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备考2024届高考数学一轮复习分层练习第六章平面向量复数第4讲余弦定理正弦定理
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第六章平面向量复数第4讲余弦定理正弦定理，共7页。试卷主要包含了故选D，故选A，又因为等内容，欢迎下载使用。
1.[2024湖北模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若a＝3，b＝13，B＝60°，则c＝（ D ）
A.1B.2C.3D.4
解析 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝9＋c2－3c＝13，即c2－3c－4＝0，解得c＝
－1（舍去）或c＝4，∴c＝4.故选D.
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，cs B＝74，则A＝（ A ）
A.π6B.π3C.5π6D.π6或5π6
解析 在△ABC中，cs B＝74，所以sin B＝1－cs2B＝34，又a＝2，b＝3，所以由正弦定理可得sin A＝a·sinBb＝2×343＝12，又因为b＞a，所以A为锐角，所以A＝π6.故选A.
3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA＝3acs C，c＝23，ab＝8，则a＋b的值是（ A ）
A.6B.8C.4D.2
解析 由csinA＝3acs C及正弦定理可得sin CsinA＝3sin AcsC，因为sin A≠0，所以sin C＝3cs C，可得tan C＝3，又C∈（0，π），所以C＝π3.又c＝23，ab＝8，所以由余弦定理可得12＝a2＋b2－ab＝（a＋b）2－3ab＝（a＋b）2－24，所以a＋b＝6.故选A.
4.在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，则sin∠ADC的值为（ C ）
A.1+33B.1+24C.1+74D.34
解析 因为在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，所以由正弦定理得3sin∠BAD＝6sin45°，所以sin∠BAD＝24，因为AD＞BD，所以∠BAD＜45°，所以cs∠BAD＝144，所以sin∠ADC＝sin（∠BAD＋45°）＝22×（24＋144）＝1+74.故选C.
5.[设问创新/多选]黑板上有一道解三角形的习题，求解过程是正确的，但一位同学不小心把其中一部分擦去了，现在只能看到：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，……，解得B＝60°.根据以上信息，你认为下面哪个选项可以作为这个习题的其余已知条件？（ ABD ）
A.b＝23，C＝90°B.A＝30°，c＝4
C.b＝23，A＝30°D.b＝23，c＝4
解析 对于A，因为a＝2，b＝23，C＝90°，所以tan B＝ba＝232＝3，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故A选项可以作为已知条件.
对于B，因为a＝2，A＝30°，c＝4，所以根据正弦定理得asinA＝csinC，即2sin30°＝4sinC，所以sin C＝1，又0°＜C＜180°，所以C＝90°，所以B＝60°，故B选项可以作为已知条件.
对于C，因为a＝2，b＝23，A＝30°，所以根据正弦定理得2sin30°＝23sinB，所以sin B＝32，又0°＜B＜180°，且b＞a，所以B＝60°或120°，故C选项不可以作为已知条件.
对于D，因为a＝2，b＝23，c＝4，所以根据余弦定理得cs B＝a2＋c2－b22ac＝22＋42－（23）22×2×4＝12，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故D选项可以作为已知条件.故选ABD.
6.[多选]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断△ABC是钝角三角形的有（ BC ）
A.a＝6，b＝5，c＝4
B.AB·BC＝2a
C.a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB
D.b2sin2C＋c2sin2B＝2bccs BcsC
解析 A选项，由a＞b＞c知A＞B＞C，又因为b2＋c2＝41＞36＝a2，所以A是锐角，故A不正确.
B选项，由AB·BC＝－accsB＝2a，得cs B＜0，所以B为钝角，故B正确.
C选项，由a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB及正弦定理得a－bc＋b＝ca＋b，得b2＋c2－a2＝－bc，则cs A＝b2＋c2－a22bc＝－12，所以A＝2π3，故C正确.
