2025版新教材高考数学第二轮复习
4.3 解三角形
五年高考
高考新风向
9
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=
4
ac,则sin A+sin C= ( )
3 √7 √3
A. B.√2 C. D.
2 2 2
2.(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 =√2
cosB,a2+b2-c2=√2ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+√3,求c.
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 +√3
cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,√2bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
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 acos B-bcos
π
A=c,且C= ,则B= ( )
5
π π
A. B.
10 5
3π 2π
C. D.
10 5
2
2.(2020课标Ⅲ理,7,5分,易)在△ABC中,cos C= ,AC=4,BC=3,则cos B= ( )
3
1 1
A. B.
9 3
1 2
C. D.
2 3
3.(2021全国甲文,8,5分,中)在△ABC中,已知B=120°,AC=√19,AB=2,则BC= ( )
A.1 B.√2 C.√5 D.3
4.(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= .
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= .
6.(2021 浙江,14,6 分,中)在△ABC 中,∠B=60°,AB=2,M 是 BC 的中点,AM=2√3,则 AC=
,cos∠MAC= .
7.(2022 全 国 甲 , 文 16, 理 16,5 分 , 中 ) 已 知 △ ABC 中 , 点 D 在 边 BC 上 ,
AC
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当 取得最小值时,BD= .
AB
8.(2020新高考Ⅰ,17,10分,易)在①ac=√3,②csin A=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.
π
问题:是否存在△ABC,它的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 sin A=√3sin B,C= ,
6
?
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.9.(2023新课标Ⅰ,17,10分,中)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
10.(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.
π
(1)若∠ADC= ,求tan B;
3
(2)若b2+c2=8,求b,c.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2sin C=3sin A,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.
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=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.cosA
13.(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 =
1+sin A
sin2B
.
1+cos2B
2π
(1)若C= ,求B;
3
a2+b2
(2)求 的最小值.
c2
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8 848.86(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)( )
A.346 B.373
C.446 D.473
2.(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3
直线 BC 的切点,四边形 DEFG 为矩形,BC⊥DG,垂足为 C,tan∠ODC= ,BH∥DG,EF=12
5
cm,DE=2 cm,A到直线DE和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面
积为 cm2.
b2+c2−a2
3.(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
cosA
=2.
(1)求bc;
acosB−bcosA b
(2)若 - =1,求△ABC面积.
acosB+bcosA c
4.(2020课标Ⅱ理,17,12分,中)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.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.
6.(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sin Csin(A-
B)=sin Bsin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
25
(2)若a=5,cos A= ,求△ABC的周长.
317.(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
√3 1
长的三个正三角形的面积依次为S ,S ,S .已知S -S +S = ,sin B= .
1 2 3 1 2 3 2 3
(1)求△ABC的面积;
√2
(2)若sin Asin C= ,求b.
3三年模拟
练速度
1.(2024黑龙江齐齐哈尔二模,4)在△ABC中,2sin A=3sin B,AB=2AC,则cos C=( )
1 1 1 1
A. B.- C. D.-
2 2 4 4
2.(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=2asin B,bc=4,则
△ABC的面积为 ( )
A.1 B.√5 C.2 D.2√5
3.(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 acos C+√3
asin C=b,则A= ( )
π π π π
A. B. C. D.
6 4 3 2
4.(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 ( )
3 4 √5 2√5
A. B. C. D.
5 5 5 5
1
5.(2024 T8第二次联考,6)在△ABC中,sin(B-A)= ,2a2+c2=2b2,则sin C= ( )
4
2 √3 1
A. B. C. D.1
3 2 2
6.(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acos C=2ccos A,
bc
则 的最大值为 ( )
a2
3 √3
A.√3 B. C. D.3
2 2
1 1
7.(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, +
tan A tanB
1
+ =1.则△ABC面积的最大值为 ( )
tan AtanB
A.1+√2 B.1+√3 C.2√2 D.2√3
1 3
8.(2024广东韶关二模,6)在△ABC中,tan A= ,tan B= .若△ABC的最长边的长为√17,则
4 5
最短边的长为 ( )
A.√2 B.√3 C.2 D.√53π
9.(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=
4
,b=6,a2+c2=2√2ac,则△ABC的面积为 .
10.(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=
.
11.(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
bsinB
比数列,且b=acos C+√3csin A,则A= , = .
c
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 米.
13.(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=20√3 m,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
3
为33.5°,则塔高CD为 m. 参考数据:sin 37°≈
5
14.(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
√3
a,b,c,且△ABC的面积S= accos B.
2
(1)求角B的大小;π π
(2)若a=2,且 ≤A≤ ,求边c的取值范围.
4 3
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-2bsin
A=0且a=5,c=4√2.
(1)求角B及边b的大小;
(2)求sin(2C+B)的值.
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=4,4√3cos C=√3b-csin A.
(1)求A;2√2
(2)已知AM为∠BAC的平分线,且与BC交于点M,若AM= ,求△ABC的周长.
3
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.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 asin C=csin
2π
B,C= .
