第3讲 解三角形-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word

第3讲　解三角形 【备考指南】　正弦定理与余弦定理以及解三角形是高考的必考内容，主要考查边、角、面积、周长等的计算.主观题与客观题均有涉及，难度中等或偏下. 1.在△ABC中，已知b＝2，A＝45°，C＝75°，则c＝（　　） A. B. C.＋ D.＋s 1.正弦定理：＝＝＝2R（R为△ABC外接圆半径）. 解析：D　由题知B＝180°－45°－75°＝60°，由正弦定理＝，得c＝＝＝＝＋. 2.（2025·全国Ⅱ卷5题）在△ABC中，BC＝2，AC＝1＋，AB＝，则A＝（　　） A.45° B.60° C.120° D.135° 2.余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccos A，推论：cos A＝. 解析：A　法一（通解）　cos A＝＝＝，因为0°＜A＜180°，所以A＝45°. 法二（优解）　因为BC＜AC，BC＜AB，所以A为最小角，所以A＜60°，排除B、C、D，故选A. 3.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a＝2，b＝3，A＝，则△ABC的解的个数是（　　） A.0 B.1 C.2 D.不确定 3.验证三角形解的情况： （1）任意两角之和小于π； （2）大边对大角，小边对小角.　 解析：C　法一　在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，所以4＝9＋c2－6c·，即c2－3c＋5＝0，解得c＝或c＝，所以△ABC的解的个数是2. 法二　因为sin B＝＝，b＞a，B有两解，所以△ABC解的个数是2. 4.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a2－8＝（b－c）2，A＝，则△ABC的面积为　2　. 4.三角形面积公式：S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般已知哪个角就用哪个公式. 解析：由a2－8＝（b－c）2，得b2＋c2－a2＝2bc－8，因为A＝，所以由余弦定理推论得cos A＝＝＝，解得bc＝8，所以△ABC的面积是bcsin A＝×8×＝2. 考点一　正、余弦定理 【例1】　（2024·新高考Ⅰ卷15题）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. 解：（1）由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C， 对比已知a2＋b2－c2＝ab，可得cos C＝＝＝， 因为C∈（0，π），所以C＝，又sin C＝cos B，所以＝cos B， 即cos B＝，又B∈（0，π），所以B＝. （2）由（1）可得A＝， 则sin A＝sin＝sin（＋）＝×＋×＝， 由正弦定理有＝，从而a＝·c＝c， 又S△ABC＝acsin B＝3＋，即ac＝4（＋1）， 将a＝c代入，解得c＝2. 【通性通法】　三角形边角转化的主要策略 （1）对于边的“一次齐次式”，常利用正弦定理化边为角； （2）对于含角的余弦值或含边的二次关系的式子，常利用余弦定理进行边角互化. 【训练1】　（1）（2024·全国甲卷理11题）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B＝60°，b2＝ac，则sin A＋sin C＝（　　） A. B. C. D. 解析：C　由正弦定理得sin Asin C＝sin2B，因为B＝60°，所以sin Asin C＝sin2B＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac＝ac，所以a2＋c2＝ac，所以sin2A＋sin2C＝sin Asin C，所以（sin A＋sin C）2＝sin2A＋sin2C＋2sin Asin C＝sin Asin C＝，又sin A＞0，sin C＞0，所以sin A＋sin C＝. （2）〔多选〕在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列判断正确的是（　　） A.若a＞b，则sin A＞sin B B.若sin A＞sin B，则A＞B C.若sin A＞cos B，则△ABC为锐角三角形 D.