专题09 解三角形（精讲）

第1页（共39页）专题09·解三角形命题规律从近几年高考的命题来看，文（理）科卷都是各出一个题，选填题或解答题，整体来说难度不大。考查的知识点方面，齐次式结构类型居多，往往利用正弦定理转化边角后，求出其中一个角或者得到一个新的关系式，从而进行下一步的运算。如果试题较难的话，可用给予条件较多的的三角形突破，有时要有方程(不等式)思想，建立未知量间的等量(不等)关系从而解决问题。当然，将三角形建系坐标化有时也不失为一种好方法。备考方面，稳固基础，多去尝试，从不同的角度去看待理解问题，比较不同思考角度间的优劣，该如何去做选择。题型归纳题型1面积问题【解题技巧】解三角形求最值，主要是两个思路：1．利用余弦定理，借助均值不等式来求．2．利用正弦定理，边角互化来求，化角时，要注意角的取值范围限制．【例1】（2022•新高考卷模拟）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若b＝2，且cosC=a（1）求角B的大小；（2）若△ABC是锐角三角形，求△ABC面积的取值范围．【分析】（1）运用两次余弦定理可推出cosB=1（2）由正弦定理可得a=43sinA，c=43sinC，再结合两角差的正弦公式、二倍角公式和辅助角公式，推出ac=83sin（2A−π【解答】解：（1）由余弦定理知，cosC=a整理得，4＝a2+c2﹣ac，所以cosB=a因为B∈（0，π），所以B=π（2）由正弦定理知，asinA=b所以a=43sinA，c=4所以ac=43sinA•43sinC=163sinAsin（2π3−A）=163sinA（32cosA+12sinA）=83（3sinAcosA+sin2A）=83因为△ABC是锐角三角形，所以0＜A＜π20＜C=2π3−A＜π2，解得A∈（π6，π所以sin（2A−π6）∈（12，1]，所以ac∈所以△ABC面积S=12acsinB=12ac•32∈故△ABC面积的取值范围为（233，【点评】本题考查解三角形与三角函数的综合，熟练掌握正弦、余弦定理，三角恒等变换公式，正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．【例2】（2022春•沈河区校级期中）在①bsinA=3acosB②acosC+ccosA＝2bcosB③asinA+（c﹣a）sinC＝bsinB在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______．（1）求角B的大小；（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．【分析】（1）选①，由正弦定理可求得tanB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；选②，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得cosB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；选③，利用正弦定理以及余弦定理可求得cosB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；（2）求出角C的取值范围，根据正弦定理可求得a的取值范围，结合三角形的面积公式可求得结果．【解答】（1）解：选①，由bsinA=3acosB及正弦定理可得∵A，B∈（0，π），则sinA＞0，所以，tanB=3，故B=选②，由acosC+ccosA＝2bcosB及正弦定理可得2sinBcosB＝sinAcosC+cosAsinC＝sin（A+C）＝sinB，因为B∈（0，π），则sinB＞0，所以，cosB=12，故选③，由asinA+（c﹣a）sinC＝bsinB及正弦定理可得a2+c2﹣ac＝b2，由余弦定理可得cosB=a2+c2−b2（2）解：因为△ABC为锐角三角形，且B=π则0＜C＜π2C+π3由正弦定理asinA=所以，S△ABC【点评】本题考查了三角形中正弦定理的应用，属于中档题．题型2周长问题【解题技巧】注意条件合理的分析转化：1．角与对边型：正弦定理．2．对称边，可余弦定理+均值不等式．【例1】（2023•泸县校级开学）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知m→=(a+b，c−a)，n（1）求角B；（2）若b=3，求△ABC【分析】（1）由向量垂直有m→⋅n→=0，结合其坐标表示可得a2+c2﹣b2（2）应用正弦定理有asinA=bsinB=【解答】解：（1）因为m→⊥n即（a+b）（sinA﹣sinB）+（c﹣a）sin（A+B）＝0，∴（a+b）（a﹣b）+（c﹣a）c＝0，整理得到a2﹣b2＝ac﹣c2，可以得到a2+c2﹣b2＝ac，故得到cosB=a又因为B为三角形内角，所以B∈（0，π），所以B=π（2）根据正弦定理得asinA=csinC=bsinB=3又A+C=2π3，所以又0＜A＜2π3，所以π6所以得到a+b+c∈(2所以周长的取值范围(2【点评】本题主要考查解三角形，属于中档题．【例2】（2023•黑龙江一模）已知函数f(x)=cos2(ωx)+3sin(ωx)cos(ωx)−12，其中（1）求ω的值及函数f（x）的对称轴方程；（2）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若f(A)=−1，a=3，求△ABC【分析】（1）根据降幂公式、辅助角公式，结合正弦型函数的零点性质、周期公式、对称轴方程进行求解即可；（2）根据正弦定理、辅助角公式、正弦型函数的单调性进行求解即可．