第二编 专题2 第2讲 解三角形-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦“解三角形”专题，依据高考评价体系梳理了正弦定理、余弦定理应用及面积周长、最值范围等核心考点，通过近五年真题分析明确“基本量计算”占50%、“最值问题”占30%的高频考点分布，归纳出求角、求边、范围求解等常考题型。 课件亮点在于“真题精讲+技巧提炼+分层训练”，如以2024新课标卷真题为例，详解“边化角”转化策略，培养学生逻辑推理的数学思维，通过“公式变式应用”“角范围限制”等技巧指导，帮助学生掌握得分要点，教师可依托分层作业精准突破薄弱环节，提升复习效率。

第二编　主干知识突破 专题二　三角函数与解三角形 第2讲　解三角形 「考情研析」从近几年高考来看，正弦定理、余弦定理的综合问题可能作为轮考内容，考查方式以解三角形为主体，将三角恒等变换作为工具，计算三角形的基本量，也有可能将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题． 2 核心 知识回顾 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 核心 知识回顾 核心 知识回顾 5 核心 知识回顾 6 热点 考向探究 热点 考向探究 8 热点 考向探究 9 热点 考向探究 10 热点 考向探究 11 三角形中基本量计算的解题技巧 在处理三角形中的边、角关系时，一般全部化为角的关系或全部化为边的关系．若出现边的一次式，则一般采用正弦定理，若出现边的二次式，则一般采用余弦定理．应用正弦定理或余弦定理时，要注意公式变式的应用．解决三角形问题时，要注意角的限制范围． 热点 考向探究 12 热点 考向探究 13 热点 考向探究 14 考向2　三角形的面积、周长问题 例2　(2025·河北石家庄一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2－c2＝b(2acos2A－b)． (1)求证：C＝2A； (2)若a＝4，b＝5，求△ABC的面积． 解：(1)证明：由题意，得a2＋b2－c2＝2abcos2A， 由余弦定理，得a2＋b2－c2＝2abcosC，所以cos2A＝cosC， 因为A，C∈(0，π)，2A∈(0，2π)， 所以C＝2A或2A＋C＝2π， 因为C<A＋C<π，2A＋C<2π，所以C＝2A. 热点 考向探究 15 热点 考向探究 16 1．三角形面积问题的常见类型 (1)求三角形的面积：一般要先利用正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换等，求出角与边，再求面积． (2)已知三角形的面积解三角形：常选用已知邻边求出其夹角，或利用已知角求出角的两边之间的关系，再解三角形． (3)已知与三角形面积有关的关系式解三角形：常选用关系式中的角作为面积公式中的角，化为三角形的边角关系，再解三角形． 热点 考向探究 17 2．与三角形周长有关问题的解题策略 (1)利用正弦定理、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的周长． (2)求三角形的周长，常利用余弦定理结合配方法处理，巧用整体代换思想． 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 热点 考向探究 20 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 解决三角形中的最值或范围问题的两种方法 (1)将问题中所求式子表示为边的形式，利用基本不等式求得最值或范围． (2)将问题中所求式子用三角形中某一个角的三角函数表示，利用三角函数的有界性、单调性，再结合角的范围确定最值或范围． 热点 考向探究 24 热点 考向探究 25 热点 考向探究 26 热点 考向探究 27 真题VS押题 真题VS押题 29 真题VS押题 30 真题VS押题 31 真题VS押题 32 真题VS押题 33 真题VS押题 34 真题VS押题 35 真题VS押题 36 真题VS押题 37 真题VS押题 38 真题VS押题 39 真题VS押题 40 真题VS押题 41 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用正、余弦定理证明三边的关系，求三角形的面积 利用正、余弦定理求角，求三角形周长的取值范围 利用正、余弦定理求角，求角的三角函数值 利用正、余弦定理求角，求式子的取值范围 利用正、余弦定理证明中点，求边长 利用正、余弦定理求角，求内切圆的半径，求边长和的最大值 专题作业 1 2 3 4 5 6 43 解：(1)证明：因为a＋c＋acosC＋ccosA＝3b， 由正弦定理，得sinA＋sinC＋sinAcosC＋sinCcosA＝3sinB， 所以sinA＋sinC＋sinB＝3sinB， 所以sinA＋sinC＝2sinB， 由正弦定理，得a＋c＝2b. 专题作业 1 2 3 4 5 6 44 专题作业 1 2 3 4 5 6 45 专题作业 1 2 3 4 5 6 46 专题作业 1 2 3 4 5 6 47 专题作业 1 2 3 4 5 6 48 专题作业 1 2 3 4 5 6 49 专题作业 1 2 3 4 5 6 50 专题作业 1 2 3 4 5 6 51 专题作业 1 2 3 4 5 6 52 专题作业 1 2 3 4 5 6 53 专题作业 1 2 3 4 5 6 54 专题作业 1 2 3 4 5 6 55 专题作业 1 2 3 4 5 6 56 专题作业 1 2 3 4 5 6 57 专题作业 1 2 3 4 5 6 58 6．