解三角形-高考数学解答题专项练习

正、余弦定理及解三角形一、梳理必备知识利用正、余弦定理解三角形属于高考中的常考题型，常考类型主要包括：求角的大小，求边的长度，求三角形的面积及面积的取值范围，求三角形周长及周长的取值范围。一、正弦定理和余弦定理二、解三角形3.三角形中的三角变换二、解三角形题型综合训练1.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且b=3,a-c=2,A=2π3(1)求△ABC的面积;(2)求sin(A-C)的值.解:(1)由已知得b=3,解得c=5,故S△ABC=12bcsinA=12×3×5×sin2π3=15(2)结合(1),由正弦定理得7sin2π3=5sinC,得由c<a,得C为锐角,所以cosC=1-sin2C所以sin(A-C)=sinAcosC-cosAsinC=32×1114+12×53142.在△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别是a,b,c.已知cos2B=3cos(A+C)+1.(1)求B的大小;(2)若△ABC的面积S=53,a=10,求sinAsinC的值.2.解:(1)由cos2B=3cos(A+C)+1,可得2cos2B+3cosB-2=0, 2分解得cosB=12或cosB=-2(舍去因为B∈(0,π),所以B=π3. 5(2)由S=12acsinB=53,得c=2. 6由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=84,所以b=221, 8分由正弦定理asinA=bsin可得sinAsinC=acb2sin2B=5283.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cosAa+cosCc=12(1)求证:a+c≥4;(2)若△ABC的周长为2+32,求其面积S.3.解:(1)证明:方法一,由已知及正弦定理,得cosAsinA+cosCsin因为cosAsinA+cosCsinC=所以sinBsinAsinC=1sinB,即sin2由正弦定理得b2=ac,即ac=4,所以a+c≥2ac=4,当且仅当a=c=2时,等号成立. 6分方法二,由已知及余弦定理,得b2+c2- 4分得ac=2b=4,所以a+c≥2ac=4,当且仅当a=c=2时,等号成立. 6分(2)因为△ABC的周长为2+32,所以a+c=32. 7分因为b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac-2accosB,由(1)可知,ac=4,所以cosB=34,又B∈所以sinB=74. 10所以△ABC的面积S=12acsinB=72.4.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=2π3,且(sinA+sinB)sinC+cos2C=1(1)求证:5a=3c;(2)若△ABC的面积为153,求c.4.解:(1)证明:∵(sinA+sinB)sinC+cos2C=1,∴(sinA+sinB)sinC+1-2sin2C=1, 2分∴(sinA+sinB)sinC=2sin2C,又sinC≠0,∴sinA+sinB=2sinC,结合正弦定理得a+b=2c. 4分由余弦定理得cosB=a2+c2-b2则-12=a2+c2-(2c(2)由(1)知a=35c,故S△ABC=12acsinB=12×35×c2×32=15可得c=10. 12分5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosCsinA+π6-sinCsinA(1)求角B的大小;(2)若△ABC的周长为4,面积为33,求5.解:(1)因为cosCsinA+π6-sinCsinA所以cosCsinA-π3+π2-sin即cosCcosA-π3-sinCsinA所以cosA+C-因为A+B+C=π,所以A+C=π-B,所以cos2π3-B=12,又0<B<π,所以-π3所以2π3-B=π3,即B=(2)由余弦定理得a2+c2-即a2+c2-ac=b2,因为a+b+c=4,所以a2+c2-ac=[4-(a+c)]2,即(a+c)2-3ac=[4-(a+c)]2,整理得3ac+16=8(a+c).由△ABC的面积为12acsinπ3=33,得所以a+c=52,所以b=36.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知3(sinA-sinC)2=3sin2B-2sinAsinC.(1)求cosB的值.(2)若5a=3b.(i)求tanA的值;(ii)求sin(2A+π6)的值解:(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC及3(sinA-sinC)2=3sin2得3(a-c)2=3b2-2ac,化简得a2+c2-b2=43ac, 2由余弦定理知,cosB=a2+c2-b2(2)(i)由(1)知,cosB=23∵B∈(0,π),∴sinB=1-cos2B∵5a=3b,∴a<b,且5sinA=3sinB,即sinA=35sinB=5∵cosB>0,A<B,∴cosA=1-sin2A∴tanA=sinAcosA=1(ii)由(i)知,sinA=55,cosA=2∴sin2A=2sinAcosA=45,cos2A=1-2sin2A=35,∴sin(2A+π6)=sin2Acosπ6+cos2Asinπ6=45×32+35×7.