第09讲 解三角形的题型与方法(分层训练)-2022年春季高一数学辅导讲义（苏教版2019必修第二册）

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基础组
一、选择题
1．(2021•四川模拟)若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝2π3，b＝23，且△ABC的面积为332，则a＝( )
A．3；B．4；C．21；D．33
【答案】C．
【解析】∵A＝2π3，b＝23，且△ABC的面积为332，∴12bcsinA=332，即12×23×c×32=332，
∴解得c=3，又∵a2＝b2+c2﹣2bccsA＝12+3﹣2×23×3×(-12)=21，解得a=21．
2．(2021•榆林一模)在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若A=π3，b＝4，△ABC的面积为33，则sinB＝( )
A．23913；B．3913；C．5213；D．31313
【答案】A．
【解析】因为S=12bcsinA=3c=33，所以c＝3，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccsA＝13，
可得a=13，又由正弦定理可得：asinA=bsinB，所以sinB=bsinAa=23913．
3．(2020秋•南阳期末)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为S，且a=2，4S＝b2+c2﹣2，则△ABC外接圆的面积为( )
A．4π；B．2π；C．π；D．π2
【答案】C．
【解析】∵△ABC的面积为S，且4S＝b2+c2﹣2，a=2，∴可得：4S＝b2+c2﹣a2，
∴4×12bcsinA＝2bccsA，可得：tanA＝1，∵A∈(0，π)，∴A=π4，
∴则△ABC外接圆的半径R=a2sinA=22×22=1，∴则△ABC外接圆的面积S＝πR2＝π．
4．(2020秋•新乡期末)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且4StanC=b2csC+bccsB，a+b＝2，c=3，则S＝( )
A．34；B．36；C．16；D．312
【答案】D．
【解析】因为4S⋅csCsinC=b2csC+bccsB，所以2abcsC＝b2csC+bccsB，
所以2sinAcsC＝sinBcsC+sinCcsB＝sin(B+C)＝sinA，因为sinA≠0，所以csC=12，sinC=32，
由csC=12=a2+b2-c22ab=(a+b)2-3-2ab2ab，得ab=13，所以S=12absinC=312．
5．(2020秋•宁县校级期末)设a，b，c分别是△ABC的角A，B，C所对的边，sin2A+sin2B﹣sinAsinB＝sin2C，且满足ab＝4，则△ABC的面积为( )
A．1；B．2；C．2；D．3
【答案】D．
【解析】∵sin2A+sin2B﹣sinAsinB＝sin2C，∴由正弦定理得a2+b2﹣ab＝c2，即a2+b2﹣c2＝ab．
∴csC=a2+b2-c22ab=ab2ab=12，即C=π3，∵ab＝4，∴△ABC的面积S=12absinC=12×4×32=3．
6．(2020秋•太原期末)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S=12(ab)2-(a2+b2-c22)2．根据此公式，若acsB+(b﹣2c)csA＝0，且b2+c2﹣a2＝4，则△ABC的面积为( )
A．6；B．23；C．3；D．32
【答案】C．
【解析】∵acsB+(b﹣2c)csA＝0，∴sinAcsB+(sinB﹣2sinC)csA＝0，
∴sinAcsB+sinBcsA﹣2sinCcsA＝0，∴sin(A+B)﹣2sinCcsA＝0，∴sinC(1﹣2csA)＝0，
∵sinC≠0，∴1﹣2csA＝0，解得：csA=12=b2+c2-a22bc，∴b2+c2﹣a2＝bc＝4，
∴S=12(bc)2-(b2+c2-a22)2=1242-(42)2=3．
7．(2021•渭南模拟)我国古代数学家赵爽利用弦图巧妙地证明了勾股定理，弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图)．如果内部小正方形的内切圆面积为π4，外部大正方形的外接圆半径为522，直角三角形中较大的锐角为α，那么tanα2=( )
A．13；B．23；C．34；D．12
【答案】D．
【解析】D由题意可知小正方形的边长为1，大正方形的边长为5，设直角三角形短的直角边为x，
则长的直角边为x+1，由勾股定理得x2+(x+1)2＝25，解得x＝3，所以sina=45，csa=35，
