余弦定理正弦在几何生活应用举例高一数学考点题型技巧精讲与精练高分突破人教版必修二册

A必修第二册【考点梳考点二考点三A必修第二册【考点梳考点二考点三θ的范围是0°≤θ<360°(2)坡比(坡度)，即i h＝tanθ＝【题型归题型一：正、余弦定理判定三角形的形状bccosAsinB1（2021·江苏宿迁·高一期末）在ABC中，角ABC所对的边分别为abcaccos sinABC的【题型归题型一：正、余弦定理判定三角形的形状bccosAsinB1（2021·江苏宿迁·高一期末）在ABC中，角ABC所对的边分别为abcaccos sinABC的形状是）AD2（2021·甘肃·庆阳第六中学高一期末）已知ABC的内角ABC所对的边分别为abc，满足abcosCABC的形状一定是）ADABC中lg(sinAsinC2lgsinBlg(sinCsinA，3（2021ABC的形状（）AD题型二：求三角形的周长或者边长最值或范4（2021在锐角ab）3A．3B．2,3C．2,2ABC所对的边分别为abc，已知a235（2021·在ABC的面积S2(b2c2a2，则ABC周长的最大值是2）B．62A．C．4D．6BC，DCD＝aC与∠ADB的度数AB的值.AB的值6（2021·重庆南开中学高一阶段练习）ABC中，角ABC所对的边分别为abc，若满足c2acosCcsinA的三角形ABC有两个，则边BC的长度的取值范围是 6（2021·重庆南开中学高一阶段练习）ABC中，角ABC所对的边分别为abc，若满足c2acosCcsinA的三角形ABC有两个，则边BC的长度的取值范围是 A．2B．3C．3,D．2,题型三：几何图形中7（2021·7BAD2πBDABC的面积为）3A．7B．D．633ABC所对的边分别为abc8（2021如图，设3acosCccosA2bsinB，且CABD是ABCDC1,DA23 B．ABC的内角CB3A．ABC3 3459（2021·辽宁·高一期末）在ABCB45，DBCBAD75DC1,AC7AB）A．B．题型四：求三角形面积最值或者10（2021·四川新都·高一期末）设锐角ABC的内角AB、C所对的边分别为a、b、cc1cosA3asinCb2ABC的面积的取值范围是）32A．1,B．32A．B．题型四：求三角形面积最值或者10（2021·四川新都·高一期末）设锐角ABC的内角AB、C所对的边分别为a、b、cc1cosA3asinCb2ABC的面积的取值范围是）32A．1,B．32D．1,23,1（2021·c2a21c)]．若b2a，面积S [caABC内角ABCb2242asinB2bsinC，则△ABC面积的最大值为）A．B．C．633332021·江苏省丹阳高级中学高一阶段练习）已知abc分别为ABC的三个内角ABCa2，且2bsinAsinBcbsinC，则ABC面积的最大值为）A．8B．4C．23题型五：正、余弦定理和三角函数综合13（2021·bc，若a2c23acb2，则cosAsinC的取值范围为）333,2A．221,32C．2D． 14（2021·3，则∠ABC的最大值为）D．A．6323cosB2abABC所对的边分别为ab153，则∠ABC的最大值为）D．A．6323cosB2abABC所对的边分别为ab15（2021·广东·深圳中学高一期中）ABC，若cos c1，则a2b2ab的取值范围为）A．1C．5 题型六：测量距离16（2021·45和60，且BDC60，则此建筑物的高度为）A．103B53C．10D．517（2021·里/小时的速度，按北偏东15C，测得灯塔A在其正西方向，此时船与灯塔A为）A．B403C206D406题型七：测量高度18（2021·）A．40(13)BC206D406题型七：测量高度18（2021·）A．40(13)B．40(13)C．20(62)D．40(62)319（2021的高度为）A．20（32m4-mD．10（324-题型八：测量角度20（2021·C对于山坡的斜度为15，向山顶前进100mBC对于山坡的斜度为45，若CD50m于地平面的坡度为，则cos等于）3363221（2021·PO1km3363221（2021·PO1km，小车的速度是20km/h，则cosAOB）B．A．3344C．D．88题型九：正、余弦定理在几何中的综合性22（2021·广东·中山市第二中学高一阶段练习）在ABC中，设cos2Asin2Bcos2CsinAsinB（1）求角C的大小（2）若c3，求ABC周长的取值范围2021·重庆市江津中学校高一阶段练习）ABCDCD33BC77cosCBD（1）求∠BDC（2）若A，求△ABD周长的最大值3ABCabc分别为角ABC24（2021·sin2Asin2Csin2BsinAsinCb 3，求2ac的取值范围若【双基达一、单选25（2021·b 3，求2ac的取值范围若【双基达一、单选25（2021·）B．