2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题07解三角形含解析

这是一份2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题07解三角形含解析，共34页。试卷主要包含了选择题部分，填空题部分，解答题部分等内容，欢迎下载使用。

专题07 解三角形
一、选择题部分
1.(2021•河南开封三模•理T10)如图，A，B，C是半径为1的圆周上的点，且，，则图中阴影区域的面积为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】取圆心为O，连结OA，OB，OC，BC，
因为，所以∠BOC＝，则∠OBC＝∠OCB＝，
所以BC＝2BOcos＝，
在△ABC中，由余弦定理可得＝（AC+AB）2﹣3AC•AB，
因为，
所以，解得AC•AB＝1，
所以＝，
＝，
扇形OBC的面积为，
所以图中阴影区域的面积为S△ABC+S扇形OBC﹣S△OBC＝+﹣＝．

2.(2021•四川内江三模•理T5．)在△ABC中，AC＝3，，AB＝2（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】∵AC＝3，，AB＝8，
∴由余弦定理可得：cosA＝＝＝，可得sinA＝＝，∴设AB边上的高为h，则AB•h＝，
∴×2×h＝．
3.(2021•宁夏中卫三模•理T 11．)设锐角ABC的三内角A，B，C所对边的边分别为a，b，c，且a＝2，B＝2A，则b的取值范围为（　　）
A． B． C． D．（0，4）
【答案】A．
【解析】在锐角三角形中，0＜2A＜，即0＜A＜，且B+A＝3A，则＜3A＜π，即＜A＜，综上＜A＜，则＜cosA＜，∵a＝2，B＝2A，
∴由正弦定理得，得b＝4cosA，∵＜cosA＜，∴2＜4cosA＜2，即2＜b＜2，则b的取值范围是（2，2）．
4.(2021•河南郑州二模•文T6．)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，如果a、b、c成等差数列，B＝30°，△ABC的面积为，则b等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣2ac﹣2accosB①，
又S△ABC＝acsinB＝ac＝，∴ac＝6，②
∵a、b、c成等差数列，∴a+c＝2b，③，将②③代入①得b2＝4b2﹣12﹣6，化简整理得b2＝4+2，解得b＝1+．
二、填空题部分
5.(2021•上海嘉定三模•T7．)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，且ABC的面积为，则∠BAC＝　　．
【答案】30°或150°．
【解析】∵△ABC中，AB＝2，AC＝3，且△ABC的面积为，
∴AB•AC•sin∠BAC＝，即×2×3sin∠BAC＝，
整理得：sin∠BAC＝，则∠BAC＝30°或150°．
6.(2021•高考全国乙卷•文T15) 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．
【答案】．
【解析】由题意，，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为.
7.(2021•浙江卷•T11) 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．
【解析】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.
8.(2021•浙江卷•T14) 在中，，M是的中点，，则___________，___________.
【答案】(1). ； (2). ．
【解析】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：；.
9.(2021•河南开封三模•文T15．)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且△ABC的外接圆半径为1，则△ABC的面积为　　．
【答案】．
【解析】由正弦定理及外接圆公式可得，，其中R为△ABC的外接圆半径，
则a＝2R•sinA＝2×＝，由余弦定理可得，b2+c2﹣2bccosA＝a2，
则，∵，∴bc＝1，
则△ABC的面积为．
10.(2021•浙江杭州二模•理T13．)设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，．若a＝1，，则C＝　　，△ABC的面积＝　　．
【答案】C＝，．
【解析】因为＝，整理得a2+b2﹣c2＝ab，
由余弦定理得cosC＝＝，因为C为三角形内角，所以C＝；
由a2+b2﹣c2＝ab且a＝1，c＝得b2﹣b﹣6＝0，解得b＝3或b＝﹣2（舍），
所以，△ABC的面积S＝＝＝．
11.(2021•河南郑州二模•文T16．)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝1，A＝，若λb+c有最大值，则实数λ的取值范围是　　．
【答案】（，）．
【解析】因为a＝1，A＝，由正弦定理得：＝，
所以λb+c＝（λsinB+sinC）＝λsinB+sin（﹣B）＝λsinB+（cosB﹣sinB）＝（λ﹣1）sinB+cosB＝sin（B+θ），其中tanθ＝，
由B∈（0，），λb+c存在最大值，即B+θ＝有解，即θ∈（，），可得λ﹣1＞0，解得λ＞，又＞1，解得λ＜，则实数λ的取值范围是（，）．
12.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T16．)在△ABC中，tanB＝2tanC，则的取值范围为　　．
【答案】（1，2）．
【解析】如图，在△ABC中，设tanC＝，则tanB＝，x∈（0，+∞），
可得＝＝，令f（x）＝4﹣，x∈（0，+∞），
因为f′（x）＝＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以f（x）∈（1，4），则∈（1，2）．

13.(2021•山西调研二模•文T16)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2sinC=a2+b2+1+2aba+b，则△ABC面积的最大值为______ .
