专题08解三角形7种常见考法归类（全国通用）（学生版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 2021-2025高考真题分类 解三角形7种常见考法归类 ~ ~ 2021-2025高考真题分类 解三角形7种常见考法归类 1 一 利用正余弦定理解三角形 1 二 正余弦定理综合 2 三 三角形的面积问题 3 四 三角形的周长问题 4 五 正、余弦定理在几何中的应用 5 六 解三角形的最值问题 6 参考答案 7 ~ ~ 一 利用正余弦定理解三角形 1. (2025·全国二卷·高考真题)在△ABC中，BC=2，AC=1+ 3，AB= 6，则A= ( ) A. 45° B. 60° C. 120° D. 135° 2. (2021·全国甲卷·高考真题)在△ABC中，已知B=120°，AC= 19，AB=2，则BC= ( ) A. 1 B. 2 C. 5 D. 3 3. (2023·上海·高考真题)在△ABC中，已知a=4，b=5，c=6，则sinA= ． 4. (2023·全国乙卷·高考真题)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosB-bcosA=c，且 π C= ，则∠B= ( ) 5 π π 3π 2π A. B. C. D. 10 5 10 5 5. (2023·天津·高考真题)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知a= 39,b=2,∠A= 120°． (1)求sinB的值； (2)求c的值； (3)求sinB-C  的值． 9 a 6. (2024·天津·高考真题)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知cosB= ，b=5， = 16 c 2 ． 3 (1)求a的值； (2)求sinA的值； (3)求cosB-2A  的值． 数学试题 第 1 页 共 31 页7. (2025·天津·高考真题)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知asinB= 3bcosA，c-2b =1，a= 7． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求sin(A+2B)的值． 1 8. (2021·上海·高考真题)已知A、B、C为△ABC的三个内角，a、b、c是其三条边，a=2,cosC=- ﹒ 4 (1)若sinA=2sinB，求b、c； π (2)若cosA- 4  4 = ，求c． 5 9. (2021·天津·高考真题)在△ABC，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC=2:1: 2，b= 2． (I)求a的值； (II)求cosC的值； π (III)求sin2C- 6  的值． 10.(2022·天津·高考真题)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知a= 6,b=2c,cosA= 1 - . 4 (1)求c的值； (2)求sinB的值； (3)求sin(2A-B)的值. 二 正余弦定理综合 π 9 1. (2024·全国甲卷·高考真题)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若B= ，b2= ac， 3 4 则sinA+sinC= ( ) 2 39 39 7 3 13 A. B. C. D. 13 13 2 13 2. (2023·北京·高考真题)在△ABC中，(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB)，则∠C= ( ) π π 2π 5π A. B. C. D. 6 3 3 6 数学试题 第 2 页 共 31 页3. (2022·全国乙卷·高考真题)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 三 三角形的面积问题 1. (2021·全国乙卷·高考真题)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. (2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，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，求出a的值；若不存在，说明理由． 3 3. (2022·浙江·高考真题)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a= 5c,cosC= ． 5 (1)求sinA的值； (2)若b=11，求△ABC的面积． 4. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)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 = ,sinB= ． 1 2 3 1 2 3 2 3 (1)求△ABC的面积； 2 (2)若sinAsinC= ，求b． 3 5. (2022·浙江·高考真题)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= 1 c2+a2-b2 c2a2- 4 2   2    ，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a= 2,b= 3,c=2，则该三角形的面积S= ． 