高考数学一轮复习题型归纳讲义 专题08 解三角形 题型归纳讲义 （原卷版+解析版）

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中考数学复习策略（仅供参考）
中考复习中，数学占据了一定的位置，那么初三数学生要从哪几方面着手复习呢?
1、学生在第一轮复习阶段不要只钻难题、偏题，也不要搞题海战术，要注重学习方法，回归课本，抓住典型题目进行练习。
课本上的例题最具有典型性，可以有选择地做。在做例题时，要把其中包含的知识点抽出来进行总结、归纳，不要就题论题。另外，对于一些易错题，要在复习阶段作为重点复习，反复审题，加强理解。
2、要注重知识点的梳理，将知识点形成网络。学生经过一学期的学习，要将知识点进行总结归纳，找出区别与联系。
把各章的知识点绘制成知识网络图，将知识系统化、网络化，把知识点串成线，连成面。
3、要注重总结规律，加强解题后的反思。
期末考试前，学校一般都会组织模拟练习，学生要认真对待，注意记录、总结老师对模拟练习的讲评分析。通过模拟练习题，找出复习重点和自身的薄弱点，认真总结解题的规律方法，切忌不要闷头做题。

专题八 《解三角形》讲义
知识梳理.解三角形
1．正弦定理
＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)．
2．余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccos A；
b2＝c2＋a2－2cacos B；
c2＝a2＋b2－2abcos C.
3．三角形的面积公式　
(1)S△ABC＝aha(ha为边a上的高)；
(2)S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B；
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．












