新高考数学一轮复习专题四三角函数与解三角形4-3解三角形练习含答案

4.3解三角形五年高考高考新风向1.(2024全国甲理,11,5分,难)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=94ac,则sinA+sinC=(C)A.32B.2C.722.(2024新课标Ⅰ,15,13分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sinC=2cosB,a2+b2-c2=2ab.(1)求B;(2)若△ABC的面积为3+3,求c.解析(1)由余弦定理的推论得cosC=a2+b2−c22ab=2ab2ab=2由sinC=2cosB得2cosB=sinπ4=2∴cosB=12,由0<B<π得B=π(2)由bsinB=csinC得令b3=c2=t,t>0,则b=3t,c=2∵A=π-B-C=5π12,∴sinA=sinπ4+∵S△ABC=12bcsinA=12×3t×2t×6+∴t=2,因此c=22.3.(2024新课标Ⅱ,15,13分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA+3cosA=2.(1)求A;(2)若a=2,2bsinC=csin2B,求△ABC的周长.解析(1)由已知得12sinA+32cosA=sinA+π3=1,因为0<A<π,所以π3<A+π3<4π3,所以A+π(2)由2bsinC=2csinBcosB及正弦定理asinA=bsinB=csinC,得2sinBsinC=2sinCsinBcosB,又sinB≠0,且sinC≠0,所以cosB=22,则sinB=22,则b=asinA·sinB=212×22=22,又sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=12×22+32×22=2+64,所以c=asinA所以△ABC的周长为2+32+6.考点1正、余弦定理1.(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=(C)A.π10B.πC.3π10D.2.(2020课标Ⅲ理,7,5分,易)在△ABC中,cosC=23,AC=4,BC=3,则cosB=(A)A.19B.1C.12D.3.(2021全国甲文,8,5分,中)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,则BC=(D)A.1B.2C.5D.34.(2021全国乙,文15,理15,5分,中)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=22.

5.(2023全国甲理,16,5分,中)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=6,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD=2.

6.(2021浙江,14,6分,中)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=23,则AC=213,cos∠MAC=

239137.(2022全国甲,文16,理16,5分,中)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=

3-18.(2020新高考Ⅰ,17,10分,易)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和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2−c223b2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.(10分)方案二:选条件②.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+由此可得b=c,B=C=π6,A=2π3.(6分由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.(10分)方案三:选条件③.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2−c223b2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.(10分)9.(2023新课标Ⅰ,17,10分,中)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则sinB=sin3π4−A=22cosA+22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=610.(2023新课标Ⅱ,17,10分,中)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=32,∴DC易知∠ADB=2π3解法一:在△ABD中,由正弦定理得1sinB=2sin∠BAD=2sinB+23π,即5sinB=解法二:过点A作AE⊥BC,垂足为E,则AE=AD·sin∠ADC=32,DE=AD·cos∠ADC=12,所以BE=2+12所以tanB=AEBE=3解法三: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)解法一:令∠ADB=α.由余弦定理得c2=1+a22-2×1×a2×cosα=1+a24b2=1+a22-2×1×a2×cos(π-α)=1+a2所以b2+c2=2+a22所以a=23.又由题意知△ABD和△ACD的面积均为32sinα=3则sinα=1,α=π2所以b=c=2.解法二: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=2.11.(2021新高考Ⅱ,18,12分,中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足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a;若不存在,说明理由.解析(1)2sinC=3sinA⇒2c=3a,又∵c=a+2,∴2(a+2)=3a,∴a=4,∴b=a+1=5,c=a+2=6,∴cosA=b2+c2−a22bc=52∴S△ABC=12bcsinA=12×5×6×74(2)由已知得c>b>a,若△ABC为钝角三角形,则角C为钝角,∴cosC=a2+b2−c22ab<0⇒a2+b2<c2⇒a2+(a+1)2<(a+2)2⇒a2-2a-3<0⇒-1<a<3,又a>0,同时还应考虑构成△ABC的条件,即a+b>c⇒a+(a+1)>a+2⇒a>1.综上所述,当a∈(1,3)时,△ABC为钝角三角形.∴存在正整数a=2,使△ABC为钝角三角形.12.(2021新高考Ⅰ,19,12分,中)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.解析(1)证明:由题设得BD=asin在△ABC中,由正弦定理知csinC=即sinCsin∠ABC代入BD=asinCsin∠ABC中,得BD=acb,又∴BD=b.(2)解法一:由AD=2DC得AD=23b,DC=b在△ABD中,cosA=AD2+AB在△ABC中,cosA=AC2+故c2−59b243bc=b2+c2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=6此时a,b,c可以构成三角形,故c=23a,b=63a,所以在△ABC中,cos∠ABC=a2+c解法二:同解法一得到2a=3c或3a=c.当2a=3c时,a=32c,b2=ac=32c2,由余弦定理得cos∠ABC=94当3a=c时,a=c3,b2=ac=c23,由余弦定理得cos∠ABC=c29+c综上,cos∠ABC=71213.(2022新高考Ⅰ,18,12分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cosA1+sinA(1)若C=2π3,求B(2)求a2+解析(1)∵cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B即cosA1+sinA=sinBcosB∴cosAcosB-sinAsinB=sinB,即cos(A+B)=sinB,(3分)又C=2π3,∴sinB=cos(A+B)=-cosC=-cos2π3=12,(4∵0<B<π3,∴B=π6.(5分(2)由(1)知,sinB=cos(A+B)=-cosC,∵sinB>0恒成立,∴C∈π2∵-cosC=sinC−∴C-π2=B,∴A=π2-2B,(8分∵A>0,∴B∈0,π∴a2+b2=(2cos2B−1)2+(1−co令cos2B=t,t∈12∴a2+b2c2=(2t−1)2+(1−t)t当且仅当4t=2t,即t=22时,取“=∴a2+b2c2的最小值为42-5考点2解三角形的综合应用1.(2021全国甲理,8,5分,中)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一.三角高程测量法的一个示意图如图所示,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)(B)A.346B.373C.446D.4732.(2020新高考Ⅰ,15,5分,中)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

