2025版新高考版高考总复习数学解三角形（十年高考）

2025版新高考版高考总复习数学5.4解三角形考点1正弦定理、余弦定理1.(2023北京,7,4分)在△ABC中,(a+c)·(sinA-sinC)=b(sinA-sinB),则∠C=()A.π答案B由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b),化简得ab=a2+b2-c2,由余弦定理的推论得cosC=a2+b2−c22ab=ab2ab=2.(2023全国乙文,4,5分,易)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acosB-bcosA=c,且C=π5,则B=()A.π答案C∵acosB-bcosA=c,∴sinAcosB-sinBcosA=sinC,∴sin(A-B)=sinC,∴A-B=C(A-B+C=π舍去),又C=π5,∴A-B=π5,又A+B=4π5,∴B=3π一题多解由acosB-bcosA=c得sinAcosB-sinBcosA=sinC,即sinAcosB-sinBcosA=sinAcosB+cosAsinB,∴cosAsinB=0,又知sinB≠0,∴cosA=0,又∵A∈(0,π),∴A=π2∴B=π2−C3.(2021全国甲文,8,5分)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,则BC=()A.1B.2C.答案D解题指导:思路一(利用余弦定理):已知角B,边c,b,利用余弦定理,得到关于a的一元二次方程,求解即可;思路二(利用正弦定理):已知角B,边b,c,借助正弦定理求出角C的正弦值,进而利用两角和的正弦公式及诱导公式求出角A,再借助正弦定理求出a.解析解法一:设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,在△ABC中,由题意知b=19,c=2,由余弦定理得b2=c2+a2-2cacosB,即19=4+a2-2·2a·cos120°,整理得a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍),所以BC=3.故选D.解法二:在△ABC中,由正弦定理得ACsinB=ABsinC,即19sin120°=2sinC,所以sinC=2×3219=319,又0°<C<60°,所以cosC=1−sin2C=419,所以sinA4.(2018课标Ⅲ,理9,文11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为a2+bA.π2B.C.π4D.答案C根据余弦定理得a2+b2-c2=2ab·cosC,因为S△ABC=a2+b2−c24,所以S△ABC=2abcosC4,又S△ABC=12absinC,所以5.(2016课标Ⅰ文,4,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=5,c=2,cosA=23,则A.2B.3C.2D.3答案D由余弦定理得5=22+b2-2×2b·cosA,∵cosA=23,∴3b2-8b-3=0,∴b=3b=−评析本题考查了余弦定理的应用,考查了方程的思想方法.6.(2016山东文,8,5分)△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c.已知b=c,a2=2b2(1-sinA).则A=()A.3π4B.π3C.答案C在△ABC中,由b=c,得cosA=b2+c2−a22bc=2b2−a22b2,又a2=2b2(1-sinA),所以cos评析恰当运用余弦定理的变形形式是求解本题的关键.7.(2015广东文,5,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=23,cosA=32且b<c,则A.3B.22C.2D.3答案C由余弦定理b2+c2-2bccosA=a2,得b2-6b+8=0,解得b=2或b=4,∵b<c=23,∴b=2.选C.8.(2014课标Ⅱ理,4,5分)钝角三角形ABC的面积是12,AB=1,BC=2,则A.5B.5C.2D.1答案BS△ABC=12AB·BCsinB=12×1×2sinB=∴sinB=22,∴B=45°或135°.若B=45°,则由余弦定理得AC=1,∴△ABC为直角三角形,不符合题意,因此B=135°,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB=1+2-2×1×2×−22=5,∴AC=59.(2013课标Ⅱ文,4,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,B=π6,C=π4,则△ABCA.23+2B.3+1C.23-2D.3-1答案B由bsinB=csinC又sinA=sin(B+C)=12×22+32×22=2+64.从而S△ABC=12bcsinA=1210.(2013课标Ⅰ文,10,5分)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos2A=0,a=7,c=6,则b=()A.10B.9C.8D.5答案D由23cos2A+cos2A=0得25cos2A=1,因为A为锐角,所以cosA=15.又由a2=b2+c2-2bccosA得49=b2+36-125b,整理得5b解得b=-135(舍)或b=5,故选11.(2016课标Ⅲ,8,5分)在△ABC中,B=π4,BC边上的高等于13BC,则cosA.31010B.1010C.-答案C过A作AD⊥BC,垂足为D,由题意知AD=BD=13BC,则CD=23BC,AB=23BC,AC=53BC,在△ABC中,由余弦定理的推论可知,cos∠BAC=AB2+12.(2021全国乙理,15,5分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为3,B=60°,a2+c2=3ac,则b=.

答案22解题指导:首先由面积公式得ac的值,再借助余弦定理进行边角的转化,从而得到b与ac的关系.解析由S△ABC=12acsinB由b2=a2+c2-2ac·cosB=a2+c2-ac,结合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,∴b=22.方法总结:解三角形问题时,若条件中含有边的二次式和角,则考虑用余弦定理;若条件中含有角或边的一次式,则考虑用正弦定理;特征不明显时,两个可能都用.13.(2021浙江,14,6分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=23,则AC=,cos∠MAC=.

答案213解题指导:解三角形的关键在于锁定已知的边长和角较多的三角形,抓住“边长”,求AC的长时,在不同三角形中分别用两次余弦定理即可;求∠MAC的余弦值时,在△ACM中直接利用余弦定理可得结果.解析由题意知在△ABM中,AB=2,∠B=60°,AM=23,由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cosB,即12=4+BM2-4·BM·12解得BM=4或BM=-2(舍),∵M为BC的中点,∴BM=MC=4,BC=8,在△ABC中,由余弦定理知AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosB,∴AC2=4+64-2×2×8×12=52∴AC=213.在△AMC中,由余弦定理可得cos∠MAC=AM一题多解过A作AH⊥BC交BC于H,∵AB=2,∠B=60°,∴AH=3,BH=1,又∵AM=23,∴HM=3,∴BM=MC=4,∴AC=AH在△AMC中,由余弦定理可得cos∠MAC=AM14.(2016课标Ⅱ,13,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosA=45,cosC=513,a=1,则b=答案21解析由已知可得sinA=35,sinC=1213,则sinB=sin(A+C)=35×513+45×1213=6365,再由asin思路分析利用同角三角函数的基本关系求出sinA与sinC的值,进而由sinB=sin(A+C)求出sinB的值,再利用正弦定理即可求出b的值.15.(2019课标Ⅱ文,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsinA+acosB=0,则B=.