若△ABC为锐角三角形，则sin A＞cos B 解析：ABD　在△ABC中，若a＞b，则根据正弦定理可得sin A＞sin B，选项A正确；由sin A＞sin B及正弦定理得a＞b，则A＞B，选项B正确；若sin A＞cos B，即cos（－A）＞cos B，当cos B＜0，cos（－A）＞0时，△ABC为钝角三角形，选项C错误；若△ABC为锐角三角形，则A＋B＞，则有＞A＞－B＞0，又正弦函数在（0，）上单调递增，所以sin A＞sin（－B），即sin A＞cos B，选项D正确.故选A、B、D. 【瓶颈突破】　解三角形问题注意隐含条件的挖掘 （1）在△ABC中，a＋b＞c，｜a－b｜＜c；A＞B⇔a＞b⇔sin A＞sin B⇔cos A＜cos B； （2）在△ABC中，A＋B＋C＝π，sin（A＋B）＝sin C，cos（A＋B）＝－cos C，sin＝cos； （3）若△ABC为锐角三角形，则A＋B＞⇔A＞－B⇔sin A＞cos B⇔cos A＜sin B. （3）（2025·江苏四市调研）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos B＋1＝. ①证明：B＝2A； ②若sin A＝，b＝，求△ABC的周长. 解：①证明：由2cos B＋1＝，得（2cos B＋1）sin A＝sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋cos Asin B， 从而得sin A＝sin Bcos A－cos Bsin A＝sin（B－A）， ∵A，B∈（0，π），∴B－A∈（－π，π）， ∴A＝B－A或A＋（B－A）＝π（舍），∴B＝2A. ②由sin A＝，结合①知A＋B＝3A∈（0，π），则A∈（0，），得cos A＝＝＝， sin B＝sin 2A＝2sin Acos A＝2××＝， cos B＝cos 2A＝1－2sin2A＝1－2×＝， ∴sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝＝， 由正弦定理得＝＝，即＝＝，即得a＝2，c＝5. ∴△ABC的周长为a＋b＋c＝7＋. 考点二　最值（范围）问题 【例2】　（2025·东北四市联考）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tan A＋tan B＝. （1）求角A的大小； 解：（1）因为tan A＋tan B＝，所以由余弦定理得tan A＋tan B＝＝， 由正弦定理得tan A＋tan B＝， 又tan A＋tan B＝＋＝＝＝，所以＝，显然cos B≠0， 又在△ABC中，sin C＞0， 所以sin A＝cos A，所以tan A＝1，所以A＝. （2）若BC＝2，求·的最大值. 解：（2）法一　由余弦定理及A＝可得a2＝c2＋b2－2cbcos A＝c2＋b2－cb＝4， 又b2＋c2≥2bc，当且仅当b＝c时“＝”成立， 所以4＋bc≥2bc，则bc≤， ·＝cbcos A≤×＝2＋2， 所以·的最大值为2＋2. 法二　·＝bccos A＝bc＝×sin Bsin C＝4sin Bsin C＝2[cos（B－C）－cos（B＋C）]＝2［cos（B－C）＋］， 因为0＜B＜，0＜C＜，所以－＜B－C＜，则·≤2（1＋）＝2＋2，当且仅当B＝C时“＝”成立. 故·的最大值为2＋2. 【通性通法】　三角形中常见最值（范围）问题的解题策略 （1）利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a＋b与ab相互转化求最值或范围； （2）利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简，利用三角函数的性质求最值或范围. 【训练2】　（1）在锐角三角形ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边.若B＝2A，则的取值范围是（　　） A.（－2，2） B.（0，2） C.（，） D.（，2） 解析：C　∵B＝2A，∴sin B＝sin 2A.由正弦定理得＝＝＝2cos A.∵0＜2A＜，0＜π－3A＜，∴＜A＜，∴＜cos A＜，＜2cos A＜.故选C. （2）〔多选〕（2025·山东济宁一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝，且2c－b＝2acos B，则下列结论正确的是（　　） A.A＝ B.