题型一. 正弦定理
考点1.基本量运算
1．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=1，c=3，C=π3，则A＝　π6　．
【解答】解：由正弦定理得asinA=csinC∴sinA=asinCc=323=12
∴A=π6或5π6
∵a＜c
故答案为：π6
2．在△ABC中，cosA=513，sinB=35，a＝20，则b的值为　13　．
【解答】解：∵在△ABC中，cosA=513，∴sinA=1−cos2B=1213．
由正弦定理可得：asinA=bsinB，
∴b=asinBsinA=20×351213=13．
故答案为：13．
3．在△ABC中，b=32，cosA=63，B=A+π2．
（1）求a的值；
（2）求cos2C的值．
【解答】解：（1）∵cosA=63，0＜A＜π，∴sinA=33，
∴sinB＝sin（A+π2）＝cosA=63，
由正弦定理得：asinA=bsinB=3263=33，∴a＝3；
（2）∵B＝A+π2，∴π2＜B＜π，
又∵sinB=63，∴cosB=−33，
∴cosC＝﹣cos（A+B）＝﹣（cosAcosB﹣sinAsinB）＝sinAsinB﹣cosAcosB=223，
∴cos2C＝2cos2C﹣1=79．
考点2.边角互化
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3(acosC−ccosA)=b，B=60°，则A的大小为　75°　．
【解答】解：∵3(acosC−ccosA)=b，B=60°，
∴由正弦定理可得：3（sinAcosC﹣sinCcosA）＝sinB，可得：3sin（A﹣C）＝sinB=32，
∴sin（A﹣C）=12，
∵A+C＝120°，
又∵0°＜A＜120°，0°＜C＜120°，可得：﹣120°＜A﹣C＜120°，
∴A﹣C＝30°，
∴解得：A＝75°．
故答案为：75°．
2．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边边长分别为a，b，c，若2a＝3b，A＝2B，则cosB＝（　　）
A．23 B．34 C．45 D．0
【解答】解：∵2a＝3b，
∴根据正弦定理得2sinA＝3sinB，且A＝2B，
∴2sin2B＝4sinBcosB＝3sinB，且sinB≠0，
∴cosB=34．
故选：B．
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsinA−3acosB＝2b−3c，则A＝（　　）
A．π3 B．π4 C．π6 D．2π3
【解答】解：∵bsinA−3acosB＝2b−3c，
∴由正弦定理可得：sinBsinA−3sinAcosB＝2sinB−3sinC，
∴sinBsinA−3sinAcosB＝2sinB−3sinC＝2sinB−3（sinAcosB+cosAsinB），
∴sinBsinA＝2sinB−3cosAsinB，
又∵sinB≠0，
∴sinA+3cosA＝2，
∴2sin（A+π3）＝2，可得A+π3=π2+2kπ，k∈Z，
又A∈（0，π），
∴A=π6．
故选：C．
考点3.内角和应用
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB+sinA（sinC﹣cosC）＝0，a＝2，c=2，则C＝（　　）
A．π12 B．π6 C．π4 D．π3
【解答】解：sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）＝0，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC＝0，
∴cosAsinC+sinAsinC＝0，
∵sinC≠0，
∴cosA＝﹣sinA，
∴tanA＝﹣1，
∵π2＜A＜π，
∴A=3π4，
由正弦定理可得csinC=asinA，
∴sinC=csinAa，
∵a＝2，c=2，
∴sinC=csinAa=2×222=12，
∵a＞c，
∴C=π6，
故选：B．
2．已知a、b、c分别为△ABC的三内角A、B、C的对边，acosc+3asinC−b−c=0，则A＝（　　）
A．π2 B．π3 C．π4 D．π6
【解答】解：已知等式利用正弦定理化简得：sinAcosC+3sinAsinC﹣sinB﹣sinC＝0，
∴sinAcosC+3sinAsinC﹣sin（A+C）﹣sinC＝0，即sinAcosC+3sinAsinC﹣sinAcosC﹣cosAsinC﹣sinC＝0，
∴3sinAsinC﹣cosAsinC﹣sinC＝0，
∵sinC≠0，
∴3sinA＝cosA+1，即sinA1+cosA=33，
∴tanA2=sinA1+cosA=33，
∴A2=π6，即A=π3．
故选：B．
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b．c，已知cos（A﹣C）+cosB＝1，（2cosB﹣1）a+2bcosA＝0，则C＝　π6　．
【解答】解：由B＝π﹣（A+C），可得cosB＝﹣cos（A+C），
∴cos（A﹣C）+cosB＝cos（A﹣C）﹣cos（A+C）＝2sinAsinC＝1，
∴sinAsinC=12，…①
又∵（2cosB﹣1）a+2bcosA＝0，可得：2acosB+2bcosA＝a，
∴由正弦定理可得：2sinAcosB+2sinBcosA＝sinA，可得：sinA＝2sinC，…②
∴①②联解可得，sin2C=14，
∵0＜C＜π，
∴sinC=12，
∵a＝2c，即a＞c，得C为锐角，
∴C=π6．
故答案为：π6．
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题型二. 余弦定理
1．△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2（1﹣sinA），则A＝（　　）
A．3π4 B．π3 C．π4 D．π6
【解答】解：∵b＝c，
∴a2＝b2+c2﹣2bccosA＝2b2﹣2b2cosA＝2b2（1﹣cosA），
∵a2＝2b2（1﹣sinA），
∴1﹣cosA＝1﹣sinA，
则sinA＝cosA，即tanA＝1，
即A=π4，
故选：C．
2．在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知3cosAcosC=ac，且a2﹣c2＝2b，则b＝（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【解答】解：3cosAcosC=ac，即为
3ccosA＝acosC，
即有3c•b2+c2−a22bc=a•a2+b2−c22ab，
即有a2﹣c2=12b2，
又a2﹣c2＝2b，则2b=12b2，
解得b＝4．
故选：A．
3．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若C＝120°，sinC=2sinA，则（　　）
A．a＝b
B．a＜b
C．a＞b
D．a与b的大小关系不能确定
【解答】解：因为C＝120°，sinC=2sinA，
所以由正弦定理可得：c=2a，
由余弦定理cosC=a2+b2−c22ab，可得：−12=a2+b2−2a22ab，整理可得：a2﹣b2＝ab＞0，
可得a2＞b2，
可得a＞b．
故选：C．
4．在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知sinAcosC＝3cosAsinC且a2﹣c2＝2b，则b＝　4　
【解答】解：∵sinAcosC＝3cosAsinC，
∴a×a2+b2−c22ab=3c×b2+c2−a22bc，
∴2c2＝2a2﹣b2，
∵a2﹣c2＝2b，
∴b2＝4b，
∵b≠0，
∴b＝4．
故答案为：4．
5．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且cos2A2=b+c2c，则△ABC是（　　）
A．直角三角形
B．等腰三角形或直角三角形
C．正三角形
D．等腰直角三角形
【解答】解：∵cos2A2=b+c2c，2cos2A2−1＝cosA，
∴cosA=bc，
∴△ABC是直角三角形．
故选：A．
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日期：2021/7/4 16:40:05；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067