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b=a+2,c=a+3.(1)若5sinAsinC=4-4cos2A,求cosA的值.(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,请说明理由解:(1)5sinAsinC=4-4cos2A=4-4(1-2sin2A)=8sin2A,因为A∈(0,π),所以sinA>0,所以5sinC=8sinA,则5c=8a,即5(a+3)=8a,可得a=5,所以c=a+3=8,b=a+2=7.由余弦定理可得cosA=b2+c(2)假设存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形,由题知c>b>a,则C为钝角,所以cosC=b2+a2-c22ab=(a+2)2+a2-(a+3)根据三角形三边的关系可得a+a+2>a+3,可得a>1,所以1<a<1+6.因为a是正整数,所以a=2或a=3,因此,当a=2或a=3时,△ABC为钝角三角形.8.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为12a(1)证明:sinA=2sinB;(2)若acosC=32b,求cos8.解:(1)证明:由题得12absinC=12a又sinC≠0,所以12ab=12a2-b2,由正弦定理可得sinAsinB=sin2A-2sin2B,所以sinB(sinA+sinB)=sin2A-sin2B=(sinA+sinB)(sinA-sinB),又sinA+sinB≠0,所以sinB=sinA-sinB,即sinA=2sinB. 5分(2)由(1)及题设得,sinAcosC=2sinBcosC=32sinB,又sinB>0,所以cosC=34∈22,32,则π6<C<π4,故sinC=74,又cosC=a2+b2-因为sinA=2sinB,所以B<π2,所以cosB=528所以cosA=cos[π-(B+C)]=-cos(B+C)=sinBsinC-cosBcosC=148×74-528×39.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=2π3,b=6(1)若cosAcosC=23,求△ABC的面积(2)试问1a+1c=1能否成立?若能成立,求此时△ABC的周长;若不能成立,解:(1)由B=2π3,得A+C=π3,cos(A+C)=cosAcosC-sinAsinC,即12=cosAcosC-sinAsin又cosAcosC=23,∴sinAsinC=16.∵asinA=csinC=6∴a=22sinA,c=22sinC, 4分∴S△ABC=12×22sinA×22sinC×sinB=4sinAsinBsinC=4×16×32=3(2)假设1a+1c=1能成立,则a+c=ac.由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,得6=a2+c2+ac, 9分∴(a+c)2-ac=6,∴(ac)2-ac-6=0,解得ac=3或ac=-2(舍),此时a+c=ac=3,不满足a+c≥2ac(当且仅当a=c时取等号),即假设不成立,∴1a+1c=1不能成立.10.如图J4-1,一架飞机从A地沿直线飞往B地,两地相距200km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层,从机场起飞以后,就沿与原来的飞行路线成θ角的方向飞行,在同一水平面内飞行到C地,再沿与原来的飞行路线成45°角的方向在同一水平面内继续飞行602km到达B地.(1)求A,C两地之间的距离;(2)求tanθ.(本小题满分12分)图J4-110.解:(1)由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB=2002+(602)2-2×200×602×cos45°=23200, 3分所以AC=2058km,即A,C两地之间的距离为2058km. 5分(2)方法一:由余弦定理可得cosA=AB2+AC所以cosθ=cosA=75858,所以sinθ=1- 11分所以tanθ=sinθcosθ=3方法二:由正弦定理得BCsinA=则sinθ=sinA=BC·sinBAC=因为BC<AC,所以A为锐角,所以cosθ=cosA=75858,所以tanθ=sinθcosθ=311.在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinB+sin(A-C)=cosC.(1)求角A的大小;(2)当c=23时,求a2+b2的取值范围.11.