答案34解析本题考查正弦定理及三角函数求值,考查的核心素养为数学运算.在△ABC中,由已知及正弦定理得sinBsinA+sinAcosB=0,∵sinA≠0,∴sinB+cosB=0,即tanB=-1,又B∈(0,π),∴B=3416.(2017课标Ⅲ文,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=6,c=3,则A=.

答案75°解析由正弦定理得3sin60°=6sinB,∴sin又∵c>b,∴B=45°,∴A=75°.易错警示本题求得sinB=22后,要注意利用b<c确定B=45°,从而求得17.(2017课标Ⅱ文,16,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcosB=acosC+ccosA,则B=.

答案60°解析解法一:由正弦定理得2sinBcosB=sinAcosC+sinC·cosA,即sin2B=sin(A+C),即sin2B=sin(180°-B),可得B=60°.解法二:由余弦定理得2b·a2+c2−b22ac=a·a2+b2−c22ab+c·b2+c2−a思路分析利用正弦定理或余弦定理将边角统一后求解.18.(2016北京文,13,5分)在△ABC中,∠A=2π3,a=3c,则bc答案1解析在△ABC中,a2=b2+c2-2bc·cosA,将∠A=2π3,a=3c可得(3c)2=b2+c2-2bc·−1整理得2c2=b2+bc.∵c≠0,∴等式两边同时除以c2,得2=b2c2+bcc2,即令t=bc(t>0),有2=t2+t,即t2解得t=1或t=-2(舍去),故bc思路分析本题先由余弦定理列出关于b、c的方程,再将方程转化为以bc为变元的方程求解评析本题考查余弦定理的应用及换元思想的应用,属中档题.19.(2015福建理,12,4分)若锐角△ABC的面积为103,且AB=5,AC=8,则BC等于.

答案7解析设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由已知及12bcsinA=103得sinA=32,因为A为锐角,所以A=60°,cosA=12.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=25+64-2×40×12=49,评析本题考查了三角形的面积和解三角形,利用三角形的面积求出cosA是求解关键.20.(2015安徽文,12,5分)在△ABC中,AB=6,∠A=75°,∠B=45°,则AC=.

答案2解析由已知及三角形内角和定理得∠C=60°,由ABsinC=ACsinB知AC=20.(2015福建文,14,4分)若△ABC中,AC=3,A=45°,C=75°,则BC=.

答案2解析B=180°-45°-75°=60°.由正弦定理得ACsinB=BCsinA,21.(2015重庆文,13,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=2,cosC=-14,3sinA=2sinB,则c=答案4解析由3sinA=2sinB及正弦定理,得3a=2b,又a=2,所以b=3,故c2=a2+b2-2abcosC=4+9-2×2×3×−14=16,22.(2015北京理,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则sin2AsinC答案1解析在△ABC中,由余弦定理的推论可得cosA=b2+c2−a22bc=52+6评析本题主要考查正弦定理、余弦定理的推论以及二倍角公式的应用,考查学生的运算求解能力和知识的应用转化能力.23.(2014课标Ⅰ理,16,5分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,则△ABC面积的最大值为.

答案3解析因为a=2,所以(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC可化为(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,由正弦定理可得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12,又0<A<π,故A=π3.因为cosA=12=b2+c2−42bc≥2bc−42bc,所以bc≤4,当且仅当b=c评析本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式以及基本不等式的应用,考查学生对知识的综合应用能力以及运算求解能力.能把2代换成a是正确解决本题的关键.24.(2011课标文,15,5分)△ABC中,B=120°,AC=7,AB=5,则△ABC的面积为.

