15_专题五54解三角形（习题+十年高考+检测）

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5.4　解三角形
基础篇
考点一　正弦定理和余弦定理
考向一　正弦定理的应用
1.(2023届沈阳四中月考,5)已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin A+cos B=0,C=π6,则ab=(　　)
A.2-3　　　　B.6−24　　　　C.6+24　　　　D.33
答案　D　
2.(2022河北衡水中学模拟,3)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,sin B=12,C=π6,则c=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.1
答案　D　
3.(2019课标Ⅰ文,11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin A-bsin B=4csin C,cos A=-14,则bc=(　　)
A.6　　　　B.5　　　　C.4　　　　D.3
答案　A　
4.(2022江苏盐城响水中学学情分析,8)在△ABC中,a、b、c分别为△ABC的内角A、B、C的对边,sin A(sin A+23sin Bsin C)=3sin 2B+3sin2C,则角C的大小为(　　)
A.π6　　　　B.π4　　　　C.π3　　　　D.2π3
答案　A　
5.(2020课标Ⅱ文,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2π2+A+cos A=54.
(1)求A;
(2)若b-c=33a,证明:△ABC是直角三角形.
解析　(1)由已知得sin2A+cos A=54,即cos2A-cos A+14=0.所以cosA−122=0,cos A=12.由于0 (2)证明:由正弦定理及已知条件可得sin B-sin C=33sin A.由(1)知B+C=2π3,所以sin B-sin2π3−B=33sinπ3.即12sin B−32cos B=12,sinB−π3=12.由于0 考向二　余弦定理的应用
1.(2023届重庆南开中学质检,4)已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=2,b=6,A=30°,则c=(　　)
A.2　　　　B.22
C.2或22　　　　D.2或3
答案　C　
2.(2020课标Ⅲ理,7,5分)在△ABC中,cos C=23,AC=4,BC=3,则cos B=(　　)
A.19　　　　B.13　　　　C.12　　　　D.23
答案　A　
3.(2021全国甲文,8,5分)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,则BC=(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.5　　　　D.3
答案　D　
4.(2023届湖湘名校教育联合体大联考,14)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b-c=14a,2sin B=3sin C,则cos A的值为　　　　. 
答案　-14
5.(2021浙江,14,6分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=23,则AC=　　　　,cos∠MAC=　　　　. 
答案　213　23913
6. (2017天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
已知asin A=4bsin B,ac=5(a2-b2-c2).
(1)求cos A的值;
(2)求sin(2B-A)的值.
解析　(1)由asin A=4bsin B及asinA=bsinB,得a=2b.
由ac=5(a2-b2-c2)及余弦定理的推论,得cos A=b2+c2−a22bc=−55acac=−55.
(2)由(1)可得sin A=255,代入asin A=4bsin B,
得sin B=asinA4b=55.由(1)知,A为钝角,所以cos B=1−sin2B=255.于是sin 2B=
2sin Bcos B=45,cos 2B=1-2sin2B=35,故sin(2B-A)=sin 2Bcos A-cos 2Bsin A=45×−55−35×255=−255.
7.(2021新高考Ⅱ,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,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a;若不存在,说明理由.
解析　(1)∵2sin C=3sin A,∴2c=3a,又∵c=a+2,∴2(a+2)=3a,∴a=4,∴b=a+1=5,c=a+2=6,∴cos A=b2+c2−a22bc=52+62−422×5×6=34,∴sin A=1−cos2A=74,
∴S△ABC=12bcsin A=12×5×6×74=1574.
(2)由已知得c>b>a,若△ABC为钝角三角形,则角C为钝角,∴cos C=a2+b2−c22ab<0⇒a2+b20,∴a∈(0,3).
同时还应考虑构成△ABC的条件,即a+b>c⇒a+(a+1)>a+2⇒a>1.
综上所述,当a∈(1,3)时,△ABC为钝角三角形.∴存在正整数 a=2,使得△ABC为钝角三角形.
考点二　解三角形及其应用
1.(2022广东深圳六校联考二,3)已知△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,则根据条件解三角形时有两解的一组条件是(　　)
A.a=1,b=2,A=π4　　　　B.a=2,b=1,A=π4
C.a=2,b=3,A=π6　　　　D.a=4,b=3,A=2π3
答案　C　
2.(2023届长春六中月考,10)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,若3sin(A+B)=sin A+sin B,cos C=35,且S△ABC=4,则c=(　　)
A.463　　　　B.4　　　　C.263　　　　D.5
答案　B　
3. (2017课标Ⅰ文,11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin B+
sin A·(sin C-cos C)=0,a=2,c=2,则C=(　　)
A.π12　　　　B.π6　　　　C.π4　　　　D.π3
答案　B　
4.(2021全国乙,理15,文15,5分)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=　　　　. 