题型三.高、中点、角平分线问题
1．在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，则cosA等于（　　）
A．31010 B．1010 C．−1010 D．−31010
【解答】解：设△ABC中角A、B、C、对应的边分别为a、b、c，AD⊥BC于D，令∠DAC＝θ，

∵在△ABC中，B=π4，BC边上的高AD＝h=13BC=13a，
∴BD＝AD=13a，CD=23a，
在Rt△ADC中，cosθ=ADAC=a3(13a)2+(2a3)2=55，故sinθ=255，
∴cosA＝cos（π4+θ）＝cosπ4cosθ﹣sinπ4sinθ=22×55−22×255=−1010．
故选：C．
2．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若∠ABC=π3，b=7，c＝2，D为BC的中点．
（Ⅰ）求cos∠BAC的值；
（Ⅱ）求AD的值．

【解答】（本题满分为12分）
解：（I）法1：由正弦定理得sinC=cbsinB=27×32=37⋯（1分）
又∵在△ABC中，b＞c，∴C＜B，∴0＜C＜π2⋯（2分）
∴cosC=1−sin2C=1−37=27⋯（3分）
∴cos∠BAC＝cos（π﹣B﹣C）＝﹣cos（B+C）…（4分）
＝﹣（cosBcosC﹣sinBsinC）…（5分）
=32×37−12×27=714⋯（6分）
法2：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcos∠ABC…（1分）
∴7=4+a2−2×2×a×12，…（2分）
∴（a﹣3）（a+1）＝0解得a＝3（a＝﹣1已舍去），…（4分）
∴cos∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC⋯（5分）
=4+7−92×2×7=714．…（6分）
（II）法1：∵AD→=12(AB→+AC→)⋯（8分）
∴AD→2=14(AB→+AC→)2=14(AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→)⋯（10分）
=14(4+7+2×2×7×714)=134⋯（11分）
∴AD=132．…（12分）
法2：在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcos∠BAC…（7分）
=4+7−2×2×7×714=9，…（8分）
∴BC＝3，
∴BD=32⋯（9分）
在△ABD中，由余弦定理得 AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD•cos∠ABD，…（10分）
=4+94−2×2×32×12=134，…（11分）
∴AD=132，…（12分）
法3：设E为AC的中点，连结DE，则 DE=12AB=1，…（7分）
AE=12AC=127⋯（8分）
在△ADE中，由余弦定理得AD2＝AE2+DE2﹣2AE•DE•cos∠AED，…（9分）
=74+1+2×72×1×714=134，…（11分）
∴AD=132．…（12分）

3．已知AD是△ABC的内角A的平分线，AB＝3，AC＝5，∠BAC＝120°，则AD长为　158　．

【解答】解：∵AD是△ABC的内角A的平分线，且∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠CAD＝60°，
∵S△ABD+S△CAD＝S△ABC，
∴12AB•ADsin∠ABD+12AC•ADsin∠CAD=12AB•ACsin∠BAC，
即12×3AD×32+12×5AD×32=12×3×5×32，
解得：AD=158，
故答案为：158