3
(1)求B的大小;
3√3
(2)若△ABC的面积为 ,求BC边上中线的长.
4
5.(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
√3
接圆的半径为2√3,且bcos C=a+ csin B.
3
(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.6.(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
=cos Bsin(A-C).
(1)判断△ABC的形状;
1 2 1 1
(2)若△ABC为锐角三角形,sin A= ,求 + + 的最大值.
b a2 2b 2c
π π 3π 2 1 1
∴当2B- = ,即B= 时 + + 取得最大值,最大值为√2+1.
4 2 8 a2 2b 2c
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
=tan B(√3tan C-1).
(1)求角A;
2π
(2)若a=√3,△ABC所在平面内有一点 D满足∠BDC= ,且BC平分∠ABD,求△ACD面
3
积的取值范围.练风向
1.(概念深度理解)(2024安徽质量联合检测,15)在△ABC中,A,B,C所对的边分别是a,b,c.
(1)请用正弦定理证明:若a>b,则A>B;
(2)请用余弦定理证明:若A>B,则a>b.
2.(新定义理解)(2024福建厦门二模,16)定义:如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的
两倍,那么这个三角形叫做倍角三角形.如图,△ABC的面积为S,三个内角A,B,C所对的边
2S
分别为a,b,c,且sin C= .
c2−b2
(1)证明:△ABC是倍角三角形;
(2)若c=9,当S取最大值时,求tan B.4.3 解三角形
五年高考
高考新风向
9
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=
4
ac,则sin A+sin C= ( C )
3 √7 √3
A. B.√2 C. D.
2 2 2
2.(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 =√2
cosB,a2+b2-c2=√2ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+√3,求c.
a2+b2−c2 √2ab √2 π
解析 (1)由余弦定理的推论得cos C= = = ,又0<C<π,∴C= .
2ab 2ab 2 4
π √2
由sin C=√2cos B得√2cos B=sin = ,
4 2
1 π
∴cos B= ,由0<B<π得B= .
2 3
b c b c
(2)由 = 得 = .
sinB sinC √3 √2
b c
令 = =t,t>0,则b=√3t,c=√2t,
√3 √25π (π π) √6+√2
∵A=π-B-C= ,∴sin A=sin + = ,
12 4 6 4
1 1 √6+√2
∵S = bcsin A= ×√3t×√2t× =3+√3,
△ABC 2 2 4
∴t=2,因此c=2√2.
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 +√3
cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,√2bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
1 √3 ( π) π π 4π
解析 (1)由已知得 sin A+ cos A=sin A+ =1,因为0<A<π,所以 <A+ < ,所以A+
2 2 3 3 3 3
π π π
= ,即A= .
3 2 6
a b c
(2)由√2bsin C=2csin Bcos B 及正弦定理 = = ,得√2sin Bsin C=2sin Csin
sin A sinB sinC
2
√2 √2 a √2
Bcos B,又sin B≠0,且sin C≠0,所以cos B= ,则sin B= ,则b= ·sin B=1× =2√2
2 2 sin A 2
2
1 √2 √3 √2 √2+√6 a
,又 sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B= × + × = ,所以 c= ·sin
2 2 2 2 4 sin A
2
√2+√6
C=1× =√2+√6,即a+b+c=2+3√2+√6,
4
2
所以△ABC的周长为2+3√2+√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 acos B-bcos
π
A=c,且C= ,则B= ( C )
5
π π
A. B.
10 5
3π 2π
C. D.
10 52
2.(2020课标Ⅲ理,7,5分,易)在△ABC中,cos C= ,AC=4,BC=3,则cos B= ( A )
3
1 1
A. B.
9 3
1 2
C. D.
2 3
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.1 B.√2 C.√5 D.3
4.(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= 2√2 .
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=2√3,则AC= 2
2√39
√13 ,cos∠MAC= .
13
7.(2022 全 国 甲 , 文 16, 理 16,5 分 , 中 ) 已 知 △ ABC 中 , 点 D 在 边 BC 上 ,
AC
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当 取得最小值时,BD= √3 -1 .
AB
8.(2020新高考Ⅰ,17,10分,易)在①ac=√3,②csin A=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.
π
问题:是否存在△ABC,它的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 sin A=√3sin B,C= ,
6
?
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.
π a2+b2−c2 √3
由C= 和余弦定理得 = .
6 2ab 2
由sin A=√3sin B及正弦定理得a=√3b.
3b2+b2−c2 √3
于是 = ,由此可得b=c. (6分)
2√3b2 2
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.π a2+b2−c2 √3
由C= 和余弦定理得 = .
6 2ab 2
由sin A=√3sin B及正弦定理得a=√3b.
3b2+b2−c2 √3
于是 = ,
2√3b2 2
π 2π
由此可得b=c,B=C= ,A= . (6分)
6 3
由②csin A=3,所以c=b=2√3,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2√3. (10分)
方案三:选条件③.
π a2+b2−c2 √3
由C= 和余弦定理得 = .
6 2ab 2
由sin A=√3sin B及正弦定理得a=√3b.