(2025·河南新乡二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A＋sin2C＋cos2B＋sin(π－A)sin(π＋C)＝1. (1)求B； (2)若a＝2，c＝3，求△ABC内切圆的半径； (3)若M为△ABC的垂心，且点M在△ABC内，直线AM与BC交于点D，且BM＝4，求AB＋MD的最大值． 专题作业 1 2 3 4 5 6 59 专题作业 1 2 3 4 5 6 60 专题作业 1 2 3 4 5 6 61 　　　　　　　　　　　　　 R (1)三角形中的三角函数关系 ①sin(A＋B)＝sinC； ②cos(A＋B)＝－cosC； ③sineq \f(A＋B,2)＝coseq \f(C,2)； ④coseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2)． (2)在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A>B⇔a>b⇔sinA>sinB⇔cosA<cosB． (3)三角形的面积公式(R，r分别为△ABC的外接圆、内切圆的半径，p为△ABC的半周长)：S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)casinB＝eq \f(abc,4R)＝2R2sinAsinBsinC＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)＝pr. 考向1　利用正、余弦定理求边或角 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　(2025·福建厦门一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC＝(eq \r(2)b－c)cosA. (1)求A； (2)设D为边AB的中点，若c＝2，且sin∠CDB＝eq \f(3\r(10),10)，求a. 解：(1)在△ABC中， 由acosC＝(eq \r(2)b－c)cosA及正弦定理，得sinAcosC－eq \r(2)sinBcosA＋sinCcosA＝0， 即sin(A＋C)－eq \r(2)sinBcosA＝0， 即sinB－eq \r(2)sinBcosA＝0， 因为B∈(0，π)，sinB≠0，所以cosA＝eq \f(\r(2),2)， 又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4). (2)依题意，得∠CDB＋∠CDA＝π， 则sin∠CDA＝eq \f(3\r(10),10)，cos∠CDA＝eq \f(\r(10),10)或cos∠CDA＝－eq \f(\r(10),10). 当cos∠CDA＝eq \f(\r(10),10)时， 由∠ACD＝π－∠CDA－∠BAC， 得sin∠ACD＝sin(∠CDA＋∠BAC)＝eq \f(3\r(10),10)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(10),10)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(2\r(5),5)， 在△ACD中，由正弦定理，得eq \f(AD,sin∠ACD)＝eq \f(AC,sin∠CDA)， 则AC＝eq \f(1×\f(3\r(10),10),\f(2\r(5),5))＝eq \f(3\r(2),4)， 在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA， 所以a＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)))\s\up12(2)＋22－2×\f(3\r(2),4)×2×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(34),4)； 当cos∠CDA＝－eq \f(\r(10),10)时，sin∠ACD＝eq \f(3\r(10),10)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(10),10)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(5),5)， AC＝eq \f(1×\f(3\r(10),10),\f(\r(5),5))＝eq \f(3\r(2),2)， a＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2)＋22－2×2×\f(3\r(2),2)×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(10),2). 综上可得，a＝eq \f(\r(34),4)或a＝eq \f(\r(10),2). (2025·山西太原一模)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且(a＋b)(a－b)＝c(a－c)． (1)求B； (2)若D是边AC上一点，且AD＝2DC，cosC＝eq \f(3,5)，求tan∠CBD的值． 