题型四. 周长、面积问题
1．△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC面积为334，b＝3，B=2π3．则△ABC是（　　）
A．等边三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形
D．等腰三角形或直角三角形
【解答】解：∵△ABC面积为334，b＝3，B=2π3，
∴12acsinB=334，即12ac×32=334，
整理得：ac＝3，①
由余弦定理得：b2＝a2+c2﹣2accosB，即9＝a2+c2+ac＝（a+c）2﹣ac＝（a+c）2﹣3，
整理得：a+c＝23，②
联立①②，解得：a＝c=3，
则△ABC为等腰三角形，
故选：C．
2．（2014•新课标Ⅱ）钝角三角形ABC的面积是12，AB＝1，BC=2，则AC＝（　　）
A．5 B．5 C．2 D．1
【解答】解：∵钝角三角形ABC的面积是12，AB＝c＝1，BC＝a=2，
∴S=12acsinB=12，即sinB=22，
当B为钝角时，cosB=−1−sin2B=−22，
利用余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB＝1+2+2＝5，即AC=5，
当B为锐角时，cosB=1−sin2B=22，
利用余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB＝1+2﹣2＝1，即AC＝1，
此时AB2+AC2＝BC2，即△ABC为直角三角形，不合题意，舍去，
则AC=5．
故选：B．
3．（2018•新课标Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinC+csinB＝4asinBsinC，b2+c2﹣a2＝8，则△ABC的面积为　233　．
【解答】解：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
bsinC+csinB＝4asinBsinC，
利用正弦定理可得sinBsinC+sinCsinB＝4sinAsinBsinC，
由于0＜B＜π，0＜C＜π，
所以sinBsinC≠0，
所以sinA=12，
则A=π6或5π6
由于b2+c2﹣a2＝8，
则：cosA=b2+c2−a22bc，
①当A=π6时，32=82bc，
解得bc=833，
所以S△ABC=12bcsinA=233．
②当A=5π6时，−32=82bc，
解得bc=−833（不合题意），舍去．
故：S△ABC=233．
故答案为：233．
4．（2016•新课标Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）＝c．
（Ⅰ）求C；
（Ⅱ）若c=7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长．
【解答】解：（Ⅰ）∵在△ABC中，0＜C＜π，∴sinC≠0
已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）＝sinC，
整理得：2cosCsin（A+B）＝sinC，
即2cosCsin（π﹣（A+B））＝sinC
2cosCsinC＝sinC
∴cosC=12，
∴C=π3；
（Ⅱ）由余弦定理得7＝a2+b2﹣2ab•12，
∴（a+b）2﹣3ab＝7，
∵S=12absinC=34ab=332，
∴ab＝6，
∴（a+b）2﹣18＝7，
∴a+b＝5，
∴△ABC的周长为5+7．
5．（2017•新课标Ⅱ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin（A+C）＝8sin2B2．
（1）求cosB；
（2）若a+c＝6，△ABC的面积为2，求b．
【解答】解：（1）sin（A+C）＝8sin2B2，
∴sinB＝4（1﹣cosB），
∵sin2B+cos2B＝1，
∴16（1﹣cosB）2+cos2B＝1，
∴16（1﹣cosB）2+cos2B﹣1＝0，
∴16（cosB﹣1）2+（cosB﹣1）（cosB+1）＝0，
∴（17cosB﹣15）（cosB﹣1）＝0，
∴cosB=1517；
（2）由（1）可知sinB=817，
∵S△ABC=12ac•sinB＝2，
∴ac=172，
∴b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣2×172×1517
＝a2+c2﹣15＝（a+c）2﹣2ac﹣15＝36﹣17﹣15＝4，
∴b＝2．