答案15解析由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,及已知条件得49=a2+25-2×5×acos120°.整理得a2+5a-24=0,解得a=3或a=-8(舍).∴S△ABC=12acsinB=12×3×5sin120°=评析本题考查余弦定理、解三角形等知识,根据余弦定理正确求出a的值是解答本题的关键.25.(2023全国乙理,18,12分)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.解析(1)在△ABC中,由余弦定理,得BC2=22+12-2×2×1×cos120°=7,则BC=7.由正弦定理,得ACsin∠则sin∠ABC=AC·sin∠(2)在Rt△ABD中,由(1)知sin∠ABD=2114,且∠ABD为锐角,所以tan∠ABD=3在Rt△ABD中,AB=2,则AD=AB·tan∠ABD=2×35在△ADC中,∠DAC=30°,AC=1,∴△ADC的面积S=12一题多解(2)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=120°,∴S△ABC=12又S△∴S△ACD=1526.(2023全国甲文,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b2+(1)求bc;(2)若acosB−bcosAacosB解析(1)由b2+c2−a得bc=1.(2)由正弦定理得acosB−bcosA=sinAcos即sinAcosB-cosAsinB-sinB=sinC=sin(A+B),得-sinB=2cosAsinB,∵sinB≠0,∴cosA=-12又∵A∈(0,π),∴sinA=32∴S△ABC=12bcsinA=12×1×3227.(2020新高考Ⅰ,17,10分)在①ac=3,②csinA=3,③c=3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinA=3sinB,C=π6,注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解析方案一:选条件①.由C=π6由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2由①ac=3,解得a=3,b=c=1.因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.方案二:选条件②.由C=π6由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2−c223b2=32,由②csinA=3,所以c=b=23,a=6.因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=23.方案三:选条件③.由C=π6由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2由③c=3b,与b=c矛盾.因此,选条件③时问题中的三角形不存在.28.(2022浙江,18,14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4a=5c,cosC=35(1)求sinA的值;(2)若b=11,求△ABC的面积.解析(1)由于cosC=35,sinC>0,则sinC=4由已知及正弦定理得4sinA=5sinC,则sinA=55(2)解法一:由sinC=45>sinA=55,cosC=35>0,得A<C<π∴sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=11525,由bsinB=a故△ABC的面积S=12ab解法二:由cosC=35=a2+b2−c22将c=45a代入上式整理得a2+6a-55=0,解得a=5或a=-11(舍),∴△ABC的面积S=1229.(2021新高考Ⅰ,19,12分)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.解题指导:(1)利用正弦定理将题干中的边角关系转化为边之间的关系是解题突破口.(2)在不同的三角形中利用余弦定理探究边长间的关系是解决本题第二问的关键.解析(1)证明:在△ABC中,由BDsin∠ABC=asinC及正弦定理可得BD·b=a·c,又b2=ac,所以BD·b=b2,故BD=b.(2)由AD=2DC得AD=23b,DC=b在△ABD中,cosA=AD在△ABC中,cosA=AC故c2−59b243bc=b2+又b2=ac,所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,所以c=3a或c=23当c=3a时,b2=ac=3a2,所以b=3a,此时a+b<c,故a,b,c构不成三角形;当c=23a时,b2=ac=23a2,所以b=63a,此时a,b,故c=23a,b=63a,所以在△ABC中,cos∠ABC=30.(2021北京,16,13分)已知在△ABC中,c=2bcosB,C=2π3(1)求B的大小;(2)在三个条件中选择一个作为已知条件,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的中线的长度.①c=2b;②△ABC的周长为4+23;③S△ABC=33解析(1)由c=2bcosB及正弦定理得,sinC=2sinBcosB,即sinC=sin2B,∵C=23π,∴0<B<π3,sin2B=32,∴2B=π3,∴(2)由(1)可知三角形三内角均可求出,只有知道边长,三角形才能被唯一确定,因此选②或③.如图所示,设D为BC的中点,则AD为BC边的中线.若选②,△ABC的周长为4+23.∵c=3b,a=b,a+b+c=b+b+3b∴b=2,则CD=1,在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcosC=22+12-2×1×2×−12=7,∴AD=7,因此BC边上的中线长为若选③,S△ABC=33S△ABC=12absinC=34b2=334,即b=3,则CD=32,在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos31.(2022北京,16,13分)在△ABC中,sin2C=3sinC.(1)求∠C;(2)若b=6,且△ABC的面积为63,求△ABC的周长.解析(1)∵sin2C=3sinC,∴2sinCcosC=3sinC,又sinC≠0,∴cosC=32∵∠C∈(0,π),∴∠C=π6(2)∵S△ABC=12∴a=43.由余弦定理得c2=(43)2+62-2×43×6×3∴c=23,∴△ABC的周长为a+b+c=6+63.32.(2017课标Ⅱ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(A+C)=8sin2B2(1)求cosB;(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.解析本题考查了三角公式的运用和余弦定理的应用.(1)由题设及A+B+C=π得sinB=8sin2B2,故sinB=4(1-cos上式两边平方,整理得17cos2B-32cosB+15=0,解得cosB=1(舍去),cosB=1517(2)由cosB=1517得sinB=817,故S△ABC=12acsin又S△ABC=2,则ac=172由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac(1+cosB)=36-2×172×1+所以b=2.解后反思在余弦定理和三角形面积公式的运用过程中,要重视“整体运算”的技巧.如本题中b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac(1+cosB)中的转化就说明了这一点.33.(2017北京理,15,13分)在△ABC中,∠A=60°,c=37(1)求sinC的值;(2)若a=7,求△ABC的面积.解析本题考查正、余弦定理的应用,考查三角形的面积公式.(1)在△ABC中,因为∠A=60°,c=37所以由正弦定理得sinC=csinAa=37×(2)因为a=7,所以c=37由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得72=b2+32-2b×3×12解得b=8或b=-5(舍).所以△ABC的面积S=12bcsinA=12×8×3×32解后反思根据所给等式的结构特点,利用正弦定理将边的关系转化为角的关系是解题的关键.在求解面积时,经常用余弦定理求出两边乘积.34.