【解答】解：（1）f(x)=cos2因为函数f（x）的两个相邻零点间的距离为π2所以函数f（x）的最小正周期为2×π因为ω＞0，所以2π2ω=π⇒ω=1，即令2x+π6=kπ+π2(k∈Z)，解得x故对称轴为x=kπ2+π6（2）由f(A)=−1⇒sin(2A+因为A∈（0，π），所以2A+π因为a=3，所以由正弦定理可知：a解得b＝2sinB，c＝2sinC，所以三角形的周长为3+2sinB+2sinC=因为B∈(0，π3)因此sin(B+所以△ABC周长的取值范围为(23【点评】本题主要考查三角函数中恒等变换的应用，考查转化能力，属于中档题．题型3其他最值问题【解题技巧】对含有正切函数求最值范围，属于较难题型，一般从以下几方面分析：1．切化弦．2．在三角形中，有：．【例1】（2022•辽宁三模）在①(2c−a)sinC=(b2+c2−a2)sinBb，②cos2A−C2−cosAcosC=34，（1）求角B；（2）求2a﹣c的范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【分析】（1）选择①：利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理，得解；选择②：结合二倍角公式与两角和差的余弦公式，化简可得cosB=1选择③：利用正弦定理化边为角，再结合同角三角函数的商数关系，两角和的正弦公式，化简可得tanB=3（2）由正弦定理得a＝4sinA，c＝4sinC，进而推出2a﹣c＝43sin（A−π【解答】解：（1）选择①：由正弦定理及(2c−a)sinC=(得（2c﹣a）c＝b2+c2﹣a2，即a2+c2﹣b2＝ac，由余弦定理知，cosB=a2+c2−b22ac选择②：因为cos所以1+cos(A−C)2−cosAcosC=12−12（cosAcosC﹣sinAsinC）=12−12cos（A+C）=12+选择③：由正弦定理及3cbcosA=tanA+tanB，得3sinCsinBcosA因为tanA+tanB=sinA所以3sinC因为sinC≠0，所以sinB=3cosB，即tanB=因为B∈（0，π），所以B=π（2）由正弦定理知，asinA所以a＝4sinA，c＝4sinC，所以2a﹣c＝8sinA﹣4sinC＝8sinA﹣4sin（2π3−A）＝8sinA﹣23cosA﹣2sinA＝6sinA﹣23cosA＝43sin（A因为A∈（0，2π3），所以A−π6∈（−π6，π2），所以sin（A故2a﹣c＝43sin（A−π6）∈（﹣23，4【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．【例2】（2023•福州模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b2﹣a2＝2c2．（1）求tanBtanA（2）求C的最大值．【分析】（1）根据tanA=sinAcosA，tanB=sinBcosB，得到tanBtanA=sinBcosB•cosAsinA，再结合正弦定理，余弦定理，b2（2）根据余弦定理，cosC=a2+b2−c【解答】解：（1）因为tanA=sinAcosA，tanB=sinBcosB，所以根据正弦定理，余弦定理，b2﹣a2＝2c2可知，tanBtanA=sinB（2）因为b2﹣a2＝2c2，则c2＝﹣（b2﹣a2），根据余弦定理，cosC=a2+当且仅当b=3a所以cosC的最小值为32，C∈（0，π则C的最大值为π6【点评】本题考查解三角形的应用，考查计算能力，属于中档题．题型4角平分线【解题技巧】1．角平分线“拆”面积法．2．角平分线定理：．【例1】（2022•江苏三模）在△ABC中，已知AB=4，AC=5，cosB=5（1）求sinA的值；（2）若AD是∠BAC的角平分线，求AD的长．【分析】（1）由已知结合余弦定理先求出BC，然后结合同角平方关系求出sinB，再由正弦定理可求；（2）由已知结合三角形面积公式及余弦定理可求AD．【解答】解：（1）△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcosB，即25＝16+BC2﹣2×4×BC×57，得7BC2﹣40BC﹣63＝0，解得由B为三角形内角得sinB=1−co由正弦定理得sinA=BC⋅sinB（2）设∠BAD＝θ，AD＝x，则S△ABC＝S△ABD+S△ADC，所以12×4×5sin2θ=12△ABC中，由余弦定理得cosA=A由于cosA＝cos2θ＝2cos2θ﹣1，所以cosθ=10则AD=8【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．【例2】（2022•吉林模拟）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinB=bsin(A+（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若AB＝3，AC＝1，∠BAC的内角平分线交边BC于点D，求AD→【分析】（Ⅰ）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换，求角A的大小；（Ⅱ）方法一：利用面积关系S△ABC＝S△ABD+S△ADC，列式求AD的长，再求数量积；方法二：△ABD和△ADC中，分别用正弦定理求得BDDC=ABAC=31，再利用平面向量基本定理，转化求数量积；方法三：首先利用余弦定理个求BC，在△ABD和△ADC【解答】解：（Ⅰ）∵asinB=bsin(A+由正弦定理得sinAsinB=sinBsin(A+∵sinB≠0，∴sinA=sin(A+π3∴12sinA=∵A∈（0，π），∴A=π（Ⅱ）方法一：∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，∴12∴12∴AD=334方法二：在△ABD中，由正弦定理，BDsin∠BAD在△ADC中，由正弦定理，DCsin∠DAC∵sin∠BAD＝sin∠DAC，sin∠ADB＝sin∠ADC，∴BDDC∴AD→∴AD→方法三：在△ABC中，由余弦定理：BC∴BC=7在△ABD中，由正弦定理，BDsin∠BAD在△ADC中，由正弦定理，DCsin∠DAC∵sin∠BAD＝sin∠DAC，sin∠ADB＝sin∠ADC，∴BDDC=AB在△ADC中，由余弦定理：DC2＝AD2+AC2﹣2AD⋅AC⋅cos∠DAC，设AD＝x，则716即x2−3x+9在△ABC中，由余弦定理：cosC＜0，∴C是钝角，在△ADC中AD＞AC，∴AD=3∴AD→【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．