6. (2023·全国乙卷·高考真题)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. 数学试题 第 3 页 共 31 页7. (2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)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． b2+c2-a2 8. (2023·全国甲卷·高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知 =2． cosA (1)求bc； acosB-bcosA b (2)若 - =1，求△ABC面积． acosB+bcosA c 9. (2024·北京·高考真题)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∠A为钝角，a=7，sin2B= 3 bcosB． 7 (1)求∠A； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积． 13 5 条件①：b=7；条件②：cosB= ；条件③：csinA= 3． 14 2 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分． 10.(2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC的面积为 3，D为BC中点，且AD=1． π (1)若∠ADC= ，求tanB； 3 (2)若b2+c2=8，求b,c． 1 11.(2025·全国一卷·高考真题)已知△ABC的面积为 ，若cos2A+cos2B+2sinC=2,cosAcosBsinC= 4 1 ，则 ( ) 4 A. sinC=sin2A+sin2B B. AB= 2 6 C. sinA+sinB= D. AC2+BC2=3 2 数学试题 第 4 页 共 31 页四 三角形的周长问题 1. (2022·北京·高考真题)在△ABC中，sin2C= 3sinC． (1)求∠C； (2)若b=6，且△ABC的面积为6 3，求△ABC的周长． 2π 2. (2021·北京·高考真题)在△ABC中，c=2bcosB，C= ． 3 (1)求∠B； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边 上中线的长． 条件①：c= 2b； 条件②：△ABC的周长为4+2 3； 3 3 条件③：△ABC的面积为 ； 4 3. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)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． 4. (2022·全国乙卷·高考真题)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； 25 (2)若a=5,cosA= ，求△ABC的周长． 31 五 正、余弦定理在几何中的应用 1. (2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)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． 2. (2023·全国甲卷·高考真题)在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC= 6，∠BAC的角平分线交BC于 D，则AD= ． 数学试题 第 5 页 共 31 页3. (2022·全国甲卷·高考真题)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当 AC 取得最小值时，BD= ． AB 4. (2021·浙江·高考真题)在△ABC中，∠B=60°,AB=2，M是BC的中点，AM=2 3，则AC= ， cos∠MAC= . 1 5. (2025·北京·高考真题)在△ABC中，cosA=- ,asinC=4 2． 3 (1)求c的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC边上的高． 10 2 条件①：a=6；条件②：asinB= ；条件③：△ABC的面积为10 2． 3 6. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记△ABC是内角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. 六 解三角形的最值问题 cosA 1. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 = 1+sinA sin2B ． 1+cos2B 2π (1)若C= ，求B； 3 a2+b2 (2)求 的最小值． c2 数学试题 第 6 页 共 31 页2. (2021·全国乙卷·高考真题)魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛 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= ( ) 表高×表距 表高×表距 A. +表高 B. -表高 表目距的差 表目距的差 表高×表距 表高×表距 C. +表距 D. -表距 表目距的差 表目距的差 3. (2021·全国甲卷·高考真题)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. 