考点03-解三角形压轴题汇总(解析版)

考点03解三角形压轴题一、单选题（共12小题）1.（2020秋•洛阳期中）已知△ABC为锐角三角形，D，E分别为AB，AC的中点，且CD⊥BE，则cosA的取值范围是（）A．（，1） B．（） C．[，1） D．[，）【分析】设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设CD，BE交于G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由直角三角形的性质可得AF＝a，分别在三角形ABF和三角形ACF中，运用余弦定理可得c2+b2＝5a2，由锐角三角形可得＜＜，再由余弦定理可得cosA关于b，c的式子，由换元法和对勾函数的单调性，计算可得所求范围．【解答】解：设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设CD，BE交于G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由CD⊥BE，可得FG＝BC＝a，AG＝a，AF＝a，在△ABF中，c2＝（a）2+（a）2﹣2×a•a•cos∠AFB，在△ACF中，b2＝（a）2+（a）2﹣2×a•a•cos∠AFC，上面两式相加，结合∠AFB+∠AFC＝π，可得c2+b2＝5a2，又△ABC为锐角三角形，可得a2+b2＞c2，b2+c2＞a2，c2+a2＞b2，可得3b2＞2c2，3c2＞2b2，则＜＜，即＜＜，又cosA＝＝＝（+）≥×2＝，当且仅当b＝c，取得最小值；设＝t（＜t＜），则f（t）＝t+在（，1）递减，在（1，）递增，可得f（）＝f（）＝，则≤cosA＜，故选：D．【知识点】三角形中的几何计算2.（2020春•惠山区校级期末）△ABC中，△ABC所在平面内存在点P使得PB2+PC2＝3PA2＝3，则△ABC面积最大值为（）A． B． C． D．【分析】以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，设B（﹣a，0），C（a，0），（a＞0），则A（0，），设P（x，y），运用两点距离公式可得P在两圆上，由圆与圆的位置关系的等价条件，解不等式可得a的范围，再由三角形的面积公式，结合二次函数的最值求法，可得最大值．【解答】解：以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，设B（﹣a，0），C（a，0），（a＞0），则A（0，），设P（x，y），由PB2+PC2＝3PA2＝3，可得（x+a）2+y2+（x﹣a）2+y2＝3[x2+（y﹣）2]＝3，可得x2+y2＝﹣a2，x2+（y﹣）2＝1，即有点P既在（0，0）为圆心，半径为的圆上，也在（0，）为圆心，1为半径的圆上，可得|1﹣|≤≤1+，由两边平方化简可得a2≤，则△ABC的面积为S＝•2a•＝a＝＝，由a2≤，可得a2＝，S取得最大值，且为．故选：B．【知识点】正弦定理3.（2020春•永州期末）设a，b，c为ABC中的三边长，且a+b+c＝1，则a2+b2+c2+4abc的取值范围是（）A．[，] B．[，） C．（，] D．（，）【分析】记f（a，b，c）＝a2+b2+c2+4abc，则f（a，b，c）＝1﹣2ab﹣2c（a+b）+4abc，再根据三角形边长性质可以证得f（a，b，c）．再利用不等式和已知可得ab，所以f（a，b，c）≥1﹣﹣2c（1﹣c）＝，再利用求导根据单调性可以推得a2+b2+c2+4abc，继而可以得出结果．【解答】解：记f（a，b，c）＝a2+b2+c2+4abc，则f（a，b，c）＝1﹣2ab﹣2c（a+b）+4abc＝1﹣2ab（1﹣2c）﹣2c（1﹣c）＝2（c+ab）2﹣2a2b2﹣2（ab+c）+1＝2[c+ab﹣]2﹣2a2b2+＝4（c﹣）（a﹣）（b﹣）+又a，b，c为△ABC的三边长，所以1﹣2a＞0，1﹣2b＞0，1﹣2c＞0，所以f（a，b，c）．另一方面f（a，b，c）＝1﹣2ab（1﹣2c）﹣2c（1﹣c），由于a＞0，b＞0，所以ab，又1﹣2c＞0，所以f（a，b，c）≥1﹣﹣2c（1﹣c）＝，不妨设a≥b≥c，且a，b，c为△ABC的三边长，所以．