答案　22
4. (2022全国甲,理16,文16,5分)已知△ABC中,点D在边BC上,
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当ACAB取得最小值时,BD=　　　　. 
答案　3-1
6.(2020天津,16,14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=22,b=5,c=13.
(1)求角C的大小;
(2)求sin A的值;
(3)求sin2A+π4的值.
解析　(1)在△ABC中,由余弦定理及a=22,b=5,c=13,有cos C=a2+b2−c22ab=22.又因为C∈(0,π),所以C=π4.
(2)在△ABC中,由正弦定理及C=π4,a=22,c=13,可得sin A=asinCc=21313.
(3)由a 7.(2023届湖北摸底联考,18)在平面四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点E,
∠ABD=45°,AE=EC,DE=2BE,AB=6,AD=32.
(1)求AC的长;
(2)求sin∠ADC的值.

解析　(1)在△ABD中,由余弦定理,得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos∠ABD,因为AB=6,AD=32,∠ABD=45°,所以18=36+BD2-2×6×BD×cos 45°,化简得BD2-62BD+18=0,解得BD=32,因为BD2+AD2=AB2,所以∠ADB=90°.又DE=2BE,
所以DE=22,
所以AE2=DE2+AD2=(22)2+(32)2=26,
则AE=26,又AE=EC,所以AC=226.
(2)由∠ADB=90°,AE=26,DE=22,AD=32,
得sin∠EAD=DEAE=2226,cos∠EAD=ADAE=3226.
在△ACD中,由余弦定理,得CD2=AD2+AC2-2AD·AC·cos∠EAD=50,则CD=52.
在△ACD中,由正弦定理,得ACsin∠ADC=CDsin∠EAD,则sin∠ADC=226×222652=45.
8.(2020新高考Ⅰ,17,10分)在①ac=3,②csin A=3,③c=3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=3sinB, C=π6,　　　　? 
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析　方案一:选条件①.
由C=π6和余弦定理得a2+b2−c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2−c223b2=32,由此可得b=c.
由①ac=3,解得a=3,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
由C=π6和余弦定理得a2+b2−c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2−c223b2=32,由此可得b=c,B=C=π6,A=2π3.
由②csin A=3,得c=b=23,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=23.
方案三:选条件③.
由C=π6和余弦定理得a2+b2−c22ab=32.
由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b.
于是3b2+b2−c223b2=32,由此可得b=c.
由③c=3b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
9.(2021新高考Ⅰ,19,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b2=ac,点D在边AC上,BDsin∠ABC=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.
解析　(1)证明:在△ABC中,由BDsin∠ABC=asin C及正弦定理可得BD·b=a·c,又b2=ac,所以BD·b=b2,故BD=b.
(2)由AD=2DC得AD=23b,DC=b3,在△ABD中,cos A=AD2+AB2−BD22AD·AB=49b2+c2−b22×23bc=c2−59b243bc,在△ABC中,cos A=AC2+AB2−BC22AC·AB=b2+c2−a22bc.故c2−59b243bc=b2+c2−a22bc,
化简得3c2-11b2+6a2=0,
又b2=ac,所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,所以c=3a或c=23a.
当c=3a时,b2=ac=3a2,所以b=3a,此时a+b 当c=23a时,b2=ac=23a2,所以b=63a,此时a,b,c可以构成三角形,故c=23a,b=63a,
所以在△ABC中,cos∠ABC=a2+c2−b22ac=a2+49a2−23a22a·23a=712.
10.(2022新高考Ⅱ,18,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3.已知S1-S2+S3=32,sin B=13.
(1)求△ABC的面积;
(2)若sin Asin C=23,求b.
解析　(1)由题意得S1=34a2,S2=34b2,S3=34c2,
∴S1-S2+S3=34(a2-b2+c2)=32,即a2-b2+c2=2,
由cos B=a2+c2−b22ac得a2+c2-b2=2accos B,
故2accos B=2,∴accos B=1,
又∵sin B=13,∴cos B=223或cos B=-223(舍),
∴ac=324,∴S△ABC=12acsin B=12×324×13=28.
(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC得b2sin2B=acsinAsinC,
又知ac=324,sin Asin C=23,
∴b2sin2B=94,∴bsinB=32,
∴b=32sin B=32×13=12.
11. (2022全国乙理,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,
已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
(2)若a=5,cos A=2531,求△ABC的周长.
