2023年高考数学真题题源解密（新高考全国卷）专题08 解三角形（解析版）

专题08解三角形目录一览2023真题展现考向一三角形中的几何运算考向二正弦定理真题考查解读近年真题对比考向一正弦定理考向二解三角形命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一三角形中的几何运算1．（2023•新高考Ⅱ•第17题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为3，D为BC的中点，且AD＝1．（1）若∠ADC=π3，求tan（2）若b2+c2＝8，求b，c．解：（1）D为BC中点，SΔABC=3过A作AE⊥BC，垂足为E，如图所示：△ADE中，DE=12，AE=32，∴BD＝2，BE=5故tanB=（2）AD→=1AD＝1，b2+c2＝8，则1=14(8+2bccosA)，∴bcSΔABC=12由①②解得tanA=−3，∴A=2又b2+c2＝8，∴b＝c＝2．考向二正弦定理2．（2023•新高考Ⅰ•第17题）已知在△ABC中，A+B＝3C，2sin（A﹣C）＝sinB．（1）求sinA；（2）设AB＝5，求AB边上的高．【答案】（1）310解：（1）∵A+B＝3C，A+B+C＝π，∴4C＝π，∴C=π∵2sin（A﹣C）＝sinB，∴2sin（A﹣C）＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C），∴2sinAcosC﹣2cosAsinC＝sinAcosC+cosAsinC，∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴22sinA=3×22cosA，∴sinA＝3cos又∵sin2A+cos2A＝1，∴sin2A+19又∵A∈（0，π），∴sinA＞0，∴sinA=3（2）由（1）可知sinA=31010，cosA=1∴sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=3∴ABsinC=∴AC＝52sinB＝52×255=210，BC＝52设AB边上的高为h，则12∴52ℎ=1即AB边上的高为6．【命题意图】考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、用正余弦定理解三角形、三角恒等变换等．【考查要点】解三角形是高考必考内容．考查正余弦定理和三角形面积公式．借助正余弦定理和三角形面积公式以及恒等变形公式进行边角转换和化简，求边长、角度、面积等．【得分要点】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosAb2＝a2+c2﹣2accosBc2＝a2+b2﹣2abcosC变形形式a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinCsinA=a2R，sinB=ba：b：c＝sinA：sinB：sinCasinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=cosB=cosC=解决三角形的问题已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角已知三边，求各角；已知两边和它们的夹角求第三边和其他两角2．三角形面积公式（1）S=12a•ha（ha表示边（2）S=12absinC=12acsinB=（3）S=12r（a+b+c）（3．解三角形常用结论名称公式变形内角和定理A+B+C＝πA22A+2B＝2π﹣2C余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosAb2＝a2+c2﹣2accosBc2＝a2+b2﹣2abcosCcosA=cosB=cosC=正弦定理asinAR为△ABC的外接圆半径a＝2RsinA，sinA=b＝2RsinB，sinB=c＝2RsinC，sinC=射影定理acosB+bcosA＝cacosC+ccosA＝bbcosC+ccosB＝a面积公式S△=12aha=12bhS△=12absinC=12acsinBS△=12（a+b+c（r为△ABC内切圆半径）sinA=sinB＝2SsinC=考向一正弦定理3．（2021•新高考Ⅰ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC．（1）证明：BD＝b；（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC．解：（1）证明：由正弦定理知，，∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB，∵b2＝ac，∴b•2Rsin∠ABC＝a•2Rsin∠ACB，即bsin∠ABC＝asinC，∵BDsin∠ABC＝asinC，∴BD＝b；（2）法一：由（1）知BD＝b，∵AD＝2DC，∴AD＝，DC＝，在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA＝＝＝，在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC＝＝＝，∵∠BDA+∠BDC＝π，∴cos∠BDA+cos∠BDC＝0，即＝0，得11b2＝3c2+6a2，∵b2＝ac，∴3c2﹣11ac+6a2＝0，∴c＝3a或c＝，在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC＝＝，当c＝3a时，cos∠ABC＝＞1（舍）；当c＝时，cos∠ABC＝；综上所述，cos∠ABC＝．法二：∵点D在边AC上且AD＝2DC，∴，∴，而由（1）知BD＝b，∴，即3b＝c•cos∠ABD+2a•cos∠CBD，由余弦定理知：，∴11b2＝3c2+6a2，∵b2＝ac，∴3c2﹣11ac+6a2＝0，∴c＝3a或c＝，在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC＝＝，当c＝3a时，cos∠ABC＝＞1（舍）；当c＝时，cos∠ABC＝；综上所述，cos∠ABC＝．法三：在△BCD中，由正弦定理可知asinC＝BDsin∠BDC＝bsin∠BDC，而由题意可知ac＝b²⇒asinC＝bsin∠ABC，于是sin∠BDC＝sin∠ABC，从而∠BDC＝∠ABC或∠BDC+∠ABC＝π．