【答案】18．
【解析】2sinC=a2+b2+1+2aba+b=(a+b)2+1a+b=a+b+1a+b≥2，
所以sinC≥1，当且仅当a+b=1a+b，即a+b=1时取等号，
所以sinC=1，即C=π2，a+b=1，
所以1=(a+b)2=a2+b2+2ab≥4ab，当且仅当a=b时取等号，
所以ab≤14，则△ABC面积S=12ab≤18，即面积的最大值18.故答案为：18.
由已知结合基本不等式可求sinC的范围，结合正弦函数的有界性可求sinC，进而可求C，然后结合基本不等式可求ab的范围，再由三角形面积公式可求．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，还考查了三角形面积公式，属于中档题．
三、解答题部分
14.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T19)记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【解析】
（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，.
15.(2021•江苏盐城三模•T17)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3＝与
(1)若b＝c，求A的值；
(2)求B的最大值．
【考点】解三角形与平面向量综合应用
【解析】(1)因为×＝0，所以(＋)×＝0，
即(＋)×＝0，……2分
所以bc×cosA＋b2＝0，
因为b＝c，所以cosA＝－，……4分
因为0＜A＜π，所以A＝．……5分
(2)因为×＝(＋)×＝bc×cosA＋b2＝0，
所以b2＋c2－a2＋b2＝0，即2b2＋c2－a2＝0，……6分
cosB＝＝＝≥，……8分
因为0＜B＜π，所以B的最大值为．……10分
16.(2021•河南郑州三模•理T17)如图，在△ABC中，AB＝9，cosB＝，点D在BC边上，AD＝7，∠ADB为锐角．
（Ⅰ）求BD；
（Ⅱ）若∠BAD＝∠DAC，求sinC的值及CD的长．

【解析】（1）△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD•cosB，
所以49＝81+BD2﹣2×，
解得BD＝8或BD＝4，
当BD＝4时，cos∠ADB＝＝﹣，此时∠ADB，不符合题意，舍去，
当BD＝8时，cos∠ADB＝＝，此时∠ADB，符合题意，
（2）△BAD中，cos∠BAD＝＝，
所以sin∠BAD＝，
又sin∠ADB＝，
所以sinC＝sin（∠ADB﹣∠CAD）＝sin（∠ADB﹣∠BAD）＝＝，
△ACD中，由正弦定理得，
所以CD＝＝＝．
17.(2021•河南焦作三模•理T17)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC+asinA＝bsinB+csinC．
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）设D是线段BC的中点，若c＝2，AD＝，求a．
【解析】（I）因为bsinC+asinA＝bsinB+csinC，由正弦定理得bc＝b2+c2﹣a2，由余弦定理得cosA＝＝，由A为三角形内角得A＝．
（II）因为D为BC的中点，所以＝（），
则＝（++2），
因为c＝2，AD＝，所以13＝（4+b2），
整理得b2+2b﹣48＝0，解得b＝6，b＝﹣8（舍），
由余弦定理得a2＝36+4﹣2×6×2×＝28，故a＝2．
18.(2021•河北张家口三模•T18)在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝1，BD＝2，且sin∠DBC＝sin∠DCB．
（1）求AD的长；
（2）求△ABC的面积．
【解析】（1）因为在四边形ABCD中，AB∥CD．
在△DBC中，由sin∠DBC＝sin∠DCB及正弦定理可得BD＝CD＝2．
设AD＝x．
在△ABD和△ACD中，由及余弦定理，得，
所以5（x2+1﹣6）＝﹣（x2+4﹣5）．
解得，即．
（2）在△ACD中，，
得AD8+CD2＝AC2，所以AD⊥CD，
所以．所以△ABC的面积为．
19.(2021•山东聊城三模•T17.)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且10sin2A+C2=7-cos2B，
（1）求角B的大小；
（2）已知点D满足BD=14BC，且AB>BD，若S△ABD=334，AD=7，求AC．
【解析】（1）解：∵A，B，C是三角形ABC的内角，则sinA+C2=cosB2，又10sin2A+C2=7-cos2B，∴10cos2B2=7-cos2B，即5+5cosB=7-(2cos2B-1)，整理得2cos2B+5cosB-3=0，∴cosB=12或cosB=-3（舍），又0 （2）解：∵S△ABD=12BD⋅BA⋅sinB=334，可得BD⋅BA=3，