D选项，由正弦定理得，已知条件等价于sin2Bsin2C＋sin2Csin2B＝2sin BsinCcsBcsC，易知sin B·sinC≠0，所以sin BsinC＝cs BcsC，即cs（B＋C）＝0，又因为0＜B＋C＜π，故B＋C＝π2，所以A＝π－（B＋C）＝π2，故D不正确.
7.[2024河北唐山一中段考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝π6，（1＋3）c＝2b，则B＝ 7π12 .
解析 解法一 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－3bc，又b＝1+32c，所以a＝22c，由正弦定理得asinA＝csinC，所以sin C＝casin A＝2·sinπ6＝22.因为c＜b，所以C为锐角，C＝π4，所以B＝π－π6－π4＝7π12.
解法二 在△ABC中，由（1＋3）c＝2b及正弦定理得（1＋3）sin C＝2sin B，因为A＝π6，所以（1＋3）sin（5π6－B）＝2sin B，展开得1+32cs B＋3+32sin B＝2sin B，化简整理得tan B＝1+31－3＝tanπ4＋tanπ31－tanπ4×tanπ3＝tan 7π12，又B∈（0，π），所以B＝7π12.
8.[2024青岛模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面积为3，则△ABC的内切圆的半径为 3－2 .
解析 由题意得△ABC的面积S＝12bcsin A＝34bc＝3，故bc＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc＝24，所以a＝26，△ABC的周长为6＋26.设△ABC的内切圆半径为r，则12（a＋b＋c）r＝12×（6＋26）r＝3，所以r＝3－2.
9.[角度创新]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cb＜cs A，则△ABC的形状为 钝角三角形 .
解析 已知cb＜cs A，由正弦定理，得sinCsinB＜cs A，即sin C＜sin BcsA，所以sin（A＋B）＜sin BcsA，即sin B·csA＋cs BsinA－sin BcsA＜0，所以cs BsinA＜0.又因为
sin A＞0，于是有cs B＜0，即B为钝角，所以△ABC是钝角三角形.
10.[2024惠州市一调]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＋bcsA＝3asin B.
（1）求A；
（2）若a＝21，b＝4，求△ABC的面积.
解析 （1）由正弦定理，得sin B＋sin BcsA＝3sin Asin B.
∵sin B＞0，∴3sin A－cs A＝1，得sin（A－π6）＝12.
∵A∈（0，π），∴A－π6∈（－π6，5π6），∴A－π6＝π6，即A＝π3.
（2）解法一 将a＝21，b＝4，A＝π3代入余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得21＝16＋c2－4c，解得c＝5或c＝－1（舍）.
∴S△ABC＝12bcsin A＝12×4×5×32＝53，
即△ABC的面积为53.
解法二 由正弦定理asinA＝bsinB，
得21sinπ3＝4sinB，解得sin B＝277.
由a＞b，得B∈（0，π2），
∴cs B＝1－sin2B＝217，
∴sin C＝sin（A＋B）
＝sin AcsB＋sin BcsA
＝32×217＋277×12
＝5714，
∴S△ABC＝12absin C
＝12×21×4×5714
＝53，
即△ABC的面积为53.
11.[2024江西模拟]在△ABC中，D是BC的中点，且AB＝3，AC＝2，AD＝3，则△ABC是（ C ）
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.无法确定
解析 解法一 在△ABD中，由余弦定理AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs∠ADB，得9＝3＋BD2－23BD·cs∠ADB，在△ACD中，由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs∠ADC，得4＝3＋DC2－23DC·cs∠ADC，又cs∠ADB＝－cs∠ADC，BD＝DC，所以两式相加得BD2＋DC2＝7，所以BD＝DC＝142，所以BC＝14.在△ABC中，由余弦定理得cs∠BAC＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝－112＜0，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
解法二 延长AD到E使AD＝DE，连接BE，CE，则四边形ABEC是平行四边形，AE＝2AD，所以AE2＋BC2＝2（AB2＋AC2），所以BC2＝14＞AB2＋AC2，则△ABC为钝角三角形.故选C.