解析　(1)证明:由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),得sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A=
sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C,即sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A,由正弦定理可得accos B+abcos C=2bccos A,由余弦定理的推论可得12(a2+c2-b2)+12(a2+b2-c2)=b2+c2-a2,即2a2=b2+c2.
(2)由题意及余弦定理可得,b2+c2-a2=2bccos A=5031bc=25,即2bc=31,又由(1)知b2+c2=2a2,所以(b+c)2=2bc+2a2=81,所以b+c=9,所以a+b+c=14,故△ABC的周长为14.
12.(2022全国乙文,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,
已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)若A=2B,求C;
(2)证明:2a2=b2+c2.
解析　(1)∵A=2B,sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
∴sin Csin B=sin Bsin(C-A),
又0 ∴C=C-A(舍)或C+C-A=π,∴A=2C-π,
∴B=A2=C−π2,
又A+B+C=π,∴2C-π+C-π2+C=π,∴C=5π8.
(2)证法一:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
∴sin C(sin Acos B-cos Asin B)
=sin B(sin Ccos A-cos Csin A),
∴sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A,
∴sin A(sin Ccos B+cos Csin B)=2sin Bsin Ccos A,
∴sin A·sin(B+C)=2sin Bsin Ccos A,
∴sin2A=2sin Bsin Ccos A,
由正弦定理得a2=2bccos A,
又由余弦定理得a2=b2+c2-a2,∴2a2=b2+c2.
证法二:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
∴sin C(sin Acos B-cos Asin B)
=sin B(sin Ccos A-cos Csin A),
由正弦定理得accos B-bccos A=bccos A-abcos C,
∴accos B=2bccos A-abcos C,
由余弦定理的推论得ac·a2+c2−b22ac=2bc·b2+c2−a22bc−ab·a2+b2−c22ab,化简得2a2=b2+c2.
13.(2020北京,17,13分)在△ABC中,a+b=11,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:
(1)a的值;
(2)sin C和△ABC的面积.
条件①:c=7,cos A=-17;
条件②:cos A=18,cos B=916.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
解析　若选条件①:
(1)∵a+b=11,∴b=11-a,已知c=7,cos A=-17,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=(11-a)2+72-2×(11-a)×7×−17,解得a=8.
(2)∵cos A=-17,∴sin A=1−cos2A=437.
∵asinA=csinC,∴sin C=csinAa=32.
又∵b=11-a=11-8=3,
∴S△ABC=12bcsin A=12×3×7×437=63.
若选条件②:
(1)∵cos A=18,∴sin A=1−cos2A=378.
∵cos B=916,∴sin B=1−cos2B=5716.由asinA=bsinB,得a378=b5716,∴5a=6b,又∵a+b=11,∴a=6.
(2)由(1)可得b=11-a=5.
sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)
=sin Acos B+cos Asin B=378×916+18×5716=74,
∴S△ABC=12absin C=12×6×5×74=1574.
14. (2022福建长汀一中月考,17)在①2acos C+c=2b,②bsin 2A=asin B,③(sin B+
sin C)2=sin2A+3sin Bsin C这三个条件中任选一个补充在下面的横线上,并加以解答.
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC的面积为　33,a=2且　　　　.求A和△ABC的周长. 
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析　选条件①:∵2acos C+c=2b,
∴由正弦定理得2sin Acos C+sin C=2sin B,
∴2sin Acos C+sin C=2sin(A+C)=2sin Acos C+2cos A·sin C,∴sin C=2cos Asin C,∵C∈(0,π),∴sin C≠0,
∴cos A=12,又∵A∈(0,π),∴A=π3.
∵△ABC的面积为　33,∴S△ABC=12bcsin A=　33,∴bc=43,又a=2,∴由cos A=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−a22bc得b+c=2　2,∴a+b+c=2+2　2,即△ABC的周长为2+2　2.
选条件②:∵bsin 2A=asin B,
∴由正弦定理得2sin Bsin Acos A=sin Asin B,
又∵A∈(0,π),B∈(0,π),∴sin A≠0,sin B≠0,
∴cos A=12,∴A=π3.下同选条件①.
选条件③:∵(sin B+sin C)2=sin 2A+3sin Bsin C,
∴sin 2B+sin 2C=sin 2A+sin Bsin C,
由正弦定理得b2+c2-a2=bc,∴cos A=b2+c2−a22bc=12,
又A∈(0,π),∴A=π3.下同选条件①.
15.(2022江苏南通重点中学测试,17)在△ABC中,3sin A=2sin B,tan C=35.