在△ABD中，AD2=BD2+BA2-2BD⋅BAcosB=7，
∴BD2+BA2-BD⋅BA=7，又AB>BD，
∴BD=1，BA=3，BC=4，
由余弦定理有AC2=BA2+BC2-2BC⋅BA⋅cosB=13，
∴AC=13．

【考点】二倍角的余弦公式，诱导公式，余弦定理
【解析】【分析】（1）根据三角函数诱导公式和余弦倍角公式已知可化为2cos2B+5cosB-3=0 解该方程可求得B。
（2）由三角形面积公式得 BD⋅BA=3，再由余弦定理即可求得。
20.(2021•重庆名校联盟三模•T17．)在①b2+ac＝a2+c2，②acosB＝bsinA，③sinB+cosB＝2，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，A＝，b＝．
（1）求角B；
（2）求△ABC的面积．
【解析】（1）若选①b2+ac＝a2+c2，由余弦定理可得，cosB＝＝，
故B＝，若选②acosB＝bsinA，由正弦定理可得，sinAcosB＝bsinBinA，因为sinA≠0，所以sinB＝cosB，即tanB＝，因为B为三角形的内角，故B＝，
③由sinB+cosB＝2可得2sin（B+）＝2，所以sin（B+）＝1，因为B为三角形的内角，故B＝；
（2）由正弦定理可得，，所以a＝＝，
所以S△ABC＝＝＝．
21.(2021•安徽蚌埠三模•文T17．)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2+c2＝a2sin2B+2accosB．
（1）求sinA；
（2）若角A为锐角，且△ABC的面积为，求a的最小值．
【解析】（1）由a2+c2＝a2sin2B+2accosB得，
即sin2B＝，因为A，B为三角形内角，sinB＞0，所以sinA＝；
（2）因为角A为锐角，由（1）可得A＝，
因为△ABC的面积S＝＝＝，
所以bc＝4，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝4，
所以a≥2，即a的最小值为2，当且仅当b＝c＝2时取等号．
22.(2021•上海嘉定三模•T18．)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且2cos2cosB﹣sin（A﹣B）sinB+cos（A+C）＝﹣．
（1）求cosA的值；
（2）若a＝4，b＝5，求B和c．
【解析】（1）由，
得，…
即，可得，
即．…
（2）由，得，
根据正弦定理，得．
由题意a＞b，则A＞B，故．…
再由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，得
，解之得c＝1（c＝﹣7舍去）．…
23.(2021•贵州毕节三模•文T17．)已知函数，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f（C）＝1．
（Ⅰ）求C；
（Ⅱ）点D为AB边中点，且．给出以下条件：①a＝2；②．
从①②中仅选取一个条件，求b的值．
【解析】（Ⅰ）∵＝＝＝＝，
∴，
∵0＜C＜π，∴，
∴，，
（Ⅱ）若选①a＝2，
∵，∴，
∴，
解得b＝4或b＝﹣6（舍去），∴b＝4；
若选②c＝2，（c＜b），
由c2＝b2+a2﹣2abcosC，
得：12＝a2+b2﹣ab，
由（1）得，
所以a2+b2＝20，ab＝8，解得：或，
由c＜b，得b＝4．
24.(2021•辽宁朝阳三模•T17．)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a＝，b＝2．
（1）若A＝，求cos2B；
（2）若c＝3，求△ABC的面积．
【解析】（1）由正弦定理知，＝，∴＝，∴sinB＝，
∴cos2B＝1﹣2sin2B＝1﹣2×＝．
（2）由余弦定理知，cosC＝＝＝﹣，
∵C∈（0，π），
∴sinC＝＝＝，
∴△ABC的面积S＝ab•sinC＝××2×＝．
25.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T17．)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB＝2bcos2．
（1）求角A的大小；
（2）若BC边上的中线AD＝4，求三角形ABC面积的最大值．
【解析】（1）因为asinB＝2bcos2＝b（1﹣cosA），
所以，
因为sinB≠0，
所以，
所以＝2sin（A+）＝1，
所以sin（A+）＝，
由A为三角形内角可得，A＝，
（2）由题意＝，
所以||＝8，
所以64＝＝b2+c2﹣bc≥bc，当且仅当b＝c＝8时取等号，
所以bc的最大值64，此时三角形ABC面积的最大值＝16．
26.(2021•四川泸州三模•理T18．)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin（A+B）+＝2cos2．