(2017山东文,17,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=3,AB·AC=-6,S△ABC=3,求A和a.解析因为AB·AC=-6,所以bccosA=-6,又S△ABC=3,所以bcsinA=6,因此tanA=-1,又0<A<π,所以A=3π又b=3,所以c=22.由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得a2=9+8-2×3×22×−2所以a=29.35.(2016四川文,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且cosAa+cosB(1)证明:sinAsinB=sinC;(2)若b2+c2-a2=65bc,求tan解析(1)证明:根据正弦定理,可设asinA=bsin则a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC.代入cosAa+cosBb=cosAksinA+cossinAsinB=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,所以sinAsinB=sinC.(2)由已知,b2+c2-a2=65根据余弦定理,有cosA=b2+c所以sinA=1−cos由(1),sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB,所以45sinB=45cosB+35故tanB=sinB方法总结解三角形中,要根据题干条件恰当选取正、余弦定理,当涉及边较多时,可考虑余弦定理,当涉及角较多时,可考虑正弦定理.△ABC中,也常用到sin(A+B)=sinC.评析本题考查了正、余弦定理及同角三角函数的基本关系式,根据条件恰当选择正、余弦定理是解题的关键.36.(2016浙江文,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acosB.(1)证明:A=2B;(2)若cosB=23,求cosC的值解析(1)由正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB,故2sinAcosB=sinB+sin(A+B)=sinB+sinAcosB+cosAsinB,于是sinB=sin(A-B).又A,B∈(0,π),故0<A-B<π,所以,B=π-(A-B)或B=A-B,因此A=π(舍去)或A=2B,所以,A=2B.(2)由cosB=23得sinB=5cos2B=2cos2B-1=-19故cosA=-19,sinA=4cosC=-cos(A+B)=-cosAcosB+sinAsinB=2227评析本题主要考查正弦和余弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.37.(2016课标Ⅰ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosC·(acosB+bcosA)=c.(1)求C;(2)若c=7,△ABC的面积为332,求△ABC解析(1)由已知及正弦定理得,2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC,(2分)2cosCsin(A+B)=sinC.故2sinCcosC=sinC.(4分)可得cosC=12,所以C=π3.(6(2)由已知,得12absinC=3又C=π3,所以ab=6.(8分由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcosC=7.故a2+b2=13,从而(a+b)2=25.(10分)所以△ABC的周长为5+7.(12分)解后反思本题属解三角形问题中的常见题型,要先利用正弦、余弦定理,将已知中的“边”或“角”的关系式,转化为只有“边”或只有“角”的方程形式,进而通过三角函数或代数知识求解方程.解题中要注意三角形的一些性质应用,例如:sin(A+B)=sinC,S△ABC=12absin评析本题重点考查了正弦定理、余弦定理及三角形面积公式,同时,对三角恒等变换的公式也有所考查.在解题过程中,要注意先将已知条件中的“边”与“角”的关系,通过正弦定理转化为“角”之间的关系,再运用三角函数知识求解.38.(2016浙江理,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acosB.(1)证明:A=2B;(2)若△ABC的面积S=a24,求角A解析(1)由正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB,故2sinAcosB=sinB+sin(A+B)=sinB+sinA·cosB+cosAsinB,于是sinB=sin(A-B).又A,B∈(0,π),故0<A-B<π,所以,B=π-(A-B)或B=A-B,因此A=π(舍去)或A=2B,所以,A=2B.(2)由S=a24得12absinC=a24,故有sinBsinC=12sin因sinB≠0,得sinC=cosB.又B,C∈(0,π),所以C=π2当B+C=π2时,A=π当C-B=π2时,A=π综上,A=π2或A=π思路分析(1)由正弦定理及两角和的正弦公式将已知条件转化为∠A与∠B的三角函数关系,利用A,B的范围诱导公式得出∠A与∠B的关系;(2)利用三角形的面积公式将已知条件转化为∠C与∠B的三角函数关系,再由∠B,∠C的范围及诱导公式求∠A的大小.评析本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力.39.(2015课标Ⅱ理,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍.(1)求sin∠(2)若AD=1,DC=22,求BD和AC的长解析(1)S△ABD=12AB·ADsin∠S△ADC=12AC·ADsin∠因为S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.由正弦定理可得sin∠Bsin∠C(2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=2.在△ABD和△ADC中,由余弦定理知AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.由(1)知AB=2AC,所以AC=1.评析本题考查正弦定理,余弦定理的应用,以及三角形的面积公式.属常规题,中等偏易.40.(2015课标Ⅰ文,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,sin2B=2sinAsinC.(1)若a=b,求cosB;(2)设B=90°,且a=2,求△ABC的面积.解析(1)由题设及正弦定理可得b2=2ac.又a=b,可得b=2c,a=2c.由余弦定理可得cosB=a2+c2−(2)由(1)知b2=2ac.因为B=90°,由勾股定理得a2+c2=b2.故a2+c2=2ac,得c=a=2.所以△ABC的面积为1.(12分)评析本题考查了正弦定理、余弦定理;考查了解三角形的基本方法,属容易题.41.(2015浙江理,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知A=π4,b2-a2=12c(1)求tanC的值;(2)若△ABC的面积为3,求b的值.解析(1)由b2-a2=12c2及正弦定理得sin2B-12=12sin2C,所以-cos又由A=π4,即B+C=34π,得-cos2B=sin2C=2sinCcosC,解得tan(2)由tanC=2,C∈(0,π)得sinC=255,cosC=又因为sinB=sin(A+C)=sinπ4+C,所以sin由正弦定理得c=22又因为A=π4,12bcsinA=3,所以bc=62,评析本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.42.(2015山东理,16,12分)设f(x)=sinx·cosx-cos2x+(1)求f(x)的单调区间;(2)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若fA2=0,a=1,求△ABC面积的最大值解析(1)由题意知f(x)=sin2x2=sin2x2-1−sin2x由-π2+2kπ≤2x≤π2+2kπ,k∈Z,可得-π4+kπ≤x≤π4由π2+2kπ≤2x≤3π2+2kπ,k∈Z,可得π4+kπ≤x≤3所以f(x)的单调递增区间是−π4+kπ单调递减区间是π4+kπ,(2)由fA2=sinA-12=0,得sinA=由题意知A为锐角,所以cosA=32由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得1+3bc=b2+c2≥2bc,即bc≤2+3,且当b=c时等号成立.