(1)求cos 2C;
(2)若AC-BC=1,求△ABC的周长.
解析　(1)∵tan C=35,∴cos C=16,∴cos 2C=2×162−1=−1718.
(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.
∵3sin A=2sin B,∴3a=2b,
∵AC-BC=b-a=1,∴a=2,b=3.
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×16=11,则c=11,故△ABC的周长为5+11.
15. (2022石家庄二中月考,18)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,
已知△ABC的面积为a23sinA.
(1)求sin Bsin C;
(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.
解析　(1)由题设得12acsin B=a23sinA,即12csin B=a3sinA.由正弦定理得12sin Csin B=sinA3sinA,故sin Bsin C=23.
(2)由题设及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-12,
即cos(B+C)=-12.所以B+C=2π3,故A=π3.
由题设得12bcsin A=a23sinA,即bc=8.
由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=33.故△ABC的周长为3+33.
17.(2018课标Ⅰ理,17,12分)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=22,求BC.
解析　(1)在△ABD中,由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB.由题设知,5sin45°=2sin∠ADB,
所以sin∠ADB=25.由题设知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=1−225=235.
(2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=25.
在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×22×25=25.所以BC=5.

综合篇
考法一　三角形形状的判断
1.(2022江苏连云港检测,3)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c若a=bcos C,则△ABC的形状为(　　)
A.锐角三角形　　　　B.直角三角形
C.钝角三角形　　　　D.不确定
答案　B　
2.(2022湖南怀化联考,5)在△ABC中,sin A=sinB+sinCcosB+cosC,则△ABC一定是(　　)
A.锐角三角形　　　　B.直角三角形
C.钝角三角形　　　　D.以上都有可能
答案　B　
3.(2022江苏南通重点中学测试,6)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2-a2cos2B+b2sin2A=2abcos Acos B,则△ABC的形状是(　　)
A.锐角三角形　　　　B.钝角三角形
C.直角三角形　　　　D.等腰三角形
答案　C　
4.(多选)(2022江苏苏州模拟,10)在△ABC中,AB=c,BC=a,CA=b,下列命题为真命题的有(　　)
A.若|a|>|b|,则sin A>sin B
B.若a·b>0,则△ABC为锐角三角形
C.若a·b=0,则△ABC为直角三角形
D.若(b+c-a)·(b+a-c)=0,则△ABC为直角三角形
答案　ACD　
5.(2022辽宁大连模拟,18)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且a-b=c(cos B-cos A).
(1)判断△ABC的形状并给出证明;
(2)若a≠b,求sin A+sin B+sin C的取值范围.
解析　(1)△ABC为等腰三角形或直角三角形.证明如下:由a-b=c(cos B-cos A)及正弦定理得sin A-sin B=sin C(cos B-cos A),即sin(B+C)-sin(A+C)=sin C·(cos B-cos A),
即sin Bcos C+cos Bsin C-sin Acos C-cos Asin C=sin Ccos B-sin Ccos A,整理得sin Bcos C-sin Acos C=0,所以cos C(sin B-sin A)=0,故sin A=sin B或cos C=0,又A、B、C为△ABC的内角,所以a=b或C=π2,因此△ABC为等腰三角形或直角三角形.
(2)由(1)及a≠b知△ABC为直角三角形且不是等腰三角形,A+B=π2,C=π2,故B=π2-A,且A≠π4,
所以sin A+sin B+sin C=sin A+sin B+1=sin A+cos A+1=2sinA+π4+1,
因为A∈0,π4∪π4,π2,所以A+π4∈π4,π2∪π2,3π4,得sinA+π4∈22,1,所以2sinA+π4+1∈(2,2+1),
因此sin A+sin B+sin C的取值范围为(2,2+1).
考法二　与三角形的最值、范围有关的问题
考向一　与三角形面积(最值、范围)有关的问题
1.(2022广东深圳福田外国语高级中学调研,7)在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式,利用三角形的三边长求三角形的面积.若三角形的三边长分别为a,b,c,则其面积S=p(p−a)(p−b)(p−c),其中p=12(a+b+c).现有一个三角形的边长a,b,c满足a+b=7,c=5,则此三角形面积的最大值为(　　)
A.1721　　　　B.17221　　　　C.56　　　　D.562
答案　D　
2. (2021山东烟台二模,18)从①sin A=cos A2,②2acos A=bcos C+ccos B,
③acos C+(2b+c)·cos A=0这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答.
问题:在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　. 
(1)求A;
(2)若a=2,求△ABC面积的最大值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析　若选①:(1)由sin A=cos A2可得2sin A2cos A2=cos A2,因为0 (2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=bc+4.
