专题06三角函数及解三角形（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

专题 06 三角函数及解三角形 sin1sin2  1．（2021·全国高考真题）若tan2，则 sincos （ ） 6 2 2 6   A． 5 B． 5 C．5 D．5 【答案】C 1sin2cos2 【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母( )，进行齐次化 tan2 处理，化为正切的表达式，代入 即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： sin1sin2 sin  sin2cos22sincos   sinsincos sincos sincos sinsincos tan2tan 42 2     sin2cos2 1tan2 14 5 ． 故选：C． tan2 sin,cos 【点睛】易错点睛：本题如果利用 ，求出 的值，可能还需要分象限讨论其正负，通 过齐次化处理，可以避开了这一讨论．   f x7sin x   2．（2021·全国高考真题）下列区间中，函数  6 单调递增的区间是（ ）   π   3 3   0,   ,π   ,   ,2 A． 2  B．2  C． 2  D．  2  【答案】A    2k  x 2k kZ 【分析】解不等式 2 6 2 ，利用赋值法可得出结论.   2k ,2k kZ   【详解】因为函数y sinx的单调递增区间为 2 2  ，      f x7sin  x  2k  x 2k kZ 对于函数  6 ，由 2 6 2 ，  2 2k  x2k kZ 解得 3 3 ，   2  , 取k 0，可得函数 f x 的一个单调递增区间为   3 3  ，     2     2 0,   , ,   ,         则 2  3 3 ， 2   3 3 ，A选项满足条件，B不满足条件； 5 8 , 取k 1，可得函数 f x 的一个单调递增区间为   3 3  ，  3   2  3 5 8 3  5 8 ,   , ,  , ,2  ,              2   3 3 且 2   3 3 ， 2   3 3 ，CD选项均不满足条件. 故选：A. y  Asinωxφ 【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成 形式，再求 y  Asinωxφ x y sinx 的单调区间，只需把 看作一个整体代入 的相应单调区间内即可，注意  要先把 化为正数． f(x)cosxcos2x 3．（2021·北京高考真题）函数 ，试判断函数的奇偶性及最大值（ ） A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2 9 9 C．奇函数，最大值为8 D．偶函数，最大值为8 【答案】D 【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可 判断最大值.f(x)cosxcos2xcosxcos2x f x 【详解】由题意， ，所以该函数为偶函数， 2  1 9 f(x)cosxcos2x2cos2 xcosx12 cosx  又   ，  4 8 1 9 cosx  所以当 4 时， f(x)取最大值8. 故选：D. ,, sincos,sincos,sincos 4．（2021·浙江高考真题）已知 是互不相同的锐角，则在 三个 1 值中，大于 的个数的最大值是（ ） 2 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 3 sincossincossincos 【分析】利用基本不等式或排序不等式得 2 ，从而可判断三个代 1 1 数式不可能均大于 ，再结合特例可得三式中大于 的个数的最大值. 2 2 sin2cos2 sincos 【详解】法1：由基本不等式有 2 ， sin2cos2 sin2cos2 sincos sincos 同理 2 ， 2 ， 3 sincossincossincos 故 2 ， 1 故 不可能均大于 . sincos,sincos,sincos 2       取 6 ， 3 ， 4 ， 1 1 6 1 6 1 sincos  ,sincos  ,sincos  则 4 2 4 2 4 2 ，1 故三式中大于 的个数的最大值为2， 2 故选：C.  coscoscos,sinsinsin 法2：不妨设 ，则 ， 由排列不等式可得： sincossincossincossincossincossincos ， 1 3 sincossincossincossin sin2 而 2 2 ， 1 故 不可能均大于 . sincos,sincos,sincos 2       取 6 ， 3 ， 4 ， 1 1 6 1 6 1 sincos  ,sincos  ,sincos  则 4 2 4 2 4 2 ， 1 故三式中大于 的个数的最大值为2， 2 故选：C. 【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注 意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向. 1 5．