2025-2026学年高一下学期必修二-正余弦定理-解三角形-人教版A-课件

该高中数学解三角形复习课件系统梳理了正弦定理、余弦定理及其变形，结合解的情况、面积公式及内角和、射影定理等拓展知识，通过表格对比和逻辑串联构建完整知识网络。 其亮点在于以高考真题为导向，分考点设计例题与跟踪演练，如通过面积关系求角平分线长度等问题培养数学思维，专题强化练分层设置，助力学生巩固知识，教师精准教学。

20260622 数学 解三角形 西安市第一中学 张平乐 解三角形复习 1 定理 正弦定理 余弦定理 内容 ＝ ＝ ＝2R a2＝ ； b2＝ ； c2＝________________ 1.正弦定理、余弦定理 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则 知识梳理 b2＋c2－2bccos A c2＋a2－2cacos B a2＋b2－2abcos C 变形 (1)a＝2Rsin A， b＝ ， c＝ ； (2)sin A＝ ，sin B＝ ，sin C＝ ； (3)a∶b∶c＝ ； asin B＝bsin A， bsin C＝csin B， asin C＝csin A (4)cos A＝ ； cos B＝ ； cos C＝ 2Rsin B 2Rsin C sin A∶sin B∶sin C 3 2.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况   A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 a＝bsin A bsin A<a<b a≥b a>b 解的个数 一解 两解 一解 一解 4 3.三角形常用面积公式 (1)S＝ a·ha(ha表示边a上的高)； (2)S＝ absin C ＝ ＝ ； (3)S＝ r(a＋b＋c)(r为三角形内切圆半径). 5 1.三角形内角和定理 在△ABC中，A＋B＋C＝π； 【知识拓展】 2.三角形中的三角函数关系 (1)sin(A＋B)＝sin C；(2)cos(A＋B)＝－cos C； 6 3.三角形中的射影定理 在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B； b＝acos C＋ccos A； c＝bcos A＋acos B. 7 1.(2025·全国Ⅱ卷，T5)在△ABC中，BC=2，AC=1+，AB=，则A等于 A.45° B.60° C.120° D.135° 探究真题 明确方向 √ 方法一　由余弦定理得cos A= ==， 又0°<A<180°，所以A=45°. 方法二　由题意得BC<AB<AC，所以A<C<B，又A+B+C=180°， 所以A<60°，结合选项可知A正确. 解析 2.(2024·全国甲卷，T11)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=，b2=ac，则sin A+sin C等于 A. B. C. D. √ 因为B=，b2=ac， 则由正弦定理得sin Asin C=sin2B=. 由余弦定理可得， b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac， 即a2+c2=ac， 根据正弦定理得 sin2A+sin2C=sin Asin C=， 解析 所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=， 因为A，C为三角形内角，则sin A+sin C>0， 则sin A+sin C=. 解析 3.(2023·全国乙卷，T4)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等于 A. B. C. D. √ 由题意结合正弦定理可得 sin Acos B-sin Bcos A=sin C， 即sin Acos B-sin Bcos A=sin(A+B) =sin Acos B+sin Bcos A， 整理可得sin Bcos A=0， 由于B∈(0，π)，故sin B>0， 据此可得cos A=0，A=， 则B=π-A-C=π--=. 解析 4.(2023·全国甲卷，T16)在△ABC中，∠BAC=60°，AB=2，BC=，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD=　　　　.  2 如图所示，记AB=c=2，AC=b，BC=a=.  方法一　在△ABC中，由余弦定理可得， a2=b2+c2-2bccos∠BAC， 即6=b2+22-2×b×2×cos 60°， 解得b=1+(负值舍去)， 由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得， ×2×(1+)×sin 60°=×2×AD×sin 30°+×(1+)×AD×sin 30°， 解得AD=2. 解析 方法二　在△ABC中，由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccos∠BAC， 即6=b2+22-2×b×2×cos 60°， 解得b=1+(负值舍去)， 由正弦定理可得==， 解得sin B=，sin C=， 因为1+>>2，所以C=45°，B=180°-60°-45°=75°， 又∠BAD=30°，所以∠ADB=75°，即AD=AB=2. 解析 5.(2024·新课标Ⅰ卷，T15)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； 由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C， 因为a2+b2-c2=ab，所以cos C=， 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 从而sin C===， 又因为sin C=cos B， 即cos B=， 又B∈(0，π)，所以B=. 解 (2)若△ABC的面积为3+，求c. 由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)， 从而C=，sin A=sin(B+C)=sin =×+×=. 