因为b2+c2≥2bc,所以bc≤4,当且仅当b=c=2时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为12bcsin A=12×4×32=3.
若选②:(1)由正弦定理可得2sin Acos A=sin Bcos C+cos Bsin C,即2sin Acos A=sin(B+C).
因为A+B+C=π,所以sin(B+C)=sin A.
故2sin Acos A=sin A,解得cos A=12.
因为0 (2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=bc+4.
因为b2+c2≥2bc,所以bc≤4,当且仅当b=c=2时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为12bcsin A=12×4×32=3.
若选③:(1)由正弦定理得sin Acos C+(2sin B+sin C)·cos A=0,即2sin Bcos A+sin(A+C)=0.因为A+B+C=π,所以sin(A+C)=sin B,可得2sin Bcos A+sin B=0,因为00,所以cos A=-12.因为0 (2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=4-bc.
因为b2+c2≥2bc,所以bc≤43,当且仅当b=c=233时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为12bcsin A=12×43×32=33.
3.(2023届沈阳四中月考,21)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin(2A+B)=sin B-sin A.
(1)求C的大小;
(2)若CD平分∠ACB交AB于D且CD=3,求△ABC面积的最小值.
解析　(1)因为sin(2A+B)=sin B-sin A,
所以sin(A+B+A)=sin(C+A)-sin A,
故sin(π+A-C)=sin(C+A)-sin A,
则sin(C-A)=sin(C+A)-sin A,
sin Ccos A-cos Csin A=sin Ccos A+cos Csin A-sin A,
2cos Csin A=sin A,由于00,所以cos C=12,则C为锐角,且C=π3.
(2)在△ACD中,由正弦定理得3sinA=ADsin π6,
在△BCD中,由正弦定理得3sinB=BDsin π6,
所以AD·sin A=BD·sin B,由正弦定理得ADBD=ba.
在△ACD中,由余弦定理得AD2=b2+3-23b·cos π6=b2-3b+3,
在△BCD中,由余弦定理得BD2=a2+3-23a·cos π6=a2-3a+3,
所以AD2BD2=b2−3b+3a2−3a+3=b2a2,整理得(a+b-ab)(a-b)=0,所以a=b或a+b=ab.
当a=b时,△ABC是等边三角形,CD⊥AB,AD=BD=1,
AB=AC=BC=2,所以S△ABC=12×2×2×sin π3=3.
当a+b=ab时,ab=a+b≥2ab,ab≥2,ab≥4,当且仅当a=b=2时等号成立,
所以S△ABC=12absin C≥12×4×32=3.
综上所述,△ABC面积的最小值为3.
考向二　与三角形周长(最值、范围)有关的问题
1.(2023届哈尔滨师大附中月考,7)在锐角三角形ABC中,若3sin B+cos B=2,且满足关系式cosBb+cosCc=sinAsinB3sinC,则△ABC周长的最大值为(　　)
A.3　　　　B.23　　　　C.43　　　　D.63
答案　D　
2.(2023届辽宁六校期初考试,18)在①S=34(a2+b2-c2),②acos B+bcos A=2ccos C两个条件中任选一个,补充到下面问题中,并完成解答.
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设S为△ABC的面积,满足　　　　(填写序号即可). 
(1)求角C的大小;
(2)若c=3,求△ABC周长的最大值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析　(1)若选①,因为S=34(a2+b2-c2),
所以12absin C=34·2abcos C,所以sin C=3cos C,所以tan C=3,因为0 若选②,因为acos B+bcos A=2ccos C,
所以由正弦定理得sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos C,
所以sin(A+B)=2sin Ccos C,即sin C=2sin Ccos C,
因为0 (2)由余弦定理得9=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab≥(a+b)2-3·a+b22,所以a+b≤6,当且仅当a=b=3时等号成立,
所以△ABC周长C△ABC=a+b+c=a+b+3≤6+3=9.因此△ABC周长的最大值为9.
3.(2020课标Ⅱ理,17,12分)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.
解析　(1)由正弦定理和已知得BC2-AC2-AB2=AC·AB①.由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos A②.
由①②得cos A=-12.因为0 (2)由正弦定理及(1)得ACsinB=ABsinC=BCsinA=23,从而AC=23sin B,AB=23sin(π-A-B)=3cos B-3sin B.故BC+AC+AB=3+3sin B+3cos B=3+23sinB+π3.又0 考向三　与三角形边长(最值、范围)有关的问题
1.(多选)(2022山东平邑一中开学考,10)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c-b=2bcos A,则下列结论正确的有　(　　)
A.A=2B
B.B的取值范围为0,π4
C.ab的取值范围为(2,2)
D.1tanB−1tanA+2sin A的取值范围为533,3
答案　AD　
2.(2022新高考Ⅰ,18,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cosA1+sinA=sin2B1+cos2B.
(1)若C=2π3,求B;
(2)求a2+b2c2的最小值.
解析　(1)∵cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B,
即cosA1+sinA=sinBcosB,∴cos Acos B-sin Asin B=sin B,
即cos(A+B)=sin B,又C=2π3,
∴sin B=cos(A+B)=-cos C=-cos2π3=12,
∵0 (2)由(1)知,sin B=cos(A+B)=-cos C,
∵sin B>0恒成立,∴C∈π2,π,
∵-cos C=sinC−π2,
∴C-π2=B或B+C-π2=π(不合题意,舍去),
∴A=π2-2B,∵A>0,∴B∈0,π4,
∴a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cos22B+sin2Bcos2B
=(2cos2B−1)2+(1−cos2B)cos2B,
令cos2B=t,t∈12,1,
∴a2+b2c2=(2t−1)2+(1−t)t=4t+2t-5≥42-5,
当且仅当4t=2t,即t=22时,取“=”.
∴a2+b2c2的最小值为42-5.

考法三　解三角形的实际应用

1. (2021山东潍坊一模,16)某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位,制作了一批奖杯,奖杯的剖面图形如图所示,其中扇形OAB的半径为10,∠PBA=∠QAB=60°,AQ=QP=PB,若按此方案设计,工艺制造厂发现,当OP最长时,该奖杯比较美观,此时∠AOB=　　　　. 

答案　π2
2.(2020新高考Ⅰ,15,5分)某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,tan∠ODC=35,BH∥DG,EF=12 cm,DE=2 cm,A到直线DE和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面积为　　　　cm2. 

答案　4+5π2
3.(2023届江西百校联盟联考,21)江西某中学校园内有块扇形空地OPQ,经测量其半径为60 m,圆心角为π3,学校准备在此扇形空地上修建一所矩形室内篮球场ABCD,初步设计方案1如图1所示.
(1)取弧PQ的中点E,连接OE,设∠BOE=α,试用α表示方案1中矩形ABCD的面积,并求其最大值;
(2)你有没有更好的设计方案2来获得更大的篮球场面积?若有,在图2中画出来,并证明你的结论.

图1

图2
解析　(1)如图所示,设OE交AD于点M,交BC于点N,显然矩形ABCD关于OE所在直线对称,点M、N分别为AD、BC的中点,∠BOE=α,0<α<π6.
在Rt△ONB中,BN=60sin α,ON=60cos α.
OM=DMtanπ6=3DM=3CN=603sin α,
∴MN=ON-OM=60cos α-603sin α,
即AB=60cos α-603sin α,
又BC=2CN=120sin α,故矩形ABCD的面积S=AB·BC=3 600(cos α-3sin α)·2sin α=3 600(2sin αcos α-23sin2α)=3 600[sin 2α-3(1-cos 2α)]=3 600(sin 2α+3cos 2α−3)=7 200sin2α+π3−3 6003.

∵0<α<π6,∴0<2α<π3,∴π3<2α+π3<2π3.故当2α+π3=π2,即α=π12时,S取得最大值3 600(2-3),∴矩形ABCD面积的最大值为3 600(2-3)m2.
(2)如图所示,在半径OP上截取线段AB为矩形的一边,作矩形ABCD,
设∠BOC=θ,0<θ<π3,可得CB=60sin θ,OB=60cos θ,则OA=CBtanπ6=203sin θ,
故矩形ABCD的面积为
S=(OB-OA)·CB=(60cos θ-203sin θ)×60sin θ=3 600sinθcosθ−33sin2θ
=1 800sin2θ+33cos2θ−6003
=1 200332sin2θ+12cos2θ−6003
=1 2003sin2θ+π6−6003,
由0<θ<π3,可得π6<2θ+π6<5π6,

∴当2θ+π6=π2,即θ=π6时,S有最大值6003,
即篮球场面积的最大值为6003 m2,现将两种方案的最大值进行比较大小,
∵3 600(2-3)-6003=600(12-73)<0,∴方案2的篮球场面积更大.
专题综合检测
一、单项选择题
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2022广东深圳七中月考,4)若点M−32,12在角α的终边上,则tan 2α=(　　)
A.33　　　　B.−33　　　　C.3　　　　D.−3
答案　D　
2.(2022海南中部六市县模拟,3)已知α∈−π2,π2,tanα−π4=13,则sin(π-α)=(　　)
A.255　　　　B.55　　　　C.−55　　　　D.−255
答案　A　
3.(2022长沙明达中学入学考,8)△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,且a∶b∶c=2∶3∶4,则sinA−2sinBsin2C等于(　　)
A.12　　　　B.−12　　　　C.2　　　　D.-2
答案　C　
4.(2022全国甲理,11,5分)设函数f(x)=sinωx+π3在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点,则ω的取值范围是(　　)
A.53,136　　　　B.53,196
C.136,83　　　　D.136,196
答案　C　
5.(2012山东,7,5分)若θ∈π4,π2,sin 2θ=378,则sin θ=(　　)
A.35　　　　B.45　　　　C.74　　　　D.34
答案　D　
6.(2022湖南岳阳平江一中月考,6)若α,β为锐角,且满足cos α=45,cos(α+β)=513,则sin β的值为(　　)
A.-1665　　　　B.3365　　　　C.5665　　　　D.6365
答案　B　
7.(2022湖北重点中学联考,4)设a=12cos 4°−32sin 4°,b=2tan 12°1+tan212°,c=1−sin 40°2,则a,b,c的大小关系正确的是(　　)
A.c C.a 答案　D　
8.(2023届安徽江淮名校质量检测,6)已知函数f(x)=a(x+1)2 023+bcos2 0232π−x−1+c,其中a,b,c为常数,若f(2 022)+f(-2 024)=c2+1,则c=(　　)
A.-1　　　　B.0　　　　C.1　　　　D.2
答案　C　
9.(2023届沈阳四中月考,8)已知△ABC,I是其内心,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则(　　)
A.AI=13(AB+AC)
B.AI=caAB+baAC
C.AI=ba+b+cAB+ca+b+cAC
D.AI=ca+bAB+ba+cAC
答案　C　
二、多项选择题
10.(2023届沈阳四中月考,9)已知α、β∈[0,2π),a=(cos α,sinα), b=(cos(α+β),sin(α+β)),且|2a-3b|=19,则β可能为(　　)
A.π3　　　　B.2π3　　　　C.π　　　　D.4π3
答案　BD　
11.(2023届哈尔滨师大附中月考,11)已知π4≤α≤π,π≤β≤3π2,sin 2α=45,cos(α+β)=-210,则(　　)
A.cos α=-1010　　　　B.sin α−cos α=55
C.β-α=3π4　　　　D.cos αcos β=−25
答案　BC　
12.(2022辽东南协作体期中,10)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,φ<π2的部分图象如图所示,下列说法正确的是(　　)

A.函数y=f(x)的图象关于点−π6,0对称
B.函数y=f(x)的图象关于直线x=-5π12对称
C.函数y=f(x)在−2π3,−π6上单调递减
D.该图象向右平移π6个单位可得y=2sin 2x的图象
答案　ABD　
13.(2022福建泉州质量监测二,11)将函数f(x)=cos 2x的图象向左平移π4个单位得到函数g(x)的图象,则(　　)
A.函数f(x)·g(x)是奇函数
B.函数f(x)·g(x)的图象关于直线x=-π8对称
C.函数f(x)-g(x)的最小正周期为π2
D.函数f(x)-g(x)在(0,π)上的单调递减区间是π8,5π8
答案　ABD　
14.(2022重庆云阳江口中学期末,10)已知△ABC中,AB=1,AC=4,BC=13,E为AC中点.下列结论正确的是(　　)
A.A=60°
B.△ABC的面积为132
C.BE=3
D.P在△ABE的外接圆上,则PB+2PE的最大值为27
答案　ACD　
三、填空题
15.(2022湖南郴州质量监测,13)已知α∈π,3π2,tanα−π4=12,则cos α=　. 
答案　-1010
16. (2022辽宁滨城期中,14)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,
若cos C=14,c=6,且acosA=bcosB,则△ABC的面积等于　　　　. 
答案　152
17.(2012山东,16,4分)如图,在平面直角坐标系xOy中,一单位圆的圆心的初始位置在(0,1),此时圆上一点P的位置在(0,0),圆在x轴上沿正向滚动.当圆滚动到圆心位于(2,1)时,OP的坐标为　　　　　. 

答案　(2-sin 2,1-cos 2)
四、解答题
18.(2022辽东南协作体期中,17)已知函数f(x)=sin 2x-3cos 2x.
(1)求f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程;
(2)将函数f(x)的图象上每一点的横坐标伸长到原来的两倍,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象.当x∈π2,π时,求g(x)的值域.
解析　(1)f(x)=212sin2x−32cos2x=2sin2x−π3,因此f(x)的最小正周期为π.由2x-π3=π2+kπ,k∈Z得图象的对称轴方程为x=5π12+kπ2,k∈Z.
(2)由条件可知g(x)=2sinx−π3.
当x∈π2,π时,有x-π3∈π6,2π3,
从而sinx−π3∈12,1,
故g(x)在区间π2,π上的值域是[1,2].
19.(2022辽宁丹东五校联考,17)已知函数f(x)=23sin xcos x+2cos2x+m,其中m为实常数.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)设集合A=x|−π12≤x≤π6,已知当x∈A时,f(x)的最小值为2,当x∈A时,求f(x)的最大值.
解析　(1)f(x)=23sin xcos x+2cos2x+m=3sin 2x+cos 2x+1+m=232sin2x+12cos2x+1+m=2sin2x+π6+1+m,令-π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z,解得-π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为−π3+kπ,π6+kπ,k∈Z.
(2)由(1)得f(x)=2sin2x+π6+1+m,当-π12≤x≤π6时,0≤2x+π6≤π2,所以0≤sin2x+π6≤1,所以f(x)min=2×0+1+m=2,解得m=1,所以f(x)max=2×1+1+1=4,所以当x∈A时,f(x)的最大值为4.
20.(2022辽宁滨城期中,19)已知函数f(x)=33cos2x+π6+4sinxcosx+1,x∈R.
(1)若fx02=35,x0∈−π2,0,求cos 2x0;
(2)令g(x)=af(x)+b,若函数g(x)在区间−π6,π4上的值域为[-1,1],求a+b的值.
解析　(1)f(x)=33cos2x+π6+4sinxcosx+1
=3332cos2x−12sin2x+2sin2x+1
=32sin 2x+12cos 2x+1=sin2x+π6+1,
由fx02=32sin x0+12cos x0+1=35,得3sin x0+cos x0=−45,∴cos x0=-45−3sin x0,又sin 2x0+cos 2x0=1,可得4sin2x0+835sin x0−925=0,
由x0∈−π2,0,解得sin x0=−21−2310,
∴cos 2x0=1-2sin2x0=17−12750.
(2)-π6≤x≤π4,则-π6≤2x+π6≤2π3,
故-12≤sin2x+π6≤1.
∴函数f(x)在区间−π6,π4上的值域为12,2.
∴①当a>0时,2a+b=1,12a+b=−1,解得a=43,b=−53,则a+b=-13.
②当a<0时,2a+b=−1,12a+b=1,解得a=−43,b=53,则a+b=13.
综上,a+b=-13或13.
21. (2022辽宁部分中学期末,18)在①3b−3ccos A=asin C,②ab=12tanCtanB+1,
③sinA−sinCb=sinA−sinBa+c这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答问题.
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足　　　　　. 
(1)求C;
(2)若△ABC的面积为3,D在边AC上,且CD=13CA,求BD的最小值.
解析　(1)方案一:选条件①.
由3b−3ccos A=asin C,可得b-ccos A=33asin C,
由正弦定理得sin B-sin Ccos A=33sin Asin C,
因为B=π-(A+C),所以sin B=sin(A+C),
所以sin Acos C+cos Asin C-sin Ccos A=33sin Asin C,
故sin Acos C=33sin Asin C,又sin A≠0,于是sin C=3cos C,即tan C=3,因为C∈(0,π),所以C=π3.
方案二:选条件②.
因为ab=12tanCtanB+1,所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式得sinAsinB=12sinCcosBcosCsinB+1,即sinAsinB=sinCcosB+cosCsinB2cosCsinB=sin(C+B)2cosCsinB,
因为A+B+C=π,所以B+C=π-A,sin(B+C)=sin A,
又sin A≠0,sin B≠0,所以cos C=12,因为C∈(0,π),所以C=π3.
方案三:选条件③.
∵sinA−sinCb=sinA−sinBa+c,∴由正弦定理得a−cb=a−ba+c,
即a2-c2=ab-b2,∴a2+b2-c2=ab,∴由余弦定理的推论得cos C=a2+b2−c22ab=12.又C∈(0,π),所以C=π3.
(2)由题意知S△ABC=12absin C=12ab·32=3,得ab=4.在△BCD中,由余弦定理得BD2=a2+b29−2a·b3cos C=a2+b29−13ab≥2a·b3−13ab=13ab=43,当且仅当a=13b且ab=4,即a=233,b=23时取等号,所以BD的最小值为233.