解法三 因为D是BC的中点，所以AD＝12（AB＋AC），两边同时平方得AD2＝14（AB＋AC）2＝14（AB2＋2AB·AC＋AC2），即3＝14（9＋2×3×2cs∠BAC＋4），解得cs∠BAC＝－112＜0，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
12.[2024湖北部分学校联考]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝3，BD为AC边上的中线，BD＝2，且acsC－2bcs∠ABC＋ccsA＝0，则△ABC的面积为（ C ）
A.2B.78C.738D.538
解析 解法一 由acsC－2bcs∠ABC＋ccsA＝0，可得acsC＋ccsA＝2bcs∠ABC＝b，∴cs∠ABC＝12，∵∠ABC是三角形的内角，∴∠ABC＝π3.易知BD2＝12（BC2＋BA2）－14AC2，即4＝12（a2＋c2）－14×32，解得a2＋c2＝252，可得ac＝a2＋c2－322cs∠ABC＝72，∴S△ABC＝12acsin∠ABC＝12×72×32＝738，故选C.
解法二 ∵acsC－2bcs∠ABC＋ccsA＝0， ∴sin AcsC－2sin∠ABCcs∠ABC＋
sin CcsA＝0，∴sin（A＋C）－2sin∠ABCcs∠ABC＝0，即sin∠ABC－2sin∠ABCcs∠ABC＝0，易知sin∠ABC≠0，∴cs∠ABC＝12.
在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs∠ABC，得9＝a2＋c2－ac，∵BD＝12（BC＋BA），∴｜BD｜2＝14（｜BC｜2＋｜BA｜2＋2BC·BA），即4＝14（a2＋c2＋ac），可得ac＝72，∴S△ABC＝12acsin∠ABC＝12×72×32＝738，故选C.
13.[多选]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（b＋c）∶（c＋a）∶（a＋b）＝4∶5∶6，则下列结论正确的是（ ABD ）
A.sinA∶sinB∶sinC＝7∶5∶3
B.CA·AB＞0
C.若c＝6，则△ABC的面积是15
D.若b＋c＝8，则△ABC外接圆的半径是733
解析 在△ABC中，由于（b＋c）∶（c＋a）∶（a＋b）＝4∶5∶6，所以可设b＋c＝4k，a＋c＝5k，a＋b＝6k，求得a＝7k2，b＝5k2，c＝3k2，所以a∶b∶c＝7∶5∶3，由正弦定理可知A正确；cs A＝b2＋c2－a22bc＝－12＜0，故CA·AB＝－bccsA＞0，故B正确；若c＝6，可得k＝4，则b＝10，又因为sin A＝1－cs2A＝32，所以△ABC的面积S＝12bcsin A＝12×10×6×32＝153，故C错误；若b＋c＝8，则k＝2，可得a＝7，设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得2R＝asinA＝732＝1433，可得△ABC外接圆的半径是733，故D正确.故选ABD.
14.[2024海南定安中学开学考试]如图，已知平面四边形ABCD存在外接圆，且AB＝5，BC＝2，cs∠ADC＝45.
（1）求△ABC的面积；
（2）若DC＝DA，求△ADC的周长.
解析 （1）因为平面四边形ABCD存在外接圆，
所以∠ABC＝π－∠ADC，cs∠ABC＝－cs∠ADC＝－45，
又∠ABC∈（0，π），所以sin∠ABC＝1－cs2∠ABC＝1－（－45）2＝35，
所以S△ABC＝12AB×BC×sin∠ABC＝12×5×2×35＝3.
（2）在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC＝45，所以AC＝35.
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝DA2＋DC2－2DA·DC·cs ∠ADC，
又DC＝DA，则45＝DA2＋DA2－85DA2＝25DA2，解得DA＝DC＝1522.
所以△ADC的周长为AC＋CD＋DA＝35＋152.