方法一　由正弦定理有=， 从而b=·c=c， 由三角形面积公式可知， 解 △ABC的面积可表示为S△ABC=bc·sin A =·c·c·=c2， 由已知△ABC的面积为3+， 可得c2=3+，所以c=2. 方法二　记R为△ABC外接圆的半径， 由正弦定理得 S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C 解 =2R2··· =·R2=3+. 所以R=2. 所以c=2R·sin C=2×2×=2. 解 命题热度： 本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有考查.分值约为5~13分. 考查方向： 一是考查正弦定理与余弦定理，利用正弦、余弦定理解三角形；二是考查利用正、余弦定理解决平面几何问题，将已知条件转化到三角形中，根据条件类型选择解题依据求解；三是考查三角形中的最值、范围问题，将三角函数与三角形相结合求解最值、范围等问题，综合性较强. 考点二　解三角形在平面几何中的应用 考点一　正弦定理、余弦定理 内容索引 专题强化练 考点三　解三角形中的最值、范围问题 考点一　正弦定理、余弦定理 　(1)(2025·南昌模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b=3，2acos C+2ccos A=3a，则a等于 A.2 B.3 C. D. 例1 √ 因为2acos C+2ccos A=3a， 由正弦定理得2sin Acos C+2sin Ccos A=3sin A， 所以2sin(A+C)=3sin A， 又因为A+C=π-B，所以sin(A+C)=sin B， 所以2sin B=3sin A， 由正弦定理得2b=3a，即a=b， 因为b=3，所以a=2. 解析 (2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若=1-，a=3，b=2，则sin B的值为 A. B. C. D. √ 由=1-及正弦定理， 得=1-，整理得b2+c2-a2=bc， 由余弦定理得cos A==， 又0<A<π，所以A=.又a=3，b=2， 由=，得sin B==. 解析 (1)三角形边角转化的主要策略 ①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系. ②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系. (2)解决此类问题时要注意 ①“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”；②三角形内角和定理；③公式变形，角的范围限制. 规律方法 跟踪演练1　(1)(2025·吕梁模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=，则△ABC是 A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形 √ ∵=， 可得acos A=ccos C， 由正弦定理可得sin Acos A=sin Ccos C， 即sin 2A=sin 2C， ∵A，C∈(0，π)，可得2A，2C∈(0，2π)， ∴2A=2C或2A+2C=π， 解得A=C或A+C=，即△ABC是等腰或直角三角形. 解析 (2)(2025·重庆模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a(cos B-cos C)=(b+c)cos A，若sin B=，则等于 A. B. C. D. √ ∵a(cos B-cos C)=(b+c)cos A， 由正弦定理得sin A(cos B-cos C)=(sin B+sin C)cos A， 即sin Acos B-sin Acos C=cos Asin B+cos Asin C， ∴sin Acos B-cos Asin B=sin Acos C+cos Asin C，即sin(A-B)=sin(A+C)， ∴sin(A-B)=sin B，则A-B=B，即A=2B， 又A，B∈(0，π)， ∵A+B=3B<π，∴B∈， 解析 ∵sin B=，∴cos B==， ∴====. 解析 返回 考点二　解三角形在平面几何中的应用 　(1)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c=3，b=2，∠BAC的平分线AD的长为，则BC边上的中线AH的长等于 A. B. C. D. 例2 √ 设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示.  由S△ABC=S△ABD+S△ACD， 可得×3×2sin 2α=×3×sin α+×2×sin α， 整理得3sin 2α=2sin α， 即3×2sin αcos α=2sin α， 即sin α(3cos α-)=0， 又因为sin α≠0，所以cos α=， 解析 所以cos 2α=2cos2α-1=， 由AH是BC边上的中线， 得=+)，则= ==(c2+b2+2cbcos 2α) =×=. 所以AH=. 解析 (2)(2025·福州质检)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acos C-ccos A=c+b. ①求A； 方法一　因为acos C-ccos A=c+b， 所以由正弦定理可得， sin Acos C-sin Ccos A=sin C+sin B， 又因为sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C， 所以sin Acos C-sin Ccos A=sin C+sin Acos C+cos Asin C， 即2sin Ccos A+sin C=0， 由于0°<C<180°，所以sin C>0， 所以cos A=-， 因为0°<A<180°，所以A=120°. 解 方法二　因为acos C-ccos A=c+b， 所以由余弦定理可得-=c+b， 整理得b2+c2-a2=-bc， 所以cos A===-， 又因为0°<A<180°，所以A=120°. 解 ②D为边BC上一点，若∠BAD=90°，且BD=4CD=4，求△ABC的面积. 