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）若a＝1，c＝，＝（λ＞0），且△ACD的面积为2，求λ的值．
【解析】（Ⅰ）因为sin（A+B）+＝2cos2，
所以sinC＝（2cos2﹣1），即sinC＝cosC，即tanC＝，
因为C∈（0，π），
所以C＝．
（Ⅱ）在△ABC中，因为a＝1，c＝，C＝，
由余弦定理可得b2﹣b﹣12＝0，解得b＝4，或﹣3（舍去），
因为S△ABC＝4×1×sin＝＜S△ADC＝2，
所以点D在BC延长线上，在△ACD中，AC＝4，∠ACD＝，
则S△ACD＝AC•CD•sin∠ACD＝2，
所以CD＝2，即BD＝BC+CD＝3，
所以λ＝3．
27.(2021•江苏常数三模•T17．)已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，cos2A＝cosA．
（1）求△ABC接圆的半径大小；
（2）若，求△ABC的面积．
【解析】（1）因为＝bcosA,
所以acosB+bcosA＝ac,
由正弦定理得sinAcosB+sinBcosA＝acsinC,
即sin(A+B)＝sinC＝asinC,
因为sinC＞0,
所以a＝
因为cos2A＝2cos2A﹣1＝cosA,
解得cosA＝﹣或cosA＝1(舍），
由A为三角形内角得A＝，
由正弦定理得2R＝＝,
所以R＝；
（2）因为a＝，A＝，，
由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2+bc,
所以7＝(b+c)2﹣bc＝8﹣bc,
所以bc＝1,
△ABC的面积S＝＝．
28.(2021•上海浦东新区三模•T18．)已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜）的部分图象如图所示．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若f（）＝2，a＝2，求△ABC周长的取值范围．

【解析】（1）根据函数的图象，函数的周期T＝，
故ω＝2．
由于点（）满足函数的图象，
所以Asin（φ）＝0，
由于0＜φ＜，
所以φ＝．
由于点（0，1）在函数的图象上，
所以A＝2．
故函数f（x）＝2sin（2x+）．
（2）由于f（）＝2sin（A+）＝2，
所以A＝．
由正弦定理：，整理得b＝，
同理c＝＝，由于，
所以，
由于，
所以，
所以．
所以：l△ABC∈（4，6]．
29.(2021•湖南三模•T17．)a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．已知a＝3bsinA，a＝3，c＝3．
（1）若b＜c，求b；
（2）求cos2C．
【解析】（1）因为a＝3bsinA，
所以sinA＝3sinBsinA，
因为sinA＞0，所以sinB＝，
因为b＜c，所以B＜C，所以B为锐角，可得cosB＝，
由余弦定理可得b＝＝．
（2）由（1）可知，cosB＝±，
当cosB＝时，b＝，cosC＝＝﹣，可得cos2C＝2cos2C﹣1＝；
当cosB＝﹣时，b＝，cosC＝＝，可得cos2C＝2cos2C﹣1＝．
30.(2021•福建宁德三模•T18) 在△ABC中，AB=2，AC=5，B=45∘.
(1)求△ABC的面积；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADB=45，求tan∠DAC.
【解析】法一：
(1)由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cosB，
由题设知，5=2+BC2-22×BC⋅cos45∘，
所以BC2-2BC-3=0，又BC>0，
所以BC=3，
所以S△ABC=12AB⋅BC⋅sinB=12×2×3×22=32.
(2)在△ABC中，由正弦定理得ABsinC=ACsinB，
所以sinC=AB⋅sinBAC=2⋅225=15，
又AB 在△ABD中，cos∠ADB=45，
所以tan∠ADB=34，
因为∠DAC=∠ADB-∠C，
所以tan∠DAC=tan(∠ADB-∠C)=tan∠ADB-tan∠C1+tan∠ADB⋅tan∠C=34-121+34×12=211.
法二：
(1)同解法一．
(2)在△ABC中，由正弦定理得BCsin∠BAC=ACsinB，
所以sin∠BAC=BC⋅sinBAC=3×225=31010，
因为ABπ2.
所以tan∠BAC=-3，
在△ABD中，因为cos∠ADB=45，所以tan∠ADB=34.
在△ABD中，∠BAD=π-(∠B+∠ADB)，
所以tan∠BAD=-tan(∠B+∠ADB)=-tan∠B+tan∠ADB1-tan∠B⋅tan∠ADB=-1+341-1×34=-7，
因为∠DAC=∠BAC-∠BAD，
所以tan∠DAC=tan(∠BAC-∠BAD)=tan∠BAC-tan∠BAD1+tan∠BAC⋅tan∠BAD=-3-(-7)1+(-3)×(-7)=211.