15.[设问创新/2023山东潍坊一模]在①tan Atan C－3tan A＝1＋3tan C，②（2c－3a）·cs B＝3bcs A，③（a－3c）sin A＋csinC＝bsinB，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 .
（1）求角B的大小；
（2）已知c＝b＋1，且角A有两解，求b的取值范围.
解析 （1）若选①，解答过程如下.
对tan Atan C－3tan A＝1＋3tan C整理得1－tan Atan C＝－3（tan A＋tan C）.
因为A＋B＋C＝π，
所以tan B＝－tan （A＋C）＝－tanA＋tanC1－tanAtanC＝33.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
若选②，解答过程如下.
由（2c－3a）cs B＝3bcs A及正弦定理得（2sin C－3sin A）cs B＝3sin BcsA，
所以2sin CcsB＝3sin（A＋B）＝3sin C，
又sin C＞0，所以cs B＝32.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
若选③，解答过程如下.
由（a－3c）sin A＋csinC＝bsinB及正弦定理得a2＋c2－b2＝3ac，所以a2＋c2－b22ac＝32，即cs B＝32.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
（2）解法一 由c＝b＋1及正弦定理得bsinB＝b+1sinC，
由（1）知，sin B＝12，所以sin C＝b+12b.
因为B＝π6，角A的解有两个，所以角C的解也有两个，所以12＜sin C＜1，
所以12＜b+12b＜1，又b＞0，所以b＜b＋1＜2b，解得b＞1.
故b的取值范围为（1，＋∞）.
解法二 在△ABC中，因为B＝π6，c＝b＋1，
所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋（b＋1）2－3（b＋1）a，
化简整理得a2－3（b＋1）a＋2b＋1＝0，
若角A有两解，则关于a的方程a2－3（b＋1）a＋2b＋1＝0有两个不等正根，
所以Δ=3（b+1）2－4（2b+1）>0，2b+1>0，3（b+1）>0，b>0，解得b＞1，故b的取值范围为（1，＋∞）.
16.[情境创新]剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国最古老的民间艺术之一.如图，纸片为一圆形，直径AB＝20 cm，需要剪去四边形CEC1D，可以经过对折、沿DC和EC裁剪、展开得到.
已知点C在圆上且AC＝10 cm，∠ECD＝30°.要使得镂空的四边形CEC1D面积最小，AD的长应为 （20－103） cm.
解析 如图，连接BC，因为AB＝20 cm，AC＝10 cm，AB为直径，所以∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∠BAC＝60°，BC＝103 cm.设∠ACD＝θ，因为∠ECD＝30°，所以∠BCE＝60°－θ，∠BEC＝90°＋θ，∠CED＝90°－θ，∠CDE＝60°＋θ.在△BCE中，由正弦定理BCsin∠BEC＝CEsin∠ABC，得103sin（90°＋θ）＝CEsin30°，则CE＝53sin（90°＋θ）＝53csθ（cm）；在△CDE中，由正弦定理DEsin∠ECD＝CEsin∠CDE，得DEsin30°＝53csθsin（60°＋θ），所以DE＝532csθsin（60°＋θ）（cm）.则S四边形CEC1D＝2S△CED＝2×12DE·AC·sin∠BAC＝532csθsin（60°＋θ）×10×32＝752csθsin（60°＋θ）＝752csθ（32csθ＋12sinθ）＝753cs2θ＋sinθcsθ＝753×1+cs2θ2＋12sin2θ＝7532cs2θ＋12sin2θ＋32＝75sin（2θ+60°）＋32（cm2）.
由以上分析，易知0°≤θ≤60°，所以当θ＝15°时，四边形CEC1D的面积取得最小值，且最小值为150（2－3）cm2，
此时，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠BAC＝60°，所以∠CDA＝105°，又因为AC＝
10 cm，所以结合正弦定理ACsin∠CDA＝ADsin∠ACD，得10sin105°＝ADsin15°，则AD＝10×sin15°sin105°＝10×sin（45°－30°）sin（60°+45°）＝10×6－246＋24＝（20－103）（cm）.