方法一　由①及题设知，∠BAD=90°，∠BAC=120°，∠CAD=30°，a=5.  在Rt△ABD中，c=BD·sin∠ADB=4sin∠ADB， 在△ACD中，由正弦定理得，=， 则b==2sin∠ADC， 又sin∠ADB=sin∠ADC，所以c=2b， 在△ABC中，由余弦定理可得a2=b2+c2+bc=25，即7b2=25，b2=， 所以△ABC的面积S=bcsin A=b2=. 解 方法二　如图所示，过点C作CE⊥AB，垂足为E， 在Rt△ACE中，∠CAE=180°-∠BAC=60°，所以AE=， 由于∠BAD=∠BEC=90°，所以△BAD∽△BEC， 所以==， 即BE==BA+AE=c+， 得c=2b，后同方法一. 解 方法三　由①及题设知，∠BAD=90°，∠CAD=30°，作AH⊥BC，垂足为H(图略)，则AH为△ABD和△ACD的高，所以==4， 又因为==， 所以=4，即c=2b，后同方法一. 解 解决与平面几何有关的问题时，要把平面几何中的一些知识(相似三角形的边角关系、平行四边形的性质等)与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题. 规律方法 跟踪演练2　(2025·泰安模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a-c)·sin(B+C)=(b-c)·(sin B+sin C)，b=. (1)求B； 由(a-c)·sin(B+C)=(b-c)·(sin B+sin C)，可得=， 又A+B+C=π， 所以====， 所以a2-ac=b2-c2， 即a2+c2-b2=ac， 由余弦定理得cos B===， 又0<B<π，因此B=. 解 (2)若|+|=3，求△ABC的周长； 因为|+|=3，所以等号两边同时平方可得++2·=9， 即||2+||2+2||||cos∠ABC=9， 即a2+c2+ac=9， 又b=，由(1)知a2+c2-ac=3， 所以a2+c2=6，可得ac=3，所以a=c=， 因此△ABC的周长为a+b+c=3. 解 (3)如图，点D是△ABC外一点，设∠BAC=∠DAC=θ，且∠ADC=，记△BCD的面积为S，求S关于θ的关系式. 在△ABC中，由正弦定理可得===2，即BC=2sin θ， 在△ACD中，由正弦定理得===2，即CD=2sin θ， 因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠ABC+∠ADC=π，∠BAD=2θ， 所以∠BCD=π-2θ， 所以S=BC·CDsin∠BCD=×2sin θ×2sin θ×sin(π-2θ) =2sin2θ×sin 2θ=4sin3θcos θ. 解 返回 考点三　解三角形中的最值、范围问题 　(2025·宜昌模拟)如图所示，在△ABC中，sin C=3sin B，AD平分∠BAC，且AD=kAC. 例3 (1)若DC=2，求BC的长度； 因为sin C=3sin B， 由正弦定理得c=3b， 在△ABD中，由正弦定理得=， 在△ACD中，由正弦定理得=， 因为AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD， 因为∠ADB+∠ADC=π，所以sin∠ADB=sin∠ADC， 所以=，因为c=3b，即AB=3AC，DC=2，所以=3， 得BD=6，所以BC=8. 解 (2)求实数k的取值范围； 因为S△ABC=S△ABD+S△ADC， 设∠BAD=∠CAD=θ，0<θ<， 所以AB·ACsin 2θ=AB·ADsin θ+AC·ADsin θ， 因为AB=3AC，AD=kAC， 所以3AC·AC·2sin θcos θ=3AC·kACsin θ+AC·kACsin θ， 因为sin θ>0，所以6cos θ=4k，所以k=cos θ， 因为θ∈，所以cos θ∈(0，1)，所以实数k的取值范围为. 解 (3)若S△ABC=，求k为何值时，BC最短. 由余弦定理得BC2=c2+b2-2c·bcos∠BAC=2b2(5-3cos 2θ)， 因为S△ABC=， 所以bcsin 2θ=， 因为c=3b，所以b2=， 所以BC2=(5-3cos 2θ)=2·， 方法一　令y=，y>0， 则ysin 2θ+3cos 2θ=5， 解 所以sin(2θ+φ)=5， 所以当sin(2θ+φ)=1，即2θ+φ=时，y取得最小值4，此时tan φ=， 所以cos 2θ=cos=sin φ=， 因为0<θ<，所以cos θ==， 由(2)知k=cos θ=×=，所以当k=时，BC最短. 解 方法二　BC2=2·=== ===8tan θ+ ≥2=8， 当且仅当8tan θ=，即tan θ=时取等号，此时cos θ=，k=， 所以当k=时，BC最短. 解 解三角形中常见的求最值与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. 规律方法 跟踪演练3　(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=S△BCD=accos B. (1)求B； ∵S△ACD=S△BCD=accos B， 记点C到直线AB的距离为h， 则AD·h=×BD·h，∴BD=2AD，BD=c，AD=c， ∴S△BCD=accos B=×a·sin B， ∴tan B=，又B∈， ∴B=. 解 (2)若CD=2，点E在线段AB上，当△CBE为锐角三角形时，求2CE+BE的取值范围. 由(1)知B=，CB⊥CD，又CD=2，∴BC==2， 设∠CEB=θ， 在△CBE中，由正弦定理可得==， ∴==，则CE=，BE=， ∴2CE+BE=+ 解 =+ =++1. ∵△CBE为锐角三角形，则 解得<θ<， 又y=sin θ，y=tan θ在上单调递增，且函数值均为正数， 解 而y=在(0，+∞)上单调递减， ∴y=++1在上单调递减， 当θ=时，++1=4+4， 当θ→时，→0， ∴++1→2+1， 故2CE+BE的取值范围为(2+1，4+4). 