6C．5D．326（2021·）A503B．1003C506D．100627（2021·公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，到B处，此时测得俯角为20km/h，则cosAOB）B．A．3344C．D．8828（2021·B．A．3344C．D．8828（2021·A点，正北方向的C市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24nmile/h在A处看到S岛在船的北偏东153hBB处看到S岛在船的北偏东45方向.此船从A4）到C市航行过程中距离S岛的最近距离为B．D．1n2nA．C．n1n29（3m，tanMCA3，cosNCB14，MCNABCNB平ABC，AC60m，BC4MN之间的距离为 A．75B．75C．75D．30（2021·尖的仰角为30°45A，B两点之间的距离为60m，则树的高度为）A．(153B．(3015C．(3030D．(153031（2，继续在地面上前进2003m以后测得山峰的仰角为4，则该山峰的高度为A．(153B．(3015C．(3030D．(153031（2，继续在地面上前进2003m以后测得山峰的仰角为4，则该山峰的高度为）D．100A．B．C．32（2021·量时气球到地面的距离CD是 A2667B．(71)C．266 777ABC所对的边分别为abc33（2021·重庆第二外国语学校高一阶段练习）ABCab，则sin2ABC的形状为） AD34（2021·AB，高为15315m，在它们之间的地面上的点（BMD三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15和60，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为小明估算泰州基督教堂的高度为）A．B．C．20D．30【高分突一：单选35（2021·云南·昆明八中高一阶段练习）若(abc)(bca)3bc，且sinA2sinBcosC，那么ABC（）AA．B．C．20D．30【高分突一：单选35（2021·云南·昆明八中高一阶段练习）若(abc)(bca)3bc，且sinA2sinBcosC，那么ABC（）AD36（2011· ADA637（2021·黑龙江·哈尔滨三中高一阶段练习）若O且sinBcosCABsinCcos2msinBsinCAO，则m）323336A．238（2021·上海·高一专题练习）已知ABCABC所对的边分别为abc，满足cos2Acos2Bcos21sinAsinC，且sinAsinC1，则ABCAC．顶角为D．顶角为39（2020·辽宁·沈阳二中高一期末）如图，已知OPQ是半OPOQ及扇形弧上的三个动点（不同于OPQ三点）,则ABC周长的最小值是）6666C．D．224440（2021·浙江·高一单元测试）ABC中，∠BAC2DBC上，AD⊥ACBD13 ）7777ABCcos2Bac（a，b，cA，B，C的对边41（2021 AD42（2021·江西·奉新县第一中学高一阶段练习）锐角ABC中，角A、B、C）7777ABCcos2Bac（a，b，cA，B，C的对边41（2021 AD42（2021·江西·奉新县第一中学高一阶段练习）锐角ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，a2b2ac0，则sinA的取值范围是）sin23,32,2C．3A．D．2 二、多选43（2021·ABC中，a，b，c分别为AÐBC确的是）abA．，则ABCsin sinab，则ABCcos cosC．若tanAtanBtanC0，则ABC为钝角三D．若absinCccosB，则C444（2021·河北·沧州市一中高一阶段练习）如图，ABC的内角ABC所对的边分别为abc．若ab3acosCccosA2bsinBDABC外一点，DC1DA3，则下列说法正确的是且）A．ABCAC23，则ABCD 352 325ABC所对的边分别为abcABC345（2021·重庆·铜梁一中高一阶段练习）ABC 352 325ABC所对的边分别为abcABC345（2021·重庆·铜梁一中高一阶段练习）ABC3，则下列说法正确的是）Aac的最小值是Bac的最大值是Ca3c的最小值是3Da3c的最小值是42346（2021·在3BD2，则下列说法正确的是）32ABDBC，则ABCBBDBC，则ABC的外接圆半径是2383DABBC的最小值 三、填空47（2020·点，从A点测得M点的仰角MAN600C点的仰角CAB450以及MAC750；从CMCA600．