若∠BDC＝∠ABC，则△CBD∽△CAB，于是CB²＝CD•CA⇒a²＝⇒a：b：c＝1：：3，无法构成三角形，不合题意．若∠BDC+∠ABC＝π，则∠ADB＝∠ABC⇒△ABD∽△ACB，于是AB²＝AD•AC⇒c²＝⇒a：b：c＝3：：2，满足题意，因此由余弦定理可得cos∠ABC＝＝．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．解：（1）∵2sinC＝3sinA，∴根据正弦定理可得2c＝3a，∵b＝a+1，c＝a+2，∴a＝4，b＝5，c＝6，在△ABC中，运用余弦定理可得，∵sin2C+cos2C＝1，∴sinC＝，∴＝．（2）∵c＞b＞a，∴△ABC为钝角三角形时，角C必为钝角，＝，∴a2﹣2a﹣3＜0，∵a＞0，∴0＜a＜3，∵三角形的任意两边之和大于第三边，∴a+b＞c，即a+a+1＞a+2，即a＞1，∴1＜a＜3，∵a为正整数，∴a＝2．考向二解三角形5．（2022•新高考Ⅰ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝．（1）若C＝，求B；（2）求的最小值．解：（1）∵＝，1+cos2B＝2cos2B≠0，cosB≠0．∴＝＝，化为：cosAcosB＝sinAsinB+sinB，∴cos（B+A）＝sinB，∴﹣cosC＝sinB，C＝，∴sinB＝，∵0＜B＜，∴B＝．（2）由（1）可得：﹣cosC＝sinB＞0，∴cosC＜0，C∈（，π），∴C为钝角，B，A都为锐角，B＝C﹣．sinA＝sin（B+C）＝sin（2C﹣）＝﹣cos2C，＝＝＝＝＝+4sin2C﹣5≥2﹣5＝4﹣5，当且仅当sinC＝时取等号．∴的最小值为4﹣5．6．（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＝，sinB＝．（1）求△ABC的面积；（2）若sinAsinC＝，求b．解：（1）S1＝a2sin60°＝a2，S2＝b2sin60°＝b2，S3＝c2sin60°＝c2，∵S1﹣S2+S3＝a2﹣b2+c2＝，解得：a2﹣b2+c2＝2，∵sinB＝，a2﹣b2+c2＝2＞0，即cosB＞0，∴cosB＝，∴cosB＝＝，解得：ac＝，S△ABC＝acsinB＝．∴△ABC的面积为．（2）由正弦定理得：＝＝，∴a＝，c＝，由（1）得ac＝，∴ac＝•＝已知，sinB＝，sinAsinC＝，解得：b＝．本专题是高考常考内容，结合往年命题规律，解三角形的题目多以解答题的形式出现，分值为10分。一．正弦定理（共7小题）1．（2023•淮北二模）已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若△ABC的面积为，sinB＝1+cosC，点D为边BC的中点，求AD的长．【解答】解：（1）因为，所以由正弦定理可得，即．由余弦定理可得，又A∈（0，π），所以．（2）因为sinB＝1+cosC，所以，即，又0＜B＜π，则，所以．所以a＝b，．所以，所以a＝b＝2．在△ACD中，由余弦定理可得，即．2．（2023•西固区校级二模）若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sinBsinC．（1）求角A；（2）若a＝6，求△ABC周长的取值范围．【解答】解：（1）△ABC中，因为sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sinBsinC，由正弦定理得a2﹣b2﹣c2＝bc，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，由①②解得cosA＝﹣，又A∈（0，π），所以A＝；（2）由a＝6，sinA＝sin＝，根据正弦定理得＝＝＝＝4，所以b＝4sinB，c＝4sinC＝4sin（﹣B）＝6cosB﹣2sinB，所以a+b+c＝6+4sinB+（6cosB﹣2sinB）＝6+2sinB+6cosB＝6+4sin（B+）；又0＜B＜，所以，所以，所以△ABC周长的取值范围为（12，6+4]．3．（2023•小店区校级模拟）在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2b，且．（1）求角C；（2）E为三角形ABC所在平面内的一点，且，求线段CE的长．【解答】解：（1）由a＝2b，得sinA＝2sinB，又，∴2sinCsinB＝sinAcos（C﹣）＝2sinBcos（C﹣）．∴sinC＝cos（C﹣）＝cosC+sinC，∴tanC＝，所以C＝60°．（2）设AE与BC交于M，由，知M为BC的中点，∵a＝2b，∴MC＝CA，∴△AMC是等边三角形，∴∠AMC＝60°，∴∠EMC＝120°，又∵，∴AM＝1＝MC＝ME，在△MEC中，由余弦定理有EC2＝ME2+CM2﹣2MC×ME×cos∠CME＝1+1+1＝3，∴CE＝．4．（2023•山西模拟）如图，在四边形ABCD中，已知∠ABC＝，∠BDC＝，AB＝BC＝7．（1）若BD＝5，求AD的长；（2）求△ABD面积的最大值．【解答】解：（1）在△BCD中，由余弦定理，得BC2＝BD2+DC2﹣2BD⋅DC⋅cos∠BDC，∴，整理得，解得或（舍去），∴，而，故，∴，故在△ABD中，AD2＝AB2+BD2﹣2AB⋅BD⋅cos∠ABD＝，∴；（2）设，则在△BCD中，，则，所以＝，当，即时，△ABD面积取到最大值．5．（2023•河南模拟）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知5bsinA＝3atanB，D是AC边上一点，AD＝2DC，BD＝2．（1）求cosB；（2）求的最大值．【解答】解：（1）由正弦定理及5bsinA＝3atanB知，5sinBsinA＝3sinAtanB，因为sinA＞0，所以5sinB＝3tanB，所以cosB＝＝．（2）因为AD＝2DC，所以＝+＝+＝+（﹣）＝+，又BD＝2，所以2＝（+）2＝2+•+2＝c2+ca•+a2＝4，整理得5c2+12ac+20a2＝180，所以12ac＝180﹣（5c2+20a2）≤180﹣2c•a＝180﹣20ac，所以ac≤，当且仅当c＝a，即c＝2a＝时，等号成立，所以＝accosB＝ac≤×＝，故的最大值为．6．（2023•武昌区校级模拟）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD＝2，2AD＝3CD．（Ⅰ）求B；（Ⅱ）求△ABC的面积．