△ABC外接圆的面积为π C.△ABC面积的最大值为 D.△ABC周长的最大值为3 解析：BCD　对于选项A，因为2c－b＝2acos B，由余弦定理可得2c－b＝2a×＝，整理可得b2＋c2－a2＝bc，则cos A＝＝＝，且A∈（0，π），所以A＝，故A错误；对于选项B，由正弦定理可得△ABC外接圆的半径R＝＝＝1，所以△ABC外接圆的面积为πR2＝π，故B正确；对于选项C，由b2＋c2－a2＝bc可得b2＋c2＝a2＋bc＝3＋bc，且b2＋c2≥2bc，即3＋bc≥2bc，解得bc≤3，当且仅当b＝c＝时，等号成立，所以△ABC面积的最大值为×3×＝，故C正确；对于选项D，由b2＋c2＝3＋bc可得（b＋c）2＝3＋3bc，即bc＝，且bc≤，即≤，解得（b＋c）2≤12，即b＋c≤2，当且仅当b＝c＝时，等号成立，所以△ABC周长的最大值为2＋＝3，故D正确.故选B、C、D. 【易错提醒】　涉及锐角三角形时，要综合考虑三个角均为锐角的条件. 考点三　多个三角形联立问题 【例3】　如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，cos B＝， cos∠ACB＝，BC＝. （1）求AC； 解：（1）由cos B＝，cos∠ACB＝，则sin B＝＝，sin∠ACB＝＝，又由∠CAB＝π－B－∠ACB， 所以cos∠CAB＝－cos（B＋∠ACB）＝－（×－×）＝， 又由∠CAB∈（0，），可得∠CAB＝， 在△ABC中，由正弦定理得：＝，即＝，可得AC＝2. （2）若△ACD的面积为，求CD. 解：（2）由AB⊥AD，∠CAB＝，可得∠CAD＝， 由△ACD的面积为，有×2AD×sin ＝，可得AD＝， 在△ACD中，由余弦定理得CD＝＝. 【通性通法】　解多个三角形联立问题的步骤 （1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，将数据化归到多个三角形中； （2）在各个三角形内利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形； （3）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件. 【训练3】　（2025·浙江稽阳联谊学校二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC＝1且bcos C＋csin B＝1＋2c. （1）求角B的大小； 解：（1）∵bcos C＋csin B＝1＋2c＝a＋2c， ∴在△ABC中，由正弦定理得，sin Bcos C＋sin Csin B＝sin A＋2sin C， 由三角形内角和为180°可得sin A＝sin（B＋C）， ∴sin Bcos C＋sin Csin B＝sin（B＋C）＋2sin C＝sin Bcos C＋cos Bsin C＋2sin C，即sin Csin B－cos Bsin C＝2sin C， ∵0°＜C＜180°，∴sin C≠0，∴sin B－cos B＝2，sin B－cos B＝1， 即sin（B－30°）＝1，又∵0°＜B＜180°，∴B－30°＝90°，即B＝120°. （2）如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB＝B，CD＝，AC＝AD，求sin∠BCA的值. 解：（2）∵AC＝AD，∴△ACD为等腰三角形，令∠DCA＝∠CDA＝α， ∴∠CAD＝180°－2α， 在△ACD中，由正弦定理得，＝， 又CD＝，∴AC＝＝. 在△ABC中，由正弦定理得，＝， 又∠BAC＝α－60°，BC＝1，∴AC＝， ∴sin（α－60°）＝cos α，sin（α－60°）＝sin（90°－α），解得α＝75°， ∴sin∠BCA＝sin（120°－75°）＝. （时间：60分钟，满分：102分） 一、单项选择题（每小题5分，共30分） 1.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝2asin B，bc＝4，则△ABC的面积为（　　） A.1 B. C.2 D.2 解析：A　由b＝2asin B，可得sin B＝2sin Asin B，因为0＜B＜π，所以sin B＞0，则sin A＝，S△ABC＝bcsin A＝1，故选A. 2.