1.[2024湖北模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若a＝3，b＝13，B＝60°，则c＝（ D ）
A.1B.2C.3D.4
解析 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝9＋c2－3c＝13，即c2－3c－4＝0，解得c＝
－1（舍去）或c＝4，∴c＝4.故选D.
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，cs B＝74，则A＝（ A ）
A.π6B.π3C.5π6D.π6或5π6
解析 在△ABC中，cs B＝74，所以sin B＝1－cs2B＝34，又a＝2，b＝3，所以由正弦定理可得sin A＝a·sinBb＝2×343＝12，又因为b＞a，所以A为锐角，所以A＝π6.故选A.
3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA＝3acs C，c＝23，ab＝8，则a＋b的值是（ A ）
A.6B.8C.4D.2
解析 由csinA＝3acs C及正弦定理可得sin CsinA＝3sin AcsC，因为sin A≠0，所以sin C＝3cs C，可得tan C＝3，又C∈（0，π），所以C＝π3.又c＝23，ab＝8，所以由余弦定理可得12＝a2＋b2－ab＝（a＋b）2－3ab＝（a＋b）2－24，所以a＋b＝6.故选A.
4.在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，则sin∠ADC的值为（ C ）
A.1+33B.1+24C.1+74D.34
解析 因为在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，所以由正弦定理得3sin∠BAD＝6sin45°，所以sin∠BAD＝24，因为AD＞BD，所以∠BAD＜45°，所以cs∠BAD＝144，所以sin∠ADC＝sin（∠BAD＋45°）＝22×（24＋144）＝1+74.故选C.
5.[设问创新/多选]黑板上有一道解三角形的习题，求解过程是正确的，但一位同学不小心把其中一部分擦去了，现在只能看到：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，……，解得B＝60°.根据以上信息，你认为下面哪个选项可以作为这个习题的其余已知条件？（ ABD ）
A.b＝23，C＝90°B.A＝30°，c＝4
C.b＝23，A＝30°D.b＝23，c＝4
解析 对于A，因为a＝2，b＝23，C＝90°，所以tan B＝ba＝232＝3，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故A选项可以作为已知条件.
对于B，因为a＝2，A＝30°，c＝4，所以根据正弦定理得asinA＝csinC，即2sin30°＝4sinC，所以sin C＝1，又0°＜C＜180°，所以C＝90°，所以B＝60°，故B选项可以作为已知条件.
对于C，因为a＝2，b＝23，A＝30°，所以根据正弦定理得2sin30°＝23sinB，所以sin B＝32，又0°＜B＜180°，且b＞a，所以B＝60°或120°，故C选项不可以作为已知条件.
对于D，因为a＝2，b＝23，c＝4，所以根据余弦定理得cs B＝a2＋c2－b22ac＝22＋42－（23）22×2×4＝12，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故D选项可以作为已知条件.故选ABD.
6.[多选]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断△ABC是钝角三角形的有（ BC ）
A.a＝6，b＝5，c＝4
B.AB·BC＝2a
C.a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB
D.b2sin2C＋c2sin2B＝2bccs BcsC
解析 A选项，由a＞b＞c知A＞B＞C，又因为b2＋c2＝41＞36＝a2，所以A是锐角，故A不正确.
B选项，由AB·BC＝－accsB＝2a，得cs B＜0，所以B为钝角，故B正确.
C选项，由a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB及正弦定理得a－bc＋b＝ca＋b，得b2＋c2－a2＝－bc，则cs A＝b2＋c2－a22bc＝－12，所以A＝2π3，故C正确.
D选项，由正弦定理得，已知条件等价于sin2Bsin2C＋sin2Csin2B＝2sin BsinCcsBcsC，易知sin B·sinC≠0，所以sin BsinC＝cs BcsC，即cs（B＋C）＝0，又因为0＜B＋C＜π，故B＋C＝π2，所以A＝π－（B＋C）＝π2，故D不正确.