（2021·全国高考真题（理））把函数 图像上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不 y  f(x) 2    y sin x   变，再把所得曲线向右平移 3 个单位长度，得到函数  4的图像，则 f(x)（ ）  x 7x  x  sin  sin      A． 2 12 B． 2 12  7   sin 2x sin 2x     C．  12  D．  12 【答案】By  f(x) 【分析】解法一：从函数 的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到         y  f 2 x f 2 x sin x           3 ，即得   3  4，再利用换元思想求得y  f(x)的解析表达式；   y sin x   解法二：从函数  4出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到y  f(x)的解析 表达式. 1 【详解】解法一：函数 图象上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，得到 y  f(x) 2     y  f 2 x    y  f(2x)的图象，再把所得曲线向右平移 3 个单位长度，应当得到   3 的图象，        y sin  x  f  2  x  sin  x  根据已知得到了函数  4 的图象，所以   3  4，   t   t  t 2  x  x  ,x   令  3 ,则 2 3 4 2 12 ,  t   x  f tsin  f xsin      所以 2 12,所以 2 12；   y sin x   解法二：由已知的函数  4逆向变换，       y sin x  sin x     第一步：向左平移 3 个单位长度，得到  3 4  12的图象，  x  y sin    第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到 2 12的图象，  x  f xsin  即为y  f x 的图象，所以  2 12  . 故选：B.【点睛】本题考查三角函数的图象的平移和伸缩变换，属基础题，可以正向变换，也可以逆向变换求解， 关键是要注意每一步变换，对应的解析式中都是 x 的变换，图象向左平移a个单位，对应 x 替换成 xa , xa 图象向右平移a个单位，对应x替换成 ,牢记“左加右减”口诀；图象上每个点的横坐标伸长或缩短 x 到原来的k倍，对应解析式中x替换成k . 6．（2021·全国高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测 E H G AC DE FG 海岛的高．如图，点 ， ， 在水平线 上， 和 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（ ） 表高表距 表高表距   A．表目距的差 表高 B．表目距的差 表高 表高表距 表高表距  - C．表目距的差 表距 D．表目距的差 表距 【答案】A 【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出． 【详解】如图所示： DE EH FG CG  ,  由平面相似可知， AB AH AB AC ，而DE  FG，所以DE EH CG CGEH CGEH     AB AH AC ACAH CH ，而CH CEEH CGEH EG， CGEH EG EGDE 表高表距 AB DE  DE +表高 即 CGEH CGEH ＝表目距的差 ． 故选：A. 【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出． 7．（2021·全国高考真题（理））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， A,B,C ACB45 ABC60 现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影 满足 ， ． 15 BB CC 45 由C点测得B点的仰角为 ， 与 的差为100；由B点测得A点的仰角为 ，则A，C两点到 ABC AACC 3 1.732 水平面 的高度差 约为（ ）（ ） A．346 B．373 C．446 D．473 【答案】B 【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得A'B'，进而得到答案．【详解】 C CH  BB' B BD AA' 过 作 ，过 作 ， AA'CC' AA'BB'BH AA'BB'100 AD100 故 ， 由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以AD  DB． AA'CC' DB100 A'B'100 所以 ． 100 CH C'B' 因为BCH 15，所以 tan15 A'B'C'  在 中，由正弦定理得： A'B' C'B' 100 100    sin45 sin75 tan15cos15 sin15， 6 2 sin15sin(4530)sin45cos30cos45sin30 而 4 ， 2 1004 2 所以A'B' 100( 31)273， 6 2 AA'CC' A'B'100373 所以 ． 