（2023·全国乙卷文4题）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B－bcos A＝c，且C＝，则B＝（　　） A. B. C. D. 解析：C　由正弦定理及acos B－bcos A＝c，得sin Acos B－cos Asin B＝sin C，即sin（A－B）＝sin C＝sin（A＋B）.因为A－B＜A＋B，所以A－B＋A＋B＝π，解得A＝.所以B＝π－A－C＝π－－＝.故选C. 3.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，＝sin2，则△ABC的形状为（　　） A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形或直角三角形 D.等腰直角三角形 解析：A　由cos B＝1－2sin2，得sin2＝，所以＝，即cos B＝.由余弦定理得＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等. 4.在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b－2c＝acos C－2acos B，则＝（　　） A. B. C.1 D.2 解析：D　法一（正弦定理）　∵b－2c＝acos C－2acos B，∴b－acos C＝2c－2acos B，由正弦定理得sin B－sin Acos C＝2sin C－2sin Acos B，即sin（A＋C）－sin Acos C＝2sin（A＋B）－2sin Acos B，化简得cos Asin C＝2sin Bcos A，∵△ABC为锐角三角形，∴cos A＞0，∴sin C＝2sin B，由正弦定理得c＝2b，故＝2.故选D. 法二（余弦定理）　∵b－2c＝acos C－2acos B，∴b－acos C＝2c－2acos B，由余弦定理得b－a×＝2c－2a×，即（2b2－a2－b2＋c2）c＝2（2c2－a2－c2＋b2）b，∵△ABC为锐角三角形，∴cos A＝＞0，∴b2＋c2－a2＞0，∴c＝2b，故＝2.故选D. 法三（射影定理）　∵b－2c＝acos C－2acos B，∴b－acos C＝2c－2acos B，由射影定理得ccos A＋acos C－acos C＝2（bcos A＋acos B）－2acos B，即ccos A＝2bcos A，∵△ABC为锐角三角形，∴cos A＞0，∴c＝2b，故＝2.故选D. 5.我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角∠BAC，且AB＝AC，从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动.如图2，伞完全收拢时，伞圈D已滑到D'的位置，且A，B，D'三点共线，AD'＝40 cm，B为AD'的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24 cm，则当伞完全张开时，∠BAC的余弦值是（　　） A.－ B.－ C.－ D.－ 解析：A　依题意分析可知，当伞完全张开时，AD＝40－24＝16（cm），因为B为AD'的中点，所以AB＝AC＝AD'＝20（cm），当伞完全收拢时，AB＋BD＝AD'＝40（cm），所以BD＝20（cm），在△ABD中，cos∠BAD＝＝＝，所以cos∠BAC＝cos 2∠BAD＝2cos2∠BAD－1＝2×－1＝－. 6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且－a＝，延长BC至点D，使得BC＝CD，连接AD，若AD＝2，AB＝2，则a＝（　　） A.1 B. C.2 D.3 解析：C　由－a＝，可得bsin B＝asin A＋（c－a）sin C，由正弦定理得b2＝a2＋（c－a）c，即a2＋c2－b2＝ac，所以cos B＝＝＝，又0＜B＜π，所以B＝，由题意可知BD＝2a，AD＝2，AB＝2，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝22＋（2a）2－2×2×2a×cos ＝4＋4a2－4a＝12，解得a＝2（负值舍去）.故选C. 二、多项选择题（每小题6分，共12分） 7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（a＋b）∶（b＋c）∶（c＋a）＝5∶6∶7，则下列结论正确的是（　　） A.sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4 B.