解:(1)△ABC中,由sinB+sin(A-C)=cosC得sin(A+C)+sin(A-C)=cosC,化简得2sinAcosC=cosC, 2分又△ABC为锐角三角形,所以cosC≠0,所以sinA=12,又0<A<π2,所以A=π6(2)由正弦定理得bsinB=csinC,得b=c·sinBsinC=2又0<所以π3<C<π2,tanC>故有3<b<4. 8分由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2-6b+12,所以a2+b2=2b2-6b+12=2b-32所以a2+b2∈(12,20). 10分12.在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC.(1)求A;(2)求cosB-cosC的取值范围.12.解:(1)因为(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,所以(a+b)(a-b)=(c-b)c,即a2=b2+c2-bc. 2分因为a2=b2+c2-2bccosA,所以cosA=12又A∈0,π2,所以A=π(2)由(1)知cosB-cosC=cosB-cos2π3-B=cosB+12cosB-32sinB=32cosB-3 8分因为0<2π3-B<π2,0<B<π2,所以π6<B<π2所以cosB-cosC∈-3即cosB-cosC的取值范围是-32,13.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2cos2C-cosC=2cos2B-2sin2A+cos(A-B).(1)求C;(2)若a+b=4,求c的取值范围.13.解:(1)因为2cos2C-cosC=2cos2B-2sin2A+cos(A-B),所以2(1-sin2C)+cos(A+B)=2(1-sin2B)-2sin2A+cos(A-B),化简得sin2A+sin2B-sin2C=sinAsinB. 3分由正弦定理得a2+b2-c2=ab,由余弦定理得cosC=a2+b因为0<C<π,所以C=π3. 6(2)由(1)可设A=π3+α,B=π3-α,-π3 7分由asinA=bsinB=csinC即4sinA+sinB=c32,可得c=23sinA因为-π3<α<π3,所以12<cosα≤1,所以故c的取值范围为[2,4). 12分14.在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且(a+b)(sinA-sinB)=(a-c)sinC.(1)求角B的大小;(2)若c=23,求a的取值范围.解:(1)因为(a+b)(sinA-sinB)=(a-c)sinC,所以由正弦定理可得(a+b)(a-b)=(a-c)c, 2分化简得a2+c2-b2=ac, 3分由余弦定理得cosB=a2+c2-b2又B∈0,π2,所以B=π(2)因为B=π3,所以A+C=π-B=2π3.由正弦定理得asinA=csinC,所以a=csinC·sinA=23sin2π因为△ABC为锐角三角形,所以0<C<π2,0<2π所以tanC>33,所以0<3tanC<33,所以3<3+3tanC<43,所以3<a<43,故a的取值范围为(3,415.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a-b=c(cosB-cosA).(1)判断△ABC的形状并给出证明;(2)若a≠b,求sinA+sinB+sinC的取值范围.解:(1)△ABC为等腰三角形或直角三角形,证明如下:由a-b=c(cosB-cosA)及正弦定理得,sinA-sinB=sinC(cosB-cosA),即sin(B+C)-sin(A+C)=sinC(cosB-cosA),即sinBcosC+cosBsinC-sinAcosC-cosAsinC=sinCcosB-sinCcosA,整理得sinBcosC-sinAcosC=0,所以cosC(sinB-sinA)=0,故sinA=sinB或cosC=0,又A,B,C为△ABC的内角,所以a=b或C=π2因此△ABC为等腰三角形或直角三角形.(2)由(1)及a≠b知△ABC为直角三角形且不是等腰三角形,A+B=π-C=π2,故B=π2-A,且A≠所以sinA+sinB+sinC=sinA+sinB+1=sinA+cosA+1=2sinA+π4因为A∈0,π4∪π4,π2,所以A+π4∈π4所以2sinA+π4+1∈(2,2+1),因此sinA+sinB+sinC的取值范围为(2,216中，，，所对的边分别为，，，已知.(1)若，求的值；(2)若是锐角三角形，求的取值范围.【详解】（1）在中，，据余弦定理可得，又，故，即，又，故，得.（2）在中，据余弦定理可得，又，故，即，又，故.据正弦定理，可得，所以，即，所以，，因为，所以，或，即或（舍）.所以.因为是锐角三角形，所以得，所以，故，，所以的取值范围是.17在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,M是AC上的点,BM平分∠ABC,△ABM的面积是△BCM的面积的2倍.