3b2+b2−c2 √3
于是 = ,由此可得b=c. (6分)
2√3b2 2
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)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
解析 (1)解法一:∵A+B+C=π,A+B=3C,
π 3π
∴C= ,B= -A,
4 4
又∵2sin(A-C)=sin B,
( π) (3π )
∴2sin A− =sin −A ,
4 4
(√2 √2 ) √2 ( √2)
即2 sin A− cosA = cos A- − sin A,
2 2 2 2
整理得sin A=3cos A,
( 3π) 3√10
又∵sin2A+cos2A=1,A∈ 0, ,∴sin A= .
4 10π
解法二:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C= .
4
又∵2sin(A-C)=sin B,∴2sin(A-C)=sin(A+C),
即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
化简得sin Acos C=3cos Asin C,
sin A
∴tan A=3tan C=3,∴ =3,
cosA
( 3π) 3√10
又∵sin2A+cos2A=1,A∈ 0, ,∴sin A= .
4 10
(2)解法一:过C作CD⊥AB,垂足为D,如图.
5 BC
AB BC
在△ABC中,由正弦定理得 = ,即 π =3√10,∴BC=3√5.
sin∠ACB sinA sin
4 10
√10
由(1)知cos A= ,
10
(3π ) √2 √2 2√5
∴sin B=sin −A = cos A+ sin A= .
4 2 2 5
2√5
在Rt△BCD中,CD=BC·sin B=3√5× =6,
5
即AB边上的高为6.
π 3√10 √10
解法二:由(1)知C= ,sin A= ,cos A= ,
4 10 10
(3π ) √2 √2 2√5
则sin B=sin −A = cos A+ sin A= .
4 2 2 5
AB AC BC
在△ABC中,由正弦定理得 = = ,
sinC sinB sinA
5 AC BC
∴√2=2√5=3√10,∴AC=2√10,BC=3√5,
2 5 10
1 1 √2
∴S = AC·BC·sin C= ×2√10×3√5× =15.
△ABC 2 2 21
设AB边上的高为h,则 ×5h=15,∴h=6.
2
10.(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.
π
(1)若∠ADC= ,求tan B;
3
(2)若b2+c2=8,求b,c.
√3
解析 由题意知S =√3,BD=DC,∴S = .
△ABC △ADC 2
1 √3 π 1 π √3
(1)∵S = DA·DC·sin∠ADC= ,DA=1,∠ADC= ,∴ DCsin = ,∴DC=2,∴BD=2.
△ADC 2 2 3 2 3 2
2π
易知∠ADB= .
3
2
1 2
解法一:在△ABD中,由正弦定理得 = = ( 2 ),即5sin B=√3cos B,因
sinB sin∠BAD sin B+ π
3
√3
此tan B= .
5
√3 1
解法二:过点 A 作 AE⊥BC,垂足为 E,则 AE=AD·sin∠ADC= ,DE=AD·cos∠ADC= ,所以
2 2
1 5
BE=2+ = ,
2 2
AE √3
所以tan B= = .
BE 5
解法三:在△ADB 中,由余弦定理可知,AB2=BD2+DA2-2DA·DBcos∠ADB,即 AB2=22+12-
( 1)
2×1×2× − =7,
2
∴AB=√7,
AB2+BD2−AD2 7+4−1 5√7
∴cos B= = = ,
2AB·BD 2√7×2 14
√ 25 √21
∴sin B=√1−cos2B= 1− = ,
28 14sinB √3
∴tan B= = .
cosB 5
(a) 2 a a2
(2)解法一:令∠ADB=α.由余弦定理得c2=1+ -2×1× ×cos α=1+ -acos α,
2 2 4
(a) 2 a a2
b2=1+ -2×1× ×cos(π-α)=1+ +acos α.
2 2 4
a2
所以b2+c2=2+ =8,
2
所以a=2√3.
√3 √3
又由题意知△ABD和△ACD的面积均为 sin α= ,
2 2
π
则sin α=1,α= .
2
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=2√3,
1 √3
∵S = AD·DC·sin∠ADC= ,AD=1,DC=√3,
△ADC 2 2
∴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2sin C=3sin A,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)2sin C=3sin A⇒2c=3a,又∵c=a+2,∴2(a+2)=3a,∴a=4,∴b=a+1=5,c=a+2=6,∴cos
b2+c2−a2 52+62−42 3 √7
A= = = ,∴sin A=√1−cos2A= ,
2bc 2×5×6 4 41 1 √7 15√7
∴S = bcsin A= ×5×6× = .
△ABC 2 2 4 4
(2)由已知得c>b>a,
若△ABC为钝角三角形,则角C为钝角,
a2+b2−c2
∴cos C= <0⇒a2+b2<c2⇒a2+(a+1)2<(a+2)2⇒a2-2a-3<0⇒-1<a<3,又a>0,∴a∈(0,3).