解：(1)由(a＋b)(a－b)＝c(a－c)，得a2＋c2－b2＝ac， 由余弦定理，得cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)， ∵0°<B<180°， ∴B＝60°. (2)设∠CBD＝α，∵cosC＝eq \f(3,5)， ∴sinC＝eq \f(4,5)， ∴sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \f(4,5)＝eq \f(3\r(3)＋4,10)， 在△ABD中，由正弦定理，得eq \f(AD,sin（60°－α）)＝eq \f(BD,sinA)， 在△BCD中，由正弦定理，得eq \f(CD,sinα)＝eq \f(BD,sinC)， ∵AD＝2DC，∴eq \f(sinC,sinA)＝eq \f(2sinα,sin（60°－α）)＝eq \f(8,3\r(3)＋4)， ∴(3eq \r(3)＋4)sinα＝4sin(60°－α)＝2eq \r(3)cosα－2sinα， ∴tan∠CBD＝tanα＝eq \f(4\r(3)－6,3). (2)由正弦定理，得eq \f(c,sinC)＝eq \f(a,sinA)， 即eq \f(c,sin2A)＝eq \f(a,sinA)，所以cosA＝eq \f(c,8)， 由余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，代入上式，得eq \f(c,8)＝eq \f(c2＋9,10c)， 解得c＝6(c＝－6舍去)， 所以cosA＝eq \f(3,4)，故sinA＝eq \f(\r(7),4)， 故S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(15\r(7),4). (2025·广东湛江一模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且eq \r(3)asinB＋bcos∠BAC＝b，D为BC边上的点，且AD平分∠BAC. (1)求∠BAC的大小； (2)若AD＝eq \f(15,8)，a＝7，求△ABC的周长． 解：(1)由正弦定理，得eq \r(3)sin∠BACsinB＋sinBcos∠BAC＝sinB. 因为sinB≠0，所以eq \r(3)sin∠BAC＋cos∠BAC＝1，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠BAC＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)， 所以∠BAC＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z或∠BAC＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z， 所以∠BAC＝2kπ，k∈Z或∠BAC＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z， 又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝eq \f(2π,3). (2)因为AD平分∠BAC，所以∠BAD＝∠CAD＝eq \f(π,3)， 因为S△ABC＝S△ABD＋S△ADC， 所以eq \f(1,2)bcsin∠BAC＝eq \f(1,2)AD·csin∠BAD＋eq \f(1,2)AD·bsin∠CAD， 即eq \f(1,2)bcsineq \f(2π,3)＝eq \f(1,2)×eq \f(15,8)csineq \f(π,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(15,8)bsineq \f(π,3)， 所以eq \f(\r(3),4)bc＝eq \f(\r(3),4)(b＋c)×eq \f(15,8)，即bc＝eq \f(15,8)(b＋c)． ① 由余弦定理，得72＝b2＋c2－2bccoseq \f(2π,3)， 即49＝(b＋c)2－bc. ② 将①代入②，得8(b＋c)2－15(b＋c)－8×49＝0， 所以b＋c＝8或b＋c＝－eq \f(49,8)(舍去)， 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝7＋8＝15. 考向3　最值、范围问题 例3　(2025·辽宁沈阳二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tanA＋tanB＝eq \f(2c2,a2＋c2－b2). (1)求角A的大小； (2)若BC＝2，求eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))的最大值． 解：(1)由余弦定理，得eq \f(2c2,a2＋c2－b2)＝eq \f(2c2,2accosB)＝eq \f(c,acosB)， 再由正弦定理，得eq \f(c,acosB)＝eq \f(sinC,sinAcosB)， 又tanA＋tanB＝eq \f(sinA,cosA)＋eq \f(sinB,cosB)＝eq \f(sinAcosB＋sinBcosA,cosAcosB)＝eq \f(sin（A＋B）,cosAcosB)＝eq \f(sinC,cosAcosB)， 所以eq \f(sinC,cosAcosB)＝eq \f(sinC,sinAcosB)， 在△ABC中，sinC>0，cosB≠0， 所以sinA＝cosA，所以tanA＝1， 又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4). (2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－eq \r(2)bc＝4， 即b2＋c2＝4＋eq \r(2)bc， 所以4＋eq \r(2)bc≥2bc，bc≤eq \f(4,2－\r(2))，当且仅当b＝c时，等号成立． 所以eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝cbcosA≤eq \f(4,2－\r(2))×eq \f(\r(2),2)＝2eq \r(2)＋2，当且仅当b＝c时，等号成立． 