令y＝，则y′＝3c2﹣c＝c（3c﹣1）≤0，所以ymin＝﹣＝，从而，当且仅当a＝b＝c＝时取等号．故选：B．【知识点】余弦定理4.（2020春•嘉兴期末）在△ABC中，，AC的中点为D，若长度为3的线段PQ（P在Q的左侧）在直线BC上移动，则AP+DQ的最小值为（）A． B． C． D．【分析】先求出BC＝6，AB＝3，以BC所在直线为x轴，y轴经过点A，建立坐标系，则A（0，3+），设P（a，0），则Q（a+3，0），D（，），求出AP+DQ，利用几何意义，结合对称性，即可得出结论．【解答】解：因为，由正弦定理可得，可得，以BC所在直线为x轴，y轴经过点A，则，设，可得AP+DQ＝+则AP+DQ表示x轴上的点P与A和的距离和，利用对称性关于x轴的对称点为E，可得AP+DQ的最小值为AE＝＝．故选：B．【知识点】正弦定理5.（2020春•博望区校级月考）在等腰△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中B为钝角，b﹣asinA＝bcos2A．点D与点B在直线AC的两侧，且CD＝3AD＝3，则△BCD的面积的最大值为（）A． B．4 C． D．3【分析】以D为原点，DC为x轴正方向建立直角坐标系，点A在单位圆上，可得：C（3，0），由已知可求B＝，设B（x，y），∠ADC＝θ，可得A（cosθ，sinθ），可得|AC|＝，由余弦定理|AB|＝|BC|＝，可得B的轨迹为：（x﹣）2+（y﹣）2＝，可得x＝时，有|yB|max＝，利用三角形的面积公式可求S△BCD的最大值．【解答】解：如图所示，以D为原点，DC为x轴正方向建立直角坐标系，点A在单位圆上，可得：C（3，0），由b﹣asinA＝bcos2A，可得：sinB﹣sin2A＝sinB（1﹣2sin2A），可得：sin2A＝2sinBsin2A，可得：sinB＝，由B为钝角，可得B＝，设B（x，y），∠ADC＝θ，可得：A（cosθ，sinθ），可得：|AC|＝，由题意及余弦定理可得：|AC|＝，可得|AB|＝|BC|＝，可得B的轨迹为：（x﹣）2+（y﹣）2＝，可得：x＝时，有|yB|max＝，由S△BCD＝|CD|•|yB|＝|yB|，可得：S△BCDmax＝＝．故选：C．【知识点】三角形中的几何计算6.（2020•西湖区校级模拟）设0＜b＜a＜4b，m＞0，若三个数，，m能组成一个三角形的三条边长，则实数m的取值范围是（）A．（，1） B．（1，） C．[，2] D．（，2）【分析】由题意可得1＜＜4，可令t＝（1＜t＜4），判断可得，可得﹣＜m＜+，化为2﹣（+）＜2m＜2+（+），结合基本不等式和导数判断单调性，以及不等式恒成立思想，即可得到所求范围．【解答】解：∵0＜b＜a＜4b，m＞0，令x＝，y＝，z＝m，x2﹣y2＝（）2﹣2＝＜0，∴，∴x＜y，∵x，y，z能组成一个三角形的三条边长，可得y﹣x＜z＜x+y，即为﹣＜m＜+，设0＜b＜a＜4b，可得1＜＜4，可令t＝（1＜t＜4），即有＜2m＜，即为2﹣（+）＜2m＜2+（+），由2+（+）≥2+2＝4，当且仅当t＝1上式取得等号，但1＜t＜4，可得2﹣（+）＞4，则2m≤4，即m≤2；又设k＝+∈（2，），可得2﹣（+）＝2﹣k，由y＝2﹣k的导数为y′＝﹣1＝，由2＜k＜可得2k＞，即函数y为增函数，可得2﹣k＜2﹣＝﹣，即有2m≥﹣，即有m≥﹣，可得﹣≤m≤2，故选：C．【知识点】三角形中的几何计算7.（2020秋•五华区校级月考）设锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝1，A＝2C，则△ABC周长的取值范围为（）A．（0，2+） B．（0，3+） C．（2+，3+） D．（2+，3+]【分析】由锐角三角形求得30°＜C＜45°，由正弦定理可得＝＝＝，求出a，b关于cosC的函数，运用余弦函数的大小，可得所求范围．【解答】解：锐角△ABC可得0°＜A＜90°，即0°＜2C＜90°，B＝180°﹣A﹣C＝180°﹣3C，而0°＜180°﹣3C＜90°，可得30°＜C＜45°，由正弦定理可得＝＝＝，可得a＝＝＝2cosC，b＝＝＝＝2cos2C+cos2C＝4cos2C﹣1，则a+b+c＝4cos2C+2cosC＝4（cosC+）2﹣，由30°＜C＜45°，可得＜cosC＜，即有cosC＝时，可得a+b+c＝2+，cosC＝时，可得a+b+c＝3+，则a+b+c的范围是（2+，3+）．