因此12bcsinA≤2+所以△ABC面积的最大值为2+3评析本题考查三角恒等变换,三角函数的图象与性质,以及解三角形等基础知识和基本方法,对运算能力有较高要求.属中等难度题.43.(2015陕西理,17,12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.向量m=(a,3b)与n=(cosA,sinB)平行.(1)求A;(2)若a=7,b=2,求△ABC的面积.解析(1)因为m∥n,所以asinB-3bcosA=0,由正弦定理,得sinAsinB-3sinBcosA=0,又sinB≠0,从而tanA=3,由于0<A<π,所以A=π3(2)解法一:由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA,及a=7,b=2,A=π3得7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0,因为c>0,所以c=3.故△ABC的面积为12bcsinA=3解法二:由正弦定理,得7sinπ3从而sinB=217又由a>b,知A>B,所以cosB=27故sinC=sin(A+B)=sinB=sinBcosπ3+cosBsinπ3=所以△ABC的面积为12absinC=344.(2014课标Ⅱ文,17,12分)四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2.(1)求C和BD;(2)求四边形ABCD的面积.解析(1)由题设及余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcosC=13-12cosC,①BD2=AB2+DA2-2AB·DAcosA=5+4cosC.②由①,②得cosC=12,故C=60°,BD=7(2)四边形ABCD的面积S=12AB·DAsinA+12BC·CDsin=12×1=23.评析本题考查余弦定理的应用和四边形面积的计算,考查运算求解能力和转化的思想,把四边形分割成两个三角形是求面积的常用方法.45.(2014浙江理,18,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=3,cos2A-cos2B=3sinAcosA-3sinBcosB.(1)求角C的大小;(2)若sinA=45,求△ABC的面积解析(1)由题意得1+cos2A2-1+cos2B2=32sin即32sin2A-12cos2A=32sin2B-1sin2A−π由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π),得2A-π6+2B-π即A+B=2π所以C=π3(2)由(1)及c=3,sinA=45,asinA=csinC由a<c,得A<C.从而cosA=35故sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=4+33所以,△ABC的面积为S=12acsinB=8评析本题主要考查诱导公式、两角和差公式、二倍角公式、正弦定理、三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力.46.(2013课标Ⅱ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcosC+csinB.(1)求B;(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.解析(1)由已知及正弦定理得sinA=sinBcosC+sinC·sinB.①又A=π-(B+C),故sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC.②由①②和C∈(0,π)得sinB=cosB.又B∈(0,π),所以B=π4(2)△ABC的面积S=12acsinB=2由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accosπ4又a2+c2≥2ac,故ac≤42−2,当且仅当a=c时因此△ABC面积的最大值为2+1.47.(2012课标文,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,c=3a·sinC-ccosA.(1)求A;(2)若a=2,△ABC的面积为3,求b,c.解析(1)由c=3asinC-c·cosA及正弦定理得3sinA·sinC-cosA·sinC-sinC=0.由于sinC≠0,所以sinA−π6又0<A<π,故A=π3(2)△ABC的面积S=12bcsinA=3,故而a2=b2+c2-2bccosA,故b2+c2=8.解得b=c=2.评析本题考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想,灵活利用正、余弦定理是求解关键,正确的转化是本题的难点.考点2解三角形及其综合应用1.(2021全国甲理,8,5分)2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86(单位:m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°,则A,C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(3≈1.732)()A.346B.373C.446D.473答案B如图,过点C分别作A'C',B'C'的平行线,分别交A'A与B'B于点D和E,连接DE,则DE∥A'B',过点B作DE的平行线BF,交AA'于点F.故△A'B'C'≌△DEC,∴∠DCE=∠A'C'B'=45°,∠CDE=∠C'A'B'=180°-∠A'C'B'-∠A'B'C'=75°.在Rt△BCE中,可得tan15°=BECE,即2-3∴CE=1002−3=100(2+在△CDE中,由正弦定理可得DEsin45°∴DE=sin45°sin75°·CE=100(3+1又知在Rt△ABF中,∠ABF=45°,所以AF=BF,所以AA'-CC'=AD=AF+DF=AF+BE=BF+BE=DE+BE=100(2+3)≈373.故选B.解题关键通过作平行线(或垂线),将空间问题平面化,然后利用正弦定理解三角形是本题的关键.2.(2021全国乙理,9,5分)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作,其中第一题是测量海岛的高.如图,点E,H,G在水平线AC上,DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度,称为“表高”,EG称为“表距”,GC和EH都称为“表目距”,GC与EH的差称为“表目距的差”,则海岛的高AB=()A.表高×表距表目距的差+表高B.表高×表距表目距的差C.表高×表距表目距的差+表距D.表高×表距表目距的差答案A解题指导:根据题意作辅助线,选择合适的参数,将所求的量与已知的“表高”“表距”“表目距的差”联系起来,从而求得海岛的高度.解析连接FD并延长交AB于点M,则AB=AM+BM,MF∥AC.设∠BDM=α,∠BFM=β,则MBtanβ−MBtanα又tanβ=GFGC,tanα=ED所以MBtan因为GF=ED,所以GCGF所以MBtanβ−又易知DF=EG,所以MB=ED·DFGC所以海岛的高AB=表高×表距表目距的差+表高,故选A解题关键:1.正确理解题意,弄明白“表高”“表距”“表目距的差”的含义是求解本题的关键;2.选择合适的角度作参数,选择合适的三角函数表示相关的长度是求解的关键.3.(2014四川文,8,5分)如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高是60m,则河流的宽度BC等于()A.240(3-1)mB.180(2-1)mC.120(3-1)mD.30(3+1)m答案C如图,∠ACD=30°,∠ABD=75°,AD=60m,在Rt△ACD中,CD=ADtan∠ACD=60tan30°=603m,在Rt△ABD中,BD=ADtan∠ABD=60tan75°=4.(2023全国甲理,16,5分)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=6,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD=.