已知山高BC100m，则山高MN m11148（2021·上海·高一期中）ABC2sin2Asin2B2sin2Ctan tan tan值 49（2020·BCD120，则AD的长 sinAsinCbcc50（2021·上海·高一期中）在ABC中，内角ABC所对的边分别为ab，，且 b3，则ABC的周长的最大值 51（2020·）1若sin2Asin2BABC2若sinAb3，则ABC的周长的最大值 51（2020·）1若sin2Asin2BABC2若sinAsinBABC3若sin2Asin2Bcos2C1，则ABC4若tanAtanBtanC0，则ABC则其中正确命题的序号 把所有正确的命题序号都填上四、解答52（2021·2,B45（1）求sinC的值（2）BCD，使得cosADC4，求tanDAC553（2021·bcosCccosB2acosB（Ⅱ）若b3，求a2c的最大值54（2021·江苏·吴江汾湖高级中学高一阶段练习）在ABC中，设角ABC的对边长分别为abcsinAsinBacasin（2）若ABC为锐角三角形，且c2，求ABC的面积S的取值范围55（2020·在3asinCccosA,a2c2b23ac1AB的大小ABMCNb42M，N是CMN的面积的最小3【答案详根据正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式化简得sin2Asin2B，故2A2B2A2BbccosAsinB【答案详根据正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式化简得sin2Asin2B，故2A2B2A2BbccosAsinBsinBsinCcosAsinBaccos sinsinAsinCcos sin即sin2Asin2B，所以2A2B或者2A2BABAB，2AB时则C，22所以ccosBabccosAsinB中，这时accosB00accos sina2b2利用余弦定理将abcosC化为ab，然后化简可得答案abcosCa2b2由余弦定理可得ab，则2a2a2b2c2则a2c2b2ABC为直角三角形利用给定条件结合对数运算可得sin2Bsin2Csin2A，再利用正弦定理角化边即可判断得解因lg(sinAsinC2lgsinBlg(sinCsinA，则有lg(sin2Csin2Algsin2B即有sin2Csin2因lg(sinAsinC2lgsinBlg(sinCsinA，则有lg(sin2Csin2Algsin2B即有sin2Csin2Asin2B，于是得sin2Csin2Asin2B c 得c2a2b2在ABCsin sin sin所以ABC是直角三角形利用正弦定理化cb12cosA转化为sinCsinB12cosAABasinA，求出它的取值范围即可 解：锐角ABC中，cb12cosAsinCsinB1sinAcosBcosAsinBsinB2cosAsinBsinABsinBABBA2BABBAasinA2sinBcosB2cosB ABC3BC3B2C 2， A2B2又6B4，22cosB即的取值范围是2,322cosAsinA，进而可得cosA1sinA由已知利用三角形的面积公式可求的33可求bc6，根据三角形的周长即可求解其最大值S2(b2c22cosAsinA，进而可得cosA1sinA由已知利用三角形的面积公式可求的33可求bc6，根据三角形的周长即可求解其最大值S2(b2c2a2)2(2bccosA)1bcsinA222即22cosAsinA，又cos2Asin2A1解得cosA1sinA2333，由余弦定理可得：12b2c22bcbc28bc…bc22bc21bc2又a3333bc236，即bc当且仅当bc则ABC周长的最大值是623由正弦定理及题意可得的值，再由余弦定理得关于边的二次方程，由方程有两个正根可求得解：因为acosCcsinA，所以由正弦定理得sinAcosCsinCsin因为sinA0，所以tanC4因为C(0,)，所以C，由余弦定理得c2a2b22abcosC，由于c2所以b22aba2202a2(a22)a2所以，即，a22a2ABx，在△ABDx4，设ABD，结合正弦定理求得sin，得到cossin 3的值，利用三角形的面积公式，即可求解ABxBD2AB2AD22ABADcos23x4在△ABD中，由余弦定x22x240 