【解析】法一：(1)由已知利用余弦定理可得BC2-2BC-3=0，解方程可得BC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．(2)在△ABC中，由正弦定理得sinC的值，利用同角三角函数基本关系式可求tanC，tan∠ADB=34，进而根据两角差的正切公式即可求解tan∠DAC的值．
法二：(1)同解法一．(2)在△ABC中，由正弦定理可求sin∠BAC，利用同角三角函数基本关系式可求tan∠BAC，tan∠ADB=34，进而利用两角和与差的正切公式即可求解．
本小题主要考查正弦定理、余弦定理、两角和差公式等基础知识，考查运算求解能力．考查化归与转化思想等，属于中档题．
31.(2021•江西南昌三模•理T17．)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝135°，BD＝CD＝．
（Ⅰ）求sin∠CBD的值；
（Ⅱ）若△ABD的面积为4，求AD的长．

【解析】（Ⅰ）在△BCD中，由正弦定理知，，
所以BD⋅sin∠CBD＝CD⋅sin∠BCD，
因为，，
即．
（Ⅱ）因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以AD2＝AB2+BD2﹣2AB⋅BD⋅cos∠ABD＝10，
所以．
32.(2021•江西上饶三模•理T17．)已知在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，（sinA﹣sinB）2＝sin2C﹣3sinAsinB．
（1）求角C的大小；
（2）若a＝2b，求cos（B+）的值．
【解析】（1）因为（sinA﹣sinB）2＝sin2C﹣3sinAsinB，
由正弦定理得（a﹣b）2＝c2﹣3ab，
即a2+b2﹣c2＝﹣ab，
由余弦定理得cosC＝＝﹣，
由C为三角形内角可得C＝；
（2）因为a＝2b，
由正弦定理得sinA＝2sinB，
所以sin（）＝2sinB，
所以＝2sinB，
所以tanB＝，
所以B∈（0，），cosB＝＝＝，sinB＝＝，
所以cos（B+）＝cos（B+）＝＝＝．
33.(2021•河南开封三模•文T 17．)在△ABC中，，，D为BC边上一点，且BD＝3．
（1）求AD；
（2）若，求sinC．
【解析】（1）在△ABD中，因为，，BD＝3，
由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB⋅BD⋅cosB，
，所以．
（2）在△ABC中，因为，，，
由正弦定理得，，
所以．
34.(2021•安徽宿州三模•文理T17．)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，asinB＝bsin（﹣A）+b．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）若a＝，求边BC的中线AD长度的最小值．
【解析】（Ⅰ）由正弦定理得，＝＝，
因为asinB＝bsin（﹣A）+b，
所以sinAsinB＝sinBsin（﹣A）+sinB，
因为sinB≠0，所以sinA＝sin（﹣A）+，
所以sinA＝cosA﹣sinA+，即sinA﹣cosA＝1，
所以sin（A﹣）＝1，
又0＜A＜π，所以﹣＜A﹣＜，
所以A﹣＝，即A＝．
（Ⅱ）因为∠ADB+∠ADC＝π，
所以+＝0，化简得2AD2＝b2+c2﹣，
在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2+c2﹣2bc•cosA，
所以＝b2+c2+bc，
因为bc≤，当且仅当b＝c时，取等号，
所以3＝b2+c2+bc≤（b2+c2），
所以b2+c2≥2，
所以2AD2≥2﹣＝，
所以AD长度的最小值为．
35.(2021•安徽马鞍山三模•理T17．)如图，在△ABC中，，D为AC边上一点且AB⊥BD，BD＝2．
（1）若，求△BCD的面积；
（2）求的取值范围．

【解析】（1）∵，且AB⊥BD，
∴∠CBD＝，
在△BCD中，由余弦定理知，CD2＝BC2+BD2﹣2BC•BD•cos∠CBD，
∴2＝BC2+4﹣2BC•2•cos，即BC2﹣2BC+2＝0，
解得BC＝±1，
由图知，∠BDC＞∠C，∴BC＞BD＝2，
∴BC＝+1，
∴△BCD的面积S＝BC•BD•sin∠CBD＝•（+1）•2•sin＝．
（2）在△ABD中，由正弦定理知，＝＝＝＝sinA，
在△BCD中，由正弦定理知，＝，即＝，
∴CD＝，
又A+C＝π﹣∠ABC＝，
∴＝sinA+sinC＝sinA+sin（﹣A）＝sinA+cosA﹣sinA＝sin（A+），
∵A∈（0，），
∴A+∈（，），
∴sin（A+）∈（，1]，
故的取值范围为（，1]．
36.(2021•安徽马鞍山三模•文T17．)已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且asinB＝2csinA．
（1）若，求A；
（2）若c＝2，且点D在BC的延长线上，满足BC＝2CD＝4，求AD．
【解析】（1）因为asinB＝2csinA，
由正弦定理得sinAsinB＝2sinCsinA，
因为sinA＞0，
所以sinB＝2sinC，即b＝2c，
因为，
由余弦定理得cosA＝＝＝，
由A为三角形内角得A＝；
（2）因为c＝2，b＝2c＝4，a＝4，
由余弦定理得cos∠ACB＝＝＝，
故cos∠ACD＝﹣，