7.[2024河北唐山一中段考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝π6，（1＋3）c＝2b，则B＝ 7π12 .
解析 解法一 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－3bc，又b＝1+32c，所以a＝22c，由正弦定理得asinA＝csinC，所以sin C＝casin A＝2·sinπ6＝22.因为c＜b，所以C为锐角，C＝π4，所以B＝π－π6－π4＝7π12.
解法二 在△ABC中，由（1＋3）c＝2b及正弦定理得（1＋3）sin C＝2sin B，因为A＝π6，所以（1＋3）sin（5π6－B）＝2sin B，展开得1+32cs B＋3+32sin B＝2sin B，化简整理得tan B＝1+31－3＝tanπ4＋tanπ31－tanπ4×tanπ3＝tan 7π12，又B∈（0，π），所以B＝7π12.
8.[2024青岛模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面积为3，则△ABC的内切圆的半径为 3－2 .
解析 由题意得△ABC的面积S＝12bcsin A＝34bc＝3，故bc＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc＝24，所以a＝26，△ABC的周长为6＋26.设△ABC的内切圆半径为r，则12（a＋b＋c）r＝12×（6＋26）r＝3，所以r＝3－2.
9.[角度创新]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cb＜cs A，则△ABC的形状为 钝角三角形 .
解析 已知cb＜cs A，由正弦定理，得sinCsinB＜cs A，即sin C＜sin BcsA，所以sin（A＋B）＜sin BcsA，即sin B·csA＋cs BsinA－sin BcsA＜0，所以cs BsinA＜0.又因为
sin A＞0，于是有cs B＜0，即B为钝角，所以△ABC是钝角三角形.
10.[2024惠州市一调]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＋bcsA＝3asin B.
（1）求A；
（2）若a＝21，b＝4，求△ABC的面积.
解析 （1）由正弦定理，得sin B＋sin BcsA＝3sin Asin B.
∵sin B＞0，∴3sin A－cs A＝1，得sin（A－π6）＝12.
∵A∈（0，π），∴A－π6∈（－π6，5π6），∴A－π6＝π6，即A＝π3.
（2）解法一 将a＝21，b＝4，A＝π3代入余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得21＝16＋c2－4c，解得c＝5或c＝－1（舍）.
∴S△ABC＝12bcsin A＝12×4×5×32＝53，
即△ABC的面积为53.
解法二 由正弦定理asinA＝bsinB，
得21sinπ3＝4sinB，解得sin B＝277.
由a＞b，得B∈（0，π2），
∴cs B＝1－sin2B＝217，
∴sin C＝sin（A＋B）
＝sin AcsB＋sin BcsA
＝32×217＋277×12
＝5714，
∴S△ABC＝12absin C
＝12×21×4×5714
＝53，
即△ABC的面积为53.
11.[2024江西模拟]在△ABC中，D是BC的中点，且AB＝3，AC＝2，AD＝3，则△ABC是（ C ）
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.无法确定
解析 解法一 在△ABD中，由余弦定理AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs∠ADB，得9＝3＋BD2－23BD·cs∠ADB，在△ACD中，由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs∠ADC，得4＝3＋DC2－23DC·cs∠ADC，又cs∠ADB＝－cs∠ADC，BD＝DC，所以两式相加得BD2＋DC2＝7，所以BD＝DC＝142，所以BC＝14.在△ABC中，由余弦定理得cs∠BAC＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝－112＜0，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
解法二 延长AD到E使AD＝DE，连接BE，CE，则四边形ABEC是平行四边形，AE＝2AD，所以AE2＋BC2＝2（AB2＋AC2），所以BC2＝14＞AB2＋AC2，则△ABC为钝角三角形.故选C.