【解答】解：（Ⅰ）∵，∴acos＝asin＝bsinA，∴由正弦定理可得sinAsin＝sinBsinA＝2sincossinA，∵A，B∈（0，π），可得∈（0，），sinA＞0，∴cos＝，可得＝，∴可得B＝．（Ⅱ）∵BD平分∠ABC交AC于点D，且BD＝2，2AD＝3CD，即＝，即3a＝2c，①∴＝＝，可得tanA＝，可得sinA＝，∴在△ABD中，由正弦定理，可得AD＝＝＝，可得CD＝，∴可得b＝AD+CD＝，∴在△ABC中，由余弦定理可b2＝a2+c2﹣2accosB，得（）2＝a2+c2+ac，②∴由①②解得a＝，c＝5，∴S△ABC＝acsinB＝＝．7．（2023•润州区校级二模）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_____．（1）求角A的大小；（2）若D为线段CB延长线上的一点，且，求△ABC的面积．【解答】解：（1）若选择①，∵．∴，∵sinC≠0，∴，即，∵A∈（0，π）∴；若选择②，∵，∴，∴，∴，，∵A∈（0，π）∴；若选择③，∵，∴，∴，∴，∴，又∵B∈（0，π），∴sinB≠0，∴，∵A∈（0，π），∴；（2）设BD＝x，AB＝y，∠ABD＝θ，在△ABC中，用余弦定理可得AC2＝BC2+BA2﹣2BC⋅BA⋅cos∠ABC，即12＝4x2+y2﹣2×2xycos（π﹣θ）①，又∵在△ABC中，BC2＝AC2+AB2﹣2AC⋅AB⋅cos∠CAB，即．即4x2＝y2﹣6y+12，即②，在△ABD中，用余弦定理可得AD2＝BD2+BA2﹣2BD⋅BA⋅cos∠ABD，即3＝x2+y2﹣2xycosθ③，③×2+①可得6x2+3y2＝18，将②式代入上式可得y＝2，x＝1，．二．余弦定理（共4小题）8．（2023•蒙城县校级三模）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，且cos2C﹣cos2A＝sinAsinB﹣sin2B．（1）求∠C的大小；（2）已知a+b＝4，求△ABC的面积的最大值．【解答】解：（1）∵cos2C﹣cos2A＝sinA•sinB﹣sin2B，∴1﹣sin2C﹣（1﹣sin2A）＝sinA•sinB﹣sin2B，∴sin2A﹣sin2C＝sinA•sinB﹣sin2B，∴a2+b2﹣c2＝ab，∴cosC＝＝＝，∵C∈（0，π），∴∠C＝．（2）∵a+b≥2，∴4≥2，∴ab≤4，当且仅当a＝b＝2时取等号，∴（ab）max＝4，∴△ABC面积的最大值为×4×sin＝．9．（2023•广西模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）证明：A＝B．（2）若D为BC的中点，从①AD＝4，②，③CD＝2这三个条件中选取两个作为条件证明另外一个成立．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解答】（1）证明：因为，由余弦定理可得，即，又由正弦定理，得cosA＝cosB，角A，B为△ABC中内角，所以A＝B．（2）△ABC中，A＝B，D为BC的中点，如图所示，①②⇒③，已知AD＝4，，求证CD＝2．证明：AC＝2CD，△ACD中，，解得CD＝2．①③⇒②，已知AD＝4，CD＝2，求证．证明：AC＝2CD＝4，所以△ACD中，．②③⇒①，已知，CD＝2，求证：AD＝4．证明：AC＝2CD＝4，在△ACD中，由余弦定理，，所以AD＝4．10．（2023•东风区校级模拟）已知△ABC的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c．a＝2，b＝2，且cosA（ccosB+bcosC）+asinA＝0．（1）求A；（2）设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．【解答】解：（1）因为cosA（ccosB+bcosC）+asinA＝0，由正弦定理可得：cosA（sinCcosB+sinBcosC）+sinAsinA＝0，可得：cosAsin（B+C）+sin2A＝0，在△ABC中，sin（B+C）＝sinA≠0，所以可得cosA+sinA＝0，即tanA＝﹣，而A为三角形的内角，所以可得A＝π；（2）在△ABC中由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，因为a＝2，b＝2，所以28＝4+c2﹣2×2c•（﹣），解得：c＝4或c＝﹣6（舍），所以c＝4，再由余弦定理可得a2+b2﹣c2＝2bacosC，可得cosC＝，在Rt△ABD中，CD＝＝＝，所以可得CD＝，S△ABD＝S△ABC＝•AB•ACsin∠BAC＝＝•4•2•＝；所以△ABD的面积为．11．（2023•泸县校级模拟）已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足（b﹣a）（sinB+sinA）＝（b﹣c）sinC．（1）求A；（2）从下列条件中：①a＝；②S△ABC＝中任选一个作为已知条件，求△ABC周长的取值范围．【解答】解：（1）因为（b﹣a）（sinB+sinA）＝（b﹣c）sinC，由正弦定理得（b﹣a）（b+a）＝（b﹣c）c，即b2+c2﹣a2＝bc﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）由余弦定理得﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）选择①．由正弦定理，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）即△ABC周长＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）∵﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）即△ABC周长的取值范围﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）选择②．，得，得bc＝4．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）由余弦定理得a2＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（b+c）2﹣12，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）即△ABC周长，∵，当且仅当b＝c＝2时等号成立．