则tana2=sina2csa2=sinacsa+1=12．
8．(2020•常德模拟)已知在△ABC中，B=3π4，AB＝1，角A的平分线AD=2，则AC＝( )
A．3；B．23；C．3+1；D．3+3
【答案】C．
【解析】在三角形ABD中1sin∠ADB=2sin3π4，∴sin∠ADB=12，∴∠ADB=π6(∵∠B是钝角)，
∴∠BAD=π12，∴∠BAC=π6，∴∠ACB=π12，
易知sinπ12=sin(π3-π4)=sinπ3csπ4-csπ3sinπ4=6-24，在△ABC中16-24=ACsin3π4，
∴AC=3+1．
9．(2020秋•新余期末)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，以下四个结论中，正确的是( )
A．若A＞B＞C，则sinA＜sinB＜sinC；B．若a＞b＞c，则sinA＞sinB＞sinC；
C．acsB+bcsA＝csinC；D．若a2+b2＜c2，则△ABC是锐角三角形
【答案】B．
【解析】对于A，若A＞B＞C，由大边对大角定理可知，则 a＞b＞c，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，可得：sinA＞sinB＞sinC，故A错误；
对于B，若a＞b＞c，由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，可得：sinA＞sinB＞sinC，故B正确；
对于C，根据正弦定理可得：
acsB+bcsA＝2R(sinAcsB+sinBcsA)＝2Rsin(B+A)＝2Rsin(π﹣C)＝2RsinC＝c≠右边．故C错误；
对于D，若a2+b2＜c2，由余弦定理可得：
csC=a2+b2-c22ab＜0，由C∈(0，π)，可得C是钝角，故D错误．
二、填空题
10．(2020秋•北海期末)如图，△ABC是由3个全等的三角形和中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．若BC=39，DE＝2BD，则△DEF的面积为______．
【答案】33．
【解析】设BD＝t(t＞0)，由题意，得DE＝2t，CE＝t，∠CEB＝120°，
所以BC2＝CE2+BE2﹣2⋅CE⋅BE⋅cs120°，即39=t2+9t2-2⋅t⋅3t⋅(-12)，解得t=3，
所以DE=23，所以S△DEF=12×23×23×sin60°=33．
11．(2020秋•郑州期末)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b2＝(a+c)2﹣6，B=2π3，则△ABC的面积是______．
【答案】332．
【解析】在△ABC中，∵B=2π3，b2＝(a+c)2﹣6＝a2+c2+2ac﹣6，
又b2＝a2+c2﹣2accsB＝a2+c2﹣2ac×(-12)＝a2+c2+ac，∴ac＝6，
∴S△ABC=12acsinB=12×6×32=332．
三、解答题
12．(2020秋•吉安期末)将函数y=sin(x-π3)的图象纵坐标不变，横坐标变为原来的两倍，再向右平移π3个单位长度，得到函数y＝f(x)的图象．
(Ⅰ)求函数f(x)的解析式；
(Ⅱ)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若f(2A)=-22，且a＝4，b=42，求△ABC的面积．
【答案】(1)f(x)=-csx2；(2)8．
【解析】(Ⅰ)将函数y=sin(x-π3)的图象纵坐标不变，横坐标变为原来的两倍，
得到y＝sin(12x-π3)，再向右平移π3个单位长度，得f(x)=sin[12(x-π3)-π3]=sin(x2-π2)=-csx2．
(Ⅱ)∵f(2A)=-22，∴f(2A)=-csA=-22，即csA=22，∵0＜A＜π，∴A=π4．
∵a＝4，b=42，A=π4，由余弦定理得42=(42)2+c2-2×42c×22，
整理得c2﹣8c+16＝0，得c＝4．∴S△ABC=12AB×AC×sinA=8．即△ABC的面积为8．
13．(2021•湖北模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且4cs(A+C)+2cs2B+3＝0．
(1)求角B；
(2)若D是BC的中点，AD＝43，AB＝8，求△ABC的面积．
【答案】(1)π3；(2)163．
【解析】(1)因为A+B+C＝π，所以A+C＝π﹣B，由4cs(A+C)+2cs2B+3＝0，
可得﹣4csB+2(2cs2B﹣1)+3＝0，即4cs2B﹣4csB+1＝0，得csB=12，
因为0＜B＜π，所以B=π3．
(2)在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2+BD2﹣2AB⋅BDcsB，