(1)求sinC(2)若cos∠ABC=14,b=2,求△ABC的面积15.解:(1)因为S△ABM=12AB·BM·sin∠ABM,S△BCM=12BC·BM·sin∠MBC,且S△ABM=2S△BCM,∠ABM=∠MBC,所以AB=2BC, 4分由正弦定理可得sinCsinA=ABBC=(2)由(1)知sinCsinA=2,所以c=2a由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC,得4=a2+4a2-4a2×14所以a=1,c=2, 8分又0<∠ABC<π,所以sin∠ABC=1-cos 10分所以S△ABC=12acsin∠ABC=12×1×2×154=1518在锐角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知ccosA+csinA-55a-b=0(1)求cosC的值;(2)在BC的延长线上有一点D,使得∠DAC=π4,AD=10,求AC,CD的长.解:(1)由正弦定理得sinCcosA+sinCsinA-55sinA-sinB=0,因为sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC所以上式可化为sinCsinA-55sinA-cosCsinA=又sinA>0,所以sinC-cosC=55.因为sin2C+cos2C=1,△ABC是锐角三角形,所以cosC=5(2)由(1)得cos∠ACB=55,所以sin∠ACB=2所以sin∠ADC=sin∠ACB-π4=22(sin∠ACB-cos∠ACB)=2在△ACD中,由正弦定理得CDsin∠DAC=ACsin∠ADC=ADsin(π-∠ACB)解得CD=5102,AC=19在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且10sin2A+C2=7(1)求角B;(2)已知点D满足BD=14BC,且AB>BD,若S△ABD=334,AD=解:(1)∵A+B+C=π,∴sinA+C2=cosB由10sin2A+C2=7-cos2B,得10cos2B2=7即10×1+cosB2=7-(2cos2B-1),化简得2cos2B+5cosB-3=0,解得cosB=12或cosB=-3(舍去). 5∵0<B<π,∴B=π3. 6(2)∵S△ABD=12BD·BA·sinB=3∴BD·BA=3①. 7分在△ABD中,由余弦定理知,AD2=BD2+BA2-2BD·BAcosB,∴BD2+BA2-BD·BA=7,即BD2+BA2=10②. 8分由①②解得BD=1,BA=3或BD=3,BA=1,又AB>BD,∴BD=1,BA=3,BC=4BD=4. 10分在△ABC中,由余弦定理知AC2=BA2+BC2-2BC·BA·cosB=9+16-2×3×4×12=13,∴AC=13. 1220.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=2,b=5,c=1.(1)求sinA,sinB,sinC中的最大值;(2)求AC边上的中线长.18.解:(1)∵5>2>1,∴b>a>c,∴sinB>sinA>sinC, 2分由余弦定理可得cosB=(2)2 4分又B∈(0,π),∴B=3π4,∴sinB=22.(2)设AC边上的中线为BD,则BD=12(BA+BC 8分∴(2|BD|)2=(|BA|+|BC|)2=a2+c2+2accos∠ABC=(2)2+12+2×2×1×cos3π4=1, 10∴|BD|=12,即AC边上的中线长为12.21已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2asinC+(1)求角A的大小;(2)若a=7,BA·AC=-3,内角A的平分线交边BC于点T,求AT的长.19.解:(1)因为2asinC+π6=3asinC+a所以由正弦定理得3sinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC,又sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,所以3sinAsinC+sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC,即3sinAsinC=cosAsinC+sinC.因为C∈(0,π),所以sinC≠0,所以3sinA-cosA=1,即2sinA-π6=1,所以sinA因为A∈(0,π),所以A-π6∈-所以A-π6=π6,解得A=(2)由(1)知A=π3,所以BA·AC=-bccosA=-3,即cosA=3bc=12,解得由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc,所以3bc=b2+当b=3,c=2时,cosB=a2+c2-则sinB=1-cos所以sin∠ATB=sinB+π6=sinBcosπ6+cosBsinπ6=32114×3在三角形ABT中,由正弦定理得ATsinB=即AT32114=257当b=2,c=3时,同理可得AT=63综上,AT=6322在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsinC=sinC+3cosC,A=π3(1)求c.