所以eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))的最大值为2eq \r(2)＋2. (2025·安徽江淮十校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D在边AB上，且CD⊥BC，S△ACD＝eq \f(1,2)S△BCD＝eq \f(\r(3),6)accosB. (1)求B； (2)若CD＝2eq \r(3)，点E在线段AB上， 当△CBE为锐角三角形时，求2CE＋BE的取值范围． 解：(1)∵S△ACD＝eq \f(1,2)S△BCD， ∴AD＝eq \f(1,2)BD，BD＝eq \f(2,3)c，AD＝eq \f(1,3)c， ∵S△BCD＝2×eq \f(\r(3),6)accosB＝eq \f(1,2)a·eq \f(2c,3)sinB. ∴tanB＝eq \r(3)，又B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴B＝eq \f(π,3). (2)由(1)，知B＝eq \f(π,3)， 又BC⊥CD，CD＝2eq \r(3)，∴BC＝eq \f(CD,tan\f(π,3))＝2. 设∠CEB＝θ. 在△CBE中，由正弦定理，得eq \f(BC,sinθ)＝eq \f(CE,sinB)＝eq \f(BE,sin（π－B－θ）)， ∴eq \f(2,sinθ)＝eq \f(CE,sin\f(π,3))＝eq \f(BE,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))，则CE＝eq \f(\r(3),sinθ)，BE＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)),sinθ)， ∴2CE＋BE＝eq \f(2\r(3),sinθ)＋eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)),sinθ)＝eq \f(2\r(3),sinθ)＋eq \f(2sin\f(2π,3)cosθ－2cos\f(2π,3)sinθ,sinθ)＝eq \f(2\r(3),sinθ)＋eq \f(\r(3),tanθ)＋1. ∵△BCE为锐角三角形， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－θ<\f(π,2)，))解得eq \f(π,6)<θ<eq \f(π,2)， 又y＝sinθ，y＝tanθ在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))内均单调递增，且函数值均为正数， ∴y＝eq \f(2\r(3),sinθ)＋eq \f(\r(3),tanθ)＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))内单调递减， 当θ＝eq \f(π,6)时，eq \f(2\r(3),sinθ)＋eq \f(\r(3),tanθ)＋1＝4eq \r(3)＋4， 当θ→eq \f(π,2)时，eq \f(\r(3),tanθ)→0，∴eq \f(2\r(3),sinθ)＋eq \f(\r(3),tanθ)＋1→2eq \r(3)＋1， 故2CE＋BE的取值范围为(2eq \r(3)＋1，4eq \r(3)＋4)． 1．(2024·新课标Ⅰ卷，15)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC＝eq \r(2)cosB，a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋eq \r(3)，求c. 解：(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcosC，对比已知a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab， 可得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(2)ab,2ab)＝eq \f(\r(2),2)， 因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)， 因为sinC＝eq \r(2)cosB，所以cosB＝eq \f(1,2)， 又因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). (2)由(1)可得B＝eq \f(π,3)，C＝eq \f(π,4)，故A＝π－eq \f(π,3)－eq \f(π,4)＝eq \f(5π,12)， 所以sinA＝sineq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 由正弦定理有eq \f(a,sin\f(5π,12))＝eq \f(b,sin\f(π,3))＝eq \f(c,sin\f(π,4))， 从而a＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)·eq \r(2)c＝eq \f(\r(3)＋1,2)c，b＝eq \f(\r(3),2)·eq \r(2)c＝eq \f(\r(6),2)c， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(3)＋1,2)c·eq \f(\r(6),2)c·eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3＋\r(3),8)c2， 由△ABC的面积为3＋eq \r(3)， 可得eq \f(3＋\r(3),8)c2＝3＋eq \r(3)，所以c＝2eq \r(2). 