2ab
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=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.
asinC
解析 (1)证明:由题设得BD= ,
sin∠ABC
c b
在△ABC中,由正弦定理知 = ,
sinC sin∠ABC
sinC c
即 = ,
sin∠ABC b
asinC ac
代入BD= 中,得BD= ,又b2=ac,
sin∠ABC b
∴BD=b.
2 b
(2)解法一:由AD=2DC得AD= b,DC= ,
3 3
4 5
b2+c2−b2 c2− b2
AD2+AB2−BD2 9 9
在△ABD中,cos A= = = ,
2AD·AB 2 4
2× bc bc
3 3
AC2+AB2−BC2 b2+c2−a2
在△ABC中,cos A= = .
2AC·AB 2bc
5
c2− b2
9 b2+c2−a2
故 = ,化简得3c2-11b2+6a2=0,
4 2bc
bc
3
又b2=ac,
所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,
2
所以c=3a或c= a.
3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;
2 2 √6
当c= a时,b2=ac= a2,所以b= a,
3 3 3
此时a,b,c可以构成三角形,
4 2
a2+ a2− a2
2 √6 a2+c2−b2 9 3 7
故c= a,b= a,所以在△ABC中,cos∠ABC= = = .
3 3 2ac 2 12
2a· a
3
解法二:同解法一得到2a=3c或3a=c.
9 3
c2+c2− c2
3 3 4 2 7
当2a=3c时,a= c,b2=ac= c2,由余弦定理得cos∠ABC= = ;
2 2 3 12
2· c·c
2
c2 c2
+c2−
c c2 9 3 7
当3a=c时,a= ,b2=ac= ,由余弦定理得cos∠ABC= = >1(舍).
3 3 c 6
2· ·c
3
7
综上,cos∠ABC= .
12
cosA
13.(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 =
1+sin A
sin2B
.
1+cos2B
2π
(1)若C= ,求B;
3
a2+b2
(2)求 的最小值.
c2
cosA sin2B 2sinBcosB
解析 (1)∵ = = (采分点:出现二倍角公式,给1分),cos B≠0,
1+sin A 1+cos2B 2cos2B
cosA sinB
即 = , (1分)
1+sin A cosB
∴cos Acos B-sin Asin B=sin B,
即cos(A+B)=sin B, (3分)
2π 2π 1
又C= ,∴sin B=cos(A+B)=-cos C=-cos = , (4分)
3 3 2π π
∵0<B< ,∴B= .(5分)
3 6
(2)由(1)知,sin B=cos(A+B)=-cos C,
(π )
∵sin B>0恒成立,∴C∈ ,π ,
2
( π)
∵-cos C=sin C− ,
2
π π
∴C- =B,∴A= -2B, (8分)
2 2
( π)
∵A>0,∴B∈ 0, ,
4
a2+b2 sin2A+sin2B cos22B+sin2B
∴ = =
c2 sin2C cos2B
(2cos2B−1) 2+(1−cos2B)
= , (10分)
cos2B
(1 )
令cos2B=t,t∈ ,1 ,
2
a2+b2 (2t−1) 2+(1−t) 2
∴ = =4t+ -5≥4√2-5, (11分)
c2 t t
2 √2
当且仅当4t= ,即t= 时,取“=”.
t 2
a2+b2
∴ 的最小值为4√2-5. (12分)
c2
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8 848.86(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.346 B.373
C.446 D.473
2.(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
3
直线 BC 的切点,四边形 DEFG 为矩形,BC⊥DG,垂足为 C,tan∠ODC= ,BH∥DG,EF=12
5
cm,DE=2 cm,A到直线DE和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面
( 5π)
积为 4+ cm2.
2
b2+c2−a2
3.(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
cosA
=2.
(1)求bc;
acosB−bcosA b
(2)若 - =1,求△ABC面积.
acosB+bcosA c
b2+c2−a2
b2+c2−a2
解析 (1)由 =b2+c2−a2=2bc=2,
cosA
2bc
得bc=1.
acosB−bcosA b
(2)由正弦定理得 -
acosB+bcosA c
sin AcosB−cosAsinB sinB
= -
sin AcosB+cosAsinB sinCsin AcosB−cosAsinB−sinB
= =1,
sinC
即sin Acos B-cos Asin B-sin B=sin C=sin(A+B),
得-sin B=2cos Asin B,
1
∵sin B≠0,∴cos A=- ,
2
√3
又∵A∈(0,π),∴sin A= ,
2
1 1 √3 √3
∴S = bcsin A= ×1× = .
△ABC 2 2 2 4
4.(2020课标Ⅱ理,17,12分,中)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C.
(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·ABcos A.②
1 2π
由①②得cos A=- .因为0<A<π,所以A= .
2 3
(2)解法一(利用正弦定理将边用角表示):
AC AB BC
由正弦定理及(1)得 = = =2√3,从而AC=2√3sin B,AB=2√3sin(π-A-B)=3cos B-
sinB sinC sin A
√3sin B.
( π)
故BC+AC+AB=3+√3sin B+3cos B=3+2√3sin B+ .
3
π π
又0<B< ,所以当B= 时,△ABC周长取得最大值3+2√3.