解 返回 专题强化练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D A B B ACD ACD 题号 9 10 13 14 答案 15 B 2-2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)∵cos 2B=1-2sin2B， ∴sin2A+cos 2B+sin2C=sin2A+1-2sin2B+sin2C=1， 即sin2A+sin2C=2sin2B， 由正弦定理得a2+c2=2b2， ① 又∵a，b，c成等比数列，∴b2=ac， ② 由①②得a=b=c，则A=B=C， ∵A+B+C=π，∴B=. 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)由(1)得∠BAC=∠ABC=∠ACB=， ∵△ABC的外接圆半径为， ∴=2×，∴a=2××=2，∴a=b=c=2， ∴在△BCD中，BC=BD=2，∠CBD=， 由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BC·BD·cos=12，∴CD=2， 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ∴S△BCD=BC·BD·sin∠CBD=×2×2×=， 设△BCD的内心为P，内切圆的半径为r，连接PC，PB，PD，如图， 则S△BCD=S△BCP+S△BDP+S△CDP=(BC+BD+CD)r =×(2+2+2)r=(2+)r=， ∴r=2-3，即△BCD的内切圆半径为2-3. 11. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)因为a=，cos B+b=c，则acos B+b=c， 由正弦定理得sin Acos B+sin B=sin C=sin(A+B)， 即sin Acos B+sin B=sin Acos B+cos Asin B， 所以cos Asin B=sin B， 因为A，B∈，则sin B>0， 所以cos A=，所以A=. 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)在锐角△ABC中，由 可得<C<，则====+， 又<C<，则tan C>，则0<<， 所以的取值范围为， 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 又=+， 设t=∈，设f(t)=2t+，其中t∈， 则f '(t)=2-==， 由f '(t)<0，得<t<， 由f '(t)>0，得<t<2， 12. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以f(t)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(t)min=f =2， 又因为f =3，f(2)=， 故f(t)∈， 即的取值范围为. 12. 一、单项选择题 1.(2025·杭州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=60°，b=1，c=4，则a等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A， 可得a2=1+16-2×1×4×=13， 解得a=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2，b2，c2成等差数列，且△ABC的面积为，则tan B等于 A. B.2 C. D. 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 若a2，b2，c2成等差数列， 则a2+c2=2b2， 在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B， 则accos B=， ① S△ABC=acsin B=，则acsin B=， ② 由②÷①得tan B=. 解析 3.(2025·苏州模拟)在△ABC中，A=，BC=2，若满足上述条件的△ABC恰有一解，则边长AC的取值范围是 A.(0，2) B.(0，2] C.(0，2)∪{4} D.(0，2]∪{4} 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 若满足条件的△ABC恰有一解，如图， 则BC⊥AB或AC≤BC， 当BC⊥AB时，AC===4； 当AC≤BC时，AC∈(0，2]， 所以AC的取值范围是(0，2]∪{4}. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 4.(2025·赤峰模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b+c=a，cos B=，则△ABC的形状是 A.等腰三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.不确定 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由余弦定理可得cos B===， 则a+c=b， 又因为b+c=a，所以a=b=3c， 所以△ABC是等腰三角形. 解析 5.(2025·咸阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c=1，a+b=cos A+cos B，则该三角形的外接圆的面积为 A. B. C. D.π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为c=1，所以=cos A+cos B， 由正弦定理得=cos A+cos B， 则sin A+sin B=cos Asin C+cos Bsin C， 所以sin(B+C)+sin(A+C)=cos Asin C+cos Bsin C， 整理得sin Bcos C+sin Acos C=0， 所以(sin B+sin A)cos C=0， 因为A，B，C∈(0，π)， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 所以sin A>0，sin B>0，cos C∈(-1，1)， 故cos C=0，即C=， 则该三角形的外接圆的半径r=c=，所以外接圆的面积为πr2=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 6.