4+5π23.(2023全国甲文,17,12分,易)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=sinAcos=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=12×1×324.(2020课标Ⅱ理,17,12分,中)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sinBsinC.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.解析(1)由正弦定理和已知条件得BC2-AC2-AB2=AC·AB.①由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcosA.②由①②得cosA=-12.因为0<A<π,所以A=2π(2)解法一(利用正弦定理将边用角表示):由正弦定理及(1)得ACsinB=ABsinC=BCsinA=23,从而AC=23sinB,AB=23sin(π-A-B)故BC+AC+AB=3+3sinB+3cosB=3+23sinB+又0<B<π3,所以当B=π6时,△ABC周长取得最大值3+2解法二(余弦定理+基本不等式):∵a=3,A=2π3,又a2=b2+c2-2bccosA∴9=b2+c2+bc=(b+c)2-bc≥(b+c)2-14(b+c)2∴b+c≤23(当且仅当b=c时,“=”成立),则△ABC周长的最大值为3+23.5.(2023全国乙理,18,12分,中)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∠ABC=则sin∠ABC=AC·sin∠BACBC=1×sin120°(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=2在△ADC中,∠DAC=30°,AC=1,∴△ADC的面积S=12×235×1×sin30°一题多解(2)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=120°,∴S△ABC=12×2×1×sin120°=3又S△ACDS△ABD=1∴S△ACD=15S△ABC=36.(2022全国乙理,17,12分,中)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)证法一:∵sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A),∴sinC(sinAcosB-cosAsinB)=sinB(sinCcosA-cosC·sinA),(利用两角差的正弦公式化简)由正弦定理得accosB-bccosA=bccosA-abcosC,∴accosB=2bccosA-abcosC,由余弦定理的推论得ac·a2+c2−b22ac=2bc·b2+c2−a2证法二:∵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.(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147.(2022新高考Ⅱ,18,12分,中)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=12acsinB=12×32(2)由正弦定理asinA=bsinB=csin又知ac=324,sinAsinC=∴b2sin2B=94∴b=32sinB=32×13=三年模拟练速度1.(2024黑龙江齐齐哈尔二模,4)在△ABC中,2sinA=3sinB,AB=2AC,则cosC=(D)A.12B.-12C.142.(2024山东青岛一模,4)△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2asinB,bc=4,则△ABC的面积为(A)A.1B.5C.2D.253.(2024山东济南一模,5)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且acosC+3asinC=b,则A=(A)A.π6B.π4C.π34.(2024湖北八市联考,7)设某直角三角形的三个内角的余弦值成等差数列,则最小内角的正弦值为(C)A.35B.45C.555.(2024T8第二次联考,6)在△ABC中,sin(B-A)=14,2a2+c2=2b2,则sinC=(C)A.23B.32C.16.(2024浙江台州二模,6)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若acosC=2ccosA,则bca2的最大值为(CA.3B.32C.327.(2024安徽合肥二模,7)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=2,1tanA+1tanB+1tanAtanB=1.则△A.1+2B.1+3C.22D.238.(2024广东韶关二模,6)在△ABC中,tanA=14,tanB=35.若△ABC的最长边的长为17,则最短边的长为(AA.2B.3C.2D.59.(2024湖北武汉二调,12)在△ABC中,其内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若B=3π4,b=6,a2+c2=22ac,则△ABC的面积为310.(2024江苏南通二模,12)在△ABC中,AB=7,AC=1,M为BC的中点,∠MAC=60°,则AM=