题型五. 最值、取值范围问题
考点1.最值问题
1．（2014•新课标Ⅰ）已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2且（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC，则△ABC面积的最大值为　3　．
【解答】解：因为：（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC
⇒（2+b）（a﹣b）＝（c﹣b）c
⇒2a﹣2b+ab﹣b2＝c2﹣bc，
又因为：a＝2，
所以：a2−b2=c2−bc⇒b2+c2−a2=bc⇒cosA=b2+c2−a22bc=12⇒A=π3，
△ABC面积S=12bcsinA=34bc，
而b2+c2﹣a2＝bc
⇒b2+c2﹣bc＝a2
⇒b2+c2﹣bc＝4
⇒bc≤4
所以：S=12bcsinA=34bc≤3，即△ABC面积的最大值为3．
故答案为：3．
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2ccosB＝2a+b，若△ABC的面积为S=3c，则ab的最小值为（　　）
A．56 B．48 C．36 D．28
【解答】解：由正弦定理，有asinA=bsinB=csinC=2R，又2c•cosB＝2a+b，
可得：2sinC•cosB＝2sinA+sinB，
由A+B+C＝π，得sin A＝sin（B+C），
则2sinC•cosB＝2sin（B+C）+sinB，即2sinB•cosC+sinB＝0，
又0＜B＜π，sinB＞0，得cosC=−12，
因为0＜C＜π，得C=2π3，
则△ABC的面积为S△=12absinC=34ab=3c，即c=14ab，
由余弦定理，得c2＝a2+b2﹣2ab cosC，化简，得a2+b2+ab=116a2b2，
由于：a2+b2≥2ab，当仅当a＝b时取等号，
可得：2ab+ab≤116a2b2，即ab≥48，故ab的最小值是48．
故选：B．
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+2b=2c，则cosC的最小值为　6−24　．
【解答】解：∵在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a+2b=2c，
∴c2=a2+2b2+22ab4，
∴cosC=a2+b2−c22ab=a2+b2−a2+2b2+22ab42ab
=34a2+b222ab−24
≥234a2⋅12b22ab−24=6−24．
当且仅当34a2=12b2时，取等号，
∴cosC的最小值为6−24．
故答案为：6−24．
4．（2011•新课标）在△ABC中，B＝60°，AC=3，则AB+2BC的最大值为　27　．
【解答】解：设AB＝cAC＝bBC＝a
由余弦定理
cosB=a2+c2−b22ac
所以a2+c2﹣ac＝b2＝3
设c+2a＝m
代入上式得
7a2﹣5am+m2﹣3＝0
△＝84﹣3m2≥0 故m≤27
当m＝27时，此时a=577，c=477符合题意
因此最大值为27
另解：因为B＝60°，A+B+C＝180°，所以A+C＝120°，
由正弦定理，有
ABsinC=BCsinA=ACsinB=3sin60°=2，
所以AB＝2sinC，BC＝2sinA．
所以AB+2BC＝2sinC+4sinA＝2sin（120°﹣A）+4sinA
＝2（sin120°cosA﹣cos120°sinA）+4sinA
=3cosA+5sinA
＝27sin（A+φ），（其中sinφ=327，cosφ=527）
所以AB+2BC的最大值为27．
故答案为：27
5．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且acosB﹣bcosA=35c，则tan（A﹣B）的最大值为（　　）
A．35 B．13 C．38 D．34
【解答】解：∵acosB﹣bcosA=35c，
∴结合正弦定理，得sinAcosB﹣sinBcosA=35sinC，
∵C＝π﹣（A+B），得sinC＝sin（A+B），
∴sinAcosB﹣sinBcosA=35（sinAcosB+cosAsinB），
整理，得sinAcosB＝4sinBcosA，同除以cosAcosB，得tanA＝4tanB，
由此可得tan（A﹣B）=tanA−tanB1+tanAtanB=3tanB1+4tan2B=31tanB+4tanB，
∵A、B是三角形内角，且tanA与tanB同号，
∴A、B都是锐角，即tanA＞0，tanB＞0，
∵1tanB+4tanB≥2 1tanB⋅4tanB=4，
∴tan（A﹣B）=31tanB+4tanB≤34，当且仅当1tanB=4tanB，即tanB=12时，tan（A﹣B）的最大值为34．
故选：D．

考点2.取值范围问题
1．已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，a＝4，b∈（4，6），sin2A＝sinC，则c的取值范围为　（42，210）．　．
【解答】解：由正弦定理得，4sinA=csinC=csin2A，
故c＝8cosA，
因为16＝b2+c2﹣2bccosA，
所以16﹣b2＝64cos2A﹣16bcos2A，
因为b≠4，
所以cos2A=16−b216(4−b)=4+b16，
所以c2＝64cos2A＝64×4+b16=4（4+b）∈（32，40），
故42＜c＜210．
故答案为：（42，210）．
2．在锐角三角形ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，若A＝2B，则ab的取值范围是　(2，3)　．
【解答】解：锐角三角形ABC中，A＝2B，C＝π﹣3B，
所以0＜B＜π20＜2B＜π20＜π−3B＜π2，解得π6＜B＜π4，
由正弦定理得ab=sinAsinB=2cosB∈（2，3）．
故答案为：（2，3）．
3．已知a，b，c分别为锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边，若a＝2，且sin2B＝sinA（sinA+sinC），则△ABC的周长的取值范围为　（4+22，6+23）　．
【解答】解：因为a＝2，且sin2B＝sinA（sinA+sinC），
所以由正弦定理可得b2＝a2+ac，
由余弦定理可得cosA=c2+b2−a22bc=c2+ac2bc=c+a2b，
同理可得：cosB=c−a2b，即c+a=2bcosAc−a=2acosB，
消去c，可得2a＝2bcosA﹣2acosB，
由正弦定理可得2sinA＝2sinBcosA﹣2sinAcosB，即2sinA＝2sin（B﹣A），可得B＝2A，
由正弦定理asinA=bsinB，可得2sinA=bsin2A，可得b＝4cosA，
因为△ABC为锐角三角形，且A+B+C＝π，
所以0＜2A＜π2，即π6＜A＜π4，
所以22＜cosA＜32，即22＜b＜23．
又因为a＝2，即b2＝4+2c，
所以△ABC的周长为a+b+c＝2+b+b2−42=12b2+b，
由二次函数性质可得，△ABC的周长的取值范围为：（4+22，6+23）．
故答案为：（4+22，6+23）．
4．在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b2﹣a2＝ac，则1tanA−1tanB的取值范围为　（1，233）　．
【解答】解：∵b2﹣a2＝ac，
∴b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+ac，
∴c＝2acosB+a，
∴sinC＝2sinAcosB+sinA，
∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，
∴sinA＝cosAsinB﹣sinAcosB＝sin（B﹣A），
∵三角形ABC为锐角三角形，
∴A＝B﹣A，
∴B＝2A，
∴C＝π﹣3A，
∴0＜2A＜π20＜π−3A＜π2
∴A∈（π6，π4），B∈（π3，π2）
∴1tanA−1tanB=sin(B−A)sinBsinA=1sinB，
∵B∈（π3，π2）
∴sinB∈（32，1），
∴1sinB∈，233），
∴1tanA−1tanB的范围为（1，233），
故答案为：（1，233）
5．已知△ABC的周长为6，且cos2B+2sinAsinC＝1，则BA→⋅BC→的取值范围是　[2，27−952）　．
【解答】解：由cos2B+2sinAsinC＝1，得2sinAsinC＝1﹣cos2B＝2sin2B，
利用正弦定理可得b2＝ac，
又a+b+c＝6，
∴b=ac≤a+c2=6−b2，从而0＜b≤2．
再由|a﹣c|＜b，得（a﹣c）2＜b2，（a+c）2﹣4ac＜b2，
∴（6﹣b）2﹣4b2＜b2，得b2+3b﹣9＞0，
又b＞0，解得b＞35−32，
∴35−32＜b≤2，
∵cosB=a2+c2−b22ac，
∴BA→⋅BC→=ac•cosB=a2+c2−b22=(a+c)2−2ac−b22=(6−b)2−3b22=−（b+3）2+27．
则2≤BA→⋅BC→＜27−952．
∴BA→⋅BC→的取值范围是[2，27−952）．
故答案为：[2，27−952）．