如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2，∠B=2∠D=120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2-S1的值为 A.2 B. C.1 D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 在△ABC中，由余弦定理得cos B=，即-=， 则BC2-AC2=-2BC-4， ① 在△ACD中，由余弦定理得 cos D=， 即=， 则CD2-AC2=2CD-4， ② 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 又S1=AB·BCsin 120°=BC， S2=AD·CDsin 60°=CD， 所以S2-S1=CD-BC=(CD-BC)， ③ 由②-①得CD2-BC2=2(CD+BC)， 由CD+BC>0，得CD-BC=2， 代入③得S2-S1=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 二、多项选择题 7.(2025·南宁模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcos A=acos C+ccos A，b=4，边BC上的中线AD=，则下列结论正确的有 A.A= B.·=8 C.△ABC的面积为2 D.△ABC的外接圆的面积为4π √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为2bcos A=acos C+ccos A， 根据正弦定理得，2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A， 即2sin Bcos A=sin(A+C)=sin B， 因为B∈(0，π)，则sin B>0， 所以cos A=，又A∈(0，π)，所以A=，故A正确； 因为AD为边BC上的中线，所以=+)，则||2=(||2+||2+2||||cos A)， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 即7=(||2+16+4||)，解得AB=2或AB=-6(舍去)， 所以·=||||cos A=2×4×=4，故B错误； S△ABC=AB·ACsin A=×2×4×=2，故C正确； 根据余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=4+16-2×2×4×=12， 解得BC=2， 设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理得==4=2R，解得R=2， 所以△ABC的外接圆的面积为πR2=4π，故D正确. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 8.(2025·武汉模拟)四边形ABCD内接于半径为R的圆，如图所示，其中AB=，BC=3，CD=2，DA=1，则下列结论正确的有 A.sin∠ADC= B.R= C.四边形ABCD的面积为 D.·=-1 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 对于A，连接AC，cos∠ADC==， cos∠ABC==， ∵∠ABC+∠ADC=π，∴cos∠ADC+cos∠ABC=+=0， 解得AC2=， ∴cos∠ADC==-，即sin∠ADC=，故A正确； 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 对于B，sin∠ABC=sin∠ADC=， 由正弦定理得2R===， ∴R=，故B错误； 对于C，S△ABC=×AB×BC×sin∠ABC=××3×=， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 S△ADC=×AD×DC×sin∠ADC=×1×2×=， ∴四边形ABCD的面积S=+==，故C正确； 对于D，连接BD，∵∠BAD+∠BCD=π， ∴cos∠BAD+cos∠BCD=+=0， 解得BD=，∴cos∠BAD==-， 则·=||·||·cos∠BAD=×1×=-1，故D正确. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 三、填空题 9.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asin 2B+ccos(A+C)= bcos C，则B=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为asin 2B+ccos(A+C)=bcos C， 所以asin 2B-ccos B=bcos C， 即asin 2B=bcos C+ccos B， 所以sin Asin 2B=sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C)=sin A， 因为A∈(0，π)，sin A≠0，所以sin 2B=1， 因为B∈(0，π)，所以B=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 10.(2025·宜春模拟)在△ABC中，D是边AB上的一点，且满足∠ACD= ∠BCD=，BD=，AD=，则△ABC的面积为　　　　　；若E是边AB的中点，则=　　　　　.  15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 在△ACD中，由正弦定理得=， 在△BCD中，由正弦定理得=， 又∠ACD=∠BCD=，∠ADC+∠BDC=π， 所以sin∠ACD=sin∠BCD，sin∠ADC=sin∠BDC， 又BD=，AD=，所以==. ① 在△ABC中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos ， 即142=AC2+BC2+AC·BC， ② 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由①②解得BC=10，AC=6， 所以△ABC的面积S=AC·BC·sin=AC·CDsin+BC·CDsin， 即15=CD+CD，所以CD=. 