故选：C．【知识点】三角形中的几何计算8.（2020秋•鄂州期中）已知△ABC的内角为A，B，C满足sin（B+C﹣A）+sin（A+C﹣B）+sin（A+B﹣C）＝，且△ABC的面积为2，则△ABC外接圆面积等于（）A．2π B．4π C．8π D．16π【分析】据正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sinAsinBsinC＝，利用正弦定理，三角形的面积公式，可得＝，求得R，即可计算得解外接圆的面积．【解答】解：∵sin（B+C﹣A）+sin（A+C﹣B）+sin（A+B﹣C）＝，且A+B+C＝π，∴sin2A+sin2B+sin2C＝，∴2sinAcosA+2sin（B+C）cos（B﹣C）＝，2sinA（cos（B﹣C）﹣cos（B+C））＝，化为2sinA[﹣2sinBsin（﹣C）]＝，∴sinAsinBsinC＝．设外接圆的半径为R，由正弦定理可得：＝2R，由S＝absinC，及正弦定理得：sinAsinBsinC＝＝，由于S＝2，可得：R2＝4S＝8，可得R＝2，∵△ABC外接圆面积S＝πR2＝8π．故选：C．【知识点】正弦定理9.（2020春•萍乡期末）在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若ac＝4，a•cosC+3c•cosA＝0，则△ABC面积的最大值为（）A．1 B． C．2 D．4【分析】△ABC中，a•cosC+3c•cosA＝0，利用余弦定理可得：2b2＝a2﹣c2．结合ac＝4，a，b都用c表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质可得cosB的最小值，可得sinB的最大值，即可得出三角形面积的最大值．【解答】解：△ABC中，a•cosC+3c•cosA＝0，∴a•+3c•＝0，化为：2b2＝a2﹣c2．∵ac＝4，∴a＝，∴b2＝＝．∴cosB＝＝＝≥＝，当且仅当c2＝，b2＝，a2＝4时取等号．∴B∈．∴sinB．则△ABC面积的最大值＝acsinB≤＝1．故选：A．【知识点】余弦定理、正弦定理10.（2020秋•南山区校级期末）在△ABC中，D，E分别是边AC，AB的中点，若BD⊥CE，则cosA的最小值为（）A． B． C． D．【分析】建立坐标系，设出C，E两点坐标，表示出A，B两点坐标，将cosA的最小值转化为向量的数量积运算处理．【解答】解：依题意，如图，设C（90，c），B（b，0），（b＞0，c＞0），则因为D为AC中点，∴A（﹣b，﹣c），D（﹣，0）又因为E为AB中点，∴E（0，﹣），∴＝（b，2c），＝（2b，c）则cosA＝＝，令t＝2+2，则t＞2，∴cosA＝＝＝，∴当＝﹣＝，即t＝4时，cosA有最小值．故选：A．【知识点】余弦定理11.（2020春•浦东新区校级月考）在边长为的正三角形ABC的边AB、AC上分别取M、N两点，沿线段MN折叠三角形，使顶点A正好落在边BC上，则AM的长度的最小值为（）A． B． C．2﹣ D．【分析】在图（2）中连接MP，由折叠可知AM＝PM，根据等边对等角可得∠BAP＝∠APM，又∠BMP为三角形AMP的外角，若设∠BAP为θ，则有∠BMP为2θ，再设AM＝PM＝x，根据正弦定理建立函数关系，根据正弦函数的图象与性质得出正弦函数的最大值，进而得出x的最小值，即为AM的最小值．【解答】解：显然A，P两点关于折线MN对称，连接MP，图（2）中，可得AM＝PM，则有∠BAP＝∠APM，设∠BAP＝θ，∠BMP＝∠BAP+∠APM＝2θ，再设AM＝MP＝x，则有MB＝﹣x，在△ABC中，∠APB＝180°﹣∠ABP﹣∠BAP＝120°﹣θ，∴∠BPM＝120°﹣2θ，又∠MBP＝60°，在△BMP中，由正弦定理知＝，即＝，∴x＝，∵0°≤θ≤60°，∴0°≤120°﹣2θ≤120°，∴当120°﹣2θ＝90°，即θ＝15°时，sin（120°﹣2θ）＝1．此时x取得最小值＝＝2，且∠AME＝75°．则AM的最小值为2．故选：C．【知识点】解三角形12.