5设ABD，由正弦定理知sinsin，解得sin ，所以cos，3所以sinsincoscossin 3的值，利用三角形的面积公式，即可求解ABxBD2AB2AD22ABADcos23x4在△ABD中，由余弦定x22x240 5设ABD，由正弦定理知sinsin，解得sin ，所以cos，3所以sinsincoscossin211573321 33 所以 1ABBCsin1427213 3223sinB2sin2BB，得到CA、B3332sinADC532D正确，C面积等于 3 443acosCccosA2bsinB因为3sinAcosCsinCcosA2sin2B3sinAC2sin2B，3sinB2sin2B所以3BB(0,，可得sinB0，所以sinB32又因为CAB，所以CAB33 3AC21ADDC由四边形ABCD面积等于 42 3AD2DC22ADDCcosADC)1ADDC42544154ADC2sinADC2sinADC 414232在ADCAD2，在△ADBABADC45751200，根据余弦定理AC2AD2DC22ADDCcos1200AD2AD60AD2ADB600，sin sin322ADsin0AB6在ADCAD2，在△ADBABADC45751200，根据余弦定理AC2AD2DC22ADDCcos1200AD2AD60AD2ADB600，sin sin322ADsin0AB6sin22A，利用正弦定理求得c13B3面积公式以及正切函数的基本性质可求得结果tan因为c1cosA3asinC，由正弦定理可得sinC1cosA3sinAsinC2sinA 因为C为锐角，则sinC03sinAcosA 6，63 sinA Q0A 2A ，A ，A， 6 2 bsinBbc3sinB3cosB13Qb2cbsinsin sinsinsinsintan0B62332B因为ABC为锐角三角形，则 B 3 1bcsinA3c333,1 tanB 229(c2202)9由正弦定理边角关系得ab2bc，则a2c，由9S4ABC面积的最大值∵asinB2bsinC∴由正弦定理得ab2bc且b≠0，即a9(c2202)9由正弦定理边角关系得ab2bc，则a2c，由9S4ABC面积的最大值∵asinB2bsinC∴由正弦定理得ab2bc且b≠0，即a2c且b29c410c249(c220 1[4c4(5c24)2]9c440c2∴，422444．93A，再用一次余弦定理结合不等式求解三形面积最值由a2且2bsinAsinBcbsinC即absinAsinBcbsinC由正弦定理ababcbc所以b2c2a2bc，故cosAb2c21，所以A2则由余弦定理a24b2c22bccosAb2c2bc2bcbcbc所以bc4，当且仅当bc2时等号成立所以 1bcsinA 3bc 343△244a2b2c22bccosA2bc2bccosA2bc1从而bc，当且仅当bc时等号成立11S△ABC2bcsinA2sinA2?1cosA6先根据条件a2c23acb2B，然后把cosAsinC3sinA，结合角A的范围可得cosAsin3的取值范围3B(0,B由a211S△ABC2bcsinA2sinA2?1cosA6先根据条件a2c23acb2B，然后把cosAsinC3sinA，结合角A的范围可得cosAsin3的取值范围3B(0,B由a2c23acb2和余弦定理得cosBa2c2620A0A23222A．20C0 A6cosAsinCcosAsinAcosAsin 63sinA3cosA3sinAcosA1cosA23sinA2 322A2∵1sinA2A5 333 2233cosAsinC的取值范围 3cosAsinC3 222222，利用余弦定理结合基本不等式得出cosB ，即由余弦定理可求得b2，再由等面积关系可得acsin求得sinB 32ccosAacosCb2c2a2b22，整理可得b2由余弦定理可得ca13，所以231acsinB，即ac2AC，22sincosBa2c2b22ac2accosB13sinB332，即sinB 3sinB3cosB 3 B0,b2c2a2b22，整理可得b2由余弦定理可得ca13，所以231acsinB，即ac2AC，22sincosBa2c2b22ac2accosB13sinB332，即sinB 3sinB3cosB 3 B0,B B ， 333 3 B，故∠ABC.322，由基本不等式得cosB 关键点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得acsincos 