故选：B． AA'CC' A'B'100 【点睛】本题关键点在于如何正确将 的长度通过作辅助线的方式转化为 ．8．（2021·全国高考真题）已知 为坐标原点，点 ， ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】A、B写出 ， 、 ， 的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量 的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误. 【详解】A： ， ，所以 ， ，故 ，正确； B： ， ，所以 ， 同理 ，故 不一定相等，错误； C：由题意得： ， ，正确； D：由题意得： ， ，故一般来说 故错误；故选：AC. 9．（2021·北京高考真题）若点 与点 关于 轴对称，写出一个符合题 意的 ___． 【答案】 （满足 即可） 【分析】根据 在单位圆上，可得 关于 轴对称，得出 求解. 【详解】 与 关于 轴对称， 即 关于 轴对称， ， 则 ， 当 时，可取 的一个值为 . 故答案为： （满足 即可）. 10．（2021·全国高考真题（理））记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为 ， ， ，则 ________． 【答案】 【分析】由三角形面积公式可得 ，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意， ， 所以 ， 所以 ，解得 （负值舍去）. 故答案为： . 11．（2021·全国高考真题（理））已知函数 的部分图像如图所示，则满足条件 的最小正整数x为________． 【答案】2 【分析】先根据图象求出函数 的解析式，再求出 的值，然后求解三角不等式可得最 小正整数或验证数值可得. 【详解】由图可知 ，即 ，所以 ； 由五点法可得 ，即 ；所以 . 因为 ， ； 所以由 可得 或 ； 因为 ，所以， 方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足 ，即 ， 解得 ，令 ，可得 ， 可得 的最小正整数为2. 方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足 ，又 ，符合题意，可得 的最小正整数为2. 故答案为：2. 【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解 ，根据特殊点求解 . 12．（2021·浙江高考真题）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角 三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大 正方形的面积为 ，小正方形的面积为 ，则 ___________.【答案】25 【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可. 【详解】由题意可得，大正方形的边长为： ， 则其面积为： ， 小正方形的面积： ， 从而 . 故答案为：25. 13．（2021·浙江高考真题）在 中， ，M是 的中点， ，则 ___________， ___________. 【答案】 【分析】由题意结合余弦定理可得 ，进而可得 ，再由余弦定理可得 . 【详解】由题意作出图形，如图，在 中，由余弦定理得 ， 即 ，解得 （负值舍去）， 所以 ， 在 中，由余弦定理得 ， 所以 ； 在 中，由余弦定理得 . 故答案为： ； . 14．（2021·全国高考真题）记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在 边 上， . （1）证明： ； （2）若 ，求 . 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有 ，结合已知即可证结论.（2）由题设 ，应用余弦定理求 、 ，又 ，可得 ，结合已知及余弦定理即可求 . 【详解】 （1）由题设， ，由正弦定理知： ，即 ， ∴ ，又 ， ∴ ，得证. （2）由题意知： ， ∴ ，同理 ， ∵ ， ∴ ，整理得 ，又 ，∴ ，整理得 ，解得 或 ， 由余弦定理知： ， 当 时， 不合题意；当 时， ； 综上， . 【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及 得到 的数量关系，结合已知条 件及余弦定理求 . 15．（2021·全国高考真题）在 中，角 、 、 所对的边长分别为 、 、 ， ， .． （1）若 ，求 的面积； （2）是否存在正整数 ，使得 为钝角三角形?若存在，求出 的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） ；（2）存在，且 . 【分析】（1）由正弦定理可得出 ，结合已知条件求出 的值，进一步可求得 、 的值，利用余 弦定理以及同角三角函数的基本关系求出 ，再利用三角形的面积公式可求得结果； （2）分析可知，角 为钝角，由 结合三角形三边关系可求得整数 的值. 【详解】（1）因为 ，则 ，则 ，故 ， ，，所以， 为锐角，则 ， 因此， ； （2）显然 ，若 为钝角三角形，则 为钝角， 由余弦定理可得 ， 解得 ，则 ， 由三角形三边关系可得 ，可得 ， ，故 . 