在△ABC中，sinA，sinB，sinC依次成等比数列，则的取值范围是（）A．（1，2+） B．（﹣2，1） C．（3﹣，2） D．（2，3+）【分析】由已知得，则＝1，看成关于的二次函数f（t）＝t2+t+1，根据三角形任意两边大于第三边，求出即t的范围，结合函数的单调性即可求解．【解答】解：由已知得，则＝1，看成关于的二次函数f（t）＝t2+t+1，下面研究t的范围，显然a，或c是最大边，所以a+b＞c⇒①，或b+c＞a⇒②，联立①②解得，所以问题转化为研究二次函数：f（t）＝t2+t+1，的值域的问题．该函数在定义域内递增，计算得，．故所求的范围是（2，3+）．故选：D．【知识点】等比数列的通项公式、正弦定理二、填空题（共9小题）13.（2020春•江苏月考）如图所示，△ABC中，AC＝3，点M是BC的中点，点N在边AC上，且AN＝2NC，AM与BN相交于点P，且PN＝2PM，则△ABC面积的最大值为．【分析】根据题意把设＝，＝，作为该平面的一组基底，根据向量运算的三角形法则及共线向量定理分别表示出，，即可求得AP：PM，BP：PN的值，再设PM＝2t，求得PN，PA，PB，设△APN的面积为x，运用余弦定理和面积公式，结合二次函数的最值可得x的最大值，进而得到所求△ABC的面积的最大值．【解答】解：设＝，＝，则＝+＝﹣3﹣，＝+＝2+，∵A、P、M和B、P、N分别共线，∴存在实数λ、μ，使＝λ＝﹣λ﹣3λ，＝μ＝2μ+μ，故＝﹣＝（λ+2μ）+（3λ+μ）．而＝+＝2+3，∴，解得，故＝，＝，即AP：PM＝4：1．BP：PN＝3：2，设PM＝t，则PN＝2t，PA＝4t，PB＝3t，t＞0，设△APN的面积为x，∠APN＝α，在△APN中，AN＝2，AP＝4t，PN＝2t，可得cosα＝＝，sinα＝，则x＝•4t•2t•sinα＝＝≤，当t2＝，即t＝时，x取得最大值，而△ABP的面积为x，△BPM的面积为，则△ABC的面积为2（+）＝x，则△ABC的面积的最大值为×＝5．故答案为：5．【知识点】解三角形14.（2020•南通模拟）已知等边△ABC的边长为1，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，且S△ADF＝S△DEF＝．若AD＝x，CE＝y，则的取值范围为．【分析】由AD＝x，CE＝y，可得BD＝1﹣x，BE＝1﹣y，0≤x≤1，设CF＝z，可得AF＝1﹣z，运用三角形的面积公式，求得y关于x的函数式，令y≤1，得＜x≤或＜x≤1，再由换元法和基本不等式，以及对勾函数的单调性，可得所求范围．【解答】解：由AD＝x，CE＝y，可得BD＝1﹣x，BE＝1﹣y，0≤x≤1，设CF＝z，可得AF＝1﹣z，S△ADF＝S△DEF＝＝•＝，即有S△ADF＝x（1﹣z）•＝，可得z＝1﹣，由z≥0，可得≤x≤1，由S△DEF＝﹣﹣（1﹣x）（1﹣y）•﹣yz•＝，化为1﹣x﹣y+xy+y（1﹣）＝，即为y＝，由y≤1，即有≥0，即或，结合≤x≤1，可得＜x≤或＜x≤1，①则＝，可令3x﹣2＝t，即x＝，可得＝＝，若t＝0，则x＝，＝0；若t＞0，即＜x≤1，可得＝≤＝，当且仅当t＝1，即x＝1时，取得等号，又＞0，可得此时0＜≤；当t＜0时，即≤x＜，由①可得≤x≤，则﹣1≤t≤﹣，则﹣≤t+≤﹣2，则＝≥＝，当且仅当t＝﹣1，x＝时，取得等号，且≤＝2，即≤≤2，则的范围是[0，]∪[，2]．故答案为：[0，]∪[，2]．【知识点】三角形中的几何计算15.（2020•江苏模拟）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为．【分析】由已知可得，令sinA＝y，cosA＝x，可得，数形结合可知，又，可得，当且仅当A＝60°，b＝c，也即三角形为等边三角形时，取得最大值．【解答】解：因为＝，（当且仅当b＝c时取得等号），令sinA＝y，cosA＝x，故，因为x2+y2＝1，且y＞0，故可得点（x，y）表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数，表示圆弧上一点到点A（2，0）点的斜率，数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即A＝60°时，取得最小值；故可得，又，故可得，当且仅当A＝60°，b＝c，也即三角形为等边三角形时，取得最大值．