因为E为AB的中点，则=+)， 所以=+2·+)=×=19， 所以||=，所以=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 四、解答题 11.(2025·太原模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A+cos 2B+sin2C=1，且a，b，c成等比数列. (1)求B； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ∵cos 2B=1-2sin2B， ∴sin2A+cos 2B+sin2C=sin2A+1-2sin2B+sin2C=1， 即sin2A+sin2C=2sin2B， 由正弦定理得a2+c2=2b2， ① 又∵a，b，c成等比数列，∴b2=ac， ② 由①②得a=b=c，则A=B=C， ∵A+B+C=π，∴B=. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 (2)若点D满足=，△ABC的外接圆半径为，求△BCD的内切圆半径. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由(1)得∠BAC=∠ABC=∠ACB=， ∵△ABC的外接圆半径为，∴=2×， ∴a=2××=2，∴a=b=c=2， ∴在△BCD中，BC=BD=2，∠CBD=， 由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BC·BD·cos=12， 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ∴CD=2， ∴S△BCD=BC·BD·sin∠CBD=×2×2×=， 设△BCD的内心为P，内切圆的半径为r，连接PC，PB，PD，如图， 则S△BCD=S△BCP+S△BDP+S△CDP=(BC+BD+CD)r =×(2+2+2)r=(2+)r=， ∴r=2-3，即△BCD的内切圆半径为2-3. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.(2025·长春模拟)已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=，cos B+b=c. (1)求A； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为a=，cos B+b=c， 则acos B+b=c， 由正弦定理得sin Acos B+sin B=sin C=sin(A+B)， 即sin Acos B+sin B=sin Acos B+cos Asin B， 所以cos Asin B=sin B， 因为A，B∈，则sin B>0，所以cos A=，所以A=. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 (2)求的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 在锐角△ABC中，由 可得<C<， 则====+， 又<C<，则tan C>，则0<<， 所以的取值范围为， 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 又=+， 设t=∈， 设f(t)=2t+，其中t∈， 则f '(t)=2-==， 由f '(t)<0，得<t<，由f '(t)>0，得<t<2， 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 所以f(t)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(t)min=f =2， 又因为f =3，f(2)=， 故f(t)∈， 即的取值范围为. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 13.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足+ =，则cos 2B等于 A. B.- C. D.- 思维创新 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为+=，所以+=3， 即+1++1=3， 所以+=1， 从而c(c+b)+a(a+b)=(a+b)(b+c)， 整理得a2+c2-b2=ac， 所以cos B==，cos 2B=2cos2B-1=2×-1=-. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 14.(2025·鹰潭模拟)如图，在△ABC中，M，N，P三点分别在边AB，BC，CA上，则△AMP，△BMN，△CNP的外接圆交于一点Q，称点Q为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形ABCD中，∠B=∠C=60°，AB=4，AD=2，M为CD边的中点，动点P在BC边上，△ABP与△CMP的外接圆交于点Q(异于点P)，则BQ的最小值为　　　　.  2-2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 延长BA，CD交于点E，则由题意可知△EBC为正三角形，△AED为正三角形， 由题设可知△ABP，△CMP，△AME的外接圆交于一点，该点即为题中的点Q， 解析 故点Q在△AME的外接圆上， 如图，又由题意可知AD=MD=DE=2，即D为△AME的外心，且△AME外接圆的半径为2，∠BAD=180°-∠ABC=180°-60°=120°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 在△ABD中，由余弦定理得BD = ==2，所以当B，Q，D三点共线，且Q位于B，D之间时，BQ取得最小值2-2. 解析 返回 本课结束 acsin B bcsin A 变形：＝－. (3)sin ＝cos ；(4)cos ＝sin . $