题型5中线【解题技巧】中线的处理方法：1．向量法：2．双余弦定理法（补角法）：如图设，在中，由余弦定理得，①在中，由余弦定理得，②因为，所以所以①+②式即可【例1】（2022春•滨湖区校级期中）从①sin2B﹣sin2A+sin2C﹣sinBsinC＝0，②bsinA+3在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若____．（1）求角A的大小；（2）若D是BC的中点，AD=3，求△ABC【分析】（1）选条件①，利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理计算可得；选条件②，利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系计算可得；（2）依题意可得AD→=12(AB→+AC→)【解答】解：选条件①时，sin2B﹣sin2A+sin2C﹣sinBsinC＝0，根据正弦定理：b2﹣a2+c2＝bc，所以cosA=b2+c2−a选条件②时，bsinA+3利用正弦定理sinBsinA+3即sinBsinA+3sinAcosB=3因为sinB＞0，所以sinA=3cosA，所以由于0＜A＜π，所以A=π（2）解：依题意AD→=1即4|AD所以c2+b2+bc＝12，即c2+b2＝12﹣bc≥2bc，当且仅当b＝c时取等号，所以bc≤4当且仅当b＝c＝2时取等号，所以S△ABC=12bcsinA=即(S【点评】本题考查了正余弦定理的应用，属于中档题．【例2】（2022春•鼓楼区校级期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsinB+C（1）求角A的大小；（2）若D为BC边中点，且AD＝2，求a的最小值．【分析】（1）利用正弦定理化边为角，并结合诱导公式，二倍角公式化简可得cosA2=0或sinA2（2）由AD→=12（AB→+AC→），将其两边平方，并根据平面向量数量积的运算法则，可得16＝b2+【解答】解：（1）由正弦定理及bsinB+C2=asinB，知sinBsinπ−A2=因为sinB＞0，所以sinπ−A2=sinA，即cosA2=2sinA2cosA因为A∈（0，π），所以cosA2=0不可能成立，所以sin所以A=π（2）因为D为BC边中点，所以AD→=1所以AD→2=14（AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→），所以4=1所以16＝b2+c2+bc≥2bc+bc＝3bc，即bc≤163，当b＝c由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc＝16﹣bc﹣bc＝16﹣2bc≥16﹣2×163=163，当且仅当故a的最小值为43【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，平面向量的运算法则，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．题型6高线【解题技巧】高的处理方法：1.等面积法：两种求面积公式：如．2.三角函数法：【例1】（2022•福州模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知sinC＝2sinAsinB，点D在边AB上，且CD⊥AB．（1）证明：CD=12（2）若a2+b2=6ab，求∠ACB【分析】（1）在Rt△CDB中，由锐角三角函数，得sinB=CDa，代入条件sinC＝2sinAsinB，由正弦定理角化边得（2）由三角形等面积法，得S△ABC=12absinC=12×c×CD，代入CD=12c可得c2＝2absinC；将条件a2+b2=6ab和c2＝2absinC【解答】（1）证明：在△CDB中，因为CD⊥AB，所以sinB=CD又因为sinC＝2sinAsinB，所以sinCsinA=2sinB，即在△ABC中，根据正弦定理，得ca故CD=1（2）解：在△ABC中，S△ABC又由（1）知，CD=12c，所以c2＝2ab在△ABC中，根据余弦定理，得c2＝a2+b2﹣2abcosC，又由已知，a2+b2=则2sin(C+π4因为C∈（0，π），则C+π4∈(π4，5π4)又点D在边AB上，且CD⊥AB，CD=1所以∠ACD，∠BCD必有一个大于等于π4，所以C=【点评】本题考查了三角函数与解三角形的综合，属于中档题．【例2】（2023•清新区模拟）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且C=2π3，b3﹣a2b+ac2﹣bc（1）求A的大小；（2）若c=3，求BC【分析】（1）利用余弦定理得出c2＝a2+b2+ab，代入等式中化简即可得出b＝a，从而求得A的值．（2）由正弦定理求得a的值，求出△ABC的面积，再求BC边上的高．【解答】解：（1）△ABC中，b3﹣a2b+ac2﹣bc2＝0，所以（b2+ab﹣c2）（b﹣a）＝0，又因为C=2π3，由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcos2π3=a2+b所以b2+ab﹣c2＝b2+ab﹣a2﹣b2﹣ab＝﹣a2≠0，所以b﹣a＝0，即A=B=π（2）因为c=3，由正弦定理得a=又因为b＝a＝1，所以S△ABC=12absinC=1设BC边上的高为h，则12ah=12×1×h=即BC边上高的长度为32【点评】本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．题型7内心问题【解题技巧】内切圆：等面积构造法求半径：【例1】（2022秋•公安县校级月考）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知（a﹣b）（sinA+sinB）＝c（sinC﹣sinB）．（1）求角A；（2）若a＝2，且△ABC的内切圆半径r=34，求△【分析】（1）将已知式子利用正弦定理统一成边的形式，再利用余弦定理可求出角A；（2）先利用面积法可求得b+c＝2bc﹣2，再结合（1）得到的式子可求出bc，从而可求出三角形的面积．【解答】解：（1）由已知及正弦定理得：（a﹣b）（a+b）＝（c﹣b）c，即b2+c2﹣a2＝bc，所以cosA=b又因为A∈（0，π），故A=π（2）由已知得12⋅(2+b+c)⋅34=12又因为b2+c2﹣4＝bc，即（b+c）2＝3bc+4，所以（2bc﹣2）2＝3bc+4，解得bc=114或所以△ABC的面积为S△ABC【点评】本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．【例2】（2022秋•香坊区校级月考）已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，acosB﹣bcosA＝c+b．（1）求A；（2）若a＝7且△ABC的内切圆的半径r=32，求△【分析】（1）利用余弦定理角化边整理可得a2＝b2+c2+bc，再结合余弦定理运算求解；（2）由题意结合面积公式整理可得b+c＝bc﹣7，结合（1）中结论解得bc＝15，运用面积公式即可结果．【解答】解：（1）∵acosB﹣bcosA＝c+b，则a×a整理得a2＝b2+c2+bc，∴cosA=b又∵A∈（0，π），∴A=2π（2）由题意可得：△ABC的面积S=1即12bc×32=12由（1）得：a2＝b2+c2+bc＝（b+c）2﹣bc，则49＝（bc﹣7）2﹣bc，解得：bc＝15或bc＝0（舍去），故△ABC的面积S=1【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．题型8外心问题【解题技巧】1．外接圆的圆心到三角形的三个顶点的距离相等。锐角三角形外心在三角形内部；直角三角形外心在三角形斜边中点上；钝角三角形外心在三角形外．2．正弦定理：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，其中R为外接圆半径．【例1】（2022春•沈河区校级期中）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，向量m→=(b，3（1）求角B的大小；（2）若a+c＝5，△ABC外接圆面积为16π3，求△ABC【分析】（1）根据平面向量共线的坐标表示以及正弦定理可求出结果；（2）根据外接圆面积得外接圆半径，根据正弦定理得b，根据余弦定理得ac，根据三角形面积可得内切圆半径．【解答】解：（1）因为m→与n→共线，所以根据正弦定理可得sinBsinA=3sinAcosB，因为sinA≠0，所以因为0＜B＜π，所以B=π（2）因为△ABC外接圆面积为16π3，所以△ABC外接圆的半径R=由正弦定理得bsinB=2R，得由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2ac⋅cosB，得16=(a+c)所以16＝25﹣3ac，得ac＝3，所以S△ABC设△ABC内切圆的半径为r，则33所以334=【点评】本题考查解三角形，考查学生的运算能力，属于中档题．【例2】（2022春•江西期末）在△ABC中，三内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，a＝6．（1）求bcosC+ccosB的值；（2）若O是△ABC的外心，且3⋅OA→【分析】（1）利用余弦定理化简即可；（2）把3⋅【解答】解：（1）bcosC+ccosB=b⋅a2+=2（2）设△ABC外接圆的半径是R.3⋅因此2R=所以R=32【点评】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查运算能力，属于基础题．题型9四边形中解三角形【解题技巧】灵活运用正余弦定理、诱导公式等来求解．【例1】（2022•胶州市一模）如图，在四边形ABCD中，△BCD为锐角三角形，CD＝4，sin∠DBC=223，cos∠（1）求BC；（2）若AB＝m，AC＝BC+m3，是否存在正整数m，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出【分析】（1）由cos∠BDC=33得sin∠BDC（2）可判断若△ABC为钝角三角形，则∠ABC为钝角，可得m2+（23）2﹣（23+m3）2【解答】解：（1）∵cos∠BDC=33，∴sin∠BDC在△BCD中，CDsin∠DBC=BC解得BC＝23；（2）存在，理由如下：AC＝BC+m3=若△ABC为钝角三角形，则∠ABC为钝角，则m2+（23）2﹣（23+m3）2＜0，解得0＜故m＝1或m＝2．【点评】本题考查了正弦定理及余弦定理的应用，属于基础题．【例2】（2022•香坊区校级三模）在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知3ccosA+asinC=c（1）求角A的大小；（2）设b＝c，N是△ABC所在平面上一点，且与A点分别位于直线BC的两侧，如图，若BN＝6，CN＝3，求四边形ABNC面积的最大值．【分析】（1）由已知结合正弦定理及辅助角公式进行化解即可求解A；（2）由已知结合余弦定理先表示出BC，然后结合三角形面积公式进行化简，再由正弦函数的性质可求．【解答】解（1）3ccosA+asinC=c．由正弦定理得3∵sinC≠0，∴3cosA=1−sinA，即sinA+∴12sinA+3∵0＜A＜π，∴π3＜A+π即A=π（2）在△BCN中，由余弦定理得BC2＝NB2+NC2﹣2NB⋅NCcosN，∵BN＝6，CN＝3，∴BC2＝36+9﹣2×6×3cos∠N＝45﹣36cos∠N，由（1）和b＝c，得△ABC是等腰直角三角形，于是AB=AC=2∴四边形ABCD的面积S=S∴当N=3π4时，S取最大值即四边形ABCD的面积的最大值是454【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，辅助角公式及三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．题型10证明【解题技巧】灵活运用正余弦定理来求证．【例1】（2022•金山区二模）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c．已知2bsinA−3a=0，且（1）求角B的大小；（2）若3c=3a+3b，证明△【分析】（1）利用正弦定理化边为角，可得sinB的值，从而得解；（2）利用正弦定理化边为角，再结合正弦的两角和公式、辅助角公式，即可得证．【解答】（1）解：由正弦定理知，asinA∵2bsinA−3a=0，∴2sinBsinA=3又在△ABC中，sinA＞0，∴2sinB=3，即sinB=∵B为锐角，∴B=π（2）证明：由正弦定理知，asinA∵3c=3a+3b，∴3sinC﹣3sinA=3sin∴3sinC﹣3sin（C+π3）=32，即sinC−12sinC−32cosC=1∴sin（C−π3）=又∵C∈（0，2π3），∴C−π3∈（−π3，π3），∴C−故△ABC是直角三角形．【点评】本题考查解三角形与三角恒等变换的综合应用，熟练掌握正弦定理、两角和差公式与辅助角公式等基础知识是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．【例2】（2022秋•渝中区校级月考）已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且3acosC﹣b＝0．（1）求证：tanC＝2tanA；（2）若3c=7b，求角C【分析】（1）根据正弦定理与三角形内角和定理，利用三角恒等变换，即可证明结论成立；（2）根据题意，利用余弦定理求得a与b的关系，即可求出cosC与C的大小．【解答】（1）证明：△ABC中，3acosC﹣b＝0，由正弦定理得3sinAcosC﹣sinB＝0，又B＝π﹣（A+C），所以3sinAcosC﹣sin（A+C）＝0，所以3sinAcosC﹣（sinAcosC+cosAsinC）＝0，所以2sinAcosC＝cosAsinC，所以2•sinAcosA=sinCcosC，即tan（2）解：若3c=7b，cosC=b3a，由余弦定理得，cos所以3（a2+b2﹣c2）＝2b2，所以3a2+b2﹣3c2＝3a2+b2﹣3×79b2＝3a2−4所以a=23b，计算cosC又因为C∈（0，π），所以C=π【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．最新模拟一．多选题1．（2022春•长沙县期末）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a＝2、b＝3、c＝4，下面说法错误的是（）A．sinA：sinB：sinC＝2：3：4 B．△ABC是锐角三角形 C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D．△ABC内切圆半径为1【答案】BCD【题型】内心问题【解析】解：因为a＝2，b＝3，c＝4，∴sinA：sinB：sinC＝a：b：c＝2：3：4，故A正确；可得c为最大边，C为最大角，由余弦定理可得cosC=a可得C为钝角，即△ABC的形状是钝角三角形．故B错误；对于C，由cosA=b由cos2A＝2cos2A﹣1＝2×（78）2﹣1=1732≠−14=cosC由cosC=−14，∴sinC=154，∴S△ABC=12ab设△ABC内切圆半径为r，∴12（a+b+c）•r＝S△ABC，∴r=156故选：BCD．二．解答题2．（2022春•金东区校级期中）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且b+ca（Ⅰ）求A；（Ⅱ）若a=3，△ABC的外心为O，求|【答案】（Ⅰ）π3．（Ⅱ）3【题型】外心问题【解析】解：（Ⅰ）由正弦定理可得sinB+sinCsinA即sin）A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=3∴3sinAsinCC＝cosAsinC，∵sinC≠0，∴tanA=3∵0＜A＜π，∴A=π（Ⅱ）设△ABC的外接圆圆心为R，则2R=asinA=∴|OB|＝|OC|＝1，又|BC|=3，cos∠BOC=|OB→+2OC→|2∴|OB→+2OC3．（2022春•鼓楼区校级期末）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinB−cosC=c（1）求A；（2）若A为锐角，b=3c，且BC边上的高为23，求△【答案】（1）π6或5π6．（2）4【题型】高线【解析】解：（1）由余弦定理知，cosC=a因为sinB−cosC=c2−a由正弦定理知，ba=sinBsinA，所以sinB因为sinB＞0，所以sinA=1又A∈（0，π），所以A=π6或（2）因为A为锐角，所以A=π又BC边上的高为23，所以△ABC的面积S=12a•23=12bcsinA=14bc由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA，所以a2＝（3c）2+c2﹣2•3c•c•32=c2由①②解得a＝4，所以△ABC的面积S=12a•23=124．（2022秋•定远县校级月考）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c−3（1）求A；（2）若b=14c，且BC边上的高为2【答案】（1）π3【题型】高线【解析】解：（1）由正弦定理，原式可化为sinC−3由于sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，整理得cosAsinB−3又∵sinB≠0，∴cosA−3sinA=−1，∴∵A∈（0，π），∴A−π6∈(−即A=π（2）由S△ABC=12×a×2又b=14c，∴c2＝16a，b2由余弦定理知a2＝b2+c2﹣2bccosA＝a+16a﹣4a＝13a，解得a＝13．5．（2022春•金坛区期末）如图，AC是平面四边形ABCD的一条对角线，且在△ADC中，2AD﹣DC=A（1）求角D的大小；（2）若∠BAD=π3，∠ABC=5π6，AB＝2，【答案】（1）π3;（2）【题型】四边形中解三角形【解析】解：（1）因为在△ADC中，2AD−DC=A所以AD2+DC2﹣AC2＝AD×DC，①即在△ADC中，由余弦定理得，AD2+DC2﹣AC2＝2×AD×DC×cosD，②则由①②两式得，cosD=1又因为在△ADC中，D∈（0，π），所以D=π（2）在△ACD中，设∠CAD＝α，AC＝x，则由正弦定理得ACsinD即x=DCsin∠CAD又在△ABC中，∠CAB=π3−α则由正弦定理得ACsin∠ABC即x=ABsin∠BCA则由①②两式得，23sinα=展开并整理得2sinα=3cosα，也即4sin2α＝3cos2α＝3﹣3sin2α，又因为在△ACD中，sinα＞0，所以sinα=21把sinα=217代入①式得，6．（2022•肥东县模拟）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，2bsinAsin(A+C)=3（1）求角B；（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝2，求△ABC面积的取值范围．【答案】（1）π3;（2）（32，2【题型】面积问题【解析】解：（1）∵2bsinAsin(A+C)=3∴由正弦定理得：2sinBsinAsin(A+C)=23∵A+C＝π﹣B，且sinA≠0，sinB≠0，∴sinB=3cosB，∴∵B∈（0，π），∴B=π（2）由题意B=π3，c＝2，可得S△ABC=12ac由正弦定理得：a=csinA又△ABC为锐角三角形，可得0＜A＜90°，0＜C＜90°，故30°＜C＜90°，所以1＜a＜4，从而32＜S△ABC＜23，即△7．（2022春•船山区校级期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，它的面积为S且满足S=3（1）求角B的大小；（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．【答案】（1）π3；（2）【题型】面积问题【解析】解：（1）因为S=34(a2+c2−b2)，由余弦定理可得：2ac所以S=12acsinB=34⋅2accosB，可得：sinB=因为B∈（0，π），所以B=π（2）因为S△ABC=1∵B=π3，∴A+C=2π3所以a=sinA所以SΔABC=3又因为ΔABC为锐角三角形，所以C∈（π6，π2），所以tanC所以38tanC+38∈（388．（2022•杭州模拟）已知△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C对应的边，且a＝1，b＝4cos2A﹣1，0°＜A＜60°．（1）若C＝60°，求△ABC的面积；（2）求△ABC周长的取值范围．【答案】（1）32【题型】周长问题【解析】解：（1）在△ABC中，由b＝4cos2A﹣1得cos而C＝60°，则正弦定理得：c=asinC则c2=34sin2A=34(1−cos2A)=于是得b2+1−b=33−b，整理得：b3﹣4b2+4b＝0，而所以△ABC的面积S△ABC（2）因为0°＜A＜60°，则12＜cosA＜1，0＜由（1）知cosA=b+12，由余弦定理得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，即整理得(c−b+1)(c−(b−1)b+1)=0，解得当c=b+1时，a+b+c=b+1+b+1，b∈（0，3），则2＜b+1+b+1＜6，即2＜a+b+当c=(b−1)b+1时，由c＞0知，b∈（1，3），a+b+c=b+1+(b−1)显然2＜b+1＜4，有2＜b+1＜2，0＜b因此2＜b+1+(b−1)b+1＜8，即2＜a+b+c＜8，综上得2＜a+b+所以△ABC周长的取值范围是（2，8）或（2，6）．9．（2022秋•保定期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知cosBab（1）求A；（2）若a＝23，求△ABC的周长的取值范围．【答案】（1）23π；（2）（43，4+23【题型】周长问题【解析】解：（1）因为cosBab由正弦定理可得cosBsinAsinB整理可得：sinCcosB+sinBcosC+2sinAcosA＝0，即sin（B+C）＝﹣2sinAcosA，在三角形中，sin（B+C）＝sinA≠0，所以可得cosA=−12，而A∈（0，可得A=23（2）由（1）及余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc+bc，即（b+c）2＝a2+bc≤a2+（b+c2）2，当且仅当b＝c所以（b+c）2≤43a2=43•（2解得b+c≤4，在三角形在b+c＞a＝23，即b+c∈（23，4]，所以三角形的周长a+b+c∈（43，4+23]．10．（2022•安徽模拟）在锐角△ABC中，角A，B、C所对的边分别为a，b，a＝26，b＝4，sinA=15（1）求sinC的值；（2）点D，E分别在边AB，AC上，△ABC的面积是△ADE面积的2倍．求DE的最小值．【答案】（1）104（2）23【题型】其他最值问题【解析】解：（1）sinA=154，则cosA=1解得c＝4或﹣2（舍），由正弦定理得26解得sinC=10（2）由（1）得S△ABC=12×4×4×154=2则12×AD×AE×154=15cosA=14将①代入②得，AD2+AE2﹣DE2＝4，AD2+AE2≥2AD•AE＝16，DE2+4≥16，DE2≥23故DE的最小值为23．11．（2023•广东模拟）已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA（ccosB+bcosC）﹣csinB＝csinC+bsinB，（1）求角A；（2）若AD平分∠BAC交线段BC于点D，且AD＝1，BD＝2CD，求△ABC的周长．【答案】（1）23π【题型】角平分线【解析】解：（1）由余弦定理得ccosB+bcosC=c×a所以sinA（ccosB+bcosC）﹣csinB＝csinC+bsinB，可化为asinA﹣csinB＝csinC+bsinB，再由正弦定理得a2﹣cb＝c2+b2，得c2+b2﹣a2＝﹣bc，所以cosA=b2+c2−a2（2）因为AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD=π由S△ABC=S△BAD+S△CAD作AE⊥BC于E，则S△ABDS△ACD=1由余弦定理，得a2=b故△ABC的周长为9+3712．（2022•湖北开学）已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA（ccosB+bcosC）﹣csinB＝csinC+bsinB，（1）求角A；（2）若AD平分∠BAC交线段BC于点D，且AD＝2，BD＝2CD，求△ABC的周长．【答案】（1）2π3（2）37【题型】角平分线【解析】解：（1）由余弦定理的推论得ccosB+bcosC＝c•a2+c2−b∵sinA（ccosB+bcosC）﹣csinB＝csinC+bsinB，∴asinA﹣csinB＝csinC+bsinB，由正弦定理得a2﹣bc＝c2+b2，即c2+b2﹣a2＝﹣bc，由余弦定理的推论得cosA=b∵0＜A＜π，∴A=2π故角A为2π3（2）如图所示：∵∠BAC=2π3，∴S△ABC=12AB•AC•sin∠∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD=π∵∠ADB+∠ADC＝π，∴∠ADB＝π﹣∠ADC，∴sin∠ADB＝sin（π﹣∠ADC）＝sin∠ADC，在△BAD中，由正弦定理得：BDsin∠BAD在△CAD中，由正弦定理得：CDsin∠CAD=AC∵BD＝2CD，∴AB＝2AC，即c＝2b，∵AD＝2，∴S△BAD=12AB•AD•sin∠BAD=32c，S△CAD=12AC•∵S△ABC＝S△BAD+S△CAD∴34bc=32b∵b•2b＝2b+4b，整理得b2＝3b，解得b＝3或b＝0（舍去），∴c＝6，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccos∠BAC＝63，∵a＞0，∴a＝37，∴△ABC的周长为a+b+c＝37+3+6＝37故△ABC的周长37+13．（2023•大庆模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB−sinAcosC=1（1）求角A；（2）若c＝2，D为BC边的中点，|AD→|=72【答案】（1）π3；（2）3【题型】中线【解析】解：（1）在△ABC中，sinB＝sin（π﹣A﹣C）＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，∵sinB−sinAcosC=12sinC即cosAsinC=12sinC，又sinC∵0＜A＜π，∴A=π（2）∵D为BC边的中点，由平行四边形法则得2AD→=又c＝2，|AD→|=72，A=π3，∴由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝3，解得a=314．（2022春•武昌区校级期中）在①m→=(cosB，2c−b)，n→=(cosA，a)，且m→∥n→；②b=acosC+33csinA；③（cosB+bcosC已知△ABC中，三个内角A，B，C所对边分别是a，b，c，其中a=3（1）求△ABC外接圆半径；（2）若点M是BC的中点，AM的长度为7，求△ABC的面积．【答案】（1）1；（2）253【题型】中线【解析】解：选①：由m→∥n→；得acosB＝（2c﹣得sinAcosB＝2sinCcosA﹣sinBcosA，得sin（B+A）＝2sinCcosA，又sin（B+A）＝sinC，sinC≠0，所以cosA=12，又0＜A＜π，所以A②因为b=acosC+3根据正弦定理得sinB＝sinAcosC+33sinCsin所以sin（A+C）＝sinAcosC+33sinCsin所以sinAcosC+cosAsinC+33sinCsin所以cosAsinC+33sinCsinA，因为sinC≠0，所以tanA又0＜A＜π，所以A=π③；（ccosB+bcosC）2＝b2+c2﹣bc，∴（c×a2+c2−b22ac+b×a∴a2＝b2+c2﹣bc，故cosA=b2+c则△ABC外接圆半径R=a（2）由题设AB→+AC→=∴（AB→+AC→）2=AB→2+2AB→•AC→+AC→2＝（AB→−AC→）2=AB→2﹣2AB→•AC→+AC→2∴2bc＝25，即bc=252，则△ABC的面积12bcsin15．（2022春•聊城期末）在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且3csinA+（1）求角A；（2）若△ABC是钝角三角形，且b＝c+2，求△ABC外接圆半径的取值范围．【答案】（1）π3．（2）(【题型】外心问题【解析】解：（1）由余弦定理得，a2+b2﹣c2＝2abcosC，所以3csinA+acosC=b+c由正弦定理得，3sinCsinA+sinAcosC=sinB+sinC又sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，sinC＞0，所以3sinA=cosA+1，即sin(因为−π6＜A−π6（2）由（1）知A=π3，所以a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣又b＝c+2，所以a2＝（c+2）2+c2﹣（c+2）c＝c2+2c+4①，因为△ABC是钝角三角形，由b＝c+2，可知角B为钝角，所以a2+c2＜b2，即a2+c2＜（c+2）2，得a2＜4c+4②，由①②可得c2+2c+4＜4c+4，解得c＜2，所以0＜c＜2，由a2＝c2+2c+4＝（c+1）2+3，得4＜a2＜12，即2＜a＜23设△ABC外接圆半径为R，由正弦定理知2R=a所以△ABC外接圆半径的取值范围是(216．（2022•广州一模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为(1（1）证明：sinA＝2sinB；（2）若acosC=【答案】见解析．【题型】证明【解析】（1）证明：由题设，12又sinC≠0，所以12ab=12a2−b2，由正弦定理可得sinA所以sinB（sinA+sinB）＝sin2A﹣sin2B＝（sinA+sinB）（sinA﹣sinB），又sinA+sinB≠0，所以sinB＝sinA﹣sinB，即sinA＝2sinB．解：（2）方法一：由（1）及题设，sinAcosC=2sinBcosC=32sinB所以cosC=34∈(22又cosC=a2+若cosB=−528＜−3所以cosB=5所以cosA=cos[π−(B+C)]=−cos(B+C)=sinBsinC−cosBcosC=14方法二：由a=2ba⋅cosC=32b⇒cosC=则34=(2b)2由余弦定理cosA=b真题在线1．（2022•新高考Ⅱ）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﹣S2+S3=32，sinB（1）求△ABC的面积；（2）若sinAsinC=23，求【答案】见解析【题型】证明【解析】解：（1）S1=12a2sin60°=34a2，S2=12bS3=12c2sin60°=34c2，∵S1﹣S2+S3=34a2−34b2+34c2=∵sinB=13，a2﹣b2+c2＝2＞0，即cosB＞0，∴cosB∴cosB=a2+c2−b22ac=223∴△ABC的面积为28（2）由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC由（1）得ac=324，∴ac=bsinAsinB•bsinCsinB=324解得：b=12．（2022•乙卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．【答案】见解析【题型】证明【解析】解：（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），又A＝2B，∴sinCsinB＝sinBsin（C﹣A），∵sinB≠0，∴sinC＝sin（C﹣A），即C＝C﹣A（舍去）或C+C﹣A＝π，联立A=2B2C−A=πA+B+C=π，解得C证明：（2）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），得sinCsinAcosB﹣sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA﹣sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB﹣bccosA＝bccosA﹣abcosC，由余弦定理可得：ac•a2整理可得：2a2＝b2+c2．3．（2022•乙卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A）．（1）证明：2a2＝b2+c2；（2）若a＝5，cosA=2531，求△【答案】见解析【题型】证明【解析】（1）证明：△ABC中，sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），所以sinC（sinAcosB﹣cosAsinB）＝sinB（sinCcosA﹣cosCsinA），所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC＝2cosAsinBsinC，即sinA（sinBcosC+cosBsinC）＝2cosAsinBsinC，所以sinAsin（B+C）＝2cosAsinBsinC，由正弦定理得a2＝2bccosA，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，所以2a2＝b2+c2；（2）当a＝5，cosA=2531时，b2+c2＝2×52＝50，2bc所以（b+c）2＝b2+c2+2bc＝50+31＝81，解得b+c＝9，所以△ABC的周长为a+b+c＝5+9＝14．4．（2021•新高考Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C所对的边长为a，b，c，b＝a+1，c＝a+2．（1）若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】见解析【题型】面积问题【解析】解：（1）∵2sinC＝3sinA，∴根据正弦定理可得2c