故答案为：．【知识点】余弦定理16.（2020•郑州三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a、b、c，，a＝2，则sinB＝，则b＝．【分析】由正弦定理化简已知等式，结合sinA≠0，可得sinB＝sin2C，可得B＝2C，或B+2C＝π，由于若B＝2C，可得B+C＞π推出矛盾，可得B+2C＝π，根据三角形内角和定理可得A＝C，可求范围0＜B＜，利用同角三角函数基本关系式可求cosB的值，进而根据余弦定理可求b的值．【解答】解：∵，∴bsinA﹣bsin2C＝asin2C﹣bsin2C，∴bsinA＝asin2C，由正弦定理可得：sinBsinA＝sinAsin2C，∵sinA≠0，∴sinB＝sin2C，∴可得B＝2C，或B+2C＝π，∵若B＝2C，由于＜C＜，可得＜B＜π，可得B+C＞π（舍去），∴B+2C＝π，可得A＝C，可得：a＝c＝2，∵＜C＜，＜A+C＜π，∴0＜B＜，∴由sinB＝，可得cosB＝，∴由余弦定理可得b＝＝＝．故答案为：．【知识点】正弦定理17.（2020•泉州二模）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，a＝3．若点D在边BC上，且BD＝2DC，则AD的最大值是．【分析】△ABC中利用正弦定理转化求得A的值，再求出△ABC外接圆的半径；取BC的中点M，利用直角三角形的边角关系与两边之和大于第三边，即可求出AD的最大值．【解答】解：△ABC中，，由正弦定理得，sinAsinB＝sinBcosA，因为sinB≠0，所以tanA＝；又因为0＜A＜π，所以A＝；设△ABC外接圆的圆心为O，半径为R，则由正弦定理得，R＝＝＝；取BC的中点M，如图所示；在Rt△BOM中，BM＝BC＝，OM＝＝＝；在Rt△DOM中，DM＝BD﹣BM＝，OD＝＝＝1；由AD≤AO+OD＝R+OD＝+1，当且仅当圆心O在AD上时取“＝”；所以AD的最大值是+1．故答案为：+1．【知识点】余弦定理、正弦定理18.（2020•泰州模拟）在△ABC中，点D在边BC上，且满足AD＝BD，3tan2B﹣2tanA+3＝0，则的取值范围为．【分析】可引入∠DAC＝α，然后根据AD＝BD，得α＝A﹣B，同时C＝π﹣（A+B），则，分子分母展开后，整理成关于tanA，tanB的表达式，令该比值为a，将tanA用a和tanB表示出来，代入3tan2B﹣2tanA+3＝0，得到关于tanB的一元二次方程，该方程有正根，结合判别式大于等于0，得到关于a的不等式，即可求出a的范围，即结论．【解答】解：如图，在△ABC中．令∠DAC＝α，因为AD＝BD，∴∠BAD＝∠B且A＞B，，∴α＝A﹣B，且C＝π﹣（A+B），在△ACD中，令a＝＝＝＝，∴（a﹣1）tanA＝（1+a）tanB，因为，∴D不可能为BC中点，故a≠1，∴……①；由3tan2B﹣2tanA+3＝0……②知，tanA＞0，故tanB＞0，∴，解得a＜﹣1或a＞1……③．将①式代入②式整理得：，这是一个关于tanB的一元二次方程，该方程有实数根，（结合③和韦达定理可知，该方程必有正根）．∴，即2a2﹣5a+2≤0，解得④，由③④得1＜a≤2即为所求．即的范围是（1，2]．故答案为：（1，2]．【知识点】三角形中的几何计算19.（2020•厦门一模）如图，某景区有景点A，B，C，D．经测量得，BC＝6km，∠ABC＝120°，sin∠BAC＝，∠ACD＝60°，CD＝AC，则AD＝km，现计划从景点B处起始建造一条栈道BM，并在M处修建观景台．为获得最佳观景效果，要求观景台对景点A、D的视角∠AMD＝120°．为了节约修建成本，栈道BM长度的最小值为km．【分析】在△ABC中，直接由正弦定理求解AD的长度；以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，求出M点的轨迹，可知M点在圆的一段圆弧上，再由圆心到B点的距离减去半径求得栈道BM长度的最小值．【解答】解：在△ABC中，BC＝6，∠ABC＝120°，sin∠BAC＝，由正弦定理可得：，即，解得：AC＝．