2．(2024·新课标Ⅱ卷，15)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＋eq \r(3)cosA＝2. (1)求A； (2)若a＝2，eq \r(2)bsinC＝csin2B，求△ABC的周长． 解：(1)解法一(利用辅助角公式求解)： 由sinA＋eq \r(3)cosA＝2，可得eq \f(1,2)sinA＋eq \f(\r(3),2)cosA＝1，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1，由A∈(0，π)，得A＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，故A＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，解得A＝eq \f(π,6). 解法二(利用同角三角函数的基本关系求解)： 由sinA＋eq \r(3)cosA＝2， 又sin2A＋cos2A＝1，消去sinA， 得4cos2A－4eq \r(3)cosA＋3＝0⇔(2cosA－eq \r(3))2＝0，解得cosA＝eq \f(\r(3),2)， 又A∈(0，π)，故A＝eq \f(π,6). (2)由题设条件和正弦定理，得eq \r(2)bsinC＝csin2B⇔eq \r(2)sinBsinC＝2sinCsinBcosB， 又B，C∈(0，π)，则sinBsinC≠0，得cosB＝eq \f(\r(2),2)，故B＝eq \f(π,4)， 于是sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4)， 由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)， 得eq \f(2,sin\f(π,6))＝eq \f(b,sin\f(π,4))＝eq \f(c,sinC)，解得b＝2eq \r(2)，c＝eq \r(2)＋eq \r(6)，故△ABC的周长为2＋3eq \r(2)＋eq \r(6). 3．(2023·全国甲卷，17)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(b2＋c2－a2,cosA)＝2. (1)求bc； (2)若eq \f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC的面积． 解：(1)因为a2＝b2＋c2－2bccosA， 所以eq \f(b2＋c2－a2,cosA)＝eq \f(2bccosA,cosA)＝2bc＝2， 解得bc＝1. (2)由正弦定理可得eq \f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq \f(b,c)＝eq \f(sinAcosB－sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)－eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(sin（A－B）,sin（A＋B）)－eq \f(sinB,sin（A＋B）)＝eq \f(sin（A－B）－sinB,sin（A＋B）)＝1， 变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB， 即－2cosAsinB＝sinB， 而0＜sinB≤1，所以cosA＝－eq \f(1,2)， 又0＜A＜π，所以sinA＝eq \f(\r(3),2)， 故S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4). 4．(2022·新高考Ⅰ卷，18)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(cosA,1＋sinA)＝eq \f(sin2B,1＋cos2B). (1)若C＝eq \f(2π,3)，求B； (2)求eq \f(a2＋b2,c2)的最小值． 解：(1)因为eq \f(sin2B,1＋cos2B)＝eq \f(2sinBcosB,1＋2cos2B－1)＝eq \f(sinB,cosB)， 由eq \f(cosA,1＋sinA)＝eq \f(sin2B,1＋cos2B)，得eq \f(cosA,1＋sinA)＝eq \f(sinB,cosB)， 所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB， 即cosAcosB－sinAsinB＝sinB， 所以cos(A＋B)＝sinB. 又A＋B＋C＝π，所以－cosC＝sinB. 因为C＝eq \f(2π,3)，所以sinB＝eq \f(1,2)， 又B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以B＝eq \f(π,6). (2)由(1)知cosC＝－sinB，所以cosC＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋B)). 又A＋B＋C＝π，所以C＝eq \f(π,2)＋B，A＝π－B－C＝eq \f(π,2)－2B. 