答案2解析在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,即(6)2=22+AC2-2×2×AC×cos60°,即AC2-2AC-2=0,解得AC=1+3或AC=1-3(舍),由于AD平分∠BAC,且∠BAC=60°,所以∠BAD=∠CAD=30°.S△ABC=S△ABD+S△ACD,即12×2×(3+1)×32=12×2×AD×12+12×(3+1)×AD×12,即3×(3+1)=AD+3一题多解在△ABC中,由正弦定理得ABsinC=BCsin∠BAC,即2sinC=6又知0°<C<120°,∴C=45°,∴B=75°,在△ABD中,∠BAD=30°,∴∠ADB=180°-30°-75°=75°,∴△ABD为等腰三角形,∴AD=AB,又AB=2,∴AD=2.5.(2023新课标Ⅰ,17,10分)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.解析(1)解法一:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=π4,B=3π4-又∵2sin(A-C)=sinB,∴2sinA−π4即222sinA−22cosA=整理得sinA=3cosA,又∵sin2A+cos2A=1,A∈0,3π4,∴sinA=解法二:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=π4又∵2sin(A-C)=sinB,∴2sin(A-C)=sin(A+C),即2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC,化简得sinAcosC=3cosAsinC,∴tanA=3tanC=3,∴sinAcos又∵sin2A+cos2A=1,A∈0,3π4,∴sinA=(2)解法一:过C作CD⊥AB,垂足为D,如图.在△ABC中,由正弦定理得ABsin∠ACB=BCsinA,即5sinπ4=由(1)知cosA=1010∴sinB=sin3π4−A=22cosA+22在Rt△BCD中,CD=BC·sinB=35×255即AB边上的高为6.解法二:由(1)知C=π4,sinA=31010,cosA=1010,则sinB=sin3π4−A=22cos在△ABC中,由正弦定理得ABsinC=ACsin∴522=AC255=BC31010,∴∴S△ABC=12AC·BC·sinC=12×210×35×2设AB边上的高为h,则12×5h=15,∴h=6解法三:如图,作BG⊥AC,CH⊥AB,GM⊥AB,垂足分别为G,H,M.设AG=x(x>0),由(1)可得BG=CG=3x,AB=10x=5,则x=102在Rt△AMG中,GM=AG·sinA=31010x=易知AC=4AG,△CHA∽△GMA,所以CH=4GM=6,即AB边上的高为6.6.(2023新课标Ⅱ,17,10分)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tanB(2)若b2+c2=8,求b,c.解析由题意知S△ABC=3,BD=DC,∴S△ADC=32(1)∵S△ADC=12DA·DC·sin∠ADC=32,DA=1,∠ADC=π3,∴12DCsinπ3=3∴BD=2,易知∠ADB=2π3在△ADB中,由余弦定理可知,AB2=BD2+DA2-2DA·DBcos∠ADB,即AB2=22+12-2×1×2×−12∴AB=7,∴cosB=AB2+BD∴sinB=1−cos2B=1−∴tanB=sinBcosB(2)如图所示,延长AD至E,使DE=AD,连接BE,CE,易得四边形ABEC为平行四边形,∴AB=CE,AC=BE,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos∠ACE,两式相加得BC2+AE2=2(AB2+AC2),即BC2+AE2=2(b2+c2)=16,又AE=2AD=2,∴BC2=12,∴BC=23,∵S△ADC=12AD·DC·sin∠ADC=32,AD=1,DC=∴sin∠ADC=1,∴AD⊥BC,∴b=c,又b2+c2=8,∴b=c=2.7.(2022浙江,11,4分)我国南宋著名数学家秦九韶,发现了从三角形三边求面积的公式,他把这种方法称为“三斜求积”,它填补了我国传统数学的一个空白.如果把这个方法写成公式,就是S=14c2a2−c2+a2−b222,其中a,b,c是三角形的三边,S是三角形的面积.设某三角形的三边答案23解析∵a=2,b=3,c=2，∴S=148.(2022全国甲,理16,文16,5分)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当ACAB取得最小值时,BD=答案3-1解析设BD=m(m>0),则CD=2m.在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=m2+2m+4,在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=4m2-4m+4,∴AC∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+3m+1≥23当且仅当m+1=3m+1,即m=3-1此时,AC2AB2取得最小值,为4-12所以当ACAB取得最小值时,BD=3-19.(2020新高考Ⅰ,15,5分)某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,tan∠ODC=35,BH∥DG,EF=12cm,DE=2cm,A到直线DE和EF的距离均为7cm,圆孔半径为1cm,则图中阴影部分的面积为cm2答案4+5π解析如图,连接OA,过点A分别作AQ⊥DE,AK⊥EF,垂足为Q,K,设AK与BH,DG分别交于点M,N,作OP⊥DG于点P,则AQ=AK=7cm,∴DN=7cm,∵DG=EF=12cm,∴NG=5cm,∵NK=DE=2cm,∴AN=5cm,∴△ANG为等腰直角三角形,∴∠GAN=45°,∵∠OAG=90°,∴∠OAM=45°,设AM=OM=xcm,则PN=xcm,∴DP=(7-x)cm,∵tan∠ODG=35,∴OP=(7−x)×35cm,∵AM+MN+NK=7cm,即x+(7-x)×35+2=7,解得x=2,∴OA=22cm,∴S阴影=π×(22)2×38+(22)2×110.(2015课标Ⅰ理,16,5分)在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是.