3211.(2024河南顶级名校联考,13)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等比数列,且b=acosC+3csinA,则A=

π6,bsinBc=12.(2024湖南岳阳质量检测二,12)岳阳楼地处岳阳古城西门城墙之上,下瞰洞庭,前望君山.因范仲淹的《岳阳楼记》著称于世,自古有“洞庭天下水,岳阳天下楼”之美誉.小明为了测量岳阳楼的高度AB,他首先在C处,测得楼顶A的仰角为60°,然后沿BC方向行走22.5米至D处,又测得楼顶A的仰角为30°,则楼高AB为

453413.(2024辽宁八市八校联考,13)《海岛算经》是魏晋时期数学家刘徽所著的测量学著作,书中有一道测量山上松树高度的题目,受此题启发,小李同学打算用学到的解三角形知识测量某建筑物上面一座信号塔的高度.如图,把塔底与塔顶分别看作点C,D,CD与地面垂直,小李先在地面上选取点A,B(点A,B在建筑物的同一侧,且点A,B,C,D位于同一个平面内),测得AB=203m,在点A处测得点C,D的仰角分别为30°,67°,在点B处测得点D的仰角为33.5°,则塔高CD为24m.参考数据:sin37°≈

3514.(2024广东广州华南师大附中月考,15)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且△ABC的面积S=32accos(1)求角B的大小;(2)若a=2,且π4≤A≤π3,求边c解析(1)S=32accosB=12acsinB,∴tanB=∵B∈(0,π),∴B=π3(2)∵a=2,B=π3,asinA∴c=2sinCsinA=2sin2π3−∵π4≤A≤π3,∴2≤c≤3即边c的取值范围是[2,3+1].15.(2024山东日照一模,15)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知2a-2bsinA=0且a=5,c=42.(1)求角B及边b的大小;(2)求sin(2C+B)的值.解析(1)因为2a-2bsinA=0,所以由正弦定理得2sinA-2sinBsinA=0.因为sinA>0,所以2-2sinB=0,sinB=22因为B是锐角,所以B=π4.(3分)由余弦定理得b=a2+c2−2accosB=25+32−2×5×4(2)由余弦定理的推论得cosC=a2+b2−c22因为C是锐角,所以sinC=1−cos2C=1−117=417所以sin(2C+B)=sin2C+π4=22(=22(2sinCcosC+2cos2C-1=2sinCcosC+2cos2C-2=2×417×117+2×117-22=-7234练思维1.(2024湖南长沙长郡中学二模,15)已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中a=4,43cosC=3b-csinA.(1)求A;(2)已知AM为∠BAC的平分线,且与BC交于点M,若AM=223,求△ABC解析(1)根据题意可得3acosC+csinA=3b,由正弦定理得3sinAcosC+sinAsinC=3sinB,又3sinB=3sin(A+C)=3sinAcosC+3cosAsinC,故sinAsinC=3cosAsinC,又sinC≠0,所以sinA=3cosA,则tanA=3,因为A∈(0,π),所以A=π3(2)因为S△ABC=S△ABM+S△ACM,所以12bcsin∠BAC=12AM·c·sin∠BAM+12AM·b又AM平分∠BAC,所以∠BAM=∠CAM=12∠BAC=π所以12bc×32=12×223c×12+1则3bc=223(b+c),即bc=2233由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即16=b2+c2-bc,所以16=(b+c)2-3bc=(b+c)2-223(b+解得b+c=26(负值舍去),故△ABC的周长为26+4.2.(2024湖北鄂东南省级高中联考,15)记△ABC的角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA−sinB(1)求角A;(2)若点D是BC边上一点,且AB⊥AD,CD=2BD,求sin∠ADB的值.解析(1)由sinA−sinBb+c=sinCa+b及正弦定理得a−bb+c=ca+又a2=b2+c2-2bccosA,∴cosA=-12∴A=2π3.(5分)(2)∠DAC=∠BAC-∠BAD=π6,记∠ADB=α,α∈0,则C=α-∠DAC=α-π6.(6分)在Rt△ABD中,AD=BDcosα.①在△ADC中,由正弦定理得ADsinα−π由①②及CD=2BD得cosαsinα−π6=2即132tanα−12=4,解得tanα=由tanα=32,sin2α+cos2α=1,α∈0,π2,解得sinα故sin∠ADB=217.(13分)3.(2024山东济南二模,15)如图,在平面四边形ABCD中,BC⊥CD,AB=BC=2,∠ABC=θ,120°≤θ<180°.(1)若θ=120°,AD=3,求∠ADC的大小;(2)若CD=6,求四边形ABCD面积的最大值.解析(1)因为∠ABC=120°,AB=BC=2,所以∠ACB=∠BAC=30°,AC=2ABcos30°=6,(2分)又BC⊥CD,所以∠ACD=90°-∠ACB=60°,(3分)在△ACD中,由正弦定理得ADsin∠ACD=所以sin∠ADC=ACsin∠ACDAD=6sin60°3=22又AC<AD,所以∠ADC=45°.