由正弦定理得eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋B)))＝eq \f(cos22B＋1－cos2B,cos2B) ＝eq \f(（2cos2B－1）2＋1－cos2B,cos2B)＝eq \f(4cos4B－5cos2B＋2,cos2B) ＝4cos2B＋eq \f(2,cos2B)－5≥4eq \r(2)－5， 当且仅当cosB＝2－eq \f(1,4)时，等号成立． 所以eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq \r(2)－5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足eq \f(\r(3)bsinA,1＋cosB)＝a. (1)求角B的大小； (2)若b＝eq \r(3)，求△ABC面积的最大值； (3)求y＝sinAsinC＋sinBsinC＋sinBsinA的取值范围． 解：(1)由正弦定理，得eq \f(\r(3)sinBsinA,1＋cosB)＝sinA，即eq \r(3)sinBsinA＝sinA(1＋cosB)， 因为0<A<π，所以sinA≠0， 所以eq \r(3)sinB＝1＋cosB，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)， 又因为－eq \f(π,6)<B－eq \f(π,6)<eq \f(5π,6)，所以B＝eq \f(π,3). (2)由余弦定理，得cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)， 代入b＝eq \r(3)，得a2＋c2＝3＋ac，根据基本不等式a2＋c2≥2ac，得ac≤3，当且仅当a＝c＝eq \r(3)时，等号成立， △ABC的面积为eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(3\r(3),4)， 故△ABC面积的最大值为eq \f(3\r(3),4). (3)因为y＝sinAsinC＋sinBsinC＋sinBsinA＝sinAsinC＋eq \f(\r(3),2)(sinA＋sinC)＝sinAsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＋eq \f(\r(3),2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝eq \f(\r(3),4)sin2A＋eq \f(1,2)sin2A＋eq \f(3\r(3),4)sinA＋eq \f(3,4)cosA ＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＋eq \f(3,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq \f(1,4)， 令x＝A＋eq \f(π,6)，则2A－eq \f(π,6)＝2x－eq \f(π,2)， 所以y＝sin2x＋eq \f(3,2)sinx－eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(3,4))) eq \s\up12(2)－eq \f(13,16)， 因为A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))， 所以sinx∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以eq \f(3,4)<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(3,4))) eq \s\up12(2)－eq \f(13,16)≤eq \f(9,4)， 故y＝sinAsinC＋sinBsinC＋sinBsinA的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(9,4))). 1．(2025·河南平许济洛三模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＋c＋acosC＋ccosA＝3b. (1)求证：a＋c＝2b； (2)若eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝3，b＝2，求△ABC的面积． (2)由余弦定理且b＝2， 可知a2＝4＋c2－4ccosA， 因为eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝3，所以2ccosA＝3， 所以a2＝c2－2， 又a＋c＝2b＝4，所以c＝eq \f(9,4)， 所以cosA＝eq \f(2,3)，所以sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \f(\r(5),3)， 所以△ABC的面积为eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×2×eq \f(9,4)×eq \f(\r(5),3)＝eq \f(3\r(5),4). 2．(2025·湖北十一校第二次联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S△ABC.已知①(2b－c)cosA－acosC＝0；②eq \r(3) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝2S△ABC，从这两个条件中任选一个，回答下列问题． (1)求A； (2)若a＝eq \r(3)，求△ABC周长的取值范围． 