在△ACD中，由∠ACD＝60°，CD＝AC，得△ACD为等边三角形，可得AD＝AC＝km；以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，由，得cos，∴sin∠ACB＝sin（120°+∠BAC）＝sin120°cos∠BAC+cos120°sin∠BAC＝＝，cos∠ACB＝．在△ABC中，由正弦定理可得：，解得AB＝12．∴A点的坐标为（﹣6，6）．sin∠DCx＝sin（60°+∠ACB）＝sin60°cos∠ACB+cos60°sin∠ACB＝＝，则cos∠DCx＝＝．∴D点坐标为（9，9）．设M（x，y），则，．∵∠AMB＝120°，∴由到角公式可得：tan120°＝．整理得：．∴M点在圆的一段圆弧上．圆心为（0，10），半径为．则BM长度的最小值为．故答案为：；．【知识点】解三角形20.（2020•婺城区校级模拟）在△ABC中，，点D与点B分别在直线AC的两侧，且AD＝1，，则BD的长度的最大值是．【分析】根据可分析出△ABC是直角三角形，画出图形，可设∠ACD＝α，借助于余弦定理在三角形BCD中表示出BD2，然后再利用三角形ACD借助于余弦定理找到x与α角的关系，代入BD2表达式，利用导数研究函数最值的方法求解．【解答】解：在三角形ABC中，设AC＝x，则BC＝，且．由正弦定理得，解得，显然B为锐角，故B＝．∴．设∠ACD＝α，∴．∴在△BCD中，＝3（x2+1）+6xsinα……①．又∵在△ACD中，．∴．代入①式得：BD2＝．令t＝x2+1，则上式可化为，（）……②．∴，令y′＝0得，可见t＞5．即t2﹣10t+16＝0，∴t＝8或t＝2（舍）将t＝8代入②式得BD2＝27，故．（因为开区间内唯一的极值点即为该函数的最值点）故答案为：3．【知识点】三角形中的几何计算21.（2020•郑州一模）在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且2cosA＝a（﹣cosC），c＝2，D为AC上一点，AD：DC＝1：3，则△ABC面积最大时，BD＝．【分析】由2＝c，结合三角形的正弦定理和三角函数的和差公式，可得b＝，再由三角形的海伦面积公式，化简整理，结合二次函数的最值求法，可得三角形的面积取得最大值时a的值，再由余弦定理计算可得所求值．【解答】解：∵2cosA＝a（﹣cosC），c＝2，∴ccosA＝﹣acosC，∴由正弦定理可得sinCcosA+sinAcosC＝sinA，∴sin（A+C）＝sinB＝sinA，∴b＝，由p＝，p﹣a＝，p﹣c＝，p﹣b＝，由三角形的海伦面积公式可得S△ABC＝＝＝＝＝＝＝，当a2＝12，即a＝2时，b＝2，△ABC的面积取得最大值，∵D为AC上一点，AD：DC＝1：3，∴AD＝，∴由余弦定理可得cosA＝＝＝，解得BD＝．故答案为：．【知识点】余弦定理三、解答题（共12小题）22.（2020秋•未央区校级期中）如图，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝．（1）求cos∠CAD的值；（2）若cos∠BAD＝﹣，sin∠CBA＝，求BC的长．【分析】（1）在△ADC中，由余弦定理直接求解可得cos∠CAD的值．（2）由cos∠BAD＝﹣，sin∠CBA＝，利用同角三角函数关系式和正弦定理即可求BC的长．【解答】解：AD＝1，CD＝2，AC＝（1）在△ADC中，由余弦定理，得cos∠CAD＝．∴；（2）设∠BAC＝α，则α＝∠BAD﹣∠CAD，，在△ABC中，由正弦定理，，解得：BC＝3．即BC的长为3．【知识点】余弦定理、正弦定理23.（2020春•思南县校级期末）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a＝2，cosB＝．（1）若b＝4，求sinA的值；（2）若△ABC的面积S△ABC＝4，求b、c的值．【分析】（1）由cosB＝＞0，且0＜B＜π，可得sinB＝．再利用正弦定理即可得出．（2）由S△ABC＝acsinB＝，解得c，再利用余弦定理即可得出．【解答】解：（1）∵cosB＝＞0，且0＜B＜π，∴sinB＝＝．由正弦定理得＝，∴sinA＝＝＝．（2）∵S△ABC＝acsinB＝×＝4，∴c＝5．