即48=64+BD2-2×8×BD×12，即BD2﹣8BD+16＝0，解得BD＝4，
所以S△ABC=2S△ABD=2×12×AB⋅BDsinB=2×12×8×4×32=163．
14．(2021•江苏模拟)已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，且5csBcsC+2＝5sinBsinC+cs2A．
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC的面积S=332，c=3，求sinBsinC的值．
【答案】(1)π3；(2)12．
【解析】(1)由于5csBcsC+2＝5sinBsinC+cs2A，整理得5cs(B+C)+2＝2cs2A﹣1，
转换为2cs2A+5csA﹣3＝0，解得csA=12或-3(舍去)，由于A∈(0，π)，所以A=π3．
(2)△ABC的面积S=332，故12bcsinA=12bcsinπ3=332，所以bc＝6，由于c=3，所以b＝23，
利用余弦定理：a2＝b2+c2﹣2bccsA＝12+3﹣6＝9，故a＝3．则2R=asinA=23，
利用(2R)2sinCsinB＝6，解得sinBsinC=12．
15．(2020秋•驻马店期末)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知asinA+csinC＝(233asinC+b)sinB．
(1)求B；
(2)若c2+a2+ac＝16，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)π3；(2)433．
【解析】(1)因为asinA+csinC＝(233asinC+b)sinB，由正弦定理得，a2+c2=233acsinB+b2，
所以csB=a2+c2-b22ac=33sinB，故tanB=3，由B为三角形内角得，B=π3．
(2)因为a2+c2≥2ac，当且仅当a＝c时取等号，所以16＝a2+c2+ac≥3ac，
故ac≤163，当ac=163时，△ABC面积取最大值S=12acsinB=12×163×32=433．
16．(2020秋•玉溪月考)如图，在△ABC中，AB＝2AC，∠BAC的角平分线交BC于点D．
(1)求S△ABDS△ADC的值；
(2)若AC=1，BD=2，求AD的长．
【答案】(1)2；(2)1．
【解析】(1)∵AD为∠BAC的角平分线，∴∠BAD＝∠CAD，即sin∠BAD＝sin∠CAD．
∴S△ABDS△ADC=12AB⋅ADsin∠BAD12AC⋅ADsin∠CAD=ABAC．又∵AB＝2AC，∴S△ABDS△ADC=2．
(2)由(1)知ABAC=BDCD=2且AC=1，BD=2，∴AB=2，CD=22．
在△ABD中，cs∠BAD=AB2+AD2-BD22AB⋅AD=4+AD2-22×2×AD=2+AD24AD．
在△ACD中，cs∠CAD=AC2+AD2-CD22AC⋅AD=1+AD2-122×1×AD=12+AD22AD．
∵∠BAD＝∠CAD，∴cs∠BAD＝cs∠CAD，∴2+AD24AD=12+AD22AD，∴AD＝1．
17．(2020秋•让胡路区校级月考)已知△ABC的内角A，B，C所对的边为a，b，c，sinA＝2sinC，2b＝3c．
(1)求csA；
(2)若角A的平分线交BC于D，且△ABC的面积为3154，求AD的长．
【答案】(1)-14；(2)365．
【解析】(1)∵sinA＝2sinC，∴由正弦定理可得a＝2c，又∵2b＝3c，
∴csA=b2+c2-a22bc=b2+(2b3)2-(4b3)22×b×2b3=-14．
(2)∵A∈(0，π)，且csA=-14，∴sinA=154，∵S=12bcsinA=12×b×c×154=3154，解得bc＝6，
又∵2b＝3c，∴解得b＝3，c＝2，可得a=b2+c2-2bccsA=9+4-2×3×2×(-14)=4，
∵角A的平分线交BC于D，可得BDCD=ABAC=23，∴由BD+CD＝4，可得CD=125，BD=85，
∵csC=a2+b2-c22ab=16+9-42×4×3=78，∴可得AD2＝b2+CD2﹣2•b•CD•csC＝9+14425-2×3×125×78=5425，
可得AD=365．
提高组
一、选择题
1．(2020秋•赣州期末)已知梯形ABCD的上底AB长为1，下底CD长为4，对角线AC长为13，BD长为22，则△ABD的面积为( )
A．1；B．2；C．3；D．4
【答案】A．
【解析】如图，过D作DE∥AC，连接AE，可得四边形ACDE为平行四边形，
则cs∠EBD=52+(22)2-(13)22×5×22=22，所以sin∠EBD=22，故S△ABD=12×1×22×sin∠ABD=1．
2．(2020秋•湖北月考)如图所示，平面四边形ABCD中，∠BCD＝90°，∠ABC＝135°，AB＝6，AC＝310，CD＝52，则ABCD的面积为( )
