第19讲 解三角形（教师版） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

PAGE1第19讲解三角形（11类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析2024年天津卷，第16题,14分用和、差角的余弦公式化简、求值二倍角的正弦公式正弦定理解三角形余弦定理解三角形2023年天津卷，第16题,14分用和、差角的正弦公式化简、求值正弦定理解三角形余弦定理解三角形2022年天津卷，第16题,14分用和、差角的正弦公式化简、求值二倍角的余弦公式正弦定理解三角形乡余弦定理解三角形2021年天津卷，第16题,14分用和、差角的正弦公式化简、求值正弦定理边角互化的应用余弦定理解三角形2020年天津卷，第16题,14分正弦定理解三角形余弦定理解三角形2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度中档，分值为14分【备考策略】1.理解、掌握正余弦定理，能够运用正余弦定理解三角形2.能掌握正余弦定理与三角形的面积周长问题3.具备数形结合的思想意识，会灵活运用三角形的知识点解决中线，高线，角平分线问题4.会解三角形的最值与取值范围问题【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出三角形，解决三角形中的周长与面积，同时解三角形会与两角和差二倍角进行结合，求解凑求值问题。知识讲解知识点一．正弦定理、余弦定理1.定理内容：在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则定理正弦定理余弦定理内容eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2Ra2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝c2＋a2－2cacosB；c2＝a2＋b2－2abcosC变形a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC；asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)使用条件1.两角一边求角2.两边对应角1.三边求角2.两边一角求边2．在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的个数一解两解一解一解知识点二.三角形常用面积公式(1)S＝eq\f(1,2)a·ha(ha表示边a上的高)；(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA；(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形内切圆半径)．知识点三．测量中的有关几个术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α例：(1)北偏东α：(2)南偏西α：坡角与坡比坡面与水平面所成二面角的度数叫坡度；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比知识点四．常用结论1．三角形内角和定理：在△ABC中，A＋B＋C＝π；变形：eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2).2．三角形中的三角函数关系(1)sin(A＋B)＝sinC.(2)cos(A＋B)＝－cosC.(3)sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2).(4)coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).3．三角形中的射影定理在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB.4．三角形中的大角对大边在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sinA＞sinB.考点一、正弦定理解三角形1.（2024·北京东城·二模）在△ABC中，A=π4，C=7π12A．1 B．2 C．3 D．2【答案】D【分析】由题意可得：B=π【详解】由题意可得：B=π由正弦定理asinA=故选：D.2.（2024·江苏南通·模拟预测）在△ABC中，已知∠B=30∘，c=2，则“b=2A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】根据正弦定理以及“大边对大角”即可判断出结果.【详解】由正弦定理得bsinB=∴sinC=2∴C=45∘或则“b=2”是“∠C=故选：B.1.（2024·河北沧州·一模）在△ABC中，AC=1，tanB=A．A=π3 B．cos2B=32 C．BC=【答案】D【分析】通过条件可得B,C，进而可得A，cos2B，利用正弦定理求BC【详解】因为tanB=tanC=可得B=C=π6，则cos2B=由正弦定理BCsinA=S△ABC故选：D.2.（2024·江西赣州·一模）在△ABC中，AB=7,AC=2,C=120A．714 B．2114 C．57【答案】B【分析】由已知利用余弦定理可求BC的值，根据正弦定理可求sinA【详解】∵AB=7∴由余弦定理AB2=B∴解得：BC=1，或−3（舍去），∴由正弦定理可得：sinA=故选:B3.（2024·广东江门·一模）在△ABC中，B=30∘,b=2A．45∘ B．135∘或45∘ C．15∘ 【答案】D【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案.【详解】由题意知△ABC中，B=30∘,b=2故bsinB=由于c>b，故C>B=30∘，则C=45故A的大小为180∘−30故选：D4.（2024·浙江金华·三模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c.若a=7，b=2，A=60°，则cA．1 B．2 C．3 D．1或3【答案】C【分析】根据余弦定理直接求解即可.【详解】由余弦定理得cosA=即22+c2−72故选：C.5.（2024·云南昆明·三模）已知△ABC中，AB=3，BC=4，AC=5，则△ABCA．3 B．11 C．5 D．2【答案】B【分析】由余弦定理及同角三角函数的平方关系得出sinB【详解】由余弦定理得，cosB=AB则sinB=所以S△ABC故选：B．考点二、正余弦定理的边角互化1.（2024·江西九江·三模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知2c−a=2bcosA，则A．