2a2sinAsinABCcos,csin2sinAcosCsinBcosCcosBsinCsin(BC)sinA而sinA0，则cosC10C，于是得C23AB2AB，因ABC为锐角三角形，即33663由正弦定理得acsinAsin(),b sin()232sin333 a2b2ab4sin2 ) sin ) ) 2 34[(3cos1sin)2(3cos1sin)2(3cos1sin)(3cos1sin 22222224(9cos21sin2)1(8cos21)34371(8cos21)33cos1，则有78cos219 27所以abab的取值范围为33] 结合图形由余弦定理可得答案设ABx，则BCx，BD 3x3在△BCDBC2BD2DC22BDDCcosBDC结合图形由余弦定理可得答案设ABx，则BCx，BD 3x3在△BCDBC2BD2DC22BDDCcosBDCx21x210023x101332x253x1500x53x103（舍由正弦定理可得答案由题意可知ABC60,A45BC40 AC206AC206海里根据仰角与俯角概念列式求解如图ABDE40,ADBBDC43ABBCAB3BDAB3AB40403 3 3h,BOh，则在ABO中，由余弦定理，AB2AO2BO22AO 3h,BOh，则在ABO中，由余弦定理，AB2AO2BO22AOBO3h2，得h m.4003h2h24在ABCAC＝1002m，再在ADC中，由正弦定理得解在ABC，sin AB100m，∴AC＝1002ADC90，CD50在ADC，sin(90 ∴cossin90ACsin153AB，再由余弦定理解出cosAOB由题意可得OAP30OBPOP1km，OPOA，OPOB3km，OB1km则OA45222AB20 AB，再由余弦定理解出cosAOB由题意可得OAP30OBPOP1km，OPOA，OPOB3km，OB1km则OA45222AB20 423AOB8(1)(2)(3)(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等22（（2）3,23转化为三角函数求值域即可得出（1）由题意知1sin2Asin2B1sin2CsinAsinB即sin2Asin2Bsin2CsinAsinB由正弦定理得a2b2c2由余弦定理得cosCab 1 0C,C.又3abc32,a2sinA,bsin， 3则ABCLabc2sinAsinB32 AsinA32sinA 3 30A,A2sinA33 2232sinA323 3ABC周长的取值范围是33,2本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性，属于中档题3（1）（20A,A2sinA33 2232sinA323 3ABC周长的取值范围是33,2本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性，属于中档题3（1）（2（2）在△BCDBD4，在△ABDAABx,ADy3x2y21，即x2y216xy，利用基本不等式求得x ，进而求出△ABD周长的最大cosA.22（1）在△BCD中，QcosCBD 7，sinCBD17314 ，sin sin7sinBDCBCsinCBD23 CBD为钝角，BDC为锐角，BDC6BC2BD2CD27BD27（2）在cosCBDBCD中，由余弦定理2BC273BD4BD5（舍去在△ABDAABx,AD3AB2AD2BD2x2y216由余弦定理得cosAx2y2162AB2x0,y3xxyxy2163xy1644即xy264，当且仅当xy4时，等号成立，即x 8所以ABAD84所以△ABD生的转化能力与运算解能力，属于中档题24（1）（2）3（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简2a所以ABAD84所以△ABD生的转化能力与运算解能力，属于中档题24（1）（2）3（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简2ac，再由锐角三角形得出C的范围，进而得出答案（1）由已知sin2Asin2Csin2BsinAsinC，结合正弦定理，得a2c2b2ac1B0,BcosBa2c23 （2）Bb332ac4sinA2sinC4sin2C2sinC4sin2cosCcos2sinC2sinC23cos333C2因为ABC，则0cosC362所以2ac的取值范围为0得ABDDBC，从而得出cosBDC，然后在BDEBEDE360190km4由题意DAB60DABCAD60，ABBD 