A．39；B．36；C．42；D．48
【答案】A．
【解析】因为∠BCD＝90°，∠ABC＝135°，AB＝6，AC＝310，CD＝52，
在△ABC中，由正弦定理，ACsin∠ABC=ABsin∠BCA，解得sin∠BCA=55=cs∠ACD，
cs∠BCA=255=sin∠ACD，由余弦定理，AC2＝AB2+BC2﹣2AB⋅BC⋅cs∠ABC，
即BC2+62BC-54=0，解得BC=32，则ABCD的面积
S=S△ABC+S△ACD=12AB⋅BC⋅sin∠ABC+12AC⋅CD⋅sin∠ACD
=12×6×32×22+12×310×52×255=39．
3．(2020秋•河南月考)在面积为S的△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2+c2＝3+4StanA，则a＝( )
A．1；B．3；C．2；D．3
【答案】B．
【解析】因为b2+c2＝3+4StanA，由三角形的面积公式可得：b2+c2=3+2bcsinAtanA，
即b2+c2＝3+2bccsA，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccsA＝3，所以a=3．
4．(2020•东湖区校级模拟)在△ABC中，G为△ABC的重心，AG=2BG，BC＝4，则△ABC面积的最大值为( )
A．162；B．122；C．32；D．82
【答案】B．
【解析】由重心的性质可得：因为AG=2BG，所以BG=12AG=2GD，
如图建立平面直角坐标系，以BC所在的直线为x轴，以过BC的中点D垂直于BC的直线为y轴，
由题意可得B(﹣2，0)，C(2，0)，D(0，0)，设G(x，y)，由BG=2GD可得：
(x+2)2+y2=2x2+y2，整理可得：(x﹣2)2+y2＝8，所以G是以(2，0)为圆心，
以22为半径的圆，所以G到BC的最大距离为22，
所以△BGC的面积的最大值为S△BGC=12×BC×22=42，又S△ABC＝3S△BGC＝122．
5．(2020•湖北模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝52sin(B+π4)，c＝5且O为△ABC的外心，G为△ABC的重心，则OG的最小值为( )
A．2-1；B．52-56；C．2+1；D．10-526
【答案】D．
【解析】a＝52sin(B+π4)，c＝5，∴a=2csin(B+π4)，由正弦定理可得：
sinA=2sinC•22(sinB+csB)，∴sin(B+C)＝sinBcsC+csBsinC＝sinC•sinB+sinCcsB，
化为：sinBcsC＝sinC•sinB，sinB≠0，∴csC＝sinC，即tanC＝1，C∈(0，π)．∴C=π4．
∴△ABC外接圆的半径R=12•csinC=522．如图所示，建立直角坐标系．
A(-52，0)，B(52，0)，O(0，52)．△ABC外接圆的方程为：x2+(y-52)2=252．
设C(522csθ，52+522sinθ)．θ∈(0，π)，则G(526csθ，56+526sinθ)．
|OG|2=(526csθ)2+(53-526sinθ)2=256-2529sinθ≥25(6-28)36，∴|OG|的最小值为：10-526．
6．(2020秋•南京期中)克罗狄斯托勒密(Ptlemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．根据以上材料，完成下题：如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA＝2，B为半圆上一点，以AB为一边作等边三角形ABC，则当线段OC的长取最大值时，∠AOC＝( )
A．30°；B．45°；C．60°；D．90°
【答案】C．
【解析】由制作弦表原理，OC•AB≤OA•BC+OB•AC，可知，OC•AB≤2AB+AB＝3AB，
∴OC≤3，当且仅四边形OACB的当对角互补时取等号，∵∠ABC＝60°，∴∠AOB＝120°，
在三角形AOB中，AB2＝22+12﹣2×2×1×cs120°＝7，在三角形AOC中，OC＝3，AC=7，OA＝2，
cs∠AOC=22+32-72×2×3=12，∴∠AOC＝60°．
7．(2020秋•香坊区校级月考)如图，已知A、B、C、D四点在同一条直线上，且面PAD与地面垂直，在山顶P点测得点A、C、D的俯角分别为30°、60°、45°，并测得AB＝200m，CD＝100m，现欲沿直线AD开通穿山隧道，则隧道BC的长为( )
A．100(3+1)m；B．200(3+1)m；C．2003m；D．1003m
【答案】C．
【解析】由题意可知∠A＝30°，∠D＝45°，∠PCB＝60°，所以∠PCD＝120°，∠APC＝90°，