16．（2021·北京高考真题）已知在 中， ， ． （1）求 的大小； （2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一确定，并求出 边上的中线的长度． ① ；②周长为 ；③面积为 . 【答案】（1） ；（2）答案不唯一，具体见解析． 【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解； （2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在； 若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求； 若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求. 【详解】（1） ，则由正弦定理可得 ， ， ， ， ， ，解得 ；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得 ， 与 矛盾，故这样的 不存在； 若选择②：由（1）可得 ， 设 的外接圆半径为 ， 则由正弦定理可得 ， ， 则周长 ， 解得 ，则 ， 由余弦定理可得 边上的中线的长度为： ； 若选择③：由（1）可得 ，即 ， 则 ，解得 ， 则由余弦定理可得 边上的中线的长度为： . 17．（2021·浙江高考真题）设函数 .（1）求函数 的最小正周期； （2）求函数 在 上的最大值. 【答案】（1） ；（2） . 【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得 ，再由三角函数最小正周期公式即可得解； （2）由三角恒等变换可得 ，再由三角函数的图象与性质即可得解. 【详解】（1）由辅助角公式得 ， 则 ， 所以该函数的最小正周期 ; （2）由题意， ， 由 可得 ， 所以当 即 时，函数取最大值 .1．（2021·陕西高三其他模拟（理））已知函数 图象的相邻两条 对称轴间的距离为 ，且 ，则不等式 的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由对称轴距离求得 ，由函数值求得 ，写出函数解析式， ，解出解集即可. 【详解】由题知，函数的周期 ，则 ， 又 ， ， 则 ，函数解析式为 则 由正弦函数性质知， ，解得 故选：C 2．（2021·陕西高三其他模拟（理））已知 ，则 （ ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得； 【详解】解：因为 ，所以 故选：C 3．（2021·全国高三二模）若 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 ，故选B. 4．（2021·四川成都市·双流中学高三三模（理））在 中，角 所对的边分别为 ，若，则 的值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意和三角恒等变换的公式，求得 ，根据正弦函数与余弦函数的 性质得到 且 ，得出 ，求得 ， ，结合正弦定理， 即可求解. 【详解】因为 ，即 ， 所以 ， 可得 ， 所以 ， 由正弦函数与余弦函数的性质，可得 且 ， 因为 且 ， 所以 ，解得 ，所以 ， 又由正弦定理可得 . 故选：C.5．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 在 处取到最大值，则 （ ） A．奇函数 B．偶函数 C．关于点 中心对称 D．关于 轴对称 【答案】B 【分析】由已知结合辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的最值取得条件及余弦函数的性质可判断． 【详解】解：因为 在 处取到最大值， 即 ，其中 ， 则 ， 所以 ， ， 所以 ， 则 为偶函数． 故选：B． 6．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 ，则下列结论正 确的是（ ） A． 的图象关于点 对称 B． 在 上的值域为C．若 ，则 ， D．将 的图象向右平移 个单位得 的图象 【答案】D 【分析】先对函数化简得 ，然后利用三角函数的图像和性质逐个分析判断即可 【详解】 ，令 ， 则 ，故 ，故A项错误， 当 时， ， ，故B项错误， 因为 的周期 ，所以若 ，则 ， ，故C项错误， 将 的图象向右平移 个单位得 的图象，故D项正确. 故选：D. 7．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟（理））某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹 射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在 处（点 在水平地面 的下方， 为 与水平地面 的交点）进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点 ， 两地相距100米， ，其 中 到 的距离比 到 的距离远40米． 地测得该仪器在 处的俯角为 ， 地测得最 高点 的仰角为 ，则该仪器的垂直弹射高度 为（ ）A．210米 B． 米 C． 米D．