由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB＝22+52﹣2×2×5×＝17，∴b＝．【知识点】余弦定理24.（2020秋•浦东新区校级期中）在△ABC中，已知tanA＝．（1）若△ABC外接圆的直径长为，求BC的值；（2）若△ABC为锐角三角形，其面积为6，求BC的取值范围．【分析】（1）由tanA＝求得sinA，再利用正弦定理求解BC，（2）由三角函数的有界性求BC取值范围．【解答】解：（1）因为tanA＝＝，可得cosA＝，∵sin2A+cos2A＝1，∴sin2A+（）2＝1，又A∈（0，π），解得：sinA＝，因为△ABC外接圆的直径2R＝，由正弦定理2R＝，可得BC＝2RsinA＝×＝6．（2）由（1）可得sinA＝，cosA＝＝，因为其面积为6＝bcsinA＝bc×，解得bc＝13，由正弦定理可得，可得：＝＝＝＝，其中φ+A＝，sinφ＝，cosφ＝，∵△ABC是锐角三角形，∴，∴B∈（﹣A，），∴，∴sin（）＜sin（2B﹣φ）≤sin，∴，∴＜＝，∴，∴，即BC的取值范围是[4，）．【知识点】正弦定理25.（2020春•海安市校级期中）在①；②2acosA＝bcosC+ccosB，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知_______．（1）求角A；（2）设△ABC的面积为S，若，求面积S的最大值．【分析】（1）首先任选择一个条件，然后根据正弦定理进行边角互化，再根据三角恒等变换，化简求值．（2）由（1）得A＝，利用余弦定理和基本不等式求bc的最大值，再求面积的最大值．【解答】解：（1）若选条件①，∵，∴由正弦定理得，∵sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，∴＝，，∵sinC≠0，∴，∵0＜A＜π，∴；若选条件②，∵2acosA＝bcosC+ccosB，∴由正弦定理得2sinAcosA＝sinBcosC+sinCcosB，即2sinAcosA＝sin（B+C）＝sinA，，∵0＜A＜π，∴；若选条件③，∵，∴由正弦定理得，∵sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，∴＝sinAcosC+cosAsinC，，∵sinC≠0，∴，∵0＜A＜π，∴；所以不管选择哪个条件，．（2）a2＝b2+c2﹣2bccosA，，即b2+c2﹣bc＝3，∵b2+c2≥2bc，∴2bc﹣bc≤3，即bc≤3，当b＝c时等号成立．∴bc的最大值为3，∵，∴．【知识点】两角和与差的三角函数、正弦定理26.（2020春•台州期中）已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，，b＝2，D为线段AC上一点且AD＝3DC．（Ⅰ）求cosB；（Ⅱ）求|BD|的最大值．【分析】（Ⅰ）利用正弦定理将已知等式化成边之间的关系，再由余弦定理即可求得cosB的值；（Ⅱ）利用平面向量的线性运算及数量积运算可得＝，由（Ⅰ）中结论及利用基本不等式可得，从而可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理得：，∴∴，（Ⅱ）因为D为线段AC上一点且AD＝3DC，所以＝+＝+＝+（）＝+，所以＝＝＝．由（Ⅰ）知：因为：，（当且仅当a＝c＝时取等号）．所以：，得：所以：故|BD|的最大值为．【知识点】正弦定理、余弦定理27.（2020•白云区模拟）已知函数f（x）＝asinx+bcosx（a＞0）的图象的一条对称轴为直线，且此轴与函数图象交点的纵坐标为（Ⅰ）求函数f（x）的的单调递增区间；（Ⅱ）在三角形ABC中，两个内角A，B满足A＝4B，且，求内角A，B所对的边的比的值．【分析】第一问需要我们根据对称轴及最值求出函数解析式，然后利用整体法求函数的单调增区间；第二问为三角函数与解三角形的综合题目，需要我们根据条件求出角A，B的值然后求解．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝asinx+bcosx＝＝，；由题意知，，；所以；所以；于是；所以f（x）＝＝；令，解得；所以单调递增区间为[]，K∈Z；（Ⅱ）；，又因为A∈（0，π），所以；；由正弦定理得：．