(6分)(2)在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=θ,S△ABC=12AB·BC·sin∠ABC=12×2×2×sinθ=sinθ,(7分AC2BC=sinθ2⇒AC=22sinθ2,(或由余弦定理得:AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4-4cosθ⇒AC=22sinθ2在△ACD中,∠ACD=90°-∠ACB=90°-180°−θ2=又CD=6,所以S△ACD=12AC·CD·sin∠ACD=12·22sinθ2·6·sinθ2=3-3cosθ,(所以四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△ACD=sinθ+3-3cosθ=3+2sin(θ-60°),(11分)因为120°≤θ<180°,所以60°≤θ-60°<120°,所以当θ-60°=90°,即θ=150°时,Smax=3+2,故四边形ABCD面积的最大值为3+2.(13分)4.(2024福建九地市质量检测,15)△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且asinC=csinB,C=2π3(1)求B的大小;(2)若△ABC的面积为334,求BC解析(1)∵asinC=csinB,∴由正弦定理,得sinAsinC=sinCsinB,∵0<C<π,∴sinC>0,∴sinA=sinB,∵0<A<π,0<B<π,∴A=B或A+B=π(舍去),∵A+B+C=π,且C=2π3,∴B=π(2)依题意得334=12ab∵A=B,∴a=b,∴334=12a2sin2π3=3a2设边BC的中点为D,则CD=32在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cosC=3+34-2×3×32×cos2π3∴BC边上中线的长为2125.(2024江西重点中学协作体联考,16)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其外接圆的半径为23,且bcosC=a+33csin(1)求角B;(2)若∠ABC的平分线交AC于点D,BD=3,点E在线段AC上,EC=2EA,求△BDE的面积.解析(1)由正弦定理可得sinBcosC=sinA+33sinCsinB.又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,则sinCcosB+33sinCsinB∵C∈(0,π),∴cosB+33sinB=0,即tanB=-3又B∈(0,π),∴B=2π3(2)由(1)可知B=2π3,∵△ABC的外接圆的半径为23,∴由正弦定理得bsinB=43,即∵BD平分∠ABC,∴∠CBD=∠ABD=12∠ABC=π由S△ABC=S△BCD+S△ABD,可得12acsin2π3=12a·3sinπ3+12c即ac=3(a+c)①,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos2π3,即(a+c)2-ac=36②由①②可得a=c=23.则BD⊥AC,∴AC=2CD=6,又∵EC=2AE,则DE=1,故S△BDE=12×1×3=36.(2024浙江宁波十校联考,15)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin(A-B)·cosC=cosBsin(A-C).(1)判断△ABC的形状;(2)若△ABC为锐角三角形,sinA=1b,求2a2+12解析(1)由题意得(sinAcosB-cosAsinB)cosC=cosB·(sinAcosC-cosAsinC),整理得cosA(cosBsinC-sinBcosC)=cosAsin(C-B)=0,故cosA=0或sin(C-B)=0,当cosA=0时,A=π2,△ABC为直角三角形当sin(C-B)=0时,B=C,△ABC为等腰三角形,当cosA=0且sin(C-B)=0时,A=π2,B=C=π4,△ABC故△ABC为直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形.(2)由(1)知,若△ABC为锐角三角形,则一定为等腰三角形,∴b=c,由asinA=bsinB得asinB=bsinA=1,∴∴2a2+12b+12c=2a2+1b=2sin2B+sinA∵△ABC为锐角三角形,∴0<B<π2,0<A∴当2B-π4=π2,即B=3π8时2a2+12b+7.(2024湖南长沙一中一模,17)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知tanC+3=tanB(3tanC-1).(1)求角A;(2)若a=3,△ABC所在平面内有一点D满足∠BDC=2π3,且BC平分∠ABD,求△ACD面积的取值范围解析(1)由tanC+3=tanB(3tanC-1),得tanB+tanC=-3(1-tanBtanC),即tanB+tanC即tan(B+C)=-3,所以tan(π-A)=-3,即tanA=3,又A∈(0,π),所以A=π3.(6分)(2)设∠ABC=∠CBD=x,在△BCD中,∠BDC=2π3,故x∈0,则∠ACD=2π-π3-2π3-2x=π-2x,(8分由正弦定理有BCsin∠BAC=ACsinx,则AC=CD=2sin