420米 【答案】C 【分析】在 中利用余弦定理求出 ，进而在 中可求出 ，再在 中求出 ，即可得解． 【详解】设 ，所以 ，在 中， ， ，所以， ，即 ， ． 在 中， ，所以 ，又在 中， ，所 以 ，因此 ． 故答案为：C． 8．（2021·河南高一三模）函数 的最小正周期为___________. 【答案】 【分析】利用正切函数的周期公式求解. 【详解】由题可知， 的最小正周期 . 故答案为：9．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（理））如图，在△ABC中，AB=6， ，点D在边 BC上，AD=4，ADB为锐角，若CD=7，则S =__________． ACD △ 【答案】 【分析】首先解 ，然后根据 与 互补求出 的正弦值，进而结合三角形的面 积公式即可求出结果. 【详解】在 中， ，即 ，所以 ， 解得 或 ， 当 时， ，即ADB为钝角，不符合题意 舍去； 当 时， ，即ADB为锐角，符合题意， 所以 ， 则 ， 所以 ， 故答案为： .10．（2021·陕西西安市·西北工业大学附属中学高三其他模拟（理））如图是函数 的部分图像，则下列说法正确的编号是___________. ① ② ③ 是函数 的一个对称中心 ④函数 在区间 上是减函数 【答案】①②④ 【分析】根据图像先求解出 以及最小正周期 ，则 的值可求；再根据最高点 以及 的取值 范围求解出 的值；计算 的值是否为 ，由此判断 是否为对称中心；采用整体替换的方 法先求解出 的单调递减区间，由此判断 在 上是否为减函数. 【详解】由图像可知 ，函数 的最小正周期 ，所以 ，故①正确； 因为 ， 所以 ， ，解得 ， ， 又 ，所以 ， ，故②正确； 函数 ， 因为 ， 所以 不是函数 的一个对称中心，故③错误； 令 ， ， 得 ， ， 当 时， ，因为 ， 所以函数 在区间 上是减函数，故④正确， 故答案为：①②④. 【点睛】思路点睛：求解形如 的函数的单调递减区间的步骤如下： （1）先令 ；（2）解上述不等式求解出 的取值范围即为 对应的单调递减区间. 21 cosB ,AD4 7 11．（2021·北京高三其他模拟）已知 ABC中，点D是边BC的中点， 7 ，  __________.  BAD 从① 6 ，②BD7，这二个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答. sinADC （1）求 ； ABC  （2）求 的面积･ 【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析. 【详解】解：选择① 21 cosB （1）因为在 ABC中， 7 ，   0 B 所以 2 ， 2 7 sinB 1cos2B  可得 7 . sinADC sin(BADB) sinBADcosBcosBADsinB 1 21 3 2 7     2 7 2 73 21  14 BD AD  （2）在 ABC中，由正弦定理sinBAD sinB ，  1 4 7 ADsinBAD 2 BD  7 得 sinB 2 7 7 S 2S ΔABC ΔADC 1 2 ADDCsinADC 2 3 21 4 77 14 42 3 选择② BD AD  （1）在ΔABC 中，由正弦定理sinBAD sinB ， 2 7 7 BDsinB 7 1 得sinBAD   AD 4 7 2 因AD BD，  0BADB 所以 2 ，  BAD 所以 6 sinADC sin(BADB) sinBADcosBcosBADsinB1 21 3 2 7     2 7 2 7 3 21  14 S 2S （2） ΔABC ΔADC 1 2 ADDCsinADC 2 3 21 4 77 14 42 3 ABC  12．（2021·全国高三其他模拟（理）） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 atanB4bsin(BC) ． cosB （1）求 ； AB 4 BC 3 AC AD2DC BD （2）若 ， ，D为 上一点，且 ，求 ． 1 8 cosB BD 【答案】（1） 4；（2） 3 ． 1 cosB 【分析】（1）由题知atanB 4bsin A，进而根据正弦定理边角互化并整理即可得 4； 2 19 19 AD DC  （2）结合（1），利用余弦定理得 AC 19 ，进而根据AD2DC得 3 ， 3 ，设 BDx cosADBcosBDC 0 ，利用 求解即可. atanB 4bsin(BC)4bsin(πA)4bsinA 【详解】解：（1）因为 ，所以asinB 4bsin AcosB，由正弦定理可得sin AsinB 4sin AsinBcosB， 因为sinAsinB0， 1 cosB 所以可得 4． 1 cosB （2）因为 4，AB 4，BC 3， 1 AC  AB2 BC2 2ABBCcosB  169234  19 所以由余弦定理可得 4 ， 2 19 19 AD DC  因为AD2DC，所以 3 ， 3 ， 设BDx，由于cosADBcosBDC 0， 2 2 2 19   19    x2 42   x2 32 3 3     即  0，解得 ，即 ． 2 19 19 8 8 2 x 2 x x BD 3 3 3 3 ABC A，B，C a,b,c 13．