题型六. 解三角形解答题
1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A=π3，___且b=2，
请从①b2+2ac＝a2+c2，②acosB＝bsinA，③sinB+cosB=2这三个条件中任选一个补充在横线上，求出此时△ABC的面积．
【解答】解：情形一：若选择①b2+2ac=a2+c2，
由余弦定理cosB=a2+c2−b22ac=2ac2ac=22，
因为B∈（0，π），所以B=π4；
情形二：若选择②acosB＝bsinA，则sinAcosB＝sinBsinA，
因为sinA≠0，所以sinB＝cosB，
因为B∈（0，π），所以B=π4；
情形三：若选择③sinB+cosB=2，则2sin(B+π4)=2，
所以sin(B+π4)=1，
因为B∈（0，π），所以B+π4∈(π4，5π4)，所以B+π4=π2，所以B=π4；
由正弦定理asinA=bsinB，得a=bsinAsinB=2⋅sinπ322=3，
因为A=π3，B=π4，所以C=π−π3−π4=5π12，
所以sinC=sin5π12=sin(π4+π6)=sinπ4cosπ6+cosπ4sinπ6=6+24，
所以S△ABC=12absinC=12×3×2×6+24=3+34．
故答案为：S=3+34．
2．已知△ABC的外接圆半径为R，a，b，c分别是角A，B，C的对边，b＝2且bsinB﹣asinA＝2R（sinB﹣sinC）sinC．
（1）求角A；
（2）若AD是BC边上的中线AD=72，求△ABC的面积．
【解答】解：（1）∵由正弦定理bsinB=csinC=2R，可得b＝2RsinB，c＝2RsinC，
∴由已知可得：bsinB﹣asinA＝（b﹣c）sinC，
∴b2﹣a2＝c（b﹣c）＝bc﹣c2，即b2+c2﹣a2＝bc，
∴由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
∵A∈（0，π），
∴A=π3．
（2）∵BC边上的中线AD=72，b＝2，
又AD→=12(AB→+AC→)，两边平方，可得：AD→2=14（AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→），
∴74=14（c2+22+2×c×2×cosπ3），整理可得：c2+2c﹣3＝0，解得c＝1，或﹣3（舍去），
∴S△ABC=12bcsinA=12×2×1×32=32．