答案(6-2,6+2)解析依题意作出四边形ABCD,连接BD.令BD=x,AB=y,∠CDB=α,∠CBD=β.在△BCD中,由正弦定理得2sinα=xsin75°.由题意可知,∠ADC=135°,则∠ADB=135°-α.在△ABD中,由正弦定理得xsin75°=ysin(135°−α).所以ysin(135°因为0°<β<75°,α+β+75°=180°,所以30°<α<105°,当α=90°时,易得y=2;当α≠90°时,y=2(cosα+sin又tan30°=33,tan105°=tan(60°+45°)=tan60°+tan45°1−tan60°tan45°=-2-3,结合正切函数的性质知,1tanα∈(3-2,3),且1tanα≠0,所以y=21tan综上所述:y∈(6-2,6+2).评析本题考查了三角函数和解三角形.利用函数的思想方法是求解关键,属偏难题.8.(2015重庆理,13,5分)在△ABC中,B=120°,AB=2,A的角平分线AD=3,则AC=.

答案6解析依题意知∠BDA=∠C+12∠BAC,由正弦定理得2sin∠BDA=3sinB∵∠C+∠BAC=180°-∠B=60°,∴∠C+12∠∴∠BAC=30°,∠C=30°.从而AC=2·ABcos30°=6.9.(2014课标Ⅰ理,16,5分)如图,为测量山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;从C点测得∠MCA=60°.已知山高BC=100m,则山高MN=m.