（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））在 中，角 所对的边分别是 ，且 3b cosB  2c 3a cosA. （1）求角B的大小；b2 ABC （2）若 ，求 的面积的最大值.  B  【答案】（1） 6 ；（2）2 3. 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，将边化为角，然后运用两角和正弦公式逆用进行化简，即可求 出角B的大小； （2）运用余弦定理和不等式计算出ac的最值，然后运用三角形面积公式即可求出面积最大值. 3b cosB 3sinB cosB   【详解】（1）已知 2c 3a cosA，则由正弦定理可得 2sinC 3sin A cosA， 3sinBcosA(2sinC 3sin A)cosB 即 ， 3sin(AB)2sinCcosB 即 ， 3sinC 2sinCcosB 即 ， 3 cosB  sinC 0， 2 ，   B . 又 ，则 0 B 6 b2 a2 c2 2accosB （2）由余弦定理可得 ，  22 a2 c2 2accos 即 6 ， 4a2 c2  3ac2ac 3ac 即 ， 4 ac 4(2 3) 当且仅当ac时，等号成立， 2 3 ， 1 1 1 S  acsinB 4(2 3) 2 3  ABC 的面积为 2 2 2 .   ABC 2 3  的面积的最大值为 . 14．（2021·广西师大附属外国语学校高三其他模拟（理））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+c=2bcosA. （1）证明∶B=2A；     DECB  DECA b 3a （2）设D为BC边上的中点，点E在4B边上，满足 ，且 ，四边形ACDE的 15 3 , 面积为 ，求线段CE的长. 8 13 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 . 【分析】（1）结合正弦定理边化角，然后化简证明即可； （2）根据题意作出图形，然后结合正余弦定理解三角形即可. sinAsinC 2sinBcosA 【详解】（1）由正弦定理得∶ sin AsinAB2cosAsinB sin Asin AcosBcosAsinB2cosAsinB sin AcosAsinBsin AcosB sin Asin(BA) ∵A，B∈(0，π) ∴A=B-A ∴B=2A       DECB  DECA DEAB 0 （2）由 ∴DE⊥ABb sinB sin2A 2sin AcosA    2cosA a sinA sinA sin A b 3a 3 cosA   ∴ 2a 2a 2    A B  C  ∴ 6 ， 3 ， 2 1 ∴BE  DBcosB a 4 1 a 1 7a 3a 15 3 S S S  b     a2 而四边形ACDE的面积 ACD AED 2 2 2 4 4 32 15 3 15 3 a2  a2 ∴ 32 8 1 1 1 13 CE  BC2 BE2 2BCBEcos60  4 22   由余弦定理得∶ 4 2 2 2  ABC A B C a b 15．（2021·贵州省瓮安中学高三其他模拟（理））在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， sin AsinC bc  c，已知sinBsinC a . （1）求B； b3 ABC  （2）当 ，求 的周长的最大值．  B  【答案】（1） 3 ；（2）9. cosB B 【分析】（1）根据正弦定理进行角化边，然后根据余弦定理求解出 的值，则 的值可求； ac ABC  （2）根据余弦定理以及基本不等式求解出 的最大值，由此可求解出 周长的最大值. sin AsinC bc ac bc   【详解】（1）因为sinBsinC a ，所以bc a ，所以a2 acb2 c2，b2 a2 c2 ac b2 a2 c2 2accosB 所以 且 ， 1  cosB B  所以 2，所以 3 ； （2）因为b2  a2 c2 ac 9，所以 ac2 3ac9 ， 2 所以 ac2 3   ac  9 ，所以 1 ac2 9 ，  2  4 ac6 a c3 所以 ，取等号时 ， C abc3ac369 所以 ABC ， ABC 9  所以 的周长的最大值为 .  ABC A B C a b c 16．（2021·河南高三其他模拟（理））已知 三个内角 、 、 的对边分别是 、 、 ， 5 sinC 2sinBcosBC A ， 6 . c2 3b2 （1）证明： . 3 （2）若 ABC的面积是 4 ，求a的值.  a 7 【答案】（1）证明见解析；（2） . 5 A 【分析】（1）利用正弦定理边角互化可得出c2bcosA，再结合 6 可证得结论成立； b c a （2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论可求得 、 的值，再利用余弦定理可求得 的值. 3 【详解】（1）证明：因为sinC 2sinBcosBC ，所以c2bcosA，所以 c2b 2  3b .c2 3b2 即 ； 1 3 1 3 bcsin A bc （2）因为 2 4 ，即 4 4 ，所以bc 3. c 3b 3b2  3 b1 c 3 又由（1）知 ，所以 ，解得 ，所以 ，  3 a2 b2 c2 2bccosA132 3 7 由余弦定理知   ，所以 . 2   a 7