△ACD中，由余弦定理得，＝34，
故AD＝．
37.(2021•江西鹰潭二模•理T17．)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2﹣3c2＝ac，sinAcosC＝sinC（2﹣cosA）．
（1）求角B的大小；
（2）若△ABC的外接圆半径是，求△ABC的周长．
【解析】（1）因为sinAcosC＝sinC（2﹣cosA），
所以sinAcosC＝2sinC﹣sinCcosA，
所以sinAcosC+sinCcosA＝2sinC，
所以sin（A+C）＝2sinC，
所以sinB＝2sinC．
由正弦定理，得b＝2c．
因为a2﹣3c2＝ac，
由余弦定理，得，
又因为B∈（0，π），所以
（2）因为△ABC的外接圆半径是，
则由正弦定理，得．解得b＝4．
所以c＝2．
将c＝2代入a2﹣3c2＝ac中，得a2﹣12＝2a，
解得（舍去）或．
所以△ABC的周长是．
38.(2021•河北秦皇岛二模•理T17．)在△ABC中，（sinA﹣sinC）2﹣sin2B＝（﹣2）sinAsinC，点D在线段AB上，且BD＝DC，BC＝2．
（1）求∠B；
（2）在①cos（C﹣B）＝，②AD＝，③sinA＝，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，求AC边长．
【解析】（1）因为（sinA﹣sinC）2﹣sin2B＝（﹣2）sinAsinC，
所以由正弦定理可得a2+c2﹣2ac﹣b2＝（﹣2）ac，即a2+c2﹣b2＝ac，
所以由余弦定理可得cosB＝＝＝，
因为B∈（0，π），
所以B＝．
（2）若选①，因为B＝，BD＝DC，BC＝2，
在△BCD中，由正弦定理＝，解得CD＝，
所以在△ACD中，∠ADC＝，∠ACD＝C﹣B，
由cos（C﹣B）＝，可得sin（C﹣B）＝＝，可得sinA＝sin（+∠ACD）＝+＝，
在△ACD中，由＝，解得AC＝．
若选②，AD＝，由（1）可得B＝，
因为BD＝DC，可得∠B＝∠DCB＝，∠BDC＝，
在△BCD中，由正弦定理＝，所以CD＝＝，
在△ACD中，由余弦定理AC2＝CD2+AD2﹣2AD•CD•cos∠ADC＝CD2+AD2+2AD•CD•cos∠BDC＝+3+2×××（﹣）＝，解得AC＝．
若选③，sinA＝，由（1）可得B＝，BC＝2，
在△ABC中，由正弦定理＝，可得＝，
解得AC＝．

39.(2021•江西上饶二模•理T17．)请在①，②c＝2，③2sinA＝5sinC这三个条件中任选两个，将下面问题补充完整，并作答．
问题：在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且，____，____，计算△ABC的面积．
【解析】由正弦定理知，，
∵bcosAcosC＝asinBsinC﹣b，
∴sinBcosAcosC＝sinAsinBsinC﹣sinB，
∵sinB≠0，
∴cosAcosC﹣sinAsinC＝﹣，即cos（A+C）＝﹣，
∵A+C＝π﹣B，∴cos（A+C）＝﹣cosB＝﹣，即cosB＝，
又B∈（0，π），∴B＝．
若选①②，由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accosB，
∴19＝a2+4﹣4a×，即a2﹣2a﹣15＝0，
解得a＝5或﹣3（舍负），
∴△ABC的面积S＝acsinB＝×5×2×＝．
若选②③，∵2sinA＝5sinC，∴2a＝5c＝10，∴a＝5，
∴△ABC的面积S＝acsinB＝×5×2×＝．
若选①③，∵2sinA＝5sinC，∴2a＝5c，
由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accosB，
∴19＝a2+（）2﹣2a××，即a2＝25，
解得a＝5，
∴△ABC的面积S＝acsinB＝×5×2×＝．
40.(2021•北京门头沟二模•理T16) 已知△ABC满足____，且b=5，B=π4，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知填在横线上，并求解下列问题：
；
求△ABC的面积.
条件①tanA=2，
条件②b2+c2-a2=25c，
条件③3b=5c.
【解析】(I)选①tanA=2，A为锐角，所以cosA=55，sinA=255，
sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=(255+55)×22=31010；
选②b2+c2-a2=25c，
由余弦定理得，cosA=b2+c2-a22bc=55，
故A为锐角，sinA=255，
所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=(255+55)×22=31010；
选③3b=5c=15，
所以c=35，b=5，B=π4，
由正弦定理得，bsinB=csinC，
所以sinC=35×225=31010；
(II)由(I)知cosC=±1010，因为c>b，所以C>B，故C有两解，
又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB=±1010×22+31010×22，
即sinA=55或sinA=255，
当sinA=55时，S△ABC=12bcsinA=12×5×35×55=152，
当sinA=255时，S△ABC=12bcsinA=12×5×35×255=15.