△ABC为钝角三角形 C.若a＝6，则△ABC的面积是6 D.若△ABC外接圆半径是R，内切圆半径为r，则＝ 解析：BD　设a＋b＝5t，b＋c＝6t，c＋a＝7t，则a＝3t，b＝2t，c＝4t，对于A，sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶4，故A不正确；对于B，c最大，所以C最大，cos C＝＝－＜0，故B正确；对于C，若a＝6，则t＝2，b＝4，c＝8，由cos C＝－⇒sin C＝，所以△ABC的面积是S＝absin C＝×6×4×＝3，故C不正确；对于D，由正弦定理推得R＝＝＝t，△ABC的周长l＝9t，S＝absin C＝t2，所以内切圆半径为r＝＝t，所以＝，故D正确.故选B、D. 8.（2025·全国Ⅰ卷11题）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 解析：ABC　A.cos 2A＋cos 2B＋2sin C＝1－2sin2A＋1－2sin2B＋2sin C＝2，所以sin2A＋sin2B＝sin C，故A正确；令a＝BC，b＝AC，c＝AB，则＝＝＝2R（R为△ABC的外接圆半径），由sin2A＋sin2B＝sin C，得a2＋b2＝c·2R≥c2.由cos Acos Bsin C＝，易知A，B为锐角，若a2＋b2＞c2，则△ABC为锐角三角形，则A＋B＞，即A＞－B，则sin A＞sin（－B）＝cos B，所以sin C＝sin2A＋sin2B＞cos2B＋sin2B＝1，矛盾.故a2＋b2＝c2，即C＝A＋B＝；B.由cos Acos Bsin C＝cos Acos B＝，所以sin Asin B＝.因为S△ABC＝ab＝，所以ab＝，所以＝（2R）2＝＝2，所以2R＝，所以c＝2R·sin C＝，故B正确；C.（sin A＋sin B）2＝sin2A＋sin2B＋2sin Asin B＝sin C＋2sin Asin B＝1＋2×＝，所以sin A＋sin B＝，故C正确；D.AC2＋BC2＝AB2＝c2＝2，故D错误.故选A、B、C. 三、填空题（每小题5分，共10分） 9.在不等边三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a为最大边.若a2＜b2＋c2，则A的取值范围为　　{A｜60°＜A＜90°}　　. 解析：∵a2＜b2＋c2，∴b2＋c2－a2＞0，则cos A＝＞0.∴A＜90°.又∵a为最大边，∴A＞60°.故A的取值范围是{A｜60°＜A＜90°}. 10.（2025·四川南充一诊）已知平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，CD＝3，DA＝4，则该平面四边形ABCD面积的最大值为　2　　　. 解析：连接AC，如图，则AC2＝5－4cos B＝25－24cos D，所以－cos B＋6cos D＝5　①.平面四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ACD＝×2×sin B＋×3×4×sin D＝sin B＋6sin D　②，①2＋②2，得S2＋25＝cos2B－12cos B·cos D＋36cos2D＋sin2B＋12sin B·sin D＋36sin2D＝37－12cos（B＋D），所以S2＝12－12cos（B＋D），则当B＋D＝π时，有＝24，所以Smax＝2. 四、解答题（共30分） 11.（15分）（2025·天津高考16题）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为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：（1）因为asin B＝bcos A，所以由正弦定理可得sin Asin B＝sin Bcos A， 因为B∈（0，π），所以sin B＞0，所以sin A＝cos A，所以tan A＝. 又因为A∈（0，π），所以A＝. （2）因为c－2b＝1，a＝，cos A＝，所以由a2＝b2＋c2－2bccos A， 可得7＝b2＋（2b＋1）2－2b（2b＋1）×，化简得b2＋b－2＝0，又b＞0，故b＝1. 由c＝2b＋1，得c＝3. （3）由正弦定理＝，得＝，解得sin B＝. 