(2)在下列三个条件中选择一个作为补充条件,判断该三角形是否存在?若存在,求出三角形的面积;若不存在,请说明理由.①BC边上的中线长为22;②AB边上的中线长为7;③△ABC的周长为6解:(1)由正弦定理及bsinC=sinC+3cosC得csinB=2sinC+π3又A=π3,A+B+C=π,所以csinB=2sin(π-B)=2sinB, 5又0<B<π,所以sinB≠0,故c=2. 6分(2)选条件①.方法一:设BC边上的中线为AD,则AD=22由cos∠ADB=-cos∠ADC,得AD2+BD即12+a24-4=-12+a24-b2,在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即a2=b2-2b+4, 10分即b2+2b+2=0, 11分该方程无实数解,故符合条件的三角形不存在. 12分方法二:设BC边上的中线为AD,则AD=12(AB+AC 8分两边平方得AD2=14(AB2+2AB·AC+AC即12=14×4+2×2b×12+b2, 11分易知该方程无实数解,故符合条件的三角形不存在. 12分方法三:以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则B(2,0),Cbcosπ3,b 8分所以BC的中点坐标为1+14b因为BC边上的中线长为22,所以1+14b2+3整理得b2+2b+2=0, 11分该方程无实数解,故符合条件的三角形不存在. 12分选条件②.设AB边上的中线为CF,则CF=7.在△ACF中,由余弦定理得CF2=AF2+AC2-2AC·AFcosA,即7=1+AC2-2×1×ACcosπ3, 8整理得AC2-AC-6=0, 9分解得AC=3或AC=-2(舍去), 10分故符合条件的三角形存在,且△ABC的面积S=12AC·ABsinA=12×3×2×32=3选条件③.依题意得AB+BC+CA=6,因为AB=2,所以BC+CA=4. 4分在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcosA,所以BC2=22+AC2-2×2×12AC即BC2=4+AC2-2AC, 8分所以(4-AC)2=4+AC2-2AC,解得AC=2, 10分故符合条件的三角形存在,且△ABC的面积S=12AC·ABsinA=12×2×2×32=323.知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若B为锐角,且b=csinB+acosC.(1)求C;(2)若AB=4,点D满足BD=3DA,当△ABC的面积最大时,求线段CD的长和cos∠ACD的值.21.解:(1)由b=csinB+acosC及正弦定理得sinB=sinCsinB+sinAcosC,则sin(A+C)=sinCsinB+sinAcosC, 2分即sinAcosC+cosAsinC=sinCsinB+sinAcosC,即cosAsinC=sinCsinB, 3分因为0<C<π,所以sinC>0,所以cosA=sinB>0.因为B是锐角,所以0<B<π2,0<π2-B<因为cosA>0,所以A为锐角,所以cosA=sinB=cosπ2-B所以A=π2-B,所以A+B=π2,所以C=π2(2)由(1)知∠ACB=π2,c=4,a2+b2=c2=则S△ABC=12ab≤12×a2+b2当且仅当a=b=22时等号成立, 9分此时△ABC是等腰直角三角形.因为BD=3DA,所以AD=1,BD=3,在△ACD中,由余弦定理得CD=8+1-2×22×1×2所以cos∠ACD=8+5-12×22×24如图J7-1,在平面四边形ABCD中,BD<AD,sinπ3-Acosπ(1)求A;(2)若AB=3,AD=3,CD=1,C=2∠CBD,求平面四边形ABCD的面积.(本小题满分12分)图J7-122.解:(1)因为π3-A+π6+A=π2,所以sinπ3-Acosπ6+A=14可化为sin由二倍角公式可得cos2π3-2A=因为BD<AD,所以A∈0,π2,所以2π3-2A∈所以2π3-2A=π3,解得A=π6(2)在△ABD中,AB=3,AD=3,A=π6由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcosA=3+9-2×3×3×32=3,所以BD=3. 8在△BCD中,由正弦定理得sinCsin∠CBD=BDCD=3,所以sinC=3sin∠又C=2∠CBD,所以cos∠CBD=32又∠CBD∈(0,π),所以∠CBD=π6,所以C=2∠CBD=π3,所以∠BDC=π2因此平面四边形ABCD的面积S=12AB·AD·sinA+12BD·CD=12×3×3×12+12×325在△ABC中,A=120°,角A的平分线与BC相交于点D.