3 6
解法二(余弦定理+基本不等式):
2π
∵a=3,A= ,又a2=b2+c2-2bccos A,
3
1
∴9=b2+c2+bc=(b+c)2-bc≥(b+c)2- (b+c)2,
4
∴b+c≤2√3(当且仅当b=c时,“=”成立),
则△ABC周长的最大值为3+2√3.
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×cos 120°=7,则BC=√7.
AC BC
由正弦定理,得 = ,
sin∠ABC sin∠BAC
AC·sin∠BAC 1×sin120° √21
则sin∠ABC= = = .
BC √7 14
√21 √3
(2)在Rt△ABD中,由(1)知sin∠ABD= ,且∠ABD为锐角,所以tan∠ABD= .
14 5
√3 2√3
在Rt△ABD中,AB=2,则AD=AB·tan∠ABD=2× = .
5 5
在△ADC中,∠DAC=30°,AC=1,
1 2√3 √3
∴△ADC的面积S= × ×1×sin 30°= .
2 5 10
一题多解
(2)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=120°,
1 √3
∴S = ×2×1×sin 120°= ,
△ABC 2 2
1
AC·AD·sin30° 1
S 2 1× 1
又 △ACD = = 2= ,
S 1 4
△ABD AB·AD 2
2
1 √3
∴S = S = .
△ACD 5 △ABC 10
6.(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sin Csin(A-
B)=sin Bsin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
25
(2)若a=5,cos A= ,求△ABC的周长.
31
解析 (1)证法一:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
∴sin C(sin Acos B-cos Asin B)=sin B(sin Ccos A-cos C·sin A),(利用两角差的正弦公式
化简)
由正弦定理得accos B-bccos A=bccos A-abcos C,
∴accos B=2bccos A-abcos C,
a2+c2−b2 b2+c2−a2 a2+b2−c2
由余弦定理的推论得ac· =2bc· -ab· ,化简得2a2=b2+c2.
2ac 2bc 2ab
证法二:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
∴sin C(sin Acos B-cos Asin B)=sin B(sin Ccos A-cos Csin A),
∴sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A,
∴sin A(sin Ccos B+cos Csin B)=2sin Bsin Ccos A,
∴sin A·sin(B+C)=2sin Bsin Ccos A,
∴sin2A=2sin Bsin Ccos A,
由正弦定理得a2=2bccos A,
又由余弦定理得a2=b2+c2-a2,
∴2a2=b2+c2.
50
(2)由题意及余弦定理可得,b2+c2-a2=2bccos A= bc=25,即2bc=31,又由(1)知b2+c2=2a2,所
31
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.
7.(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
√3 1
长的三个正三角形的面积依次为S ,S ,S .已知S -S +S = ,sin B= .
1 2 3 1 2 3 2 3
(1)求△ABC的面积;
√2
(2)若sin Asin C= ,求b.
3
√3 √3 √3
解析 (1)由题意得S = a2,S = b2,S = c2,
1 4 2 4 3 4
√3 √3
∴S -S +S = (a2-b2+c2)= ,即a2-b2+c2=2,
1 2 3 4 2
a2+c2−b2
由cos B= 得a2+c2-b2=2accos B,
2ac
故2accos B=2,∴accos B=1,
1 2√2 2√2
又∵sin B= ,∴cos B= 或cos B=- (舍),
3 3 3
3√2 1 1 3√2 1 √2
∴ac= ,∴S = acsin B= × × = .
4 △ABC 2 2 4 3 8
a b c b2 ac
(2)由正弦定理 = = 得 = ,
sin A sinB sinC sin2B sin AsinC
3√2 √2
又知ac= ,sin Asin C= ,
4 3
b2 9 b 3
∴ = ,∴ = ,
sin2B 4 sinB 23 3 1 1
∴b= sin B= × = .
2 2 3 2三年模拟
练速度
1.(2024黑龙江齐齐哈尔二模,4)在△ABC中,2sin A=3sin B,AB=2AC,则cos C=( D )
1 1 1 1
A. B.- C. D.-
2 2 4 4
2.(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=2asin B,bc=4,则
△ABC的面积为 ( A )
A.1 B.√5 C.2 D.2√5
3.(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 acos C+√3
asin C=b,则A= ( A )
π π π π
A. B. C. D.
6 4 3 2
4.(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 )
3 4 √5 2√5
A. B. C. D.
5 5 5 5
1
5.(2024 T8第二次联考,6)在△ABC中,sin(B-A)= ,2a2+c2=2b2,则sin C= ( C )
4
2 √3 1
A. B. C. D.1
3 2 2
6.(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acos C=2ccos A,
bc
则 的最大值为 ( C )
a2
3 √3
A.√3 B. C. D.3
2 2
1 1
7.(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, +
tan A tanB
1
+ =1.则△ABC面积的最大值为 ( A )
tan AtanB
A.1+√2 B.1+√3 C.2√2 D.2√3
1 3
8.(2024广东韶关二模,6)在△ABC中,tan A= ,tan B= .若△ABC的最长边的长为√17,则
4 5
最短边的长为 ( A )
A.√2 B.√3 C.2 D.√53π
9.(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=
4
,b=6,a2+c2=2√2ac,则△ABC的面积为 3 .