又sin15°＝sin(45°﹣30°)=22×32-22×12=6-24，所以在△PCD中，由正弦定理可得
CDsin∠DPC=PCsin∠D，即1006-24=PC22，解得PC＝100(3+1)，所以在Rt△PAC中，
AC＝2PC＝200(3+1)，所以BC＝AC﹣AB＝2003．
二、多选题
8．(2020秋•漳州月考)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为r＝3，满足acsA+bcsB+ccsC=R3，△ABC的面积S△ABC＝6，则( )
A．a+b+c＝4；B．R＝6；C．sinA+sinB+sinC=16；D．sin2A+sin2B+sin2C=13
【答案】ABD．
【解析】因为S△ABC=12(a+b+c)⋅r=32(a+b+c)＝6，解得：a+b+c＝4，故A正确；
因为acsA+bcsB+ccsC=R3，所以2RsinAcsA+2RsinBcsB+2RsinCcsC=R3，
即sin2A+sin2B+sin2C=13，D正确；
若△ABC为锐角三角形，S△ABC=12R2sin2A+12R2sin2B+12R2sin2C=12R2⋅13=6，
所以R＝6，若△ABC为直角三角形或钝角三角形时可类似证明，故B正确；
因为a+b+csinA+sinB+sinC=2R＝12，所以sinA+sinB+sinC=13，故C错．
9．(2020•泉州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若b＝ccsA，角A的角平分线交BC于点D，AD＝1，csA=18，以下结论正确的是( )
A．AC=34；B．AB＝8；C．CDBD=18；D．△ABD的面积为374
【答案】ACD．
【解析】因为b＝ccsA，由正弦定理可得，sinB＝sinCcsA＝sin(A+C)，所以sinAcsC＝0，
因为sinA≠0，所以csC＝0即C=12π，∵18=csA=ACAB，由角平分线定理可得，ACAB=CDBD=18，
设AC＝x，AB＝8x，则BC＝37x，CD=73x，Rt△ACD中，由勾股定理可得，x2+(73x)2=1，
解可得x=34，即AC=34，AB＝6，∵SABC=12×34×6×638=27732，所以S△ABD=89SABC=374．
10．(2020春•宿迁期末)已知△ABC中，AB＝1，AC＝4，BC=13，D在BC上，AD为∠BAC的角平分线，E为AC中点下列结论正确的是( )
A．BE=3；B．△ABC 的面积为13；C．AD=435；
D．P在△ABE的外接圆上，则PB+2PE的最大值为27
【答案】ACD．
【解析】在三角形ABC中，由余弦定理cs∠BAC=AB2+AC2-BC22AB⋅AC=1+16-132×1×4=12，∴∠BAC＝60°，
故S△ABC=12×AB×AC×sin60°=12×1×4×32=3，故B错误；
在△ABE中，由余弦定理得：BE2＝AB2+AE2﹣2AB•AE•cs∠BAC＝1+4﹣2×1×2×12=3，
∴BE=3，故A正确；
由余弦定理可知：csC=13+16-12×4×13=7213，∴sinC=3213，∵AD平分∠BAC，∴∠DAC＝30°，
∴sin∠ADC＝sin(C+30°)=3213×32+7213×12=5213，在三角形ACD中，由正弦定理可得：
ADsinC=ACsin∠ADC，故AD=ACsinCsin∠ADC=435，故C正确；
∵AB＝1，AE＝2，∠BAE＝60°，∴BE=1+4-2×1×2×12=3，∴AB⊥BE，
∴AE为△ABE的外接圆的直径，故△ABE的外接圆的半径为1，显然当PB+2PE取得最大值时，
P在优弧BAE上．故∠BPE＝∠BAE＝60°，设∠PBE＝α，则∠PEB＝120°﹣α，0°＜α＜120°，
∴PBsin(120°-α)=PEsinα=2，∴PB＝2sin(120°﹣α)=3csα+sinα，PE＝2sinα，
∴PB+2PE=3csα+5sinα＝27sin(α+θ)，其中sinθ=327，csθ=527，
∴当α+θ=π2时，PB+2PE取得最大值27，故D正确．
二、填空题
11．(2021•浙江模拟)已知圆内接四边形ABCD的边长BC＝2AB＝2，CD＝DA=7，则AC＝_____，四边形ABCD的面积为______．
【答案】7，934．
【解析】由于B+D＝180°，则csB＝﹣csD，由题设及余弦定理得，
在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•csB＝5﹣4csB，…①
在△ACD中，AC2＝AD2+DC2﹣2AD•DC•csD＝14+14csB，…②
由①②得csB=-12，故B＝120°，D＝60°，则AC=7．
由于B+D＝180°，∴sinB＝sinD=32，由以上的结果及题设，可知四边形ABCD的面积