解法三 因为D是BC的中点，所以AD＝12（AB＋AC），两边同时平方得AD2＝14（AB＋AC）2＝14（AB2＋2AB·AC＋AC2），即3＝14（9＋2×3×2cs∠BAC＋4），解得cs∠BAC＝－112＜0，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
12.[2024湖北部分学校联考]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝3，BD为AC边上的中线，BD＝2，且acsC－2bcs∠ABC＋ccsA＝0，则△ABC的面积为（ C ）
A.2B.78C.738D.538
解析 解法一 由acsC－2bcs∠ABC＋ccsA＝0，可得acsC＋ccsA＝2bcs∠ABC＝b，∴cs∠ABC＝12，∵∠ABC是三角形的内角，∴∠ABC＝π3.易知BD2＝12（BC2＋BA2）－14AC2，即4＝12（a2＋c2）－14×32，解得a2＋c2＝252，可得ac＝a2＋c2－322cs∠ABC＝72，∴S△ABC＝12acsin∠ABC＝12×72×32＝738，故选C.
解法二 ∵acsC－2bcs∠ABC＋ccsA＝0， ∴sin AcsC－2sin∠ABCcs∠ABC＋
sin CcsA＝0，∴sin（A＋C）－2sin∠ABCcs∠ABC＝0，即sin∠ABC－2sin∠ABCcs∠ABC＝0，易知sin∠ABC≠0，∴cs∠ABC＝12.
在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs∠ABC，得9＝a2＋c2－ac，∵BD＝12（BC＋BA），∴｜BD｜2＝14（｜BC｜2＋｜BA｜2＋2BC·BA），即4＝14（a2＋c2＋ac），可得ac＝72，∴S△ABC＝12acsin∠ABC＝12×72×32＝738，故选C.
13.[多选]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（b＋c）∶（c＋a）∶（a＋b）＝4∶5∶6，则下列结论正确的是（ ABD ）
A.sinA∶sinB∶sinC＝7∶5∶3
B.CA·AB＞0
C.若c＝6，则△ABC的面积是15
D.若b＋c＝8，则△ABC外接圆的半径是733
解析 在△ABC中，由于（b＋c）∶（c＋a）∶（a＋b）＝4∶5∶6，所以可设b＋c＝4k，a＋c＝5k，a＋b＝6k，求得a＝7k2，b＝5k2，c＝3k2，所以a∶b∶c＝7∶5∶3，由正弦定理可知A正确；cs A＝b2＋c2－a22bc＝－12＜0，故CA·AB＝－bccsA＞0，故B正确；若c＝6，可得k＝4，则b＝10，又因为sin A＝1－cs2A＝32，所以△ABC的面积S＝12bcsin A＝12×10×6×32＝153，故C错误；若b＋c＝8，则k＝2，可得a＝7，设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得2R＝asinA＝732＝1433，可得△ABC外接圆的半径是733，故D正确.故选ABD.
14.[2024海南定安中学开学考试]如图，已知平面四边形ABCD存在外接圆，且AB＝5，BC＝2，cs∠ADC＝45.
（1）求△ABC的面积；
（2）若DC＝DA，求△ADC的周长.
解析 （1）因为平面四边形ABCD存在外接圆，
所以∠ABC＝π－∠ADC，cs∠ABC＝－cs∠ADC＝－45，
又∠ABC∈（0，π），所以sin∠ABC＝1－cs2∠ABC＝1－（－45）2＝35，
所以S△ABC＝12AB×BC×sin∠ABC＝12×5×2×35＝3.
（2）在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC＝45，所以AC＝35.
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝DA2＋DC2－2DA·DC·cs ∠ADC，
又DC＝DA，则45＝DA2＋DA2－85DA2＝25DA2，解得DA＝DC＝1522.
所以△ADC的周长为AC＋CD＋DA＝35＋152.
15.[设问创新/2023山东潍坊一模]在①tan Atan C－3tan A＝1＋3tan C，②（2c－3a）·cs B＝3bcs A，③（a－3c）sin A＋csinC＝bsinB，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 .