10.(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=
3
.
2
11.(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
π bsinB 1
比数列,且b=acos C+√3csin A,则A= , = .
6 c 2
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
45√3
米至D处,又测得楼顶A的仰角为30°,则楼高AB为 米.
4
13.(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=20√3 m,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
3
为33.5°,则塔高CD为 2 4 m. 参考数据:sin 37°≈
5
14.(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√3
a,b,c,且△ABC的面积S= accos B.
2
(1)求角B的大小;
π π
(2)若a=2,且 ≤A≤ ,求边c的取值范围.
4 3
√3 1
解析 (1)S= accos B= acsin B,∴tan B=√3,
2 2
π
∵B∈(0,π),∴B= .
3
π a c
(2)∵a=2,B= , = ,
3 sin A sinC
(2π )
2sinC 2sin −A √3cosA √3
∴c= = 3 = +1= +1.
sin A sin A tan A
sin A
π π
∵ ≤A≤ ,∴2≤c≤√3+1.
4 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-2bsin
A=0且a=5,c=4√2.
(1)求角B及边b的大小;
(2)求sin(2C+B)的值.
解析 (1)因为√2a-2bsin A=0,
所以由正弦定理得√2sin A-2sin Bsin A=0.
√2
因为sin A>0,所以√2-2sin B=0,sin B= ,
2
π
因为B是锐角,所以B= . (3分)
4
√ √2
由余弦定理得b=√a2+c2−2accosB= 25+32−2×5×4√2× =√17. (6分)
2
a2+b2−c2 25+17−32 1
(2)由余弦定理的推论得cos C= = = ,(8分)
2ab 2×5×√17 √17
√ 1 4
因为C是锐角,所以sin C=√1−cos2C= 1− = ,(10分)
17 √17
( π) √2
所以sin(2C+B)=sin 2C+ = (sin 2C+cos 2C)
4 2√2
= (2sin Ccos C+2cos2C-1)
2
√2
=√2sin Ccos C+√2cos2C-
2
4 1 1 √2 7√2
=√2× × +√2× - =- . (13分)
√17 √17 17 2 34
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=4,4√3cos C=√3b-csin A.
(1)求A;
2√2
(2)已知AM为∠BAC的平分线,且与BC交于点M,若AM= ,求△ABC的周长.
3
解析 (1)根据题意可得√3acos C+csin A=√3b,
由正弦定理得√3sin Acos C+sin Asin C=√3sin B,
又√3sin B=√3sin(A+C)=√3sin Acos C+√3cos Asin C,
故sin Asin C=√3cos Asin C,
又sin C≠0,所以sin A=√3cos A,则tan A=√3,
π
因为A∈(0,π),所以A= .
3
(2)因为S =S +S ,
△ABC △ABM △ACM
1 1 1
所以 bcsin∠BAC= AM·c·sin∠BAM+ AM·b·sin∠CAM,
2 2 2
1 π
又AM平分∠BAC,所以∠BAM=∠CAM= ∠BAC= ,
2 6
1 √3 1 2√2 1 1 2√2 1
所以 bc× = × c× + × b× ,
2 2 2 3 2 2 3 2
2√2 2√2
则√3bc= (b+c),即bc= (b+c),
3 3√3
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即16=b2+c2-bc,
2√2
所以16=(b+c)2-3bc=(b+c)2- (b+c),
√3
解得b+c=2√6(负值舍去),
故△ABC的周长为2√6+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sin A−sinB sinC
= .
b+c a+b
(1)求角A;
(2)若点D是BC边上一点,且AB⊥AD,CD=2BD,求sin∠ADB的值.
sin A−sinB sinC a−b c
解析 (1)由 = 及正弦定理得 = ,即a2=b2+c2+bc. (3分)
b+c a+b b+c a+b
1
又a2=b2+c2-2bccos A,∴cos A=- ,
2
2π
∴A= . (5分)
3
π ( π)
(2)∠DAC=∠BAC-∠BAD= ,记∠ADB=α,α∈ 0, ,
6 2
π
则C=α-∠DAC=α- .(6分)
6
在Rt△ABD中,AD=BDcos α.①
AD CD
在△ADC中,由正弦定理得 ( π)= π .②
sin α− sin
6 6
cosα 2
由①②及CD=2BD得 ( π)= π , (9分)
sin α− sin
6 6
1
√3
即√3 1=4,解得tan α= . (11分)
tanα− 2
2 2
√3 ( π) √21
由tan α= ,sin2α+cos2α=1,α∈ 0, ,解得sin α= .