答案150解析在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100m,所以AC=1002m.在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,从而∠AMC=45°,由正弦定理得,ACsin45°=AMsin60°,因此在Rt△MNA中,AM=1003m,∠MAN=60°,由MNAM=sin60°得MN=1003×32=150m,10.(2011课标理,16,5分)在△ABC中,B=60°,AC=3,则AB+2BC的最大值为.

答案27解析设AC=b=3,AB=c,BC=a,在△ABC中,asinA=bsin∴a=2sinA,c=2sinC,且A+C=120°,∴AB+2BC=c+2a=2sinC+4sinA=2sinC+4sin(120°-C)=4sinC+23cosC=27sin(C+φ),其中sinφ=217,cosφ=2∴φ∈(30°,60°),而C∈(0°,120°),∴φ+C∈(30°,180°),当C+φ=90°时,AB+2BC有最大值27.评析本题主要考查正弦定理的应用及三角函数性质和公式的应用,熟练掌握定理、公式和三角函数的性质是正确解题的关键.11.(2022全国乙文,17,12分)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.解析(1)∵A=2B,sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),∴sinCsinB=sinBsin(C-A),又0<B<π,∴sinB≠0,∴sinC=sin(C-A),又0<C<π,0<A<π,∴-π<C-A<π,∴C=C-A(舍)或C+C-A=π,∴A=2C-π,∴B=A2又A+B+C=π,∴2C-π+C-π2+C=π∴C=5π8(2)证法一:∵sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),∴sinC(sinAcosB-cosAsinB)=sinB(sinCcosA-cosCsinA),∴sinCsinAcosB+sinBsinAcosC=2sinBsinCcosA,∴sinA(sinCcosB+cosCsinB)=2sinBsinCcosA,∴sinA·sin(B+C)=2sinBsinCcosA,∴sin2A=2sinBsinCcosA,由正弦定理得a2=2bccosA,又由余弦定理得a2=b2+c2-a2,∴2a2=b2+c2.证法二:∵sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),∴sinC(sinAcosB-cosAsinB)=sinB(sinCcosA-cosCsinA),由正弦定理得accosB-bccosA=bccosA-abcosC,∴accosB=2bccosA-abcosC,由余弦定理得ac·a2化简得2a2=b2+c2.12.(2022新高考Ⅰ,18,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cosA(1)若C=2π3,求B(2)求a2+解析(1)∵cosA即cosA∴cosAcosB-sinAsinB=sinB,即cos(A+B)=sinB,又C=2π3∴sinB=cos(A+B)=-cosC=-cos2π3∵0<B<π3,∴B=π(2)由(1)知,sinB=cos(A+B)=-cosC,∵sinB>0恒成立,∴C∈π2∵-cosC=sinC−∴C-π2=B,∴A=π2-2B,∵A>0,∴B∈∴a=(2cos令cos2B=t,t∈12∴a2+当且仅当4t=2t,即t=22时,取“=∴a2+b2c13.(2022新高考Ⅱ,18,12分)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(1)求△ABC的面积;(2)若sinAsinC=23,求解析(1)由题意得S1=34a2,S2=34b2,S3=34∴S1-S2+S3=34(a2-b2+c2)=32,即a2-b2+c2由cosB=a2+c2−b22ac得a2+c故2accosB=2,∴accosB=1,又∵sinB=13,∴cosB=223或cosB=-2∴ac=324,∴S△ABC=(2)由正弦定理asin又知ac=324,sinAsinC=∴b2sin2∴b=3214.(2022全国乙理,17,12分)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△ABC的周长解析(1)证明:由sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),得sinCsinAcosB-sinCsinBcosA=sinBsinCcosA-sinBsinAcosC,即sinCsinAcosB+sinBsinAcosC=2sinBsinCcosA,由正弦定理可得,accosB+abcosC=2bccosA,由余弦定理的推论可得,12(a2+c2-b2)+12(a2+b2-c2)=b2+c2-a2,即2a2=b2+c(2)由题意及余弦定理可得,b2+c2-a2=2bccosA=5031bc=25,即2bc=31,又由(1)知b2+c2=2a2,所以(b+c)2=2bc+2a2=81,所以b+c=9,所以a+b+c=14,故△ABC的周长为14一题多解:(1)证明:由sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),得sinCsinAcosB-sinCcosAsinB=sinBsinC·cosA-sinBcosCsinA,即2sinBsinCcosA=sinA·(sinCcosB+cosCsinB)=sinAsin(B+C)=sin2A,由正弦定理得2bccosA=a2,由余弦定理的推论得2bc·b2+c2−a22bc=a2,∴215.(2020江苏,16,14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=3,c=2,B=45°.(1)求sinC的值;(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-45,求tan∠DAC的值解析本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系、两角和与差的三角函数等基础知识,考查运算求解能力.(1)在△ABC中,因为a=3,c=2,B=45°,由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得b2=9+2-2×3×2cos45°=5,所以b=5.在△ABC中,由正弦定理bsinB=得5sin45°=2sinC,所以sin(2)在△ADC中,因为cos∠ADC=-45,所以∠ADC为钝角而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,所以∠C为锐角,故cosC=1−sin2C=255,则因为cos∠ADC=-45,所以sin∠ADC=1−cotan∠ADC=sin∠ADCcos从而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-∠C)=-tan(∠ADC+∠C)=-tan∠ADC+tanC116.(2019江苏,15,14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.(1)若a=3c,b=2,cosB=23,求c的值(2)若sinAa=cosB2b,解析本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识,考查运算求解能力.(1)因为a=3c,b=2,cosB=23由余弦定理cosB=a2+c2−b即c2=13.所以c=3(2)因为sinAa=由正弦定理asinA=bsinB,得cosB2b=sin从而cos2B=(2sinB)2,即cos2B=4(1-cos2B),故cos2B=45因为sinB>0,所以cosB=2sinB>0,从而cosB=25因此sinB+π2=cos17.(2018北京理,15,13分)在△ABC中,a=7,b=8,cosB=-17(1)求A;(2)求AC边上的高.解析(1)在△ABC中,因为cosB=-17,所以B∈π2,π,所以sinB=由正弦定理得sinA=a·sinB因为B∈π2所以A∈0,π2,所以A=(2)在△ABC中,sinC=sin(A+B)=sinB+π3=12sinB+32三角形ABC的面积S△ABC=12absinC=63设AC边上的高为h,则S△ABC=12bh=12×8·h=6所以h=33即AC边上的高为33方法总结处理解三角形相关的综合题目时,首先要掌握正弦、余弦定理,其次结合图形分析哪些边、角是已知的,哪些边、角是未知的,然后将方程转化为只含有边或角的方程,最后通过解方程求出边或角.18.(2017天津理,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sinB=35(1)求b和sinA的值;(2)求sin2A+解析本小题主要考查同角三角函数的基本关系,二倍角的正弦、余弦公式,两角和的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.(1)在△ABC中,因为a>b,故由sinB=35,可得cosB=45.由已知及余弦定理,有b2=a2+c2-2accosB=13,所以b=由正弦定理asinA=bsinB,得sinA=所以,b的值为13,sinA的值为313(2)由(1)及a<c,得cosA=213所以sin2A=2sinAcosA=1213,cos2A=1-2sin2A=-5故sin2A+π4=sin2Acosπ4+cos方法总结1.利用正、余弦定理求边或角的步骤:(1)根据已知的边和角画出相应的图形,并在图中标出;(2)结合图形选择用正弦定理或余弦定理求解;(3)在运算和求解过程中注意三角恒等变换和三角形内角和定理的运用.2.解决三角函数及解三角形问题的满分策略:(1)认真审题,把握变形方向;(2)规范书写,合理选择公式;(3)计算准确,注意符号.19.(2017天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA=4bsinB,ac=5(a2-b2-c2).(1)求cosA的值;(2)求sin(2B-A)的值.解析本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦、余弦公式、两角差的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.(1)由asinA=4bsinB,及asinA=bsin由ac=5(a2-b2-c2),及余弦定理,得cosA=b2+c2−(2)由(1),可得sinA=255,代入asinA=4bsin得sinB=asinA4由(1)知,A为钝角,所以cosB=1−sin于是sin2B=2sinBcosB=45,cos2B=1-2sin2B=3故sin(2B-A)=sin2BcosA-cos2BsinA=45×−55-35×规律总结解有关三角形问题时应注意:(1)在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更适合或两个定理都要用,要抓住能够利用某个定理的信息.一般地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或边的一次式,要考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则要考虑到两个定理都有可能用到.(2)解三角形20.(2016北京理,15,13分)在△ABC中,a2+c2=b2+2ac.(1)求∠B的大小;(2)求2cosA+cosC的最大值.解析(1)由余弦定理及题设得cosB=a2+c2−又因为0<∠B<π,所以∠B=π4.(6分(2)由(1)知∠A+∠C=3π2cosA+cosC=2cosA+cos3=2cosA-22cosA+22sin=22cosA+22sin=cosA−π4因为0<∠A<3π所以当∠A=π4时,2cosA+cosC取得最大值1.(13分思路分析第(1)问条件中有边的平方和边的乘积,显然用余弦定理求解.第(2)问用三角形内角和定理将原三角函数式化为只含一个角的三角函数式,再注意角的取值范围,问题得解.评析本题考查余弦定理,三角恒等变换及三角函数的性质.属中档题.21.(2016山东理,16,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2(tanA+tanB)=tanAcosB(1)证明:a+b=2c;(2)求cosC的最小值.解析(1)由题意知2sinAcosA+sin化简得2(sinAcosB+sinBcosA)=sinA+sinB,即2sin(A+B)=sinA+sinB.因为A+B+C=π,所以sin(A+B)=sin(π-C)=sinC.从而sinA+sinB=2sinC.由正弦定理得a+b=2c.(2)由(1)知c=a+所以cosC=a2+=38ab+b当且仅当a=b时,等号成立.故cosC的最小值为12疑难突破利用切化弦将已知等式等价转化,最终转化为三角形三角正弦之间的关系,从而结合正弦定理得出三角形三边之间的关系.评析本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及基本不等式,综合性较强,重点考查了化归与转化的思想方法,属中档题.22.(2016天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin2B=3bsinA.(1)求B;(2)若cosA=13,求sinC的值解析(1)在△ABC中,由asinA=bsinB,可得asinB=bsinA,又由asin2B=3bsinA,得2asinBcosB=3bsinA=3asinB,所以cosB=32(2)由cosA=13,可得sinA=2则sinC=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sinA=32sinA+12cosA=思路分析(1)利用正弦定理与二倍角公式将原式转化为角B的三角函数式进行求解;(2)利用三角形的性质及两角和的正弦公式求sinC的值.评析本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式、两角和的正弦公式以及正弦定理等基础知识.考查运算求解能力.23.(2015江苏理,15,14分)在△ABC中,已知AB=2,AC=3,A=60°.(1)求BC的长;(2)求sin2C的值.解析(1)由余弦定理知,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA=4+9-2×2×3×12所以BC=7.(2)由正弦定理知,ABsinC=所以sinC=ABBC·sinA=2sin60°7因为AB<BC,所以C为锐角,则cosC=1−sin2C因此sin2C=2sinC·cosC=2×217×277评析本小题主要考查余弦定理、正弦定理,同角三角函数关系与二倍角公式,考查运算求解能力.24.(2015浙江文,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知tanπ4(1)求sin2Asin2(2)若B=π4,a=3,求△ABC的面积解析(1)由tanπ4+A=2,得tan所以sin2Asin2A+co(2)由tanA=13,A∈(0,π),sinA=1010,cosA=3又由a=3,B=π4及正弦定理asinA=b=35.由sinC=sin(A+B)=sinA+π4得sin设△ABC的面积为S,则S=12absin评析本题主要考查三角恒等变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.2