346 B. 373 C. 446 D. 473 4. (2024·上海·高考真题)已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，BC=CD,存在点A满足 ∠BAC=16.5°,∠DAC=37°，则∠BCA= (精确到0.1度) 数学试题 第 7 页 共 31 页参考答案 1. A AB2+AC2-BC2 【分析】由余弦定理cosA= 直接计算求解即可. 2AB∙AC AB2+AC2-BC2  6 【解析】由题意得cosA= = 2AB∙AC  2+1+ 3  2-22 2× 6×1+ 3  2 = ， 2 又0°0， π 据此可得cosA=0,A= ， 2 π π 3π 则B=π-A-C=π- - = . 2 5 10 13 5. (1) 13 (2)5 7 3 (3)- 26 【分析】(1)根据正弦定理即可解出； (2)根据余弦定理即可解出； (3)由正弦定理求出sinC，再由平方关系求出cosB,cosC，即可由两角差的正弦公式求出． 数学试题 第 8 页 共 31 页a b 39 2 13 【解析】(1)由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinB= ； sinA sinB sin120° sinB 13 1 (2)由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA，即39=4+c2-2×2×c×- 2  ， 解得：c=5或c=-7(舍去)． a c 39 5 5 13 (3)由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinC= ，而A=120°， sinA sinC sin120° sinC 26 25 3 39 1 2 39 所以B,C都为锐角，因此cosC= 1- = ，cosB= 1- = ， 52 26 13 13 sinB-C  13 3 39 2 39 5 13 7 3 =sinBcosC-cosBsinC= × - × =- ． 13 26 13 26 26 6. (1)4 7 (2) 4 57 (3) 64 【分析】(1)a=2t,c=3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可； (2)法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cosA，则得到sinA； (3)法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法 二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【解析】(1)设a=2t,c=3t，t>0，则根据余弦定理得b2=a2+c2-2accosB， 9 即25=4t2+9t2-2×2t×3t× ，解得t=2(负舍)； 16 则a=4,c=6. 9 (2)法一：因为B为三角形内角，所以sinB= 1-cos2B= 1- 16  2 5 7 = ， 16 a b 4 5 7 再根据正弦定理得 = ，即 = ，解得sinA= ， sinA sinB sinA 5 7 4 16 b2+c2-a2 52+62-42 3 法二：由余弦定理得cosA= = = ， 2bc 2×5×6 4 因为A∈0,π  3 ，则sinA= 1- 4  2 7 = 4 9 (3)法一：因为cosB= >0，且B∈0,π 16  π ，所以B∈0, 2  ， 5 7 由(2)法一知sinB= ， 16 7 因为ab，则B为锐角， a 14 5 5 3 故cosB= 7，故sin2B=2sinBcosB= ， 14 14 21 且cos2B=1-2sin2B=1-2× 14  2 11 = ； 14 3 11 1 5 3 4 3 故sin(A+2B)=sinAcos2B+cosAsin2B= × + × = . 2 14 2 14 7 8. (1)1， 6； 5 30 (2) ﹒ 2 【分析】(1)由已知利用正弦定理即可求解b的值；利用余弦定理即可求解c的值． (2)根据已知利用两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式可求得sinA、sinC的值，进而根据正弦 定理可得c的值． 【解析】(1)∵sinA=2sinB，由正弦定理得a=2b， 又a=2，可得b=1， a2+b2-c2 22+12-c2 1 由于cosC= = =- ，可得c= 6． 2ab 2×2×1 4 1 (2)∵cosC=- ，0 >A， 4 2 15 C>A⇒c>a⇒sinC>sinA⇒sinA< . 4 π ∵cosA- 4  2 4 = (cosA+sinA)= ， 2 5 数学试题 第 10 页 共 31 页4 2 ∴cosA+sinA= ， 5 又cos2A+sin2A=1， 2 7 2 可解得sinA= 或sinA= (舍)， 10 10 a c 5 30 由正弦定理 = ，可得c= ． sinA sinC 2 3 3 21-1 9. (I)2 2；(II) ；(III) 4 16 【分析】(I)由正弦定理可得a:b:c=2:1: 2，即可求出； (II)由余弦定理即可计算； (III)利用二倍角公式求出2C的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出. 