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）∴即△ABC周长的取值范围[6，+∞）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）三．三角形中的几何计算（共10小题）12．（2023•西城区一模）如图，在△ABC中，∠A＝，AC＝，CD平分∠ACB交AB于点D，CD＝．（Ⅰ）求∠ADC的值；（Ⅱ）求△BCD的面积．【解答】解：（Ⅰ）在△ADC中，由正弦定理可得，，则＝，∵，∴；（Ⅱ）由（I）可知，，∵CD平分∠ACB交AB于点D，∴，∴，∴△ABC为等腰三角形，∴＝，∵sin∠ACD＝＝，∴△BCD的面积为＝×＝．13．（2023•武功县校级模拟）在△ABC中，是A，B，C所对应的分边别为a，b，c，且满足asinB＝bsin2A．（1）求∠A；（2）若a＝2，△ABC的面积为，求三角形的周长．【解答】解：（1）因为asinB＝bsin2A，由正弦定理可知：，则，所以sin2A＝sinA，即2cosA＝1，又因为0＜A＜π，所以；（2）因为，所以bc＝8，又由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA得，，所以b2+c2＝12，又由，所以△ABC的周长为：．14．（2023•全国三模）已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且．（1）求角C；（2）若c＝2，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【解答】解：（1）因为，所以由正弦定理得．因为B＝π﹣A﹣C，所以sinB＝sin（π﹣A﹣C）＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，所以．因为A∈（0，π），所以sinA≠0，所以，即．所以，即．又C∈（0，π），所以．（2）因为△ABC的面积为，所以．由①知，所以ab＝4①．由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC，又c＝2，所以a2+b2＝8②．由①②解得a＝b＝2．故△ABC的周长为a+b+c＝6．15．（2023•船营区校级模拟）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足____．（1）求角C；（2）若△ABC的面积为的中点为D，求BD的最小值．【解答】解：（1）选①，由正弦定理可得：，又因为0＜B＜π，可得，即，所以，又因为，所以，所以，解得，选②由题意得：，，∵C∈（0，π），∴，选③，由正弦定理可得：，，，又C∈（0，π），∴C＝；（2），解得ab＝32，由余弦定理可得：，∴BD≥4，当且仅当时，即a＝4，b＝8取等号，∴BD的最小值为4．16．（2023•甘肃模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，asin（B+C）＝（b﹣c）sinB+csinC．（1）求A；（2）若D在BC上，a＝2，且AD⊥BC，求AD的最大值．【解答】解：（1）由asin（B+C）＝（b﹣c）sinB+csinC，得asinA＝（b﹣c）sinB+csinC，由正弦定理，得a2＝（b﹣c）b+c2＝b2+c2﹣bc．由余弦定理，得．又A∈（0，π），所以；（2）因为a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，所以bc≤4，当且仅当b＝c＝2时取等号，又，a＝2，所以，故AD的最大值为．17．（2023•安徽模拟）如图，在Rt△ABC中，AB⊥AC，D，E分别为边CA，CB上一点，．（1）若，求AB的长；（2）若∠ADE＝∠BED，求BE的长．【解答】解：（1），在三角形BDE中，BE2＝BD2+DE2﹣2BD•DEcos∠EDB，可得28＝BD2+64﹣2BD×，解得BD＝6或BD＝2（舍去因为此时BD＜AD），在Rt△ABD中，AB＝＝＝2．（2）设∠ADB＝α，cosα＝，BD＝4cosα，∠ADE＝∠BED，可得∠DEB＝α+，∠EBD＝＝，在△DBE中，，即，可得6sin（）＝，整理可得，令t＝＝2sin（）∈[﹣2，2]，化简可得t2﹣1＝t，解得t＝，即sin（α+）＝，BE＝＝＝4﹣4．18．（2023•涪城区校级模拟）在①acosB﹣bcosA＝c﹣b，②tanA+tanB+tanC﹣tanBtanC＝0，③△ABC的面积为a（bsinB+csinC﹣asinA），这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____．（1）求角A；（2）若a＝8，△ABC的内切圆半径为，求△ABC的面积．【解答】解：（1）若选①，则由正弦定理得sinAcosB﹣sinBcosA＝sinC﹣sinB，∴sinAcosB﹣sinBcosA＝sin（A+B）﹣sinB，∴sinAcosB﹣sinBcosA＝sinAcosB+cosAsinB﹣sinB，∴2cosAsinB＝sinB，∵sinB≠0，∴cosA＝，∵A∈（0，π），∴A＝；若选②，∵tanA+tanB+tanC﹣tanBtanC＝0，∴tanC＝＝﹣tan（A+B）＝﹣∴tanB＝tanAtanB，∴tanA＝，A∈（0，π），∴A＝；若选③，∵△ABC的面积为a（bsinB+csinC﹣asinA），∴bcsinA＝a（bsinB+csinC﹣asinA），∴b2+c2﹣a2＝bc，∴cosA＝＝，A∈（0，π），∴A＝；（2）∵△ABC的内切圆半径为，∴（a+b+c）•＝bcsinA，∴（b+c+8）•＝bc，∴b+c+8＝bc，且b2+c2﹣2bc•＝64，即（b+c）2﹣3bc＝64，∴（bc﹣8）2﹣3bc＝64，∴bc＝44，∴S△ABC＝×44×＝11．19．（2023•邯郸二模）已知条件：①2a＝b+2ccosB；②；③．从三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．问题：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足：____．（1）求角C的大小；（2）若，∠ABC与∠BAC的平分线交于点I，求△ABI周长的最大值．【解答】解：（1）选择条件①，2a＝b+2ccosB，在△ABC中，由余弦定理得，整理得a2+b2﹣c2＝ab，则，又C∈（0，π），所以；选择条件②，，于是，由正弦定理得，因为sinA≠0，则，即，因为A+B+C＝π，因此，即，又C∈（0，π），所以；选择条件③，，则，所以，则，又C∈（0，π），即有，则，所以；（2）由（1）知，，有，而∠BAC与∠ABC的平分线交于点I，即有，于是，设∠ABI＝θ，则，且，在△ABI中，由正弦定理得，所以，AI＝4sinθ，所以△ABI的周长为＝＝，由，得，则当，即时，△ABI的周长取得最大值，所以△ABI周长的最大值为．20．（2023•资阳模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinB﹣csinC＝a．（1）证明：（2）若，，求△ABC的面积．【解答】（1）证明：因为bsinB﹣csinC＝a，所以sin2B﹣sin2C＝sinA，所以sinBsin（A+C）﹣sinCsin（A+B）＝sinA，所以sinB（sinAcosC+cosAsinC）﹣sinC（sinAcosB+cosAsinB）＝sinA，即sinBsinAcosC﹣sinCsinAcosB＝sinA，因为在△ABC中A、B、C∈（0，π），所以sinA≠0，即sinBcosC﹣sinCcosB＝1，故sin（B﹣C）＝1，即；（2）解：由（1）可知，因为，所以．则，，由正弦定理可知．则b＝4sinB．c＝4sinC，故△ABC的面积．21．（2023•湖北模拟）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，，AB＝1．（1）若，求△ABC的面积；（2）若，，求tan∠CAD．【解答】解：（1）因为，AB＝1，，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2×AB×BC×cos∠ABC，所以7＝1+BC2+BC，即BC2+BC﹣6＝0，解得BC＝2，所以．（2）设∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得，所以①，在△ABC中，，，则，即②由①②得：，即，∴，整理得，所以．四．解三角形（共39小题）22．（2023•凯里市校级一模）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足sin（B﹣C）＝1，且（bcosC﹣ccosB）tanA＝a．（1）求A的大小；（2）若a＝，求△ABC的面积．【解答】解：（1）因为（bcosC﹣ccosB）tanA＝a，由正弦定理可得（sinBcosC﹣sinCcosB）tanA＝sinA，即sin（B﹣C）tanA＝sinA，因为sinA≠0，所以cosA＝，而A∈（0，π），所以A＝；（2）因为sin（B﹣C）＝1，在△ABC中，可得B﹣C＝，即B＝+C，而B+C＝π，解得B＝π，C＝，由正弦定理可得＝＝，即＝＝＝，所以S△ABC＝bcsinA＝•6sinsin•＝sincos＝sin＝．23．（2023•沙坪坝区校级模拟）在△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足＝．（1）求的值；（2）若△ABC的面积为1，求边a的最小值．【解答】解：（1）由于＝，则acosB+bcosA＝2b，由射影定理acosB+bcosA＝c，于是c＝2b，故＝；（2）由（1）知c＝2b，又，则b2sinA＝1，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA＝5b2﹣4b2cosA＝，于是5＝a2sinA+4cosA＝，故a4≥9，解得，当且仅当取等号，故边a的最小值．24．（2023•梅河口市校级模拟）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．（1）求△ABC的面积；（2）若，求c．【解答】解：（1）由题意得，，，则，即a2﹣c2+b2＝4，由余弦定理得，整理得abcosC＝2，则cosC＞0，又，则，所以，则；（2）由正弦定理得，所以，则或（舍去），所以．25．（2023•新疆模拟）已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，若△ABC满足cos2A+2sin2＝1，a＝，b＝2．（1）求角A；（2）求△ABC的面积．【解答】解：（1）因为cos2A+2sin2＝1，所以cos2A+2sin2＝1，所以（2cos2A﹣1）+（1+cosA）＝1，即2cos2A+cosA﹣1＝0，所以（2cosA﹣1）（cosA+1）＝0，解得或cosA＝﹣1，又A∈（0，π），所以cosA＝，即．（2）由正弦定理得，，所以，解得sinB＝1，因为B∈（0，π），所以，所以，所以△ABC的面积．26．（2023•莆田模拟）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【解答】解：（1）∵，∴在△ABC中，由正弦定理得，则，又A∈（0，π），则sinA≠0，∴，即，解得；（2）∵△ABC的面积，即，则，在△ABC中，由余弦定理得，即，解得b+c＝3，∴△ABC的周长为．27．（2023•岳麓区校级模拟）已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2csinAcosB+2bsinAcosC＝a，c＞a．（1）求角A；（2）若b＝2，△ABC的面积2，D是BC边上的点，且，求AD．【解答】解：（1）∵2csinAcosB+2bsinAcosC＝a，∴在△ABC中，由正弦定理得2sinCsinAcosB+2sinBsinAcosC＝sinA，∵A∈（0，π），即sinA≠0，∴sinCcosB+cosCsinB＝sin（B+C）＝，又A+B+C＝π，则sinA＝，∵c＞a，即C＞A，∴A＝；（2）由（1）得A＝，∵△ABC的面积2，b＝2，∴S△ABC＝bcsinA＝2，解得c＝4，∵D是BC边上的点，且，∴＝+＝+（﹣）＝+，∴2＝（+）2＝2+2+•＝+＝，∴AD＝．28．（2023•广陵区校级模拟）如图，四边形ABCD中，已知BC＝1，AC2＝AB2+AB+1．（1）若△ABC的面积为，求△ABC的周长；（2）若AB＝3，∠ADB＝60°，∠BCD＝120°，求∠BDC的值．【解答】解：（1）在△ABC中，，因为0°＜B＜180°，所以B＝120°，由，得AB＝4，∴AC2＝AB2+AB+1＝16+4+1＝21，即，∴，即△ABC的周长为；（2）设∠BDC＝θ，则∠DBC＝60°﹣θ，∠ABD＝60°+θ，∠BAD＝60°﹣θ，在△ABD中，由，得，在△BCD中，由，得，∴，即4sinθsin（60°﹣θ）＝1，∴sin（2θ+30°）＝1，∵0°＜θ＜60°，∴30°＜2θ+30°＜150°，∴2θ+30°＝90°，解得θ＝30°，即∠BDC的值为30°．29．（2023•深圳模拟）已知a、b、c分别为△ABC三内角A、B、C所对的边，且．（1）求A；（2）若c2＝4a2﹣4b2，且，求c的值．【解答】解：（1）因为，由正弦定理得：，由A+B+C＝π⇒B＝π﹣（A+C），所以sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+sinCcosA，所以，所以，又因为0＜C＜π⇒sinC≠0，所以，所以．（2）由（1）以及余弦定理变形式得：即b2+c2﹣a2＝bc，由，解得或（舍去），所以，c＝2．30．（2023•桐城市校级二模）已知△ABC满足2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B．（1）试问：角B是否可能为直角？请说明理由；（2）若△ABC为锐角三角形，求的取值范围．【解答】解：（1）假设角B为直角，由三角形内角关系可知，所以sinA＝cosC，sinC＝cosA，因为2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B，所以2cosAcosA＝2sinAcosA﹣1，所以1+cos2A＝sin2A﹣1，所以，显然，所以矛盾，故假设不成立，所以角B不可能为直角．（2）因为2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B，所以2sinCsinBcosA﹣2sinCcosBsinA＝2sinAsinC﹣sin2B，由正弦定理，得2bccosA﹣2accosB＝2ac﹣b2，由余弦定理化简，得3b2＝2ac+2a2，因为△ABC为锐角三角形，所以令，则有，所以的取值范围为．31．（2023•南京三模）已知＝（sinωx，cosωx），＝（cosωx，cosωx），其中ω＞0，函数f（x）＝•（﹣）的最小正周期为π（1）求函数f（x）的单调递增区间：（2）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足f（）＝，求的取值范围．【解答】解：（1）因为＝（sinωx，cosωx），＝（cosωx，cosωx），所以函数f（x）＝•（﹣）＝•﹣＝sinωxcosωx+cos2ωx﹣（sin2ωx+cos2ωx）＝sin2ωx+（1+cos2ωx）﹣＝sin2ωx+cos2ωx＝sin（2ωx+），因为f（x）的最小正周期为T＝＝π，所以ω＝1；所以f（x）＝sin（2x+）．令2kπ﹣≤2x+≤2kπ+，k∈Z，解得kπ﹣≤x≤kπ+，k∈Z，所以函数f（x）的单调递增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．（2）在锐角△ABC中，f（）＝sin（A+）＝，因为A∈（0，），所以A+∈（，），所以A+＝，解得A＝，所以＝＝，因为，所以，解得＜B＜，所以sinB∈（，1），所以∈（，），即的取值范围是（，）．32．（2023•晋中二模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，且满足．（1）求△ABC的外接圆半径；（2）若∠B的平分线BD交AC于点D，且，求△ABC的面积．【解答】解：（1），由正弦定理，得，则a2+c2﹣b2＝ac，即，因为0＜B＜π，所以，设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理知，所以△ABC的外接圆半径为；（2）由BD平分∠ABC，得S△ABC＝S△ABD+S△BCD，则，即ac＝a+c，在△ABC中，由余弦定理可得，又，则a2+c2﹣ac＝18，联立，可得a2c2﹣3ac﹣18＝0，解得ac＝6（ac＝﹣3舍去），故．33．（2023•麒麟区校级模拟）在锐角△ABC中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，从条件①：，条件②：，条件③：2acosA﹣bcosC＝ccosB这三个条件中选择一个作为已知条件．（1）求角A的大小；（2）若a＝2，求△ABC周长的取值范围．【解答】解：（1）选条件①：因为，所以，即，又因为△ABC为锐角三角形，所以，∵，所以；选条件②：因为，所以，所以，又因为，所以；选条件③：由正弦定理可得2sinAcosA﹣sinBcosC＝sinCcosB，即2sinAcosA＝sinBcosC+sinCcosB＝sin（B+C）＝sinA，又因为sinA≠0，所以，∵，所以；（2）＝，∵，∴，所以，即，又a＝2，∴△ABC周长的取值范围为（2+2，6]．34．（2023•龙华区校级模拟）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足．（1）求tanAtanB的值；（2）若cosAcosB＝，c＝6，求△ABC的面积S．【解答】解：（1）由，可得，因为tanA•tanB＞0，所以tanA•tanB＝2．（2）由（1）知tanA•tanB＝2，所以，又因为cosAcosB＝，所以，所以，即，所以sinC＝，根据正弦定理可得：＝，解得，所以，．35．（2023•徐州模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b，a，c成等比数列，且．（1）求B；（2）若b＝4，延长BC至D，使△ABD的面积为，求sin∠ADC．【解答】解：（1）由b，a，c成等比数列可知，a2＝bc，由正弦定理，可得sin2A＝sinBsinC，又cosA＝cos[π﹣（B+C）]＝﹣cos（B+C），∴，即，又A∈（0，π），即sinA＞0，∴，∴或，由b，a，c成等比数列可知，A不为最大角，故．∴，又B，C∈（0，π），∴﹣π＜B﹣C＜π，∴B﹣C＝0，故．（2）由（1）及b＝4可知，△ABC是边长为4的正三角形，过A作AE⊥BC垂足为E，则，∴，∴BD＝5，∴CD＝1．在△ACD中，由余弦定理，得＝，在△ABD中，由正弦定理，得．36．（2023•保定三模）在△ABC中，BC＝10，，△ABC内有一点M，且BM⊥CM，．（1）若，求△ABC的面积；（2）若AC＝14．求BM的长．【解答】解：（1）在Rt△BMC中，BM＝CM，则∠MBC＝，∠BCM＝，因为BC＝10，则BM＝5，在△ABM中，∠ABM＝，∠AMB＝，则∠BAM＝，所以，即，解得AB＝15，则＝．