因为b＝1＜3＝c，所以B为锐角，cos B＝＝. sin 2B＝2sin Bcos B＝， cos 2B＝2cos2B－1＝. 所以sin（A＋2B）＝sin（＋2B）＝sincos 2B＋cossin 2B＝×＋×＝. 12.（15分）（2025·广东综合能力测试）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2btan C＝c（tan A＋tan C）. （1）求角A的大小； （2）若B＝，c＝4. ①求b； ②过边AC上一点P作AB，BC的垂线，垂足分别为D，E，求DE的最小值. 解：（1）在△ABC中，A＋C＝π－B，sin（A＋C）＝sin B. 由2btan C＝c（tan A＋tan C）及正弦定理得，2sin B·＝sin C（＋）＝ sin C·＝ sin C·＝sin C·. 因为sin B＞0，sin C＞0， 所以cos A＝，又0＜A＜π，故A＝. （2）①在△ABC中，C＝π－－， 所以sin C＝sin（＋）＝. 由正弦定理＝， 得＝，所以b＝4－4. ②由∠PDB＝∠PEB＝， 得∠DPE与∠DBE互补， 故cos∠DPE＝－cos∠DBE＝－. 法一（单变量法）　设AD＝x，则PA＝2x，PD＝x，PC＝4（－1）－2x， PE＝PC·sin C＝2－x，则DE2＝PD2＋PE2－2PD·PE·cos∠DPE＝3x2＋（2－x）2＋2·x·（2－x）·＝2x2－4x＋8＝2（x－1）2＋6， 所以当x＝1时，DE取得最小值，为. 法二（四点共圆）　如图1，连接BP，由PD⊥AB，PE⊥BC，得P，E，B，D四点共圆，且BP为该圆的直径. 由正弦定理得，DE＝BPsin ＝BP，故求DE的最小值等价于求BP的最小值. 当BP⊥AC时，BP最小，此时BP＝AB×sin A＝4×sin ＝2， DE＝×2＝，故DE的最小值为. 法三（建系法）　以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图2，则A（2，0），B（－2，0），直线BC：y＝x＋2， 直线AC：y＝－（x－2）. 设D（t，0），则P（t，－（t－2））， 直线PE：y＝－（x－t）－（t－2）. 联立 解得E（t＋－1，t＋＋1）， DE2＝（t＋－1）2＋（t＋＋1）2＝2t2－4t＋8＝2（t－1）2＋6. 当t＝1时，DE取得最小值，为. 【高考新风向】（13题5分，14题15分，共20分） 13.〔创新交汇〕在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2，b2，2c2成等差数列，则tan（C－B）的最小值为（　　） A. B. C.－ D.－ 解析：D　因为a2，b2，2c2成等差数列，所以a2＋2c2＝2b2，则cos B＝＝，cos C＝＝，所以＝＝＝，即tan B＝3tan C，设tan C＝t，则tan B＝3t（此时t＞0，因为B，C为三角形内角，且tan B与tan C同号，若t＜0，则两角均为钝角，矛盾）.所以tan（C－B）＝＝＝＝≥＝－（当3t＝，即t＝时取等号）.故tan（C－B）的最小值为－.故选D. 14.（15分）〔创新考法〕如图，∠AOD与∠BOC是对顶角，且∠AOD＝∠BOC＝，AC＝2，BD＝2，BC＝AD. （1）证明：O为BD的中点； （2）若sin 2A＋cos B＝，求OC的长. 解：（1）证明：如图，设OB＝x，OC＝m，∴OD＝2－x，OA＝2－m， 在△BOC与△AOD中分别由余弦定理⇒BC2＝AD2⇒m2＋x2－2mx·＝ （2－m）2＋（2－x）2－2（2－m）·（2－x）·＝m2＋x2－4m－4x＋12－8＋2x＋4m－mx， ∴2x＝4，x＝，∴BO＝OD＝，∴O为BD中点. （2）在△BOC与△AOD中，分别由正弦定理得∵BC＝AD，BO＝OD， ∴sin A＝sin C， 由图知显然A≠C，∴A＋C＝π，∴C＝π－A， ∴B＝A－，＜A＜， ∴sin 2A＋cos（A－）＝， 令sin A＋cos A＝t，t＞0， ∴（t2－1）＋t＝，解得t＝（负值舍去），∴sin A＋cos A＝， ∴（－sin A）2＋sin2A＝1， ∴sin A＝，cos A＝， ∴sin B＝sin A－cos A＝×＝，sin C＝sin A＝， 在△BOC中，由正弦定理得＝， ∴OC＝. 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $