高考真题分类优 DE CD 由正弦定理得n2C元=sn∠CED即sn ∠DcE=Bsin150°3 √T 2/7 显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=/1-sin∠DCE 5 2√7 271 所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为二，故 选C. 5 4,A由题意得ianA十tanB=子，tanA,ianB tan A+tan B 5 ..tan(A十B)= 1-tan Atan B2' 5 tan C=-tan (A+B)=<0 因为0<C<π，.C为钝角，所以三角形为钝角三角 形.故选A 1 5.D设表高为h,则BC=h·an1F,CD=h 1 tan60°1 而sim15°=6-2 4 将cos156+an15 sin 15 c0s15 =2-√5， 故DB=(2+3)h-56=6+23 3h=a, 得h=3 4 -a,故选D. 6.D因为sinA>sinB,所以由正弦定理知a>b,又 因为在三角形中大角对大边，所以A>B.故选项A 正确. 因为△ABC为锐角三角形，所以A十B=π-C> 受脚A>号-B 所以sinA>sin(受-B）=c0sB.故选项B正确。 由正孩弦定理边化角得sinC=sin Acos B一sin Bcos A=sin(A-B),则C=A-B或C+A-B=π (会)，则A=B+C=-A,即A=受，则△ABC一 定为直角三角形，故选项C正确. '.tan C=tan[r-(A+B)]=-tan (A+B)= tan A+tan B 1-tan Atan B .tan A+tan B=tan C(tan Atan B-1) .'tan A+tan B+tan C=tan C(tan Atan B-1)++tan C=tan Atan Btan C>0 又因为最多只有一个角为钝角，所以tanA>0,tan B>0,tanC>0,即三个角都为锐角，所以△ABC为 锐角三角形.故选项D错误.故选D. 3 化卷(26一ZT)·数学答案 A+C 7.B由正弦定理得：sin Asin 2=sin Bsin A, .sin Asin=SnAs号 2 B=2sin 2 cos 2 B b sin A, B 、π B :A∈(0，m),乞∈(0，sinA≠0，cos2≠0， :sin22' 号解得B子 由余弦定理得：b2=a2+c2-2 accos B=a2十c2-ac =1, a2+c2≥2ac(当且仅当a=c时取等号)，.1≥ 2ac-ac=ac, 1 (SAnC)=2X1X2 故选B, 8.A如图O1、O2分别为Rt B △PAC、△ABC的外接圆圆 心，作OO1⊥平面PAB, OO2⊥平面ABC,则O为三 棱锥P-ABC的外接球的 球心 在△ABC中，cos∠BAC= AB*+AC2-BC2 1 2AB·AC,即3 (6)2+(6)2-BC2 可 2√6×√6 得：BC=2√2. BC 由正孩定理可得：20，A=sn∠BAC=3,即0，A 又0，为线段AC的中点，则可得O,P= 2且 O1P⊥AC,O2O,⊥AC .二面角P-AC-B的大小的平面角即为 ∠0201P=120°， ∠0,0,0=30,0,0，=V0,A-0,A=5 2 010=1. ∴.三棱锥P-ABC的外接球的半径R= V00+01A= 2 4 则三棱锥P~ABC的外接球体积为V= 3π 2 5√0开.故选A 3 9.AC因为a=2,b=3,c=4,所以角C最大， 由cosC=2+32-42 1 2X2×3= -4<02<C< 所以△ABC是钝角三角形，因此选项A正确； 由AB·BC=-2a→-cacos B=-2a→ccos B=2 】 最新5年高考真题分类优 →B∈(O,),不能判断△ABC是纯角三角形，所 以选项B不正确； sin A-sin B c 根据正孩定理，由 a-b imC+sinB=a+b→c+b a+b→a2=b+c2+bc, C b2+c2-a2-bc 1 由余弦定理可知：cosA= 2bc 2bc 2 1=子， 所以△ABC是钝角三角形，因此本选项C正确； 根据正弦定理，由 b2sinC+c2sin'B=2bccos Bcos C=sinBsin2C+ sin'Csin B=2sin Bsin Ccos Bcos C=sin Bsin C= c0 s Bcos C→cos(B十C)=0→cos(π-A)=0→cos A=0→A=2: 所以△ABC是直角三角形，不符合题意，故选AC. 1a.Ac-+号c=a店+aC,故A 1。 正确； 设AP=XAN,则由A项，AN=AB+2AC, 之，1 故AN=AB+AC,因为B,N,C三点共线，故 4λ 安+安=1，部得=子故A=A+号A配 1 3 3 故店+或-+号丽+号配以武 号+号花中武-正我B4民： 由余孩定理，0s∠BAC=3+2-4 1 2×3×2 4,由B 减有术-店+号花燕|-号i +号AC+音1AB·lAC·():即 1=+号-号a1=, 31 故C正确； 在△ANC中AN=四.AC=2,NC= 3,故cos∠NAC=AN+AC-NC 4 2AN·AC 19 16 +4-9_13西 2. 76,故D错误，故选AC 3·2 b 11.ACD由sin A-sin B sin C' b a+b+c 根据等比的性质有sin Bsin A十sinB十sinC,A 正确； 当A=号，B=号时，有sin2A=sin2B,B错误： 3 化卷(26一ZT)·数学答案 sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C),而B+C=π 一A,即sin Bcos C十sin Ccos B=sinA,由正弦定 理易得a=bcos C十ccos B,C正确； AB 如图所示，AE= —,AF ABI A AB 一是单位向量，则一 IACI AB B D +、AC =AE+AF=AG,即AG·BC=0、AE ACI ·AF= 2,则AG⊥BC且AG平分 ∠BAC,AE,AF的夹角为行，易知△ABC为等边 三角形，D正确.故选ACD. 12.解析：如图所示：记AB=c,AC=b,BC=a, B 方法1：由余弦定理可得，22+b2-2×2Xb×cos 60°=6， 因为b>0,解得：b=1+√3， 由S△ABC=S△ABD十S△ACD可得， 1 2X2 XbX sin60'=2X2XAD×sin30+2× AD×bXsin30°， 解得：AD=E6-21+=2 b 1+2 3+√3 故答案为：2. 方法2：由余弦定理可得，22十b2一2×2×b×c0s 60°=6， 因为b>0,解得：b=1十√5， b 2 由正孩定理可得，sin60一sin B sin C 解得：sinB=】 6+2 4 ,sin C=② 2 因为1+√3>√6>√2，所以C=45°，B=180°-609 -45°=75°， 又因为∠BAD=30°，所以∠ADB=75°，即AD= AB=2. 答案：2 13.解析：方法1：余弦定理 设CD=2BD=2m>0, 则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD·ADcos ∠ADB=m2+4+2m, 在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD·ADcos ∠ADC=4m2+4-4m, AC: 4m2+4-4m 所 以 AB m2+4+2m 4(m2+4+2m)-12(1+m) m2+4+2m 】 最新5年高考真题分类优 12 12 =4一 3 -4 (m+1)+ 3 m+1 2√(m+1)·m m+1 4-2√3， 当且仅当m+1= m十即m=-1时，等号成立， AC 所以当B取最小值时，m=5一1. 方法2：建系法 令BD=t,以D为原点，OC为x轴，建立平面直角 坐标系 则C(2t,0),A(1W),B(-t,0) (2t-1)2+34t2-4t+4 AB?= =4 (t+1)2+3 t2+21+4 12 3≥4-23 (t+1)+ t+1 当且仅当t十1=√3，即BD=√3一1时等号成立。 方法三：余孩定理 设BD=x,CD=2x,由余弦定理得 62=4+4x2-4x心2c2+62=12+6z, 1c2=x2+4+2.x 82=4+4x4x…2+62-12+6x, /c2=x2+4+2.x AC 令AB=1,则2e2+c2=12+6x2, .t2+2= 12+6x 12+6x2 =6 x2+2.x+4 2 3 ≥6-2√3， (x+1)+ x+1 t2≥4-25， 3 当且仅当x十1=十，即x=5+1时等号成立， 方法四：判别式法 设BD=x,则CD=2x 在△ABD中，AB2=BD+AD2-2BD·ADcos ∠ADB=x2+4+2.x, 在△ACD中，AC2=CD+AD-2CD·ADcos ∠ADC=4.x2+4-4x, AC24x2+4-4x 4x2+4-4x 所 以AB=x2+4+2z 记t= x2+4+2.x 则(4-t)x2-(4+2t)x+(4-4t)=0 由方程有解得：△=(4十2t)2-4(4-t)(4-41)≥0 r 4 化卷(26一ZT)·数学答案 即t2-8t+4≤0，解得：4-2√3≤t≤4+2√3 所以4=4-25，此时x-2生告=后-1 Γ4-t 所以当AC B取最小值时，x=-1,即BD=月-1， 答案：w3-1或-1+√3 1 14.解析：由SAx=公(a2+b2-c2),2 absin C= 9e+。e 又因为c2=a2+b-2 abeos C,所以2 absin C= 3 车·2 abcosC, .tanC=√5，，0<C<π，.C=60°， :n Bsin C_oA+oC,号× 1 2 sin B 3sin A c sin A cos A cos C a × bitci-atatb-c 2b2 a 2abc 2abc 2abc c=2wg, b 23 由正弦定理得2R= sin C sinπ 4， 3 所以a+b=4sinA+4sinB=4sinA+ 4sim(管-A) 2π -4sin A+4sin cos A-4cos sin A 6sinA+2√3cosA=4√3 sinA+osA）=45sin(A+若） 3 1 因为0<A<号所以若<A+吾<晋所以如 a+)(分] ∴45sin(a+g)e25,4], 2√3 「1 a+b 4ssin(A+）】 答案：[分 15.解析：(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2 abcos C, 对比已知a2+b2-c2=√2ab, 可得cosC=a+b-c2abV2 2ab 2ab 21 因为C∈(0，π)，所以sinC>0, 从而sinC=√1-cosC= 最新5年高考真题分类优 1 又因为sinC=V2cosB,即cosB=2, 注意到B∈(0，π)， 所以B=元 3 (2)由(1)可得B=π」 3,osC=② ,C∈(0，π)， 从而C= 4,A=元- ππ5π 34121 22 ×日-6+但 4 由正孩定理有a 6 5π sin 12 sin 3 sin- 从而a=6+E.Ec-5+1。 4 2c,63 2 ·√2c= 6 2c, 由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为 S入ae一absin c三}·③+1·后·② -C· 2 2·2 3+5 8 由已知△ABC的面积为3+，可得g。=3 +3, 所以c=2√2. 答案：1)B=号：(2)2厄 16.解析：(1)方法1：在△ABC中，因为D为BC中点， ∠ADC= 3,AD=1, B 则Sa=2AD·DCsin∠ADC=2X1X2Q x3_3 1 2=a=2S△ABc=2,解得a=4的 在△ABD中，∠ADB=,由会然定理得 BD+AD-2BD·ADcos∠ADB, 即2=4+1-2×2×1×(2》 =7,解得c=√7， 7+4-157 则cosB= 27X2 -14 √21 sinB=√1-cos'B= 14 sin B 3 所以tanB= cos B 5 【 4 化卷(26一ZT)·数学答案 方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC= 子AD=1, 1 1 1 则Sac=2AD·DCsin∠ADC=2X1X2a 在△ACD中，由余弦定理得b2=CD2十AD2- 2CD·ADcos∠ADC, 1 即6=4+1-2×2X1×2=3,解得6=3，有 AC+AD=4=CD*, 则∠CAD=, C=F,过A作AELBC于E,于是CE=ACesC .AE-ACsin C 3 5 2,BE=2, AE√3 所以tanB=BE=行 (2)方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 1 a+1-2X2aX1Xcos (x-ZADC) 6=a+1-2x号ax1xcs∠A0 1 整理得号。+2=6十c,而6十c2=8,则a 2√3， 1 又因为SA=7×BX1Xsin∠ADC9, 解得sin∠ADC=1,而0<∠ADC<π，于是∠ADC 2, 所以b=c=√AD2十CD2=2. 方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2AD =AB+AC, 又因为CB=AB-AC, 于是4AD+CB2=(AB+AC)2+(AB-AC)2= 2(b2+c2)=16, 即4+a2=16,解得a=2√3， 久因为Sc=号XBX1Xsin∠ADC=,解 得sin∠ADC=1,而0<∠ADC<π，于是∠ADC 所以b=c=√JAD+CD=2. 答案：1) 5:(2)b6=c=2 cos A sin 2B 2sin Bcos B 17.解析：(1)因为1十sinA-1+cos2B 2cos2B =sin B cos B' 】 最新5年高考真题分类优 Epsin B=cos Acos B-sin Asin B=cos (A+B) 1 =-cosC=2' 而0<B<受，所以B=日 6； (2)由(1)知，sinB=-c0sC>0,所以受<C<,0 <lz, 而snB=-osC=sin(c-), 所以C= 2+B,即有A=受 -2B,所以B∈ o,).ce(5) 所以a+_m'A十sinB-c0s2B+1-c0s'B sin'C cos'B =(2c0sB-1)2+1-c0s2B =4cos'B+- 2 cos2B s'B ≥2W8-5=4√2-5. 当且仅当caB-号时取等子，所以十6 c2一的最小 值为42-5. 答案：1)若：(2)42-5 1返解折，)由题老得8宁·…号-气。8 1 689 则s,-s,+s,-。-56+5- 49 4 49 2 即a2+c2-b2=2,由余弦定理得cosB= a2+c2-b2 -,整理得accos B=1,则cosB>0,又因 2ac 为sinB=3, 3ac= 132 cos B 4 则SAAx= 2acsin B= 8 b b (2)由正孩定理得：smB=sinA=sinC,则 nB 3√2 ac 4 9 ,则 b =sinA‘sin C sin Asin C√2 'sin B 3 26=2nB=安 3 3 答案《1层 1 19.解析：(1)由已知条件可知： 2c·sin Acos B=a·sinA-b·sinB+1b. 【 化卷(26一ZT)·数学答案 sin C b 在△ABC中，由王弦定理A=B=C =2R 得2ac·osB=a-6+r 在△ABC中，由余孩定理c0sB=a十c-b 2ac 得a+-心=公-+子 .b=4c,又c=1,.b=4. (2)设∠BAC=0 :AD为BC边上中线 a0=号a+2Ad 利店0-店店+心-宁1御+ 号1Ai1aCms0=2s9+号 I ADI VAD: 1 =N4 (AB+AC+2AB·AC) VAB2+ACI2+1ABI IACI cos 0 =7+8cos0 2 AB·AD 4cos 0+1 cos∠BAD= IAB|·|ADI √/17+8cos0 匹0 .28cos20+8cos0-11=0 (2c0s0-1)(14c0s0+11)=0c0s0=2或 11 14 由0得4c0s0+1>0,∴c0s0>-马 4 .c0s0= 2sin 0= 1 2 ∴.S AABC= 号1A·aCn0=5 (3)设AD=kAG,AB=AAE,AC=AF(A,H∈[1， 十∞)) :A=A= -号+CG-A正+正AG AE+宗AF 根据三点共线公式，得入十以=2k A.庄-d-Ad 2 】 最新5年高考真题分类优 (ABAC)(AC-AB (日+ u (g)1aa·1im9as0 =子0为∠BAC -3.6A-4 λ4λ十以 1 S△ABC_ 2·|AB|AC|·sim0 -=6 SAAEF ·|AE|AF|sin 1 ∴.入4=6 6 16- :AG.EF=2· 大6 =3· λ2-1 λ2+6 =3 4) μ=元≥1→1≤6→A∈[1,6]→X+6∈[7,42] 6 →1 7 λ2+6 1a.e] 答案：1)4：(2)3：(3)0,2」 卷9复数和平面向量 1.D依题意得，z=一√2i,故=一2i=2.故选D. 2.A由x=5十i→z=5-i,x+=10,则i(父十x)= 10i.故选A. 3.B因为(a+b)·(a-b)=a2-b2=0,可得a2= b,即|a|=b, 可知(a+b)·(a-b)=0等价于|a|=|b|, 若a=b或a=-b,可得a=b,即(a十b)· (a一b)=0,可知必要性成立； 若(a+b)·(a-b)=0,即|a|=b|,无法得出a =b或a=一b, 例如a=(1,0),b=(0,1),满足|a=|b,但a≠b 且a≠一b,可知充分性不成立； 综上所述，“(a十b)·(a-b)=0”是“a≠b且a≠ b”的必要不充分条件.故选B. 4.B因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b= 2a·b, 又因为|a|=1,|a+2b|=2, 所以1十40b十b-1十6b-4,从西b1-要 故选B. 【 4 化卷(26一ZT)·数学答案 5.D因为a+b+c=0,所以a十b =一C, 即a2+b2+2a·b=c2,即1+1 +2a·b=2,所以a·b=0. a-c c -c 如图，设OA=a,OB=b,OC 0 =c, 由题意知，OA=OB=1,OC= A D B √2，△OAB是等腰直角三角形， AB边上的高OD=】 √ 2,AD=2, 所以CD=C0+0D=2+2=32 2-21 an∠ACD-CB=了，os∠ACD= AD 1 √10 cos(a-c,b-c)=cos∠ACB=cos2∠ACD= 2cos∠ACD-1 3 =2×0 故选D. 6.A因为向量a=(1,2),b= (111 +7'y+2,且3a· b=1, 化简可得(x+1)(y+2)=3(y+2)+6(x+1), 整理可得xy-10=4x+2y,因为x,y都是正实数， 所以xy-10=4.x+2y≥2√/4.x·2y,即xy-4√2 ·/xy-10≥0， 所以（√y-5√2）（√xy+√2）≥0，解得√ry≥5 2或√y≤-√2（含）， 所以√y≥5V2,即xy≥50， 当且仅当4x=2y y-10=4x+2y时，即x=5 0y=10时，等号 成立， 所以xy的最小值是50.故选A. 7.A如图所示，1OA|=1,1OP|=√2，则由题意可知： ∠AP0=至 由勾股定理可得|PA|=√OP-OA2=1 小 D o 当点A,D位于直线PO异侧时或PB为直径时，设 ∠0PC=a,0ea< 则：PA·PD=|PA|·IPD|co(a+F） =1xV2 cos(a+F） 3 】最新5年高考真题分类优化卷·数学（八） 卷8解三角形 本卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的. 1.(2023·北京)在△ABC中，(a+c)(sinA一sinC)=b(sinA一sin B),则/C= () c胃 0 6 2.(2025·全国)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC =PD=3,∠PCA=45°，则△PBC的面积为 () A.22 B.3√2 C.4√2 D.6√2 3.(2025·全国)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为 等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所 成角的正切值为 () 1 A.了 √2 6.6 c9 D.5 4.(2023·全国)若A,B,C是△ABC的三个内角，且tanA,tanB是方 程3x2-5x+1=0的两个实根，那么△ABC是 () A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.等腰直角三角形 D.以上均有可能 5.圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的 天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平 固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”），当太阳在正午时刻照射在 表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为 冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图乙是一个根据某地的地理 位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即∠ABC) 大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即∠ADC)大约为60°，圭面上冬至线 与夏至线之间的距离（即DB的长）为a,则表高（即AC的长）为（注：sinl5 6-2 4 【最新5年高考真题分类优化卷(26-ZT)·数学（八）8-1】 夏至a 冬至Q 表 南类 日影 分 夏至正午阳光 冬至正午阳光\ A 表 圭 南。厦至线 北 B冬至线 乙 3+√5 A.(2-√5)a B n 6.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列结论错误的 是 () A.若sinA>sinB,则A>B B.若△ABC为锐角三角形，则sinA>cosB C.若acos B一bcos A=c,则△ABC一定为直角三角形 D.若tanA+tanB+tanC>0,则△ABC可以是钝角三角形 7.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若asin A+C 2 =bsin A,b=1,则△ABC面积的最大值为 () √5 A.2 4 5 C.6 D.2 8,在三棱锥P-ABC中，PA=PC=B,且coS∠BAC- 3AB-AC= √6，二面角P-AC-B的大小为120°，则三棱锥P-ABC的外接球体 积为 () 5√/10 A. 3π B.10π C.9π D.(4+2√3)π 【8-2】 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项 中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分. 9.三角形△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,下列条件能判断 △ABC是钝角三角形的有 () A.a=2,b=3,c=4 B.AB·BC=-2a C.sin A-sin Bc ·sinC+sin B a+b D.b2sin2C+c2sin2B=2bccos Bcos C 10.如图所示，△ABC中，AB=3,AC=2,BC=4,点M为线段AB的中 点，P为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N,则下列结论正确 的有 () 1之，1→ A.AP-AB+2AC B.BN=3NC C.IAN19 3 D.AP与AC夹角的余弦值 调 11.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a、b、c,则下列说法正确 的是 () b a+b+c A.sin B sin A+sin B+sin C B.若A>B,则sin2A>sin2B C.a=bcos C+ccos B AB AC 1 D.若 BC=0,且AB AC AB AC 2,则△ABC为 ABAC 等边三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.(2023·全国)在△ABC中，∠BAC=60°，AB=2,BC-√6，∠BAC 的角平分线交BC于D,则AD= 13.(2022·全国)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°，AD =8.CD-2BD.当S取得最小值时，BD 14.在△ABC中，角A,B,C所对的边为a,b,c,若n Bsin C_osA+ 3sin A a 【8-3】 oC,且△ABC的面积Se-区(a+分-)，则千6的取值范 围是 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤. 15.(本小题满分13分) (2024·新课标全国I卷)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3十√3，求c. 16.(本小题满分15分) (2023·全国)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 △ABC的面积为√3，D为BC中点，且AD=1. (I)若∠ADC-,求anB: (2)若b2+c2=8,求b,c. 【8-4】 17.(本小题满分15分) (2022·全国)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 cos A sin 2B 1+sin A 1+cos 2B' (1)若C 求B (2)求a+62 c2 的最小值. 18.(本小题满分17分) (2022·全国)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S1一S2十S3 -号smB=号 (1)求△ABC的面积； (2)若sin Asin C-2 3,求6 【8-5】 19.(本小题满分17分) 如图，设△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,AD为BC边上 的中线，已知c=1且2 esin AcsB=usin A-bsin B十子6sim C,coS∠BAD=V2I 7· (1)求b边的长度； (2)求△ABC的面积： (3)设点E,F分别为边AB,AC上的动点（含端点），线段EF交AD于 G,且△AEF的面积为△ABC面积的6，求AG·EF的取值范围. 【8-6】