（2）在△ABC中，，即196＝AB2+100﹣10AB，即AB2﹣10AB﹣96＝0，解得AB＝16或AB＝﹣6（舍去），设∠CBM＝θ，则，在△ABM中，，即，则，即，，则BM＝BC．37．（2023•招远市模拟）在△ABC中，AB＝4，D为AB中点，．（1）若BC＝3，求△ABC的面积；（2）若∠BAC＝2∠ACD，求AC的长．【解答】解：（1）在△BCD中，，由余弦定理可知，因为0＜B＜π，所以，所以；（2）在△ACD中，设∠ACD＝θ，∠BAC＝2θ，则由正弦定理，即，得，∵θ∈（0，π），所以，，所以∠ADC＝π﹣θ﹣2θ，所以，由正弦定理得：，即．38．（2023•祁东县校级模拟）如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，过点A作AD⊥AB，交线段BC于点D，且AD＝DC，a＝3，bsinC＝asinA﹣bsinB﹣csinC．（1）求∠BAC；（2）求△ABC的面积．【解答】解：（1）∵bsinC＝asinA﹣bsinB﹣csinC，∴由正弦定理得bc＝a2﹣b2﹣c2，即b2+c2﹣a2＝﹣bc，∴由余弦定理，，又∵∠BAC∈（0，π），∴．（2）∵AD⊥AB，∴，由第（1）问，，∴，又∵AD＝DC，∴，∴在△ABC中，由正弦定理得，∴，又∵，∴，∴△ABC的面积．39．（2023•定远县校级二模）设函数，若锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC外接圆的半径为R，acosB﹣bcosA＝R．（1）若f（A）＝1，求B；（2）求的取值范围．【解答】解：（1）由题意得＝＝，f（A）＝1，则，又，所以，解得，，则a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，由acosB﹣bcosA＝R，有2RsinAcosB﹣2RsinBcosA＝R，得，因为A，，所以，所以，故．（2）由（1）知，，所以，因为，即，所以，则＝，，有，所以，所以的取值范围为（﹣1，0）．40．（2023•乌鲁木齐模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求∠B大小；（2）若△ABC为锐角三角形，且a＝2，求△ABC面积的取值范围．【解答】解：（1）由余弦定理得，即，再由正弦定理得，∴，∵sinA≠0，∴，又B∈（0，π），∴；（2）由正弦定理得即，，而，由△ABC为锐角三角形，∴且，则，∴，即S△ABC∈（1，2）．41．（2023•青羊区校级模拟）如图，在△ABC中，，点D在AB延长线上，且．（1）求；（2）若△ABC面积为，求CD．【解答】解：（1）因为，设，则AB＝AC＝t，由余弦定理得，因为A∈（0，π），所以，在△ACD中，由正弦定理得，在△BCD中，由正弦定理得，因为，所以，整理得．（2）由得，由（1）得，所以t＝2，在△BCD中，，由余弦定理得：＝．42．（2023•朝阳区二模）在△ABC中，a＝4，b＝5，．（1）求△ABC的面积；（2）求c及sinA的值．【解答】解：（1）由且0＜C＜π，则，所以．（2）由c2＝a2+b2﹣2abcosC＝16+25﹣5＝36，则c＝6，而，则．43．（2023•浙江模拟）在△ABC中，∠A＝90°，点D在BC边上，在平面ABC内，过D作DF⊥BC且DF＝AC．（1）若D为BC的中点，且△ABC的面积等于△CDF面积的倍，求∠ABC；（2）若∠ABC＝30°，且CD＝3BD，求tan∠CFB．【解答】解：（1）在△ABC中，∠A＝90°，所以．因为DF⊥BC，所以．因为△ABC的面积等于△CDF的面积的倍，所以，因为DF＝AC，所以，因为D为BC的中点，所以．在直角△ABC中，因为，所以∠ABC＝45°，（2）设AC＝k，因为∠A＝90°，∠ABC＝30°，CD＝3BD，DF＝AC，∴DF＝k，，，因为DF⊥BC，所以，所以tan∠CFB＝tan（∠CFD+∠BFD）＝．44．（2023•陈仓区模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．（1）求△ABC的面积；（2）若，求b．【解答】解：（1）∵，∴sinBcosA＝（c2﹣1）sinAcosB＝c2sinAcosB﹣sinAcosB，即sinBcosA+sinAcosB＝c2sinAcosB，∴sin（A+B）＝sinC＝c2sinAcosB，由正弦定理得：c＝ac2cosB，即accosB＝1，∴cosB＞0，∴，则，∴；（2）由（1）知：；由正弦定理知：，则，∴，又，∴．45．（2023•重庆模拟）在锐角△ABC中，a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，外接圆周长为，且2（b﹣ccosA）＝a．（1）求c；（2）记△ABC的面积为S，求S的取值范围．【解答】解：（1）因为外接圆周长为，则有，解得，由正弦定理可得：2sinB﹣2sinCcosA＝sinA，又2sinB＝2sin（A+C）＝2sinAcosC+2cosAsinC，∴2sinAcosC＝sinA，又sinA≠0，∴，，∴，由正弦定理可知：c＝2RsinC＝3．（2），，由正弦定理得：，∴＝＝＝＝，∵△ABC是锐角三角形，∴，∴，，则．46．（2023•青岛二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a﹣c＝2bcosC．（1）求B；（2）若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，，b＝c＝2．设∠BDE＝α，将△DEF的面积S表示为α的函数，并求S的取值范围．【解答】解：（1）因为2a﹣c＝2bcosC，所以，即a2+c2﹣b2＝ac，所以，因为B∈（0，π），所以；（2）由，及b＝c＝2，可知△ABC为等边三角形，又因为，∠BDE＝α，所以，在△BDE中，∠BED＝﹣α，由正弦定理，在△CDF中，∠CFD＝α，由正弦定理，所以S＝××sin＝，，因为＝＝，所以，所以S的取值范围为．47．（2023•威海一模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求B；（2）若a＝3，，求△ABC的面积．【解答】解：（1）由，得，即，所以，由正弦定理得，因为0＜C＜π，sinC≠0，所以，因为0＜B＜π，所以；（2）在△ABC中，因为，a＝3，，由余弦定理，得，即c2﹣3c﹣54＝0，解得c＝9或c＝﹣6（舍去），所以，即△ABC的面积为．48．（2023•鼓楼区校级模拟）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且△ABC的面积．