【解析】(I)因为sinA:sinB:sinC=2:1: 2，由正弦定理可得a:b:c=2:1: 2， ∵b= 2，∴a=2 2,c=2； a2+b2-c2 8+2-4 3 (II)由余弦定理可得cosC= = = ； 2ab 2×2 2× 2 4 3 7 (III)∵cosC= ，∴sinC= 1-cos2C = ， 4 4 7 3 3 7 9 1 ∴sin2C=2sinCcosC=2× × = ，cos2C=2cos2C-1=2× -1= ， 4 4 8 16 8 π 所以sin2C- 6  π π 3 7 3 1 1 3 21-1 =sin2Ccos -cos2Csin = × - × = . 6 6 8 2 8 2 16 10.(1)c=1 10 (2)sinB= 4 10 (3)sin(2A-B)= 8 【分析】(1)根据余弦定理a2=b2+c2-2bccosA以及b=2c解方程组即可求出； (2)由(1)可求出b=2，再根据正弦定理即可解出； (3)先根据二倍角公式求出sin2A,cos2A，再根据两角差的正弦公式即可求出． 1 【解析】(1)因为a2=b2+c2-2bccosA，即6=b2+c2+ bc，而b=2c，代入得6=4c2+c2+c2，解得：c= 2 1． 15 a b (2)由(1)可求出b=2，而00，则sinA+sinC= . 2 故选：C. 2. B 【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 【解析】因为(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB)， 所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a2-c2=ab-b2， a2+b2-c2 ab 1 则a2+b2-c2=ab，故cosC= = = ， 2ab 2ab 2 π 又00，而0b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角， a2+b2-c2 a2+a+1 由余弦定理可得cosC= = 2ab  2-a+2  2 2aa+1  a2-2a-3 = 2aa+1  <0， 解得-1a+2，可得a>1，∵a∈Z，故a=2. 5 3. (1) ； 5 (2)22． 【分析】(1)先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出； a2+b2-c2 (2)根据余弦定理的推论cosC= 以及4a= 5c可解出a，即可由三角形面积公式S= 2ab 1 absinC求出面积． 2 3 4 【解析】(1)由于cosC= ，00，又sinB= ， 2ac 3 1 则cosB= 1- 3  2 2 2 1 3 2 1 2 = ，ac= = ，则S = acsinB= ； 3 cosB 4 △ABC 2 8 数学试题 第 13 页 共 31 页3 2 b a c b2 a c ac 4 9 (2)由正弦定理得： = = ，则 = ⋅ = = = ，则 sinB sinA sinC sin2B sinA sinC sinAsinC 2 4 3 b 3 3 1 = ，b= sinB= . sinB 2 2 2 23 5. . 4 【分析】根据题中所给的公式代值解出． 1 c2+a2-b2 【解析】因为S= c2a2- 4 2   2    1 4+2-3 ，所以S= 4×2- 4 2   2    23 = ． 4 23 故答案为： . 4 21 6. (1) ； 14 3 (2) . 10 5 7 【分析】(1)首先由余弦定理求得边长BC的值为BC= 7，然后由余弦定理可得cosB= ，最后由同 14 21 角三角函数基本关系可得sinB= ； 14 S 1 (2)由题意可得 △ABD =4，则S = S ，据此即可求得△ADC的面积. S △ACD 5 △ABC △ACD 【解析】(1)由余弦定理可得： BC2=a2=b2+c2-2bccosA =4+1-2×2×1×cos120°=7， a2+c2-b2 7+4-1 5 7 则BC= 7，cosB= = = ， 2ac 2×2× 7 14 25 21 sin∠ABC= 1-cos2B= 1- = . 28 14 1 ×AB×AD×sin90° S 2 (2)由三角形面积公式可得 △ABD = =4， S 1 △ACD ×AC×AD×sin30° 2 1 1 1 则S = S = × ×2×1×sin120° △ACD 5 △ABC 5 2  3 = . 10 π 7. (1)B= 3 (2)2 2 【分析】(1)由余弦定理、平方关系依次求出cosC,sinC，最后结合已知sinC= 2cosB得cosB的值即 可； (2)首先求出A,B,C，然后由正弦定理可将a,b均用含有c的式子表示，结合三角形面积公式即可列方 程求解. 【解析】(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcosC，对比已知a2+b2-c2= 2ab， a2+b2-c2 2ab 2 可得cosC= = = ， 2ab 2ab 2 因为C∈0,π  ，所以sinC>0， 2 从而sinC= 1-cos2C = 1- 2  2 2 = ， 2 1 又因为sinC= 2cosB，即cosB= ， 2 数学试题 第 14 页 共 31 页注意到B∈0,π  ， π 所以B= . 