解：(1)若选①，∵(2b－c)cosA－acosC＝0， 由正弦定理，得(2sinB－sinC)cosA－sinAcosC＝0， ∴2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sinB， ∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴cosA＝eq \f(1,2)， 又A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,3). 若选②，由eq \r(3) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝2S△ABC，得 eq \r(3)cbcosA＝2·eq \f(1,2)bcsinA＝bcsinA， 故tanA＝eq \f(sinA,cosA)＝eq \r(3)，又A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,3). (2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc， ∵bc≤eq \f(（b＋c）2,4)， ∴3＝(b＋c)2－3bc≥eq \f(1,4)(b＋c)2， ∴b＋c≤2eq \r(3)，当且仅当b＝c＝eq \r(3)时，等号成立， 又b＋c>a＝eq \r(3)， ∴a＋b＋c∈(2eq \r(3)，3eq \r(3)]， 即△ABC周长的取值范围为(2eq \r(3)，3eq \r(3)]． 3．(2025·江苏南京二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知eq \f(sinA－sinB,c－b)＝eq \f(sinC,a＋b). (1)求A； (2)若eq \o(BD,\s\up12(→))＝2eq \o(DA,\s\up12(→))，BC＝DC，求cosB. 解：(1)eq \f(sinA－sinB,c－b)＝eq \f(sinC,a＋b)， 由正弦定理，得eq \f(a－b,c－b)＝eq \f(c,a＋b)，即b2＋c2－a2＝bc， 所以cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2)， 由0°<A<180°，得A＝60°. (2)如图，因为eq \o(BD,\s\up12(→))＝2eq \o(DA,\s\up12(→))，BC＝DC， 所以AD＝eq \f(1,3)c，DC＝a， 在△ADC中，由余弦定理，得DC2＝AD2＋AC2－2AD·ACcosA， 即a2＝eq \f(c2,9)＋b2－eq \f(1,3)bc. 在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA， 即a2＝c2＋b2－bc， ① 所以eq \f(c2,9)＋b2－eq \f(1,3)bc＝c2＋b2－bc，得ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)c－b))＝0， 由c>0，得b＝eq \f(4,3)c，代入①，得a2＝eq \f(13,9)c2， 由a>0，得a＝eq \f(\r(13),3)c. 在△ABC中，由余弦定理，得 cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(\f(13,9)c2＋c2－\f(16,9)c2,\f(2\r(13),3)c2)＝eq \f(\r(13),13). 4．(2025·东北三省三校二模)已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝eq \r(3)，eq \r(3)cosB＋eq \f(1,2)b＝c. (1)求A； (2)求eq \f(2b2＋c2,bc)的取值范围． 解：(1)由a＝eq \r(3)，eq \r(3)cosB＋eq \f(1,2)b＝c，得acosB＋eq \f(1,2)b＝c， 由正弦定理，得sinAcosB＋eq \f(1,2)sinB＝sinC＝sin(A＋B)， sinAcosB＋eq \f(1,2)sinB＝sinAcosB＋cosAsinB， 所以cosAsinB＝eq \f(1,2)sinB， 因为A，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinB>0， 所以cosA＝eq \f(1,2)，即A＝eq \f(π,3). (2)在锐角三角形ABC中，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<C<\f(π,2)，,0<B＝\f(2π,3)－C<\f(π,2)，))得eq \f(π,6)<C<eq \f(π,2)， 则eq \f(b,c)＝eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sinC)＝eq \f(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)cosC,sinC)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2tanC)， 又tanC>eq \f(1,\r(3))，则0<eq \f(1,tanC)<eq \r(3)，所以eq \f(b,c)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))， 又eq \f(2b2＋c2,bc)＝eq \f(2b,c)＋eq \f(c,b)，设t＝eq \f(b,c)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，f(t)＝2t＋eq \f(1,t)， 