2023年新高考数学一模试题汇编06 用正余弦定理解三角形（解析版）

专题06用正余弦定理解三角形

一、单选题

1.（2023•广东茂名•统考一模）已知菱形ABCD的各边长为2,N8=60。.将△ABC沿AC折起，折起后记点8

为P,连接PD,得到三棱锥P-ACD,如图所示，当三棱锥P-ACO的表面积最大时，三棱锥P-4C。的

外接球体积为（）

【答案】D

【分析】根据题意结合三角形面积公式分析可得当PClCn时，三棱锥P-ACD的表面积取最大值，再根

据直角三角形的性质分析三棱锥的外接球的球心和半径，即可得结果.

【详解】由题意可得：44CD,A4CP均为边长为2的等边三角形，△PADQPCD为全等的等腰三角形，

则三棱锥P-4CD的表面积S=2SΔACD+2S“CD=2×∣×2×2×γ+2×∣×2×2×SinzPCD=2√3+

4sinzPCD<2√3+4,

当且仅当SinNPCO=1,即PC_LC。时，三棱锥P-4CD的表面积取最大值，

此时APADqPCD为直角三角形，PD=>JPC2+CD2=2√2,

取PD的中点0,连接040C，由直角三角形的性质可得：OA=OC=OD=OP=E

即三棱锥P-4CD的外接球的球心为0,半径为R=√2,故外接球体积为V=∣π（√2）3=竽π.

故选：D.

【点睛】结论点睛：若三棱锥有两个面为共斜边的直角三角形，则三棱锥的外接球的球心为该斜边的中点.

2.（2023•广东茂名•统考一模）蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生

产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其

母线长为2√5m,轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为3√5m2的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积

约为（）

A.21πm3B.18πm3C.（18+3V3）τcm3D.（20+3V3）πm3

【答案】C

【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解.

【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为α（｝<α<π）,

因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为2gm,面积为3Km2的等腰三角形，

所以“2Sina=gX（2√5）2Xsinα=3百，解得Sina=苧，则α=g或α=g（舍去），

由α=与得九=/eosɪ=2√3XCOSg=√3,r=/sin=2√3Xsin；=3,

则上半部分的体积为（疗2八=ɪn×32×√3=3√3πm2,下半部分体积为兀产八=18π,

故蒙古包的体积为（18+3√3）πm3.

故选：C.

二、解答题

3.（2023・山东荷泽・统考一模）如图,在平面四边形ABeD中,乙4BC=O（O<0<π）,AB=BC=CD=1,AC1

CD.

⑴试用夕表示BD的长；

⑵求的最大值.

【答案】(I)BD=2cos?

4

⑵m

【分析】(1)根据已知条件将/BCC用。表示,再在△BCD中利用余弦定理求解即可；

(2)在AZBC中先用余弦定理将ACZ用J表示,再结合(1)的结论,利用二次函数的性质求解最大值即可.

【详解】(1)V乙ABC=θ(0<0<π),AB=BC=CD=1,AC1CD,

•-∆BCA=l-^,则NBCD+—今=π—*

⅛ΔBCD'↑I,BD2=BC2+CD2-2BC-CDCOS乙BCD=2+2cos-=2(1+2cos2--1')=4cos2

V0<θ<π,

・•・cos->0,则BD=2cos

44

⑵在△ABC^^AC2=AB2+BC2-2AB∙BCa)S乙ABC=2-2cosθ,

二AC2+BD2=2-2cosθ+2+2cos-=-4cos2-+2cos-÷6=-4fcos--工)+—,

222\24/4

V0<θ<π,.∙.0<cos-<1,

则当CoSl=:时,取到最大值好

244

故4C2+BD2的最大值是指

4.(2023•辽宁盘锦・盘锦市一模)已知在AABC中，√3sin(A+B)=l+2sin2∣.

(1)求角C的大小；

(2)若NBAC与/ABC的内角平分线交于点/,AABC的外接圆半径为2,求AAB/周长的最大值.

【答案】⑴；；(2)4+2√3.

【分析】(1)利用降幕公式、两角和的正弦公式变形可得Sin(C+≡)=1,再根据角的范围可得解；

O

(2)利用正弦定理求出4B,求出44/B,设出乙48/,将4/,B/用-1B/表示，根据三角函数知识求出4/+8/

的最大值可得解.

【详解】(1)V√3sin(A+B)=1+2Si喏，且A+B+C=τr,

V3sinC=1+1-cosC—2-cosC,即V3sinC+cosC=2>

Λsin(C+^)=1.

VC∈(0,兀)，ΛC+≡∈(-,—),ΛC+-=-,即C=Z.

666623

(2)；AABC的外接圆半径为2,

・••由正弦定理知,缶=盘=2X2=4,.∙.AB=2右

ZACB=M.∙.NABC+NBAC音

:NBAC与NABC的内角平分线交于点1,

.∙.NABI+NBAI/,.∙.∕AIB=拳

Bc

设NABl=0,则∕BAI=g-0,且0＜。＜;

在"BI中，由正弦定理得，母y=焉=/=器=4,

.∙∙BI=4sin(ɪ-θ).AI=4sinθ,

,△ABI的周长为2√^+4sin(ɪ-θ)+4sinθ=2√3+4(ycosθ-∣sinθ)÷4sinθ

=2√3+2√3cosθ+2sinθ≈4sin(。中+2√3,

∙.∙0＜θ巧.彳＜峭＜争

.∙.当θ+∣=5即8=2时，AABI的周长取得最大值，最大值为4+2√5,

故AABI的周长的最大值为4+2√3.

【点睛】关键点点睛：将4/,B/用N4B/表示，根据三角函数知识求出4/+8/的最大值是解题关键.

5.(2023•重庆•统考一模)在△4BC中，角4B,C的对边分别为α,b,c且b=c(cos4+sin4).

⑴求角Ci

(2)求竺叵的最大值.

C

【答案】⑴£

4

⑵√Tδ

【分析】(I)由正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系化简已知等式即可得tanC=1,结

合0＜C＜7τ,可求得C的值.

(2)通过边角互化将手转换为吟誓,再由(D知角C利用辅助角公式化简，即可求得最大值•

【详解】(1)在△4BC中,由正弦定理得,SinB=SinC(COS4+sirυ4),

Sin(4+C)=SinCCC)SA+SinCSin4

=>SinaCOSC=SinCSin4

VSini4≠0,・•・cosC=SinC,

即tanC=1,*：0<C<π,ʌC=-.

4

(2)由正弦定理得：

叶；3=s"：：：SInE=企(Sin4+√2sin(4+=V2(2sin∕l+cosΛ)=√10sin(i4+φ),

其中SimP=京,cos*=蠢，又4∈(。，手),

故4÷φ∈(φ,乎+¢),

.∙.sin(A+0)max=1，

Λ√10sin(i4+(p)max=√Iθ,

故空型的最大值为√IU.

C

6.(2023•重庆・统考一模)如图，在平面四边形ABCn中，BC=√3,BE1AC于点E,βF=√2,H∆ΛCD

的面积为AABC面积的2倍.

⑴求4。∙SinZ7λ4C值；

(2)当CD=3时,求线段Z)E的长.

【答案】(l)2√∑

⑵2企或26

【分析】(1)利用三角形面积公式和面积之间的关系得到AD∙sin4λ4C=2・BE=2&；

(2)由正弦定理得4。-sinzD>lC=CD-sin∆ACD=2√2,则有COS乙4CD=±3分情况讨论即可.

(详解】(I)VSAACD=~-AC-AD-SinNZMC,SΔABC=γAC-BE,

SAACD=2SAABC,’2.4C,40∙sinZ-DAC=AC-BE,

∙∙∙AD∙sin∆DAC=2∙BE=2y[2.

4D

(2)由题CE=1,在AZCD中，.

s∖n∆DACSin乙4Cθ''

.,∙AD∙s∖n∆DAC=CD∙sin∆ACD=2√2.

又CD=3,.∙∙SinzzlCD=ʃ,ʌCoSZyICD=±J1-1=±

2

⅛ΔCDE中,由余弦定理,得。E2=CE2+CD-2-CE-CD-cos∆ACD.

当COSUC。=⅛'j',PF2=I2+32-2×1×3×I=8,•••DF=2√2.

当CoSN4CD=-^,DE2=l2+3z-2×l×3×(-j)=12,∙∙∙DE=2√3.

综上:DE=2近或DE=2√3.

7.(2023•江苏南通・统考一模)在∆M0C中,48,。的对边分别为26,£：,政0$8-2如0$。=(2<7-切8$4

(1)若C=√3α,求CoSB的值；

(2)若b=LNBAC的平分线4D交BC于点D,求4D长度的取值范围.

【答案】(1)磐

⑵储)

【分析】(1)由正弦定理得出C=2b,再由余弦定理求得结果；

(2)设NB4。=。，把表示成两个三角形的面积和，表示出4D,再求其取值范围;

【详解】(1)已知αcos3—2αcosC=(2c—b)cosAf

由正弦定理可得SinACOSB—2sin√lcosC=(2sinC-SinB)COS4

ʌSiIVICOSB+COSASinB=2sin√lcosC+2cos4sinC,

ʌSin(A+B)=2sin(√l+C),

・•・sinC=2sinB,

：,c=2btc=V3a»即b=

a2+c2-b2a2+3α2-⅛213√3

:∙COSDn=-----------=-------=------------.

2ac2a>∕3a24

(2)由(1)知c=2b,由b=l,则c=2.

设立84。=θ,SAABC=，2∙sin2θ=γ2AD∙Sine+，1∙AD∙sin。，

.∙.ΛD=∣cosΘ,θ∈(θ,ɪ),

∙∙∙^e(o-S∙

A

8.(2023•广东梅州•统考--模)在AABC中，内角4,B,C的对边分别为α,b,c,已知√5αsinB+bcos4=2b.

(1)求内角A;

(2)点M是边BC上的中点，已知4M=2,求AABC面积的最大值.

【答案】⑴：

Q呼

【分析】(1)利用正弦定理将边化成角，根据辅助角公式即可求得内角A=*(2)根据向量加法的平行四

边形法则可得病=X荏+前)，再利用数量积公式和基本不等式即可求得△4BC面积的最大值.

【详解】(1)在△4Be中，因为WasinB+bcosA=2b,

由正弦定理得0sin4sinB+SinBCOS4=2sinB,

因为B∈(0,π),所以SinB>0,于是有WsinA+cos4=2,

所以ISini4+[CoSA=1,即Sin(A+2)=1,

因为4C(0,兀)，所以4+,∈

所以A+?=%

62

即A=?

(2)因为点M是边BC上的中点，所以宿=X费+前)，

对上式两边平分得：AM2=^(AB2+AC2+2|画国ICoS4),

因为I彳所=2,所以4=(92+∕J2+2bccθsg),即62+¢2+be=16,

而c2+Z√≥2bc,有3bc≤16,所以bc≤^,当且仅当b=c时，等号成立.

因此SAABC=IbCSinAWqX当XSinW=等.

即AABC面积的最大值为华.

9.(2023•广东佛山・统考一模)在锐角三角形AABC中，角A,B,C的对边分别为α,b,c,而为石?在方方

向上的投影向量，且满足2csinB=遮|而

(1)求COSC的值;

Q)若b=6,a=3ccosfi,求AABC的周长.

【答案】(畴

(2)√2+2√3

【分析】利用正弦定理，边化角，结合同角三角函数的平方式，建立方程，可得答案.

【详解】(1)由而为8?在方方向上的投影向量，则I而∣=bcosC,B∣J2csinB=√5hcosC,

根据正弦定理，2sinCsinB=√5sinBcosC,

在锐角AABC中，Be(0,9，贝IJSinB>0,即2sinC=√^cosC,

由C∈(0,]),则Cθs2c+SiMc=1,整理可得C0s2f+?cos2f=1,解得COSC=*

(2)由g=3ccos8,根据正弦定理，可得SirL4=3SinCCOsB,

在44BC中，4+B+C=7T,则Sin(B+C)=3sinCcosB,SinBcosC+CosBsinC=3sinCcosB,SinFcosC=

2sinCcosB,

2

由(I)可知CoSC=|,sinC=Vl—cosC=γ,则SinB=y∕5cosBf

由SiMB+Cos2B=1,则5COS2B+cos2B=1,解得cos8=~,SinB=—,

J66

根据正弦定理，可得-⅛=-⅛,贝IJC=当b=√Σα=^c=√3,

SlnBSinCSlnB2

故4A8C的周长CMBC=a+b+c=2√3+V2.

10.(2023・广东茂名•统考一模)已知AABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=b+2bcosC.

(1)求证：C=2B.

(2)求生的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

⑵(1,5)

【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得Sin(C-B)=Sin8,结合角度范围即可证明；

(2)结合正弦定理及三角恒等变换华=4(cosB+；f-p结合B角范围即可求解.

【详解】(1)在ZMBC中，

由Q+b=2bcosC及正弦定理得：sinA=SinB+2sinBcosC

又・・N=π-(8+C),

JsinA=sin[π—(B+C)]=Sin(B+C)=SinBcosC÷CosBsinC

BPsinBcosC+CoSBSinC=sinB+ZsinFcosC

SinBCOSC+COSBSinC-2s∖nBcosC=sin8,

Sin(C-B)=SinB

β.,0<sinB=sin(C—B),/.0<C—B<C<π.

TB+(C—B)=CV兀，IB=C-B,C=2B

(2)得：C=28得B+C=38∈(0,π),

Λ0<β<-,.∖-<cosB<1,

32

由题意Q=6+2hcosC,C=28及正弦定理得：

Q+cb+2bcosC+csinB+2sinBcosC+sinCsinB+2sinBcosC+sin2F

bbsinBSinB

sinB+2sin8cosC+2sinBcosB

=-------------------r~z------------------=1+2cosC+2cosB=1÷2cos2B+2cosB

SInB

=1+2(2cos2β-1)+2cosB=4cos2B+2cosB—1

/1\25

=4COSB÷———

\4/4

,.∙i<cosB<1,Λl<4fcosB+i')z-≤<5,即1<小<5

2\4/4b

故等的取值范围为(L5)

方法二：由正弦定理得：*si*nc

bSinF

V∕l+B+C=π,・・・4=兀-(8+。),

sinA+sinCsin[τr—(B+C)]+si∏Csin(B÷C)÷SinC

sinBSinBSinB

由(1)得：C=2B,故等=0誓吧

SinBCos2B+cos8sin2B+sin2B

SinB

si∏Bcos2B+COSB2sin8cosB+2sinBcosB

SinB

=cos2B+2cos2β+2cosF

=2COS2F-1+2COS2F+2cosB=4cos2B+2cosB—1

/1\25

=4cosB+---

\4/4

由(1)得：C=2B得B+C=35∈(0fπ),

Λ0<B<-,.∖-<cosB<1,

32

1<4(CoSB+—<5>即1<—^―<5>

故等的取值范围为(1,5)

11.(2023♦广东深圳•统考一模)记△>!BC的内角4B,C的对边分别为α,b,c,己知b+c=2αsin(C+J.

⑴求4;

(2)设AB的中点为D,若CD=α,且b-c=l,求AABC的的面积.

【答案】(IM=W

(2严

【分析】(1)由b+c=2αsin(C+J可得b+c=√30sinC+acosC,由正弦定理及辅助公式得Sin(/I-J=

即可求得答案；

⑵在AACD中，由余弦定理得，。2=炉+。一、在AABC中，由余弦定理得，α?=炉+c?一反，从

而得b=£,再由b-c=l,可得匕=3,c=2,由三角形面积公式求解即可.

【详解】(1)解：由己知得，h+c=√3αsinC+acosC,

由正弦定理可得，sinB÷sinC=√3si∏i4sinC+sin½cosC,

因为“+B+C=兀，

所以SinB=SinG4+C)=SinACe)SC+CoSASinC,

代入上式，整理得COSi4sinC+sinC=V3sinΛsinC,

又因为C∈(0,π),sinC≠0,

所以λ∕5si∏4—cosA=1,

BPsin(Λ-=)=i

又因为A∈(0,π),

所以一gv4—ɪ<γ,

666

所以=

OO

解得4=%

(2)在△/!CD中，由余弦定理得，CD?=川+《一2b∙fcos4.

42

而力=g,CD=a,所以QZ=/+£——,①

342

在AABC中，由余弦定理得，a2=b2+c2-be,②

由①②两式消去a,得3c2=2bc,

所以b=今，

又b-c=l,解得b=3,c=2.

所以△4BC的面积S=LbCSin4=—.

22

12.(2023・湖南岳阳•统考一模)在AABC中，三个内角A,B,C的对应边分别为α,b,c,b2-a2=ac.

(1)证明：B=24；

(2)求CoSC+cos4的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)(θ(v]

【分析】(1)利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，结合三角恒等变换的知识证得B=24

(2)CoSC+CosA转化为只含A的三角函数的形式，利用换元法、构造函数法，结合导数求得CoSC+CosA的

取值范围

【详解】(1)依题意/-a2=QC,由余弦定理得a?+C2-2accosB-a2=c2-2accosB=ac,

c—2αcosB=Q,由正弦定理得SinC—2sin4cos8=SinA,

Sin(A+B)-2s∖nAcosB=SirL4,SinAcosB+CosAsinB—2sinAcosB=SinA,

sin(B—力)=SinA1由于0V4V兀，所以sin4>0,则Sin(B—Λ)>0

由于]所以一兀<8—4<兀，则0<B—4<兀，

I—兀<—A<0

所以8-4=4或B-A+4=τc(舍去)，

所以B=2A.

(2)由于8=24,所以4为锐角，即0<4<],

而0<4+8<τt,即0<34<π,0<A<?

cosC+CoSi4=-cos(λ+B)+COSA=SinAsinB-cosAcosB+CoSi4=Sin力sin24—∞Si4cos2i4+cos4=

2s∖n2AcosA—cosΛ(l—2sin2½)+cosA=4siM∕cos/=4(1—cos224)cos∕4=-4cos3∕l+4cos4,

令t=CoSA∈[ɪ,l),∕^(t)=-4t3+4tG≤t<1),

∕,(t)=-12t2+4,

所以f(t)在区间当)∣V,(t)>0,/Q)递增:

在区间(MI)上f'Q)<Oj⑴递减.

Z1∖11

/f

l-n=--

v2∕82—4+4=0

⅛

4X+4X√38√3

一=-

39

所以O<∕(t)≤竿，

所以COSC+C0S4的取值范围是(0,竽］.

13.(2023•湖南邵阳•统考一模)如图，P为△4BC内的一点,NBAP记为α,乙4BP记为刊,且α,［在BP中

的对边分别记为，a，n,(2m+n)s∖nβ=V3ncos∕?,a,β∈(θ,^)-

(2)若48=2√3,BP=2,PC=√3,记乙4PC=θ,求线段AP的长和△ABC面积的最大值.

【答案】⑴*

(2)答案见解析.

【分析】⑴由已知可推出Sina=曰COS"乂侬，整理得到Sina=Sin6—0).根据ɑ,H的范围可得α+

β=三,进而即可得出ZAPS；

(2)由已知可得AP=2,进而根据SAABC=SMPB+SMPC+SABPC即可得出SAABC=√3+3sin(j-根

据0<0<兀，即可得出三角形面积的最大值.

【详解】(1)已知(2m+n)sin/?=√^ncos0,由正弦定理可得

(2sinα+SinS)SinS=√5sinSCOS0,由SinS≠0,

所以2sinα+sin夕=BCOS0,即Sina=?cos3一^sinF,

所以Sina=sinɑ一£).

因为α,夕e(θ(),ɪ-/je(θɪ),

所以a=；-/?,则以+S=彳，所以乙4P8=兀一(α+?)=g.

(2)在△4PB中，由余弦定理得知：

AB2=AP2+BP2-2AP-BP∙COSZTIPB,

即12=Ap2+4+24P,因为AP>0,所以AP=2.

因为N4PB+乙BPC+ΛAPC=2π,所以NBPC=2π---θ=--θ.

33

SbABC—SAAPB÷SRAPC+SbBPC

Ill

=-×AP×BP×sin∆APB-V-×AP×CP×SinzTlPCΛ--×BP×CP×SinzIBPC

=∣×2×2×si∏y÷^×2×V3×Sine+∣×2×ʌ/ɜXsin(日—6)

=λ∕3+V3卜in®+sin-9)]=√3+V3(Sine+sinycosθ—cosySine)=V3+√3(Sine—ɪcosθ÷

ISine)=V3÷V3ɑsinθ-ɪcosθ^

=√3+3sin(e一3，O<6V兀.

因为，一：<。一：<”，

666

所以，当。T=泉即。=与时，AABC面积有最大值√5+3.

14.(2023•山东临沂•统考一模)在△48C中，角4,B,C所对的边分别为a,b,c,已知αcosB+bcosA=2ccosC.

⑴求C;

(2)若c=l,求448C面积的取值范围.

【答案】(I)C=M

⑵(0。

【分析】(1)利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简作答.

(2)由(1)的结论，利用余弦定理结合均值不等式求出三角形面积范围作答.

【详解】(1)在△481中,由已知及正弦定理得:SinAcosB÷sinficosi4=ZsinCcosC,

即有sin(4+B)=2sinCcosC,即SinC=2sinCcosC,而OVCV兀，SinC>0,则COSC=g

所以C=%

(2)在中，由余弦定理C?=a2+炉一2αbcosC得：1=/+/-。/),

因此1≥2ab—abf即0<ɑb≤1,当且仅当Q=b时取等号，

取平面ABC的一个法向量为元=(0,0,1),BM=(-2,√3,y),

设直线BM与平面4BC所成的角为0,则SinW=翳德=nɪ=等，

N4+3+4

直线BM与平面4BC所成角的正弦值为等.

(2)由题意知C(-2+4cos0,4sin仇0),MhCOSO-l,2sinθ,y).

又荏=(4,0,0),俞=(2CoSe+l,2sinθ,y),

"AM1AB,.∙.AM-AB=O.即4(2cos0+1)=0,.∙∙cosθ=-ɪ,θ=y,

在AABC中，AB=AC=4,∆BAC=y,ʌBC=J42+42-2×4×4×cosy=4√3.

16.(2023・山东威海•统考一模)在AABC中，角4,B,C所对的边分别为α,b,c,旦驾=上-1.

tanAa

⑴求B；

(2)若α=3,b=3√7,求△ABC的面积.

【答案】（IE

⑵罕

【分析】（1）利用三角恒等变换及正弦定理化简已知条件，即可得到答案;

（2）利用余弦定理求出c=9,再代入三角形的面积公式，即可得到答案;

SinBcosA2c∣∣JsinBcosA+cosBsinA_2c

【详解】⑴由鬻=H1,得:+1J

CosBsinAaCosBsinAa

Sin(A+B)sin(π-C)SinC2c

-----------------------~------------——

CosBsinZlCoSBSin力COSBSinAa

由正弦定理得鼻=m=箫

因为OVeVπ,sinC≠0,所以CoSB=；.

因为0<B<π,所以8=泉

(2)在AABC中，因为6=；,α=3,b=3√7,由余弦定理，得63=c?+9-6ccosY

即c?—3c—54=0,解得C=9或C=-6(舍去).

所以SC=ɪCicsinB=gx3x9xsin:=

即AABC的面积为2金

4

17.（2023•山东潍坊•统考一模）在①tanAtanC-√5tan4=l+√^tanC;②（2c-√5α）cosB=√5bcos4③

（α—V3c）sinΛ+csinC=bsinB这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.

问题：在△4BC中，角?!1了所对的边分别为48的且__________.

（1）求角B的大小：

（2）已知c=6+1,且角4有两解，求b的范围.

【答案】（1）答案见解析

（2）h>1

【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化筒即可求出求角8的大小；若选②，利用正弦定理统一为角

的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出答案.

(2)将c=b+1代入正弦定理可得SinC=等，要使角4有两解，B∣J∣<sinC<1,解不等式即可得出答案.

【详解】(1)若选①：整理得1—tam4tanC=一百(tan½+tanC),因为4+B+C=τr,

所以tanB=—tan(i4÷C)=—,taπ4+tan^,=立，因为B∈(O,τr),所以8=-；

ITaMtanC36

若选②：因为(2c—V3α)cosF=V3hcos½,

由正弦定理得(2SinC—√3sin√l)cosβ=√3sinBcos√l,

所以2sinCcosB=√3sin(y4+8)=√3sinC,sinC>0,所以COSB=立，因为B∈(0lπ),所以B=-；

26

若选③：由正弦定理整理得α2+c2一匕2=√5αc,所以贮手打=当，

2ac2

即CoSB二鼻因为B∈(0,7r),所以B=g

26

(2)将c=b+1代入正弦定理-⅛=三，得-⅛=>，所以SinC=察

sιnβsinesιnBsmC2b

因为B=G角4的解有两个，所以角C的解也有两个，所以;<sinC<1,

62

即等<1,又b>0,所以b<b+l<2b,解得b>l.

18.（2023・山东日照•统考一模）已知△力BC中，a,b,C是角A,B,C所对的边，αsin等=bsinA,且α=1.

⑴求角B；

(2)若AC=BC,在△4Be的边AB,4C上分别取。，E两点，使△4。E沿线段DE折叠到平面BeE后，顶

点A正好落在边BC(设为点P)上，求AQ的最小值.

【答案】⑴?

(2)2√3-3

【分析】(I)由正弦定理边角互化得sin4sin=SinBSin4,又4+C=π—B,可得CoSm=SinB,结合

二倍角公式可求得结果；

(2)由题意可知△?!BC为等边三角形，设4。=m,则8。=l-m,PC=m,由余弦定理得8「2+。一

2rri)=BP-(1-m),设BP=X,0≤x≤l,所以m=2-％+六-3,利用基本不等式可求得答案.

【详解】(1)因为ɑsinʌ^=bsinA,所以由正弦定理边角互化得sin4si∏B^=SinBsinA,

因为4∈(0,π),sin4≠O,A+C=π-B,所以Sinɑ—=sinB.B∣Jcos∣=SinB,所以CoST=2sin^cosp

因为B∈(0,兀)，所以：€(0,9，cos：≠0,所以Sinm=5

所以月=二即B=：.

263

(2)因为4C=BC,B=%所以AABC为等边三角形，即AC=BC=AB=I,

设力。=m,贝IJBz)=1-mfPD=ττir

所以在ABPO中，由余弦定理得cos8=BP：》；：''}=’整理得BP?+(1-2τn)=BP•

2BP∙BD2BP(l-m)2''

(1_巾)，

设BP=X,0≤x≤1,所以Tn==Rr)2-30r)+3=2-χ+三一3,

2-X2-X2-X

由于0≤x≤l,故l≤2-x≤2,

所以m=2-刀+三一3≥28一3,当且仅当2-X=三=√5时等号成立，此时X=2-√5,

2-X2-X

所以AD的最小值为2百-3.

19.(2023•福建•统考一模)记AABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3而∙AC+4BA-BC=CA-CB.

⑴求.

(2)已知B=3C,c=1,求△4BC的面积.

【答案］⑴"2

【分析】(1)利用平面向量的数量积的定义结合余弦定理即可求出结果；

(2)由正弦定理得至IJSinB=2sinC,结合B=3C,c=1和两角和则iE弦公式求出

β=3C=p进而求出三角形的面积.