3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，（3b﹣c）cosA＝acosC．
（1）求cosA；
（2）若a=3，求△ABC的面积S的最大值．
【解答】解：（1）由余弦定理可得（3b﹣c）•b2+c2−a22bc=a•a2+b2−c22ab，
整理得b2+c2﹣a2=23bc，
则cosA=b2+c2−a22bc=23bc2bc=13；
（2）由余弦定理cosA=b2+c2−a22bc=b2+c2−32bc=13，即b2+c2＝3+23bc，
因为3+23bc＝b2+c2≥2bc，所以bc≤94，当且仅当b＝c时取“＝”
因为cosA=13，则sinA=223
则S=12bcsinA≤12×94×223=342．
4．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足sin2A+sin2B﹣sin2C=−3sinAsinB．
（1）求角C的大小；
（2）若c＝2，求3a+b的取值范围．
【解答】解：（1）由题可得a2+b2−c2=−3ab，
所以cosC=a2+b2−c22ab=−3ab2ab=−32，
∵C∈（0，π），∴C=5π6，
（2）由正弦定理得2R=csinC=4，
∴a+b=2R(3sinA+sinB)，
=2R[3sinA+sin(π6−A)]=4sin(A+π6)，
∵A∈(0，π6)，∴A+π6∈(π6，π3)，
∴sin(A+π6)∈(12，32)，
∴a+b∈(2，23)．

课后作业. 解三角形
1．下列命题中，正确的是（　　）
A．在△ABC中，A＞B，则sinA＞sinB
B．在锐角△ABC中，不等式sinA＞cosB恒成立
C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC必是等腰直角三角形
D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形
【解答】解：对于A，由A＞B，可得：a＞b，利用正弦定理可得：sinA＞sinB，正确；
对于B，在锐角△ABC中，A，B∈（0，π2），∵A+B＞π2，∴π2＞A＞π2−B＞0，∴sinA＞sin（π2−B）＝cosB，因此不等式sinA＞cosB恒成立，正确
对于C，在△ABC中，由acosA＝bcosB，利用正弦定理可得：sinAcosA＝sinBcosB，
∴sin2A＝sin2B，
∵A，B∈（0，π），
∴2A＝2B或2A＝2π﹣2B，
∴A＝B或A+B=π2，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，C错误．
对于D，由于B＝600，b2＝ac，由余弦定理可得：b2＝ac＝a2+c2﹣ac，可得（a﹣c）2＝0，解得a＝c，可得A＝C＝B＝60°，故正确．
故选：ABD．
2．△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2asinA＝（2b+c）sinB+（2c+b）sin C．且sinB+sinC＝1，则△ABC是（　　）
A．等腰钝角三角形 B．等腰直角三角形
C．钝角三角形 D．直角三角形
【解答】解：由已知，根据正弦定理得2a2＝（2b+c）b+（2c+b）c，
即a2＝b2+c2+bc．
由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccos A，
故cos A=−12，
∵0＜A＜π，
∴A＝120°．
方法一　由（1）得sin2A＝sin2B+sin2C+sin Bsin C，
又A＝120°，
∴sin2B+sin2C+sin Bsin C=34，
∵sin B+sin C＝1，
∴sin C＝1﹣sin B．
∴sin2B+（1﹣sin B）2+sin B（1﹣sin B）=34，
即sin2B﹣sin B+14=0．解得sin B=12．故sin C=12．
∴B＝C＝30°．
所以，△ABC是等腰的钝角三角形．
方法二∵A＝120°，
∴B+C＝60°，则C＝60°﹣B，
∴sin B+sin C＝sin B+sin（60°﹣B）
＝sin B+32cos B−12sin B
=12sin B+32cos B＝sin（B+60°）＝1，
∴B＝30°，C＝30°．
∴△ABC是等腰的钝角三角形．
故选：A．
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知asinA﹣bsinB＝4csinC，cosA=−14，则bc=（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
asinA﹣bsinB＝4csinC，cosA=−14，
∴由正弦定理得：
a2−b2=4c2cosA=b2+c2−a22bc=−14，
解得3c2=12bc，
∴bc=6．
故选：A．
4．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，M在边AB上，且AM=13AB，b＝2，CM=273，2sinA−sinBsin2B=cb，则S△ABC＝（　　）
A．334 B．3 C．23 D．833
【解答】解：△ABC中，2sinA−sinBsin2B=cb，
∴2sinA−sinBsin2B=sinCsinB，
∴2sinCcosB＝2sinA﹣sinB，
∴2sinCcosB＝2（sinBcosC+cosBsinC）﹣sinB，
∴cosC=12，
又C∈（0°，180°），
∴C＝60°；
又 AM→=13AB→，
∴CM→=CA→+AM→=CA→+13AB→=CA→+13（CB→−CA→）=23CA→+13CB→，
∴3CM→=2CA→+CB→，
∴9CM→2＝4CA→2+CB→2+4CA→•CB→；