【知识点】两角和与差的三角函数、正弦定理28.（2020春•滁州期末）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）若b＝，C＝120°，求△ABC的面积S；（2）若b：c＝2：3，求．【分析】（1）由正弦定理化简已知条件，解得a，又知b，C，由三角形面积公式absinC可求得面积；（2）由已知条件可得a，b，c的比例关系，由倍角公式和正弦定理，余弦定理化简即可得结果．【解答】解：（1）由正弦定理知，csinB＝bsinC；由2asinC＝csinB，得2asinC＝bsinC，故2a＝b，∵b＝，∴a＝6；又C＝120°，△ABC的面积S＝＝＝18，故△ABC的面积S为18．（2）由2a＝，b：c＝2：3，∴，∴，＝＝＝2cosA﹣；＝＝；∴2cosA﹣＝1．故．【知识点】解三角形29.（2020秋•汇川区校级期中）在△ABC中，D为BC上一点，AD＝CD，BA＝7，BC＝8．（1）若B＝60°，求△ABC外接圆的半径R；（2）设∠CAB﹣∠ACB＝θ，若，求△ABC面积．【分析】（1）利用余弦定理求出AC的值，再由正弦定理求得三角形外接圆的半径；（2）由题意，利用正弦、余弦定理求得∠ABC的正弦值，再计算△ABC的面积．【解答】解：（1）由余弦定理AC2＝BA2+BC2﹣2BA•BC•cosB＝57，解得；又，解得；∴△ABC外接圆的半径R为；…（5分）（2）由AD＝CD，所以∠DCA＝∠DAC，所以θ＝∠CAB﹣∠ACB＝∠BAD；由，当∠BAD为锐角时，得；设BD＝x，则DC＝8﹣x，DA＝8﹣x，在△ABD中，由余弦定理得，解得x＝3；所以BD＝3，DA＝5；由正弦定理，即，解得；所以，此时△ABC的面积为10…（10分）当∠BAD为钝角时，得cosθ＝cos∠BAD＝﹣；设BD＝y，则DC＝8﹣y，DA＝8﹣y，在△ABD中BA＝7，BD＝y，DA＝8﹣y，cos∠BDA＝﹣，由余弦定理得y2＝72+（8﹣y）2﹣2×7×（8﹣y）×（﹣），解得y＝；所以BD＝，DA＝；由正弦定理，即＝，解得sinB＝；所以S△ABC＝BA•BC•sinB＝，此时△ABC的面积为…（14分）【知识点】正弦定理、余弦定理30.（2020秋•惠来县校级期中）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若a＝1，求△ABC的周长l的最大值．【分析】（1）由题意利用正弦定理，两角和差的三角公式，求得cosA的值，可得A的值．（2）利用正弦定理求得b、c的解析式，可得周长l的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，求得△ABC的周长l的最大值．【解答】解：（1）△ABC中，∵，∴由正弦定理可得sinAcosC+sinC＝sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，∴sinC＝cosAsinC，∴cosA＝．结合A∈（0，π），可得A＝．（2）由正弦定理得，∴周长＝．∵，∴，∴，故△ABC的周长l的最大值为3．【知识点】正弦定理31.（2020•静安区二模）若函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0≤φ＜π）满足下列条件：①f（x）的图象向左平移π个单位时第一次和原图象重合；对任意的x∈R都有f（x）≤f（）＝2成立．（1）求f（x）的解析式；（2）若锐角△ABC的内角B满足f（B）＝1，且∠B的对边b＝1，求△ABC的周长l的取值范围．【分析】（1）由题意可得T＝＝π，解得ω，由题意可求A，利用正弦函数的性质可得2×＝2kπ+，k∈Z，结合范围0≤φ＜π，可求φ，即可得解函数解析式．（2）由，可求，结合△ABC是锐角三角形，可求范围，由正弦定理可得，利用三角函数恒等变换的应用化简周长，利用正弦函数的性质即可得解其取值范围．【解答】解：（1）由题意可得：T＝＝π，解得：ω＝2，∵对任意的x∈R都有成立，∴x＝时，f（x）有最大值2，可得：A＝2，∵2×＝2kπ+，k∈Z，又∵0≤φ＜π，∴φ＝，∴f（x）＝2sin（2x+）．（2）f（B