2 2 7
√21
故sin∠ADB= . (13分)
7
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=2ABcos 30°=√6, (2分)
又BC⊥CD,所以∠ACD=90°-∠ACB=60°, (3分)
AD AC
在△ACD中,由正弦定理得 = ,
sin∠ACD sin∠ADC
ACsin∠ACD √6sin60° √2
所以sin∠ADC= = = , (5分)
AD 3 2
又AC<AD,所以∠ADC=45°. (6分)
(2)在△ABC中,AB=BC=√2,∠ABC=θ,
1 1
S = AB·BC·sin∠ABC= ×√2×√2×sin θ=sin θ, (7分)
△ABC 2 2
AC
θ θ
2 =sin ⇒AC=2√2sin , (8分)
2 2
BC
θ
或由余弦定理得:AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4-4cos θ⇒AC=2 √2 sin
2
180°−θ θ
在△ACD中,∠ACD=90°-∠ACB=90°- = ,
2 2
又CD=√6,
1 1 θ θ
所以S = AC·CD·sin∠ACD= ·2√2sin ·√6·sin =√3-√3cos θ, (9分)
△ACD 2 2 2 2
所以四边形ABCD的面积S=S +S =sin θ+√3-√3cos θ=√3+2sin(θ-60°), (11分)
△ABC △ACD
因为120°≤θ<180°,所以60°≤θ-60°<120°,
所以当θ-60°=90°,即θ=150°时,S =√3+2,
max
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 asin C=csin
2π
B,C= .
3
(1)求B的大小;
3√3
(2)若△ABC的面积为 ,求BC边上中线的长.
4
解析 (1)∵asin C=csin B,
∴由正弦定理,得sin Asin C=sin Csin B,
∵0<C<π,∴sin C>0,∴sin A=sin B,∵0<A<π,0<B<π,∴A=B或A+B=π(舍去),
2π π
∵A+B+C=π,且C= ,∴B= .
3 6
3√3 1
(2)依题意得 = absin C,
4 2
∵A=B,∴a=b,
3√3 1 2π √3a2
∴ = a2sin = ,解得a=√3,
4 2 3 4
√3
设边BC的中点为D,则CD= ,
2
3 √3 2π 21
在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cos C=3+ -2×√3× ×cos = ,
4 2 3 4
√21
∴BC边上中线的长为 .
2
5.(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
√3
接圆的半径为2√3,且bcos C=a+ csin B.
3
(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.
√3
解析 (1)由正弦定理可得sin Bcos C=sin A+ sin Csin B.又sin A=sin(B+C)=sin Bcos
3
√3
C+cos Bsin C,则sin Ccos B+ sin Csin B=0.
3
√3
∵C∈(0,π),∴cos B+ sin B=0,即tan B=-√3.
3
2π
又B∈(0,π),∴B= .
3
2π b
(2)由(1)可知B= ,∵△ABC的外接圆的半径为2√3,∴由正弦定理得 =4√3,即b=6,
3 sinB
1 π
∵BD平分∠ABC,∴∠CBD=∠ABD= ∠ABC= .
2 3
由S =S +S ,
△ABC △BCD △ABD
1 2π 1 π 1 π
可得 acsin = a·√3sin + c·√3sin ,
2 3 2 3 2 3
即ac=√3(a+c)①,2π
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos ,即(a+c)2-ac=36②,
3
由①②可得a=c=2√3.
则BD⊥AC,∴AC=2CD=6,又∵EC=2AE,则DE=1,
1 √3
故S = ×1×√3= .
△BDE 2 2
6.(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
=cos Bsin(A-C).
(1)判断△ABC的形状;
1 2 1 1
(2)若△ABC为锐角三角形,sin A= ,求 + + 的最大值.
b a2 2b 2c
解析 (1)由题意得(sin Acos B-cos Asin B)cos C=cos B·(sin Acos C-cos Asin C),
整理得cos A(cos Bsin C-sin Bcos C)=cos Asin(C-B)=0,
故cos A=0或sin(C-B)=0,
π
当cos A=0时,A= ,△ABC为直角三角形,
2
当sin(C-B)=0时,B=C,△ABC为等腰三角形,
π π
当cos A=0且sin(C-B)=0时,A= ,B=C= ,△ABC为等腰直角三角形.
2 4
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,
a b 1
由 = 得asin B=bsin A=1,∴a= ,
sin A sinB sinB
2 1 1 2 1 ( π)
∴ + + = + =2sin2B+sin A=1-cos 2B+sin 2B=1+√2sin 2B− ,
a2 2b 2c a2 b 4
π
{ 0<B< ,
2 π π
∵△ABC为锐角三角形,∴ 解得 <B< ,
π 4 2
0<A=π−2B< ,
2
π π 3π 2 1 1
∴当2B- = ,即B= 时 + + 取得最大值,最大值为√2+1.
4 2 8 a2 2b 2c
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
=tan B(√3tan C-1).
(1)求角A;2π
(2)若a=√3,△ABC所在平面内有一点 D满足∠BDC= ,且BC平分∠ABD,求△ACD面
3
积的取值范围.