60212022601201603AD2BD2AB2，所以DB2从而ABD30，于是DBC13)2240，cosBDCBD3 3DCBD2BC2(603)213)2240，cosBDCBD3 3DCBD2BC2(603)2 BE2BD2DE22BDDEcosBDE(603)29022603903360034BE603亭子间的距离由题意，可得ACD30，ADC105，BDCDAC45,ADB∴CD在△ACD中，由正弦定理得100ADAD502sin sin在△ABD中，由余弦定理可得AB2AD2BD22ADBDcos6015000AB6A、B两个亭子之间的距离为506分析出POA、POB均为直角三角形，求出OA、OBAB的长，再利用余弦定理可求得的值由题意POAOBAOBOAOBPOAOPOPOB均为直角三角形，且PAO30PBO45分析出POA、POB均为直角三角形，求出OA、OBAB的长，再利用余弦定理可求得的值由题意POAOBAOBOAOBPOAOPOPOB均为直角三角形，且PAO30PBO45所以，POAPO1，可得OB1OA3tancosAOBOA2OB2AB231AB7.52032OA218构造三角形运用正弦定理求解三角形即可得出结果SEAB，ASBABS135AB24318BAS15ASB180ABSSAB4ABsin135 AS2nmilesin sinsin931n1cos2SESA·sinSAB182sin15182所以船与S岛的最先在RtMAC中求得CMRtBCN中求得CN，再在MNC中利用余弦定理求MN即可AC60m，tanMCA3依题意，在RtMAC4 3AM45mtanMCA 则CM AM2AC2452602， 375CN3mcosNCB15AC60m，tanMCA3依题意，在RtMAC4 3AM45mtanMCA 则CM AM2AC2452602， 375CN3mcosNCB15，BC在RtBCN，又MNCMCN1507527532275753cos150MNCM2CN22CMCN7MN之间的距离为75解：在△PABPAB30APB15AB又sin15sin4530sin45cos30cos45sin30232162 ４，sin PB 13062624PBsin45306223032由题设，若PCO2PBO4PAO4AB600BC2003∴PBAB600,PCBC2003302PB2BC2∴PBAB600,PCBC2003302PB2BC2PCcos2，2PB22∴sin21，则sin42cos2sin2322根据题意在△ABD中根据余弦定理即可求解设CDxCAD45,CBDADxBD3在△ABD中由余弦定理得AB2AD2BD22ADBDcosADB即2662x23x)22x·(3x)·cos150x77故测量时气球到地面的距离是( 77利用降次公式、余弦定理化简已知条件，由此确定正确选项依题意sin2Ca1cosC1，即， 2 所以cosCbaa2b2ba化简得a2b2c2ABC是直角三角形在RtABMAM，在△ACM中利用正弦定理求出CM，在Rt△CDM即可求得CD在依题意sin2Ca1cosC1，即， 2 所以cosCbaa2b2ba化简得a2b2c2ABC是直角三角形在RtABMAM，在△ACM中利用正弦定理求出CM，在Rt△CDM即可求得CD在RtABM中，232162sin15sin45 4 15315AM2，64在△ACMCAM301545AMC1801560，ACM180453030 即，sin sinsin sin223021302sin60所以sin2在Rt△CDM中CDCMsin606033032所以估算泰州基督教堂的高度为303m首先利用余弦定理求出A，再由sinA2sinBcosC利用正弦定理将角化边，以及余弦定理将角化边可得bc(abc)(bca)3bc[(bc)a][(bc)a]3bc(bc)2a23bcb22bc[(bc)a][(bc)a]3bc(bc)2a23bcb22bcc2a23bcb2bcc2a2根据余弦定理有a2b2c22bccosAb2bcc2a2b2c22bccosAbc2bccoscosA12A60又由sinA2sinBcosCaa2b2csin2cosC，则2，sinb即bc，ABCcosC＜0，即得三角形是钝角三角形 c sin sin sinC＝(3x)2(5x)210C为钝角．所以△ABC223x(1)析推理能力.