(1)若AC=2AB=2,求CD的长;(2)若AD=1,求△ABC的面积的最小值.(本小题满分12分)24.解:(1)由余弦定理可得BC2=AC2+AB2-2AB×AC×cos∠BAC=7,所以BC=7. 在△ABD中,由正弦定理得BDsin60°=ABsin∠ADB,在△ACD中,由正弦定理得CDsin60可得BDCD=ABAC=12,又BD+CD=7,所以 5分(2)△ABC的面积等于△ABD的面积与△ACD的面积之和, 6分设AB=c,AC=b,则12×32×bc=12×32×b×1+12×32bc=b+c≥2bc,当且仅当b=c=2时取等号,则bc≥2,则bc≥4, 10分所以S△ABC=12×32×bc≥12×32×故△ABC的面积的最小值为3. 12分26如图J4-2,在四边形ABCD中,AB2+BC2+AB·BC=AC2.(1)若AB=3BC=3,求△ABC的面积;(2)若CD=3BC,∠CAD=30°,∠BCD=120°,求∠ACB.(本小题满分12分)图J4-225.解:(1)在△ABC中,由余弦定理得cosB=AB2+BC2-因为0°<B<180°,所以B=120°, 3分所以S△ABC=12AB·BCsin120°=12×3×1×32 5分(2)设∠ACB=θ,则∠ACD=120°-θ,∠ADC=30°+θ,∠BAC=60°-θ. 6分在△ACD中,由正弦定理得ACsin(30°+θ)=CDsin30°在△ABC中,由正弦定理得ACsin120°=BCsin(60°-θ),由①②及CD=3BC,得3sin(30 9分整理得sin(30°+θ)sin(60°-θ)=14,所以sin(60°+2θ)=12,因为0°<θ<60°,所以60°<60°+2θ<180°, 11分所以60°+2θ=150°,解得θ=45°,故∠ACB=45°. 12分27在平面四边形ABCD中,AB=4,AD=22,对角线AC与BD交于点E,E是BD的中点,且AE=2EC.(1)若∠ABD=π4,求BC的长(2)若AC=3,求cos∠BAD.解:(1)在△ABD中,AB=4,AD=22,∠ABD=π4由正弦定理得ABsin∠ADB=所以sin∠ADB=4×sinπ42又0<∠ADB<π,所以∠ADB=π2,所以BD=22, 2所以DE=BE=2,AE=10,所以cos∠AED=cos∠BEC=55因为AE=2EC,所以EC=102. 4在△BCE中,由余弦定理得BC2=BE2+EC2-2BE·EC·cos∠BEC=2+52-2×2×102×55所以BC=102. 6(2)因为AC=3,AE=2EC,所以AE=2. 7分设DE=BE=x,在△ABD中,由余弦定理得cos∠ADB=(22)在△AED中,由余弦定理得cos∠ADB=(22)所以4x2-882x=x2+442x,在△ABD中,由余弦定理得cos∠BAD=AB2+AD2-28.在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.(1)求A；(2)若D为延长线上一点，且，求的取值范围.【详解】（1）角A，B，C是的内角，故.在锐角中,由正弦定理得，，即，所以，即，故，又，所以.（2）在中，，在中，，所以故.因为为锐角三角形，,所以，解得，所以，所以，从而.故的取值范围为.29.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D是边上一点，，，，且．(1)若，证明：；(2)在（1）的条件下，且，求的值．【详解】（1）

在中，由正弦定理得，则，在中，由正弦定理得，则，因为，所以，而．所以，即．（2）由，得，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，由，，即，整理得，，在中，由余弦定理得，∴，故，即，所以.30.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，的角平分线AD交BC于点D．(1)若，，求AD的长度；(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．【详解】（1）方法一：因为为的角平分线，，所以，因为所以，

所以.

法二：设三角形的边上的高为，因为为的角平分线所以，所以，所以，所以.

因为，，所以，所以.（2）在中，由正弦定理得，所以，

又，则，又所以，又，则.

在中，由正弦定理得，，所以

因为是锐角三角形，所以，于是，所以，所以，从而，

所以三角形周长的取值范围为.31.如图J3-1,在平面四边形ABCD中,AB⊥AD,AB=1,AD=3,BC=2.(1)若CD=1+3,求四边形ABCD的面积;(2)若sin∠BCD=325,∠ADC∈0,π2图J3-1解:(1)连接BD,在Rt△ABD中,由勾股定理得BD2=AB2+AD2=4,所以BD=2, 1分在△BCD中,由余弦定理得cosC=BC2+因为C∈(0,π),所以C=π4. 3由S△ABD=12AB·AD=3S△BCD=12BC·CD·sinC=1+32可得四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=12+3. 6(2)在△BC