（1）求角B的大小；
（2）已知c＝b＋1，且角A有两解，求b的取值范围.
解析 （1）若选①，解答过程如下.
对tan Atan C－3tan A＝1＋3tan C整理得1－tan Atan C＝－3（tan A＋tan C）.
因为A＋B＋C＝π，
所以tan B＝－tan （A＋C）＝－tanA＋tanC1－tanAtanC＝33.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
若选②，解答过程如下.
由（2c－3a）cs B＝3bcs A及正弦定理得（2sin C－3sin A）cs B＝3sin BcsA，
所以2sin CcsB＝3sin（A＋B）＝3sin C，
又sin C＞0，所以cs B＝32.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
若选③，解答过程如下.
由（a－3c）sin A＋csinC＝bsinB及正弦定理得a2＋c2－b2＝3ac，所以a2＋c2－b22ac＝32，即cs B＝32.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
（2）解法一 由c＝b＋1及正弦定理得bsinB＝b+1sinC，
由（1）知，sin B＝12，所以sin C＝b+12b.
因为B＝π6，角A的解有两个，所以角C的解也有两个，所以12＜sin C＜1，
所以12＜b+12b＜1，又b＞0，所以b＜b＋1＜2b，解得b＞1.
故b的取值范围为（1，＋∞）.
解法二 在△ABC中，因为B＝π6，c＝b＋1，
所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋（b＋1）2－3（b＋1）a，
化简整理得a2－3（b＋1）a＋2b＋1＝0，
若角A有两解，则关于a的方程a2－3（b＋1）a＋2b＋1＝0有两个不等正根，
所以Δ=3（b+1）2－4（2b+1）>0，2b+1>0，3（b+1）>0，b>0，解得b＞1，故b的取值范围为（1，＋∞）.
16.[情境创新]剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国最古老的民间艺术之一.如图，纸片为一圆形，直径AB＝20 cm，需要剪去四边形CEC1D，可以经过对折、沿DC和EC裁剪、展开得到.
已知点C在圆上且AC＝10 cm，∠ECD＝30°.要使得镂空的四边形CEC1D面积最小，AD的长应为 （20－103） cm.
解析 如图，连接BC，因为AB＝20 cm，AC＝10 cm，AB为直径，所以∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∠BAC＝60°，BC＝103 cm.设∠ACD＝θ，因为∠ECD＝30°，所以∠BCE＝60°－θ，∠BEC＝90°＋θ，∠CED＝90°－θ，∠CDE＝60°＋θ.在△BCE中，由正弦定理BCsin∠BEC＝CEsin∠ABC，得103sin（90°＋θ）＝CEsin30°，则CE＝53sin（90°＋θ）＝53csθ（cm）；在△CDE中，由正弦定理DEsin∠ECD＝CEsin∠CDE，得DEsin30°＝53csθsin（60°＋θ），所以DE＝532csθsin（60°＋θ）（cm）.则S四边形CEC1D＝2S△CED＝2×12DE·AC·sin∠BAC＝532csθsin（60°＋θ）×10×32＝752csθsin（60°＋θ）＝752csθ（32csθ＋12sinθ）＝753cs2θ＋sinθcsθ＝753×1+cs2θ2＋12sin2θ＝7532cs2θ＋12sin2θ＋32＝75sin（2θ+60°）＋32（cm2）.
由以上分析，易知0°≤θ≤60°，所以当θ＝15°时，四边形CEC1D的面积取得最小值，且最小值为150（2－3）cm2，
此时，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠BAC＝60°，所以∠CDA＝105°，又因为AC＝
10 cm，所以结合正弦定理ACsin∠CDA＝ADsin∠ACD，得10sin105°＝ADsin15°，则AD＝10×sin15°sin105°＝10×sin（45°－30°）sin（60°+45°）＝10×6－246＋24＝（20－103）（cm）.
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