(2)判定三角形的形状，一般先求最大角的余弦再判断三角形的形状利用垂心的性质，连接COABD，得到CDABsinsincosC3cosB25 Bm3msin，再把cosC，整理后得到值6在ABCsinBsinC由sinBcosCABsinCcosBAC2msinBsinCAOcoscosC3cosB25 Bm3msin，再把cosC，整理后得到值6在ABCsinBsinC由sinBcosCABsinCcosBAC2msinBsinCAOcos cos AB AC2mAOsinsin连接COABD因为O是ABC的垂心，所以CDABAOADDO所 AB AC2mADcos cossinsincosCABABcosBACAB2mADDOsinsincosCc2cosBbccosA2mADAB2mbcosAsin sinAcos cos ，所 c2 6sin sin 由正弦定理可得cosCsinC3cosBsinC3msinBsin2又sinC0，所以有cosC3cosB3msinB2而CAB5B6所以cosCcos5B3cosB1sinB6221sinB3msinB236而sinB0，所以得到ma2c212先利用同角三角函数基本关系得sin2AsinCsinB22sinAsinC再利用sinAsinAsinA a2c212先利用同角三角函数基本关系得sin2AsinCsinB22sinAsinC再利用sinAsinAsinA 3由题1sin2A1sin2B1sin2C1sinAsina2c212即sinAsinCsinBsinAsinC222即cosB1 B0,B223sinAsinA1整理得sinA A,B故 366故ABC为顶角为C1，C2．连接==∴．．在△ABD中利用正弦定理得tanC 3,结合平方关系求解即5 sinCsin2Ccos2C，解得tanC3又所以sinC==∴．．在△ABD中利用正弦定理得tanC 3,结合平方关系求解即5 sinCsin2Ccos2C，解得tanC3又所以sinCsin35sin C5cos62 a2 aaa2c2a∵ ，∴2 ，1cosB，整理得a2b2c2 cc利用余弦定理、正弦定理边角互化思想、两角差的正弦公式，并结合条件a2b2ac0B2A，根据sin为锐角三角形得出角A的取值范围，可得 1的取值范围sin 2cosQa2b2ac0，即a2a2c22accosBac0，化简得2acosBca0由正弦定理边角互化思想得2sinAcosBsinCsinA0即2sinAcosBsinABsinA0sinAcosBcosAsinBsinAsinAsinBcosAcosBsinAsinBA由正弦定理边角互化思想得2sinAcosBsinCsinA0即2sinAcosBsinABsinA0sinAcosBcosAsinBsinAsinAsinBcosAcosBsinAsinBABA2Q0A，0B，，BAA，B2A2220A22ABC是锐角三角形，且CAB3A，所以02A，03A2A4cosA3，所以，sinAsinA 3,2，26sin sin2 2cos 2sinA的取值范围是32 sin的能力，属于中等题B：∵由正弦定理得sin2Asin2B，可以判断∴ABCsinAsinBsin，利用sinA0,sinB0,sinC0,判断cosAcosBcosC0tanAtanBtanCcosAcosBcosD：利用正弦定理判断得cosCsinC求出角Cabab，∴sinAsinB对于A：∵由正弦定理sin sinsin sin∵A+B+C=πA=B,即ABCAab，sin sinab可化为sinAcosAsinBcosB,即sin2Asin2Bcos cos2A2B或2A2B∴ABCB∴sinab可化为sinAcosAsinBcosB,即sin2Asin2Bcos cos2A2B或2A2B∴ABCB∴sinABsinCsinC，cosABcosCcosC∴tanAtanBtan=sinAsinBsincos cos cos=sinAcosBsinBcosAsincosAcoscossinsin=cosAcos cos=sinC11cosAcos cosC=sinCcosCcosAcosBcosAcosBcossinAsinBsin=.cosAcosBcostanAtanBtanC0而sinA0,sinB0sinCcosAcosBcosC必有一个小于∴ABC为钝角三角形CDabsinCccosB即sinBcosCsinCcosBsinBsinCsinCcos∴cosC4∵C0,∴CD正确.