其中t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，f′(t)＝2－eq \f(1,t2)＝eq \f(2t2－1,t2)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(2),2))),t2)， 由f′(t)<0，得eq \f(1,2)<t<eq \f(\r(2),2)， 由f′(t)>0，得eq \f(\r(2),2)<t<2， 所以f(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，2))内单调递增， 所以f(t)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝2eq \r(2)， 又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3，f(2)＝eq \f(9,2)， 故f(t)的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(9,2)))， 即eq \f(2b2＋c2,bc)的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(9,2))). 5．(2025·湖北武汉二调)如图，∠AOD＝∠BOC＝eq \f(π,4)，AC＝2，BD＝2eq \r(2)，且BC＝AD. (1)证明：O为BD的中点； (2)若eq \r(5)sin2A＋cosB＝eq \r(5)，求OC的长． 解：(1)证明：设OC＝x，OB＝y，则OA＝2－x，OD＝2eq \r(2)－y. 在△AOD中，由余弦定理，得AD2＝(2－x)2＋(2eq \r(2)－y)2－2(2－x)(2eq \r(2)－y)×eq \f(\r(2),2). 在△BOC中，由余弦定理，得BC2＝x2＋y2－2xy×eq \f(\r(2),2). 因为BC＝AD，所以(2－x)2＋(2eq \r(2)－y)2－2(2－x)(2eq \r(2)－y)×eq \f(\r(2),2)＝x2＋y2－2xy×eq \f(\r(2),2)， 化简，得y＝eq \r(2). 故O为BD的中点． (2)如图，过点D作DE∥BC，交AC于点E，则∠EDO＝∠CBO. 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EDO＝∠CBO，,OD＝OB，,∠EOD＝∠COB＝\f(π,4)，)) 得△OED≌△OCB(ASA)． 所以BC＝DE， 又BC＝AD，所以DE＝AD，所以A＝∠DEA. 所以∠OED＝π－A， 又∠OED＝C，B＋C＝π－eq \f(π,4)＝eq \f(3π,4)，所以A＝B＋eq \f(π,4). 因为eq \r(5)sin2A＋cosB＝eq \r(5)⇒eq \r(5)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))))＋cosB＝eq \r(5)⇒eq \r(5)cos2B＋cosB＝eq \r(5)， 所以eq \r(5)(2cos2B－1)＋cosB＝eq \r(5)⇒2eq \r(5)cos2B＋cosB－2eq \r(5)＝0. 又－1<cosB<1，所以cosB＝eq \f(2\r(5),5)， 所以sinB＝eq \f(\r(5),5). 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝sinBcoseq \f(π,4)＋cosBsineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(3\r(5),5)＝eq \f(3\r(10),10)，即sinC＝eq \f(3\r(10),10). 在△OBC中，由正弦定理，得eq \f(OB,sinC)＝eq \f(OC,sinB)， 即eq \f(\r(2),\f(3\r(10),10))＝eq \f(OC,\f(\r(5),5))，解得OC＝eq \f(2,3). 解：(1)因为sin2A＋sin2C＋cos2B＋sin(π－A)sin(π＋C)＝1， 所以sin2A＋sin2C－sinAsinC＝1－cos2B＝sin2B. 由正弦定理，得a2＋c2－b2＝ac， 所以cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)， 因为0<B<π，所以B＝eq \f(π,3). (2)由(1)，知a2＋c2－b2＝ac，代入a＝2，c＝3， 得b＝eq \r(7). 因为△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(3\r(3),2)， 所以△ABC内切圆的半径r＝eq \f(2S,a＋b＋c)＝eq \f(3\r(3),5＋\r(7))＝eq \f(5\r(3)－\r(21),6). (3)如图，设∠DBM＝α，0<α<eq \f(π,3)，则∠BMA＝eq \f(π,2)＋α， 且MD＝BMsinα＝4sinα. 因为∠ABD＝eq \f(π,3)，所以∠BAD＝eq \f(π,6). 在△ABM中，由正弦定理， 得eq \f(BM,sin\f(π,6))＝eq \f(AB,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))， 所以AB＝8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝8cosα， 所以AB＋MD＝8cosα＋4sinα＝4eq \r(5)sin(α＋φ)， 其中tanφ＝2，故AB＋MD的最大值为4eq \r(5). $