3 π 2 (2)由(1)可得B= ，cosC= ，C∈0,π 3 2  π π π 5π ，从而C= ，A=π- - = ， 4 3 4 12 5π 而sinA=sin 12  π π =sin + 4 6  2 3 2 1 6+ 2 = × + × = ， 2 2 2 2 4 a b c 由正弦定理有 = = ， 5π π π sin sin sin 12 3 4 6+ 2 3+1 3 6 从而a= ⋅ 2c= c,b= ⋅ 2c= c， 4 2 2 2 由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为 1 1 3+1 6 2 3+ 3 S = absinC= ⋅ c⋅ c⋅ = c2， △ABC 2 2 2 2 2 8 3+ 3 由已知△ABC的面积为3+ 3，可得 c2=3+ 3， 8 所以c=2 2. 8. (1)1 3 (2) 4 【分析】(1)根据余弦定理即可解出； (2)由(1)可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出． b2+c2-a2 2bccosA 【解析】(1)因为a2=b2+c2-2bccosA，所以 = =2bc=2，解得：bc=1． cosA cosA acosB-bcosA b sinAcosB-sinBcosA sinB (2)由正弦定理可得 - = - acosB+bcosA c sinAcosB+sinBcosA sinC sinA-B =  sinA+B  sinB - sinA+B  sinA-B =  -sinB sinA+B  =1， 变形可得：sinA-B  -sinA+B  =sinB，即-2cosAsinB=sinB， 1 3 而00,sinB>0，于是sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)<0， π 与条件不符，则A+B< 不成立； 2 π π 若A+B> ，类似可推导出sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)>0，则A+B> 不成立. 2 2 数学试题 第 17 页 共 31 页π π 综上讨论可知，A+B= ，即C= . 2 2 方法二：边角转化 sinC=sin2A+sin2B时，由C∈(0,π)，则sinC∈(0,1]， 于是1×sinC=sin2A+sin2B≥sin2C， 由正弦定理，a2+b2≥c2， π 由余弦定理可知，cosC≥0，则C∈0, 2  ， π 若C∈0, 2  π 1 ，则A+B> ，注意到cosAcosBsinC= ，则cosAcosB>0， 2 4 π 于是cosA>0,cosB>0(两者同负会有两个钝角，不成立)，于是A,B∈0, 2  ， π π π π 结合A+B> ⇔A> -B，而A, -B都是锐角，则sinA>sin -B 2 2 2 2  =cosB>0， 于是sinC=sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1，这和sinC≤1相矛盾， π 故C∈0, 2  π 不成立，则C= 2 方法三：结合射影定理(方法一改进) 由sinC=sin2A+sin2B，结合正弦定理可得，c=asinA+bsinB，由射影定理可得c=acosB+bcosA， 于是asinA+bsinB=acosB+bcosA， π 则a(sinA-cosB)+b(sinB-cosA)=0，可同方法一种讨论的角度，推出A+B= ， 2 方法四：和差化积(方法一改进) 续法三： a(sinA-cosB)+b(sinB-cosA)=0，可知sinA-cosB,sinB-cosA同时为0或者异号，即(sinA- cosB)(sinB-cosA)≤0，展开可得， sinAsinB-sinAcosA-cosBsinB+cosAcosB≤0， 1 即cos(A-B)- sin2A+sin2B 2  ≤0，结合和差化积，cos(A-B)1-sin(A+B)  ≤0，由上述分析， π A,B∈0, 2  π π ，则A-B∈- , 2 2  ，则cos(A-B)≥0，则1-sin(A+B)≤0，即sinC≥1，于是 π sinC=1，可知C= . 2 1 π 1 由cosAcosBsinC= =cosAcosB，由A+B= ，则cosB=sinA，即sinAcosA= ， 4 2 4 1 1 π 则sin2A= ，同理sin2B= ，由上述推导，A,B∈0, 2 2 2  ，则2A,2B∈(0,π)， π 5π π 5π 不妨设A0，由已知可得 3sinC=2sinCcosC， 3 π 可得cosC= ，因此，C= . 2 6 1 3 (2)解：由三角形的面积公式可得S = absinC= a=6 3，解得a=4 3. △ABC 2 2 3 由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC=48+36-2×4 3×6× =12，∴c=2 3， 2 所以，△ABC的周长为a+b+c=6 3+6. π 2. (1) ；(2)答案不唯一，具体见解析． 6 【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. 