解析 (1)由tan C+√3=tan B(√3tan C-1),
得tan B+tan C=-√3(1-tan Btan C),
tanB+tanC
即 =-√3,
1−tanBtanC
即tan(B+C)=-√3,所以tan(π-A)=-√3,即tan A=√3,
π
又A∈(0,π),所以A= . (6分)
3
(2)设∠ABC=∠CBD=x,
2π ( π)
在△BCD中,∠BDC= ,故x∈ 0, ,
3 3
π 2π
则∠ACD=2π- - -2x=π-2x, (8分)
3 3
BC AC BC DC
由正弦定理有 = , = ,
sin∠BAC sinx sin∠BDC sinx
则AC=CD=2sin x,
1
故S = (2sin x)2sin(π-2x)=4sin3xcos x,(10分)
△ACD 2
( π)
令φ(x)=4sin3xcos x,x∈ 0, ,
3
则φ'(x)=12sin2xcos2x-4sin4x
( π)
=4sin2x(√3cos x+sin x)(√3cos x-sin x),易知φ'(x)>0,则函数φ(x)=4sin3xcos x在 0, 上单
3
调递增,
(π) 3√3
又φ(0)=0,φ = ,
3 4
( 3√3)
所以△ACD面积的取值范围为 0, .(15分)
4
练风向
1.(概念深度理解)(2024安徽质量联合检测,15)在△ABC中,A,B,C所对的边分别是a,b,c.(1)请用正弦定理证明:若a>b,则A>B;
(2)请用余弦定理证明:若A>B,则a>b.
a b
证明 (1)由 = ,a>b得sin A>sin B.
sin A sinB
( π] ( π]
(i)若A,B∈ 0, ,则由y=sin x在 0, 上单调递增,得A>B.
2 2
( π] (π ) ( π) ( π]
(ii)若A∈ 0, ,B∈ ,π ,则sin A>sin B=sin(π-B),此时π-B∈ 0, ,由y=sin x在 0,
2 2 2 2
上单调递增,
得A>π-B⇔A+B>π,舍去.
( π] (π ) ( π) ( π]
(iii)若B∈ 0, ,A∈ ,π ,则sin A=sin(π-A)>sin B,此时π-A∈ 0, ,由y=sin x在 0,
2 2 2 2
上单调递增,得π-A>B,A+B<π,则A>B成立.
综上,若a>b,则A>B.
(2)由y=cos x在(0,π)上单调递减,得cos A<cos B,
b2+c2−a2 a2+c2−b2
则 < ,则a(b2+c2-a2)<b(a2+c2-b2),
2bc 2ac
即ab(b-a)+c2(a-b)+(b-a)(a2+b2+ab)<0,
即(b-a)[(a+b)2-c2]=(b-a)(a+b+c)(a+b-c)<0.
而a+b+c>0,a+b-c>0,因此a>b.
2.(新定义理解)(2024福建厦门二模,16)定义:如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的
两倍,那么这个三角形叫做倍角三角形.如图,△ABC的面积为S,三个内角A,B,C所对的边
2S
分别为a,b,c,且sin C= .
c2−b2
(1)证明:△ABC是倍角三角形;
(2)若c=9,当S取最大值时,求tan B.
1
2S 2× absinC absinC ab
解析 (1)证明:因为 sin C= = 2 = ,又 sin C≠0,所以 =1,则
c2−b2 c2−b2 c2−b2
c2−b2b2=c2-ab,
又由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得2ccos B=a+b,
由正弦定理,得2sin Ccos B=sin A+sin B.
sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
代入上式可得sin Ccos B=sin Bcos C+sin B,
即sin Ccos B-sin Bcos C=sin B,
sin(C-B)=sin B,
则有C-B=B,C=2B,或C-B+B=π(舍去),
故△ABC是倍角三角形.
(2)因为C=2B,所以A=π-B-C=π-3B>0,
π
故0<B< ,则tan B∈(0,√3),
3
a c 9sin A 9sin(π−3B) 9sin3B
由 = ,得a= = = ,
sin A sinC sinC sin2B sin2B
1 9
则S= acsin B= asin B
2 2
9 9sin3B 81 sin3B
= · ·sin B= ·
2 sin2B 4 cosB
81 sin2BcosB+cos2BsinB
= ·
4 cosB
81
= (sin 2B+cos 2Btan B)
4
81( 2tanB 1−tan2B )
= + ·tanB
4 1+tan2B 1+tan2B
81 3tanB−tan3B
= · ,
4 1+tan2B
3x−x3
设x=tan B,x∈(0,√3), f(x)= ,
1+x2
(3−3x2 )(1+x2 )−(3x−x3 )·2x −x4−6x2+3
则f '(x)= = ,
(1+x2 ) 2 (1+x2 ) 2
令f '(x)=0,得x2=2√3-3或x2=-2√3-3(舍),
当0<x2<2√3-3时, f '(x)>0,
当2√3-3<x2<3时, f '(x)<0,则f(x)在(0,√2√3−3)上单调递增,
在(√2√3−3,√3)上单调递减,
故当x=√2√3−3时, f(x)取最大值,此时S也取最大值,
故tan B=√2√3−3为所求.