S＝S△ABC+S△ACD=12AB•BC•sinB+12AD•CD•sinD=12(1×2+7×7)×32=934．
12．(2021•晋中二模)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BD，BC＝CD，AD＝2，在△ABC中，角A，B，C的对应边分别为a，b，c，若c2＝2abcsC，则△ACD的面积为______．
【答案】22．
【解析】∵AB＝BD，AB⊥BD，∴在等腰直角△ABD中AD=2AB=2c，
在△ABC中，由余弦定理得a2+b2﹣2abcsC＝c2，又已知c2＝2abcsC，∴a2+b2＝2c2，
又∵a=BC=CD，b=AC，AD=2c，∴AC2+CD2＝AD2，∴AC⊥CD，
作CF⊥BD分别交BD，AD于点F，E，∵BC＝CD，E，F分别为线段AD，BD的中点，
∴∠CED＝45°，CE＝ED＝1，∴S△ACD=2S△ECD=2×12×EC×ED×sin45°=22．
13．(2020秋•新蔡县月考)如图，在平面四边形ABCD中，∠A＝45°，∠B＝60°，∠D＝150°，AB＝2BC＝2，则四边形ABCD的面积为______．
【答案】6-34．
【解析】如图，连接AC，可得∠DCB＝105°，
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝BC2+BA2﹣2BC•BA•cs60°＝3．∴AB2＝AC2+BC2，
∴∠CAB＝30°，∠ACB＝90°，∠DCA＝∠DAC＝15°．过点D作DE⊥AC，则：AE=12AC=32，
tan15°=tan45°-tan30°1+tan45°tan30°=2-3，所以：DE＝tan15°AE＝(2-3)⋅32=3-32．
∴S△ADC=12×3×(3-32)=34(2-3)，S△ABC=12×3×1=32．
∴四边形ABCD的面积为：34(2-3)+32=6-34．
14．(2020秋•浙江月考)如图所示，在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝10，BC＝6，则AB的取值范围是______；过点B向∠ACB的角平分线引垂线交于点P，若AP＝62，△ABP的面积是______．
【答案】(1)(234，16)，(2)42．
【解析】(1)△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝10，BC＝6，所以AB2＞AC2+BC2＝102+62＝136，
所以AB＞136=234，又AB＜AC+BC＝10+6＝16，所以AB的取值范围是(234，16)．
(2)如图所示，设CP＝x，∠ACP＝∠BCP＝α，则csα=x6，由余弦定理得，
AP2＝AC2+x2﹣2x•AC•csα，解得x＝23，csα=33；所以sin∠ACB＝sin2α＝2×63×33=223；
所以S△ABC=12×6×10×223=202，S△ACP=12×10×23×63=102，S△BCP=12×6×23×63=62，
所以S△ABP＝S△ABC﹣S△ACP﹣S△BCP＝202-102-62=42，即△ABP的面积为42．
15．(2020秋•沙坪坝区校级月考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若b＝2．cs2A+5cs(B+C)＝﹣3，点P是△ABC的重心，且AP=273，则c＝______．
【答案】4．
【解析】∵cs2A+5cs(B+C)＝﹣3，∴2cs2A﹣1﹣5csA＝﹣3，整理得2cs2A﹣5csA+2＝0，
解得csA=12，或2(舍去)，∵0＜A＜π，∴A=π3．又∵点P是△ABC的重心，∴AP→=13(AB→+AC→)，
∴AP→2=19(AB→2+AC→2+2|AB→||AC→|csA)，∵AP=273，整理得c2+4ccsA﹣24＝0，
当A=π3时，c2+2c﹣24＝0，得c＝4．
16．(2018春•宛城区校级月考)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acsB+3asinB=b+c，b＝1，点D是△ABC的重心，且AD=73，则△ABC的外接圆的半径为______．
【答案】1．
【解析】∵acsB+3asinB=b+c，由正弦定理可得，sinAcsB+3sinAsinB＝sinB+sinC，
∴sinAcsB+3sinAsinB＝sinB+sin(A+B)＝sinB+sinAcsB+sinBcsA，∴3sinAsinB＝sinB+sinBcsA，
∵sinB≠0，∴3sinA﹣csA＝1，即sin(A-π6)=12，∵0＜A＜π，∴A=13π，
∵D是△ABC的重心，b＝1∴AD→=13(AB→+AC→)，∴AD→2=19(AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→)=79，