【解析】(I)选①tanA=2，结合同角基本关系先求出cosA，sinA，进而可求sinC，然后结合余弦定理可求cosA，sinA，结合诱导公式及和角正弦可求sinC；
选②b2+c2-a2=25c，由余弦定理可求cosA，进而可求sinA，结合诱导公式及和角正弦可求sinC；
选③3b=5c，然后结合正弦定理可求sinC；
所以c=35，b=5，B=π4，
(II)由(I)可求cosC，然后求出sinA，结合三角形面积公式可求．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及同角平方关系，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
41.(2021•河北邯郸二模•理T18．)在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，CD＝2，∠CBD＝30°．
（Ⅰ）求BD的长；
（Ⅱ）求A．
【解析】（I）因为AD∥BC，AD＝6，BC＝4，CD＝2，∠CBD＝30°，
由余弦定理得cos30°＝＝，
解得BD＝2；
（II）因为AD∥BC，
所以∠CBD＝∠ADB＝30°，
由余弦定理得AB2＝BD2+AD2﹣2AD•BDcos30°，
＝12+36﹣2×＝12，
故AB＝2，
因为BD＝2，
所以∠A＝∠ADB＝30°．

42.(2021•江西九江二模•理T17．)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA＝2sin（C﹣）cosB．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若△ABC的周长为3，且a，b，c成等比数列，求b．
【解析】（Ⅰ）因为cosA＝2sin（C﹣）cosB，
所以cosA＝2（sinCcos﹣cosCsinB）cosB，可得cosA＝sinCcosB﹣cosCcosB，
因为cosA＝﹣cos（B+C）＝sinBsinC﹣cosBcosC，
所以sinBsinC﹣cosBcosC＝sinCcosB﹣cosBcosC，可得sinBsinC＝sinCcosB，
因为sinC≠0，
所以sinB＝cosB，可得tanB＝，
因为B∈（0，π），
所以B＝．
（Ⅱ）由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accos，即b2＝a2+c2﹣ac，
因为a，b，c成等比数列，
所以b2＝ac，
所以ac＝a2+c2﹣ac，可得a＝c，
所以△ABC是等边三角形，
又a+b+c＝3，
所以b＝1．
43.(2021•天津南开二模•T16．)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，csinA＝acosC．
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）求边c的长；
（Ⅲ）求cos（C﹣2A）的值．
【解析】（I）因为csinA＝acosC，由正弦定理得，sinCsinA＝sinAcosC，
因为sinA＞0，所以sinC＝cosC，即tanC＝1，由C为三角形内角得，C＝；
（II）因为a＝3，，C＝，
由余弦定理得，c2＝＝9+2﹣4×，
所以c＝；
（III）由余弦定理得，cosA＝＝，
所以sinA＝，sin2A＝8sinAcosA＝﹣8A﹣1＝﹣，
所以cos（C﹣2A）＝cos（﹣5A）＝＝﹣．
44.(2021•广东潮州二模•T17．)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，现给出两个条件：
①2cosC（acosC+ccosA）+b＝0，②3bcosC+2csinCsinB＝0；
要求你从中选出一个条件（选出其中一个条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分），并以此为依据求解下面问题．问题：
（1）求角C；
（2）若c＝2，S△ABC＝，求a+b的值．
【解析】若选①，2cosC（acosC+ccosA）+b＝0，
（1）由正弦定理可得2cosC（sinAcosC+sinCcosA）+sinB＝0，
所以2cosCsin（A+C）+sinB＝2cosCsinB+sinB＝0，
因为sinB≠0，
所以可得cosC＝﹣，
因为C∈（0，π），
所以C＝．
（2）因为c＝2，S△ABC＝，C＝，
所以＝absinC＝ab，解得ab＝4，
由余弦定理可c2＝a2+b2﹣2abcosC，可得12＝a2+b2+ab＝（a+b）2﹣ab＝（a+b）2﹣4，解得a+b＝4．
若选②，3bcosC+2csinCsinB＝0；
（1）由正弦定理可得3sinBcosC+2sin2CsinB＝0，
因为sinB≠0，可得3cosC+2sin2C＝3cosC+2（1﹣cos2C）＝0，可得2cos2C﹣3cosC﹣2＝0，
解得cosC＝﹣，或2（舍去），
因为C∈（0，π），
所以C＝．
（2）因为c＝2，S△ABC＝，C＝，
所以＝absinC＝ab，解得ab＝4，
由余弦定理可c2＝a2+b2﹣2abcosC，可得12＝a2+b2+ab＝（a+b）2﹣ab＝（a+b）2﹣4，解得a+b＝4．