【解析】(1)∵c=2bcosB，则由正弦定理可得sinC=2sinBcosB， 2π 3 2π π ∴sin2B=sin = ，∵C= ，∴B∈0, 3 2 3 3  2π ，2B∈0, 3  ， π π ∴2B= ，解得B= ； 3 6 3 c sinC 2 (2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得 = = = 3， b sinB 1 2 与c= 2b矛盾，故这样的△ABC不存在； π 若选择②：由(1)可得A= ， 6 设△ABC的外接圆半径为R， π 则由正弦定理可得a=b=2Rsin =R， 6 2π c=2Rsin = 3R， 3 则周长a+b+c=2R+ 3R=4+2 3， 解得R=2，则a=2,c=2 3， 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为： 2 3  π 2+12-2×2 3×1×cos = 7； 6 数学试题 第 19 页 共 31 页π 若选择③：由(1)可得A= ，即a=b， 6 1 1 3 3 3 则S = absinC= a2× = ，解得a= 3， △ABC 2 2 2 4 则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为： a b2+ 2  2 a 2π 3 3 21 -2×b× ×cos = 3+ + 3× = . 2 3 4 2 2 π 3. (1)A= 6 (2)2+ 6+3 2 【分析】(1)根据辅助角公式对条件sinA+ 3cosA=2进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角 三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； (2)先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出b,c即可得出周长. 【解析】(1)方法一：常规方法(辅助角公式) 1 3 π 由sinA+ 3cosA=2可得 sinA+ cosA=1，即sinA+ 2 2 3  =1， π π 4π 由于A∈(0,π)⇒A+ ∈ , 3 3 3  π π π ，故A+ = ，解得A= 3 2 6 方法二：常规方法(同角三角函数的基本关系) 由sinA+ 3cosA=2，又sin2A+cos2A=1，消去sinA得到： 3 4cos2A-4 3cosA+3=0⇔(2cosA- 3)2=0，解得cosA= ， 2 π 又A∈(0,π)，故A= 6 方法三：利用极值点求解 π 设f(x)=sinx+ 3cosx(00，解得：b=1+ 3， 由S =S +S 可得， △ABC △ABD △ACD 1 1 1 ×2×b×sin60°= ×2×AD×sin30°+ ×AD×b×sin30°， 2 2 2 3b 2 31+ 3 解得：AD= = b 1+ 2  =2． 3+ 3 故答案为：2． 方法二：由余弦定理可得，22+b2-2×2×b×cos60°=6，因为b>0，解得：b=1+ 3， 6 b 2 6+ 2 2 由正弦定理可得， = = ，解得：sinB= ，sinC= ， sin60° sinB sinC 4 2 因为1+ 3> 6> 2，所以C=45°，B=180°-60°-45°=75°， 又∠BAD=30°，所以∠ADB=75°，即AD=AB=2． 故答案为：2． 【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义 结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规． 数学试题 第 22 页 共 31 页3. 3-1/-1+ 3 AC2 【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出 后，结合基本不等式即可得解. AB2 【解析】[方法一]：余弦定理 设CD=2BD=2m>0， 则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m， 在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4-4m， AC2 4m2+4-4m 4m2+4+2m 所以 = = AB2 m2+4+2m  -121+m  12 =4- m2+4+2m m+1  3 + m+1 12 ≥4- 2 m+1  =4-2 3， 3 ⋅ m+1 3 当且仅当m+1= 即m= 3-1时，等号成立， m+1 AC 所以当 取最小值时，m= 3-1. AB 故答案为： 3-1. [方法二]：建系法 令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系. 则C(2t,0)，A(1， 3)，B(-t,0) AC2 2t-1 ∴ = AB2  2+3 t+1  4t2-4t+4 12 = =4- 2+3 t2+2t+4 t+1  ≥4-2 3 3 + t+1 当且仅当t+1= 3,即BD= 3-1时等号成立。 [方法三]：余弦定理 设BD=x,CD=2x.