解可得，AB＝2由余弦定理可得，a=b2+c2-2bccsA=3，由正弦定理可得，
2R=asinA=332=2，∴R＝1．
17．(2019秋•厦门期末)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A的平分线AD交BC于D点．AD＝2，a＝3，csinAcsC＝(2b﹣c)csAsinC，则A＝______，△ABC的面积为______．
【答案】π3，332．
【解析】(1)∵csinAcsC＝(2b﹣c)csAsinC；∴由正弦定理得：
sinCsinAcsC＝(2sinB﹣sinC)csAsinC，又因为A，B，C为三角形内角，所以：sinC≠0，sinB≠0，
可得sinAcsC＝2sinBcsA﹣sinCcsA⇒sinB＝2sinBcsA⇒csA=12⇒A=π3．
(2)由正弦定理可知：csinC=bsinB=asinA=332=23，∴c=23sinC，b=23sinB，
BDsin∠BAD=ADsinB⇒BD=1sinB，同理CD=1sinC，
BC=BD+CD=1sinB+1sinC=3⇒sinB+sinC=3sinB⋅sinC，
sinB+sin(B+π3)=3sinB⋅sin(B+π3)，化简可得：3sin2(B+π6)+sin(B+π6)-34=0，
∴sin(B+π6)=32或sin(B+π6)=-123(舍)，∴B=π2，C=π6，或C=π2，B=π6，
∴b＝23，c=3或c＝23，b=3；∴S△ABC=12ac=332或S△ABC=12bc=332．即S△ABC=332．
三、解答题
18．(2021•辽宁模拟)在①sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，②2a＝ 3csinA+acsC，③(2sinA﹣sinB)a＝2csinC+(sinA﹣2sinB)b这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．
已知△ABC的角A，B，C对边分别为a，b，c，且c＝6，____．
(1)求C；
(2)求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)π3；(2)93．
【解析】若选条件①，sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，
(1)利用正弦定理可得a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理可得csC=a2+b2-c22ab=ab2ab=12，
因为C∈(0，π)，所以C=π3．
(2)因为C=π3，c＝6，所以在△ABC中，由余弦定理可得36＝a2+b2﹣ab，
所以ab+36＝a2+b2≥2ab，解得ab≤36，当且仅当a＝b时取等号，
所以△ABC面积的最大值Smax=12absinC=12×36×32=93．
若选条件②，2a＝3csinA+acsC，
(1)由正弦定理可得2sinA=3sinCsinA+sinAcsC，因为sinA≠0，所以3sinC+csC＝2，
即sin(C+π6)＝1，因为C∈(0，π)，C+π6∈(π6，7π6)，所以C+π6=π2，可得C=π3．
(2)因为C=π3，c＝6，所以在△ABC中，由余弦定理可得36＝a2+b2﹣ab，
所以ab+36＝a2+b2≥2ab，解得ab≤36，当且仅当a＝b时取等号，
所以△ABC面积的最大值Smax=12absinC=12×36×32=93．
若选条件③，(2sinA﹣sinB)a＝2csinC+(sinA﹣2sinB)b，
(1)由正弦定理可得：(2a﹣b)a＝2c2+(a﹣2b)b，整理可得a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理可得
csC=a2+b2-c22ab=ab2ab=12，因为C∈(0，π)，所以C=π3．
(2)因为C=π3，c＝6，所以在△ABC中，由余弦定理可得36＝a2+b2﹣ab，
所以ab+36＝a2+b2≥2ab，解得ab≤36，当且仅当a＝b时取等号，
所以△ABC面积的最大值Smax=12absinC=12×36×32=93．
19．(2021•沈阳一模)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
①3csA(ccsB+bcsC)＝asinA；②csC=2b-c2a；③tanA+tanB+tanC=3tanBtanC．
已知△ABC的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，____．
(1)求A；
(2)若a=2，b+c=10，求△ABC的面积．
【答案】(1)π3；(2)32．
【解析】(1)选择条件①3csA(ccsB+bcsC)＝asinA，