45.(2021•辽宁朝阳二模•T17．)在①（b+a﹣c）（b﹣a+c）＝ac；②cos（A+B）＝sin（A﹣B）；③tan＝sinC这三个条件中任选两个，补充在下面问题中．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，______，______？若三角形存在，求b的值；若不存在，说明理由．
【解析】①∵（b+a﹣c）（b﹣a+c）＝ac，即b2﹣（a﹣c）2＝ac，
∴a2+c2﹣b2＝ac，
由余弦定理知，cosB＝＝＝，
∵B∈（0，π），∴B＝．
③∵tan＝sinC，
∴tan＝sinC，即＝2sincos，
∵C∈（0，π），∴cos＞0，∴2sin2＝1，即C＝．
选择①②：由上知B＝，
∵cos（A+B）＝sin（A﹣B），
∴cosA﹣sinA＝sinA﹣cosA，即（1+）cosA＝（1+）sinA，
∴tanA＝1，∵A∈（0，π），∴A＝，sinA＝，
由正弦定理知，，
∴＝，∴b＝2．
选择①③：B＝，C＝，∵a＝2，∴b＝2．选择②③：由上知C＝，
∵cos（A+B）＝sin（A﹣B）＝cos（π﹣C）＝﹣cosC＝0，
∴A﹣B＝0，即A＝B＝，∴b＝a＝2．
46.(2021•山东潍坊二模•T18．)如图，D为△ABC中BC边上一点，∠B＝60°，AB＝4，AC＝4．给出如下三种数值方案：
①AD＝；②AD＝；③AD＝2．
判断上述三种方案所对应的△ABD的个数，并求△ABD唯一时，BD的长．

【解析】∵∠B＝60°，AB＝4，过A作BC的垂线AO，垂足为O，
则AO＝4sin60°＝4×．
①AD＝＜，此时满足条件的△ABD有0个；
②AD＝∈（，4），此时满足条件的三角形有2个；
③AD＝2∈（4，），此时满足条件的△ABD有1个．
此时AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD•cos60°，
∴，解得BD＝6．
47.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T18．)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinB+sin（A﹣C）＝cosC．．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）当c＝2时，求a2+b2的取值范围．
【解析】（Ⅰ）由sinB+sin（A﹣C）＝cosC，
得sin（A+C）+sin（A﹣C）＝cosC，
化简2sinAcosC＝cosC，
由于△ABC为锐角三角形，所以cosC≠0，得sinA＝，
又0，故A＝．
（Ⅱ）由正弦定理得，
得b＝＝，
又，
所以，tanC，
所以3＜＜4
故3＜b＜4，
由余弦定理得＝b2﹣6b+12，
所以a2+b2＝2b2﹣6b+12＝2（）2+∈（12，20）．
48.(2021•安徽淮北二模•文T17．)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝bcosC﹣ccosB．
（Ⅰ）求证：△ABC是直角三角形；
（Ⅱ）若|+|＝2，且AB＝2，求△ABC的面积．
【解析】（Ⅰ）证明：由正弦定理知，＝＝，
∵a＝bcosC﹣ccosB，
∴sinA＝sinBcosC﹣sinCcosB，
即sinBcosC+cosBsinC＝sinBcosC﹣sinCcosB，
∴cosBsinC＝0，
∵B，C∈（0，π），
∴cosB＝0，即B＝，
故△ABC是直角三角形．
（Ⅱ）解：+＝+（+）＝2+，
∵|+|＝2，
∴|+|2＝|2+|2＝4||2+4•+||2＝12，
∵B＝，AB＝2，
∴4||2+22＝12，即||＝，
∴△ABC的面积S＝AB•BC＝×2×＝．
49.(2021•吉林长春一模•文T18.) (12分)在中,角的对边分别为,且满足.
(1)求角;
(Ⅱ)若,求外接圆的半径.
【解析】(1)由正弦定理知
有,所以（6分）
所以 (12分)
50.(2021•宁夏银川二模•文T17．)在①a+c＝4，b＝2②tanA＝，a＝5；③b＝a，c＝2，这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答问题，已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，bsinA﹣acosB＝0，且_____，求△ABC的面积．
【解析】由正弦定理知，＝，
∵bsinA﹣acosB＝0，
∴sinBsinA﹣sinAcosB＝0，
∵sinA≠0，∴tanB＝＝，
∵B∈（0，π），∴B＝．
选择条件①：
由余弦定理知，cosB＝＝，
∵a+c＝4，b＝2，
∴＝，解得ac＝4，
∴△ABC的面积S＝ac•sinB＝×4×sin＝．
选择条件②：
∵tanA＝，A∈（0，π），
∴sinA＝，
由正弦定理知，＝，
∴，∴b＝7，
由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2ac•cosB，
∴49＝25+c2﹣2•5•c•cos，
化简得，c2﹣5c﹣24＝0，解得c＝8或﹣3（舍），
∴△ABC的面积S＝ac•sinB＝×5×8×sin＝10．
选择条件③：
由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2ac•cosB，
∵b＝a，c＝2，
∴3a2＝a2+4﹣2a•2•cos，
化简得，a2+a﹣2＝0，解得a＝1或﹣2（舍），
∴△ABC的面积S＝ac•sinB＝×1×2×sin＝．