（1）求C；（2）若△ABC内一点P满足AP＝AC，BP＝CP，求∠PAC．【解答】解：（1）由余弦定理得，又因为S＝bcsinA，所以sinA＝cosA，所以tanA＝1，因为A∈（0，π），所以，由正弦定理得，因为所以，因为C∈（0，π），所以；（2）由（1）知，所以，所以b＝a，设∠PAC＝θ，因为AP＝AC，所以，因为，所以，因为在△APC中AP＝AC，所以，因为在△BPC中BP＝CP，所以BC＝2PCcos＝a，即PC＝，所以＝2asin，即，即，因为∠PAC＝θ∈（0，），所以．49．（2023•沙坪坝区校级模拟）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）求A；（2）若△ABC的面积为，求．【解答】解：（1）因为，由正弦定理得：，因为sinB＞0，所以，，即，又A∈（0，π），所以．（2）由及余弦定理知，，①由面积公式：，整理得：2a2＝bc，②结合①②可得，即得，则，所以．50．（2023•日照一模）已知△ABC中，a，b，c是角A，B，C所对的边，asin＝bsinA，且a＝1．（1）求B；（2）若AC＝BC，在△ABC的边AB，AC上分别取D，E两点，使△ADE沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求此情况下AD的最小值．【解答】解：（1）由正弦定理及asin＝bsinA，知sinAsin＝sinBsinA，因为sinA≠0，所以sin＝sinB，即cos＝sinB＝2sincos，因为B∈（0，π），所以∈（0，），所以cos≠0，所以sin＝，解得B＝．，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝1，设AD＝m，∴BD＝1﹣m，由题意，DP＝AD＝m，在△DBP中，由余弦定理得DP2＝DB2+BP2﹣2DB⋅BPcos60°，∴m2＝（1﹣m）2+BP2，∴m2＝1﹣2m+m2+BP2﹣BP+m⋅BP，设BP＝x，0⩽x⩽1，∴，设t＝2﹣x，∴t∈[1，2]，∴，当且仅当，即时取等号，∴AD的最小值为．51．（2023•香洲区校级模拟）如图所示，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2．（1）证明cosA﹣cosC为定值并求出这个定值；（2）记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2，求+的最大值．【解答】解：（1）证明：在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2+AD2﹣2AB⋅AD⋅cosA＝4+8﹣，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝CB2+CD2﹣2CB⋅CD⋅cosC＝4+4﹣8cosC＝8﹣8cosC，所以，即，所以无论BD多长，．（2），，则＝，配方得，当时，+取到最大值为．52．（2023•驻马店二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且5cos2B﹣14cosB＝7．（1）求sinB的值；（2）若a＝5，c＝2，D是线段AC上的一点，求BD的最小值．【解答】解：（1）因为5cos2B﹣14cosB＝7，所以5（2cos2B﹣1）﹣14cosB﹣7＝0，所以5cos2B﹣7cosB﹣6＝0，即（5cosB+3）（cosB﹣2）＝0，解得．因为0＜B＜π，所以．（2）由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB＝41，则．设△ABC的边AC上的高为h．∵△ABC的面积S＝＝，∴＝，解得h＝，∵B是锐角，∴当BD⊥AC时，垂足在边AC上，即BD的最小值是．53．（2023•乌鲁木齐模拟）在△ABC中，边a，b，c所对的角分别为A，B，C，a＝3，c2＝b2﹣3b+9．（1）求角C的大小；（2）若，求边c．【解答】解：（1）因为a＝3，c2＝b2﹣3b+9，所以；因为0＜C＜π，所以．（2）因为，所以；因为，所以，即sin2A＝1；因为0＜A＜π，所以，所以．54．（2023•河南模拟）在△ABC中，B≠C，sinB+sinC＝cosB+cosC．（1）求A；（2）若在△ABC内（不包括边界）有一点M，满足CM＝2MA＝2MB，且∠AMC＝90°，求tan∠ACB．【解答】解：（1）因为sinB+sinC＝cosB+cosC，所以sinB﹣cosB＝cosC﹣sinC，所以，即，又0＜B，C＜π，则，故或，又因为不合题意，故，所以，所以．（2）由（1）知，，设∠ACM＝θ，又MA＝MB，则∠MAB＝∠MBA＝θ，设∠ACB＝φ，则，如图，在△MBC中，由正弦定理得，又因为MC＝2MB，所以2sin（φ﹣θ）＝cos（φ+θ），即2（sinφcosθ﹣cosφsinθ）＝cosφcosθ﹣sinφsinθ①，由MC＝2AM，∠AMC＝90°得，，，代入①式整理得，，则．故．55．（2023•锦江区校级模拟）已知a，b，c分别为锐角△ABC内角A，B，C的对边，c2﹣a2＝ab．（1）证明：C＝2A；（2）求的取值范围．【解答】解：（1）证明：∵c2﹣a2＝ab，∴c2＝a2+ab，由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC＝a2+ab，整理得b2﹣2abcosC＝ab，即b﹣2acosC＝a，由正弦定理得sinB﹣2sinAcosC＝sinA，即sin（A+C）﹣2sinAcosC＝sinA，∴sinCcosA﹣sinAcosC＝sinA，∴sin（C﹣A）＝sinA，∵A，C为锐角三角形的内角，∴C﹣A＝A或C﹣A+A＝π（舍），故C＝2A．（2）∵b﹣2acosC＝a，∴，∵△ABC为锐角三角形，3A+B＝π，C＝2A，∴，，∴．∵，∴，1＜2cosC+1＜2，∴，即的取值范围是．56．（2023•北流市模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别a，b，c，且bcosA+acosB＝2ccosA．（1）求角A的值；（2）已知D在边BC上，且BD＝3DC，AD＝3，求△ABC的面积的最大值．【解答】解：（1）△ABC中，bcosA+acosB＝2ccosA，由正弦定理得sinBcosA+sinAcosB＝2sinCcosA，所以sin（A+B）＝2sinCcosA，因为A