由正弦定理可得3csA(sinCcsB+sinBcsC)＝sinAsinA，即3csAsin(B+C)＝sinAsinA，
即3csAsinA＝sinAsinA，因为sinA≠0，所以3csA＝sinA，即tanA=3，
因为A∈(0，π)，所以A=π3．
选择条件②csC=2b-c2a，
由正弦定理可得csC=2sinB-sinC2sinA，即2csCsinA＝2sinB﹣sinC，
即2csCsinA＝2sin(A+C)﹣sinC＝2sinAcsC+2csAsinC﹣sinC，所以2csAsinC＝sinC，
因为sinC≠0，所以csA=12，因为A∈(0，π)，所以A=π3．
选择条件③tanA+tanB+tanC=3tanBtanC，
因为tanA＝﹣tan(B+C)=-tanB+tanC1-tanBtanC，所以﹣tanA+tanAtanBtanC＝tanB+tanC，
即tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC，所以tanAtanBtanC=3tanBtanC，因为tanBtanC≠0，
所以tanA=3，因为A∈(0，π)，所以A=π3．
(2)因为a=2，b+c=10，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccsA，
即4＝b2+c2﹣bc＝(b+c)2﹣3bc＝10﹣3bc，所以bc＝2，所以S△ABC=12bcsinA=12×2×32=32．
20．(2020秋•平顶山期末)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，bcsA2=asinB．
(Ⅰ)求A；
(Ⅱ)若D在边BC上，AD是∠BAC的角平分线，AD=233，求△ABC面积的最小值．
【答案】(1)π3；(2)439．
【解析】(Ⅰ)由正弦定理及条件得sinBcsA2=sinAsinB，因为B∈(0，π)，sinB≠0，
所以csA2=sinA=2sinA2csA2，又A∈(0，π)，csA2≠0，所以sinA2=12，从而A=π3．
(Ⅱ)因为△ABC的面积等于△ABD和△ACD的面积之和，
得12bcsin∠BAC=12c⋅ADsin∠BAC2+12b⋅ADsin∠BAC2，又因为∠BAC=π3，AD=233，
所以3bc＝2(b+c)，所以3bc=2(b+c)≥4bc，得bc≥169(当且仅当b=c=43时等号成立)
所以△ABC的面积S=12bcsinA=34bc≥439．所以△ABC面积的最小值为439．
21．(2020秋•铜梁区校级期中)如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AC为∠DAB的角平分线，∠ABC=π3，AB＝3BC＝3．
(1)求sin∠DAC；
(2)若∠ADC=2π3，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)2114；(2)534．
【解析】(1)△ABC中，∠ABC=π3，AB＝3，BC＝1，由余弦定理可得
AC2＝BA2+BC2﹣2BA⋅BCcsB＝7，所以AC=7，再由正弦定理ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，
可得sin∠BAC=BCsin∠ABCAC=2114，又因为AC为∠DAB的角平分线，
所以sin∠DAC=sin∠BAC=2114．
(2)△ACD中，AC=7，∠ADC=2π3，sin∠DAC=2114，所以cs∠DAC=1-sin2∠DAC=5714，
从而sin∠ACD=sin[π-(∠ADC+∠DAC)]=sin(π3-∠DAC)=32cs∠DAC-12sin∠DAC=217，
由正弦定理ADsin∠ACD=ACsin∠ADC，可得AD=ACsin∠ACDsin∠ADC=2，而
SABCD=S△ACD+S△ACB=12AB⋅ACsin∠CAB+12AD⋅ACsin∠DAC
=12×3×7×2114+12×2×7×2114=534．
附：分层训练答案
基础组
1．C；2．A；3．C；4．D；5．D；6．C；7．D；8．C；9．B；10．33；11．332；
12．(1)f(x)=csx2，(2)8；13．(1)π3，(2)163；14．(1)π3，(2)12；15．(1)π3，(2)433；
16．(1)2，(2)1；17．(1)-14，(2)365．
提高组
1．A；2．A；3．B；4．B；5．D；6．C；7．C；8．ABD；9．ACD；10．ACD；11．7，934；
12．22；13．6-34；14．(1)(234，16)，(2)42；15．4；16．1；17．π3，332；18．(1)π3，(2)93；
19．(1)π3，(2)32；20．(1)π3，(2)439；21．(1)2114，(2)534．