由余弦定理得 c2=x2+4+2x   ，∴2c2+b2=12+6x2， b2=4+4x2-4x c2=x2+4+2x   ，∴2c2+b2=12+6x2， b2=4+4x2-4x 数学试题 第 23 页 共 31 页AC 令 =t，则2c2+t2c2=12+6x2， AB 12+6x2 12+6x2 2 ∴t2+2= = =6 1- c2 x2+2x+4 x+1    3 +  x+1  ≥6-2 3， ∴t2≥4-2 3， 3 当且仅当x+1= ，即x= 3-1时等号成立. x+1 [方法四]：判别式法 设BD=x，则CD=2x 在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=x2+4+2x， 在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4x2+4-4x， AC2 4x2+4-4x 4x2+4-4x 所以 = ，记t= ， AB2 x2+4+2x x2+4+2x 则4-t  x2-4+2t  x+4-4t  =0 由方程有解得：Δ=4+2t  2-44-t  4-4t  ≥0 即t2-8t+4≤0，解得：4-2 3≤t≤4+2 3 2+t 所以t =4-2 3，此时x= = 3-1 min 4-t AC 所以当 取最小值时，x= 3-1，即BD= 3-1. AB 2 39 4. 2 13 13 【分析】由题意结合余弦定理可得BC=8，进而可得AC，再由余弦定理可得cos∠MAC. 【解析】由题意作出图形，如图， 在△ABM中，由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2BM⋅BA⋅cosB， 1 即12=4+BM2-2BM×2× ，解得BM=4(负值舍去)， 2 所以BC=2BM=2CM=8， 1 在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cosB=4+64-2×2×8× =52， 2 所以AC=2 13； AC2+AM2-MC2 52+12-16 2 39 在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC= = = . 2AM⋅AC 2×2 3×2 13 13 2 39 故答案为：2 13； . 13 5. (1)6 (2)答案见解析 【分析】(1)由平方关系、正弦定理即可求解； (2)若选①，可得A,C都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得b，由余弦定理求得a，利用等面积法求得 数学试题 第 24 页 共 31 页高；若选③，首先根据三角形面积公式求得b，再根据余弦定理可求得a，由此可说明三角形ABC存在，且 可由等面积法求解AD. 1 【解析】(1)因为cosA=- ,A∈0,π 3  2 2 ，所以sinA= 1-cos2A= ， 3 2 2 由正弦定理有asinC=csinA= c=4 2，解得c=6； 3 (2)如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD， 1 若选①，a=6，因为c=6，所以C=A，因为cosA=- <0，这表明此时三角形ABC有两个钝角， 3 而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在； 10 2 10 2 sinB 3 5 b 5 若选②，asinB= ，由asinC=4 2有 = = ，由正弦定理得 = ,所以b=5， 3 sinC 4 2 6 c 6 1 所以由余弦定理得a= b2+c2-2bccosA= 25+36-2×5×6×- 3  =9, 此时三角形ABC是存在的，且唯一确定， 1 1 1 2 2 1 所以S = bcsinA= BC·AD,即 ×5×6× = ×9AD， △ABC 2 2 2 3 2 20 2 所以BC边上的高AD= ； 9 1 1 2 2 若选③，△ABC的面积是10 2，则S = bcsinA= b×6× =10 2， △ABC 2 2 3 1 解得b=5，由余弦定理可得a= b2+c2-2bccosA= 25+36-2⋅5⋅6⋅- 3  =9可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得cosB,cosC也可以唯一确定，即B,C可以唯一确定， 1 9 这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高满足：S = a⋅AD= AD=10 2，即AD= △ABC 2 2 20 2 . 9 7 6. (1)证明见解析；(2)cos∠ABC= . 12 ac 【分析】(1)根据正弦定理的边角关系有BD= ，结合已知即可证结论. b (2)方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cos∠ABC的值. 【解析】(1)设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理， b c 得sin∠ABC= ,sinC= ， 2R 2R b c 因为BDsin∠ABC=asinC，所以BD⋅ =a⋅ ，即BD⋅b=ac． 2R 2R 又因为b2=ac，所以BD=b． (2)[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 a2+b2-c2 因为AD=2DC，如图，在△ABC中，cosC= ，① 2ab 数学试题 第 25 页 共 31 页b a2+ 3 在△BCD中，cosC=  2 -b2 ．② b 2a⋅ 3 b 由①②得a2+b2-c2=3 a2+ 3    2 -b2   11 ，整理得2a2- b2+c2=0． 3 c 3c 又因为b2=ac，所以6a2-11ac+3c2=0，解得a= 或a= ， 3 2 c c2 c 3c 当a= ,b2=ac= 时，a+b= + 0，所以