∴28＝16+a2+4a，
解得a＝2或a＝﹣6（不合题意，舍去），
∴△ABC的面积为S△ABC=12×2×2sin60°=3．
故选：B．
5．在△ABC中，B＝120°，AB=2，A的角平分线AD=3，则AC＝（　　）
A．2 B．5 C．6 D．7
【解答】解：由题意以及正弦定理可知：ABsin∠ADB=ADsin∠B，∠ADB＝45°，
12A＝180°﹣120°﹣45°，可得A＝30°，则C＝30°，三角形ABC是等腰三角形，
AC＝22sin60°=6．
故选：C．
6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC，bcosB，ccosA成等差数列，若a+c＝4，则AC边上中线长的最小值　3　．
【解答】解：∵acosC，bcosB，ccosA成等差数列，
∴2bcosB＝ccosA+acosC，利用正弦定理得：2sinBcosB﹣sinCcosA＝sinAcosC，
整理得：2sinBcosB＝sin（A+C），即2sinBcosB＝sinB，
∵sinB≠0，∴cosB=12，
则B=π3．如图：设AC边上的中点为E
在△BAE中，由余弦定理得：BE2＝c2+（b2）2﹣2c（b2）cosA，
又cosA=b2+c2−a22bc，a2+c2﹣b2＝ac代入上式，并整理得：
BE2=a2+c2+ac4=(a+c)2−ac4=16−ac4≥16−(a+c2)24=3，当a＝c＝2时取到”＝”，
所以AC边上中线长的最小值为3．
故答案为：3．

7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinC1−cosA=3c．
（1）若a＝2，求△ABC外接圆的半径；
（2）若b+c＝10，S△ABC＝43，求a的值．
【解答】解：（1）由正弦定理可得：sinAsinC1−cosA=3sinC，
∵sinC≠0，
∴sinA=3（1﹣cosA），
∴sinA+3cosA＝2sin（A+π3）=3，可得：sin（A+π3）=32，
∵A+π3∈（π3，4π3），
∴A+π3=2π3，可得：A=π3，
∵2R=asinA=232=433，
∴△ABC的外接圆的半径为233．
（2）∵S△ABC＝43=12bcsinA=34bc，
∴bc＝16，
∴a=b2+c2−2bccosπ3=(b+c)2−2bc−bc=213．
8．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，（a﹣2b）cosC+ccosA＝0．
（1）求角C；
（2）若c=23，求△ABC的周长的最大值．
【解答】解：（1）根据正弦定理，由已知得：（sinA﹣2sinB）cosC+sinCcosA＝0，
即sinAcosC+sinCcosA＝2sinBcosC，
∴sin（A+C）＝2sinBcosC，
∵A+C＝π﹣B，∴sin（A+C）＝sin（π﹣B）＝sinB＞0，
∴sinB＝2sinBcosC，从而cosC=12．
∵C∈（0，π），∴C=π3．
（2）由（1）和余弦定理得cosC=a2+b2−c22ab=12，即a2+b2﹣12＝ab，
∴(a+b)2−12=3ab≤3(a+b2)2，
即（a+b）2≤48（当且仅当a=b=23时等号成立）．
所以，△ABC周长的最大值为43+c=63．
9．△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c且2sin2A+B2=1+cos2C
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）若c=3，求△ABC的面积S的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得，2sin2A+B2=1+cos2C，
∴1﹣cos（A+B）＝2cos2C，
又cos（A+B）＝cos（π﹣C）＝﹣cosC，
∴2cos2C﹣cosC﹣1＝0，解得cosC=−12或1，
∵0＜C＜π，∴cosC=−12，则C=2π3；
（Ⅱ）∵C=2π3，c=3，
∴由余弦定理得，c2＝a2+b2﹣2abcosC，
3＝a2+b2﹣2ab（−12），解得3＝a2+b2+ab，
∴3﹣ab＝a2+b2≥2ab，解得ab≤1，当且仅当a＝b时取等号，
∴△ABC的面积S=12absinC=34ab≤34，
∴△ABC的面积S的取值范围是（0，34]．
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