(1)(2)利用三角函数恒等变换化简已知等式可求sinB，再利用ab，可知ABC为等边三角形，从而判断AABCDBACxx0，在ADCx2106cosD，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求S四边形ABCD值，判断CD由正弦定理a2RsinAb2RsinBc2利用三角函数恒等变换化简已知等式可求sinB，再利用ab，可知ABC为等边三角形，从而判断AABCDBACxx0，在ADCx2106cosD，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求S四边形ABCD值，判断CD由正弦定理a2RsinAb2RsinBc2RsinC得3sinAcosCsinCcosA2sinBsinB3232sinB,sinBab，B是等腰ABC的底角，B )2B,△ABC是等边三角形，A3A正确知D2cosD132但由于DC1,DA3,AC23时DC2DA2AC21232(211 cosD2DA21∴BC正确，D设DAC2DC2DA22DCDAcos106cos 3(106cos)3 3cos43sin2S 3sin33cos3四边形 2223(sin1cos3)532223sin()53 (0,),sin()(3,1]32533，∴C正确，D23S四边形先根据三角形面积公式得出acac，再利用基本不等式可求解SVABCSVABDSVBDC1acsin2223asin3csin，化简得acacacac先根据三角形面积公式得出acac，再利用基本不等式可求解SVABCSVABDSVBDC1acsin2223asin3csin，化简得acacacac2ac，当且仅当ac时成立，解得ac4A正确，Bacac，111 a3c(a3c)114a3c4c43 c 当且仅当 ，即a3c时等号成立，故C错误，D正确 关键点睛：由角平分线的性质以及面积公式得出acac，再利用基本不等式是解决本题的关键A、B、C选项由已知结合正弦定理和差角公式及同角的基本关系进行变形即可判断，D选项用角BDACD，所以ABDCBDBBDBC236 ，A5CBDC 22 sinAB22sin522sin22 coscossin3 44 6所以 1ABBCsinABC1312333，故A正确2222A42RBCsinBBDBC，由正弦定理sinsinBDC，因为ADB和∠BDC,sinsin66ABC 设A，则C2BDC36,，sin sinADBsin所以 1ABBCsinABC1312333，故A正确2222A42RBCsinBBDBC，由正弦定理sinsinBDC，因为ADB和∠BDC,sinsin66ABC 设A，则C2BDC36,，sin sinADBsin sin2sin 2sin 6 63sin ABBCsin23cos1322303ABBC3若，13022若0, 903113,0 0,ABBC3，令t，t 32 43 23t33t1 343ABBC3t3t443334383，当且仅当33t1 ，即t3时，则tan33t3或33 或5（舍去tan3，故363综上：当ABC为等边三角形时，ABBC的最小值 3，故D正确38化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值BAC45,ABC90,BC100,AC2，在AMC试题分析：在ABCsin 2解sin sinsin sinAM1003,100BAC45,ABC90,BC100,AC2，在AMC试题分析：在ABCsin 2解sin sinsin sinAM1003,1003sin150(m)24yh23y111 ＝，从而得解＝tan tan tan 4 4 2a2b22c2如图，作BD⊥ACD因为2a2b22c22(y2h2xy)22(x2h2x22xy3y20tanAtanCtanB，1tanAtanC1tan(AC)tanB，1tanAtantanAtan tan tanAtanC1111xhy tan tan tan tan tan tanAtan ＝hh h h 2 ，当且仅当h13y.4 4 132结合的思想及转化与化归的能力，属于难题6512AC,设ACB,则ACD120RtABC中可求sin,，再在ACD中由余弦定理可表示，建立h h 2 ，当且仅当h13y.4 4 132结合的思想及转化与化归的能力，属于难题6512AC,设ACB,则ACD120RtABC中可求sin,，再在ACD中由余弦定理可表示，建立等量关系即可得解AC,设ACB,则ACD45,cos，4435 2cos1201cos3sin153222241232435,又在ACD中由余弦定理有AD2653,232AD65123365本题考查两角差的余弦公式和余弦定理，属于基础题ac利用正弦定理把已知等式角化边，然后经过适当变形后可得(ac)29