π6 B．π3 C．2π【答案】B【分析】运用正弦定理进行边角互化，结合诱导公式以及两角和的正弦公式即可解决.【详解】因为2c−a=2bcos由正弦定理，2因为A+B+C=π展开化简2sin又B∈0,故选:B.2.（2024·陕西安康·模拟预测）在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB+π6=bsinAA．1 B．2 C．23 【答案】A【分析】利用正弦定理和三角恒等变换的化简计算可得B=π【详解】acos由正弦定理得sinA又A∈(0,π),sin即32得cosB=3sin又0<B<π，所以B=π6由余弦定理得b=a故选：A1.（2024·吉林·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，“acosB=bcosA．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据正弦定理和正切函数的性质以及充要条件的判定即可得到答案.【详解】当acosB=bcosA，根据正弦定理得则tanA=tanB当A=B，因为A，B为三角形内角，则不会存在A=B=π2的情况，则A，则tanA=tanB，则sin则“acosB=bcos故选：C．2.（2024·湖北武汉·模拟预测）已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别是a，b，c，若3a=2b，B=2A，则cosB=A．−716 B．716 C．−【答案】D【分析】利用正弦定理将边化为角，利用题设将B换为A，从而求出cosA，再利用二倍角公式求出cos【详解】因为3a=2b，所以3sin因为A∈0,π，所以所以3=4cosA，即所以cosB=故选：D．3.（2024·安徽·模拟预测）在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若sinA=32A．332 B．2213 C．【答案】B【分析】由已知条件结合向量数量积的定义、余弦定理求出a，由正弦定理可得b+csin【详解】因为△ABC为锐角三角形，sinA=32，所以A=60∘由余弦定理可得：a2=b由正弦定理可得：b+csin故选：B.4.（2024·辽宁·二模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且6csinC+2bsinA．−2 B．−3 C．3 D．2【答案】A【分析】正弦定理角化边并结合余弦定理得8c2+【详解】因为6csin由正弦定理得6c2+2由余弦定理得6c化简得8c2+因为8c2+又sinB+π4≤1，故sinB+π4由a=22c,则整理得sinA=2sin故选:A.5.（23-24高三下·浙江·阶段练习）在△ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，满足ab+sinAsinB=2bsin【答案】1【分析】根据正弦定理与一元二次方程根的判别式可得C=90【详解】已知ab+sin则由正弦定理得：4R2sinAsin∵sin∴4R2−4R∴Δ=16sin∵sin∴Δ=0，∴2R=1，∴a故答案为：1．考点三、三角形的形状1.（22-23高三上·河南·阶段练习）某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别是114A．是锐角三角形 B．是直角三角形 C．是钝角三角形 D．不存在【答案】C【分析】根据三角形面积公式，得到a,b,c的关系，赋值得到a,b,c的值，再根据余弦定理判断三角形的形状.【详解】设△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且a,b,c边上的高分别为114,110,15，则12a⋅114故选：C2.（2024高三·全国·专题练习）在△ABC中，若acosA=bcosA．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形【答案】D【分析】利用余弦定理可得边的关系，故可得正确的选项.【详解】因为acosA=bcos整理得到a2故a2−b2c即a=b或c2=a故选：D.1.（2024·陕西安康·模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等差数列，以AC为直径的圆的面积为2π，若S△ABC=2A．钝角三角形 B．直角三角形 C．非等腰三角形 D．等边三角形【答案】D【分析】根据题意可得b=22，a+c=42，利用余弦定理整理得ac=121+cos【详解】因为以AC为直径的圆的面积为2π，可知b=AC=2又因为a，b，c成等差数列，则2b=a+c=42由余弦定理可得cosB=即cosB=32−2ac−82ac且S△ABC=1联立方程3sinB=1+cosBsin且B∈0,π，可得sinB=可得a+c=42ac=8，解得所以△ABC的形状为等边三角形.故选：D.2.（2024·陕西安康·模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，以边AC为直径的圆的面积为4π，若△ABC的面积不小于43，则A．等腰非等边三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形【答案】D【分析】根据题意可得b2=ac，b=4，由S△ABC≥43，得sinB≥32即【详解】根据题意可得，b2=ac，∴S△ABC=12又0o<B<180由余弦定理得，cosB=所以0o<B≤60o，当且仅当a=c时等号成立，所以所以A=B=C，即△ABC为等边三角形.故选：D.3.（2024·河南新乡·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=7，b=3，c=5，则（

）A．△ABC为锐角三角形 B．△ABC为直角三角形C．△ABC为钝角三角形 D．△ABC的形状无法确定【答案】C【分析】根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.【详解】由于cosA=故A为钝角，进而三角形为钝角三角形故选：C4.（2022高三·全国·专题练习）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，sinBA．直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形【答案】C【分析】根据特殊角的三角函数值求出B，再利用正弦定理边化角化简asinB=csin【详解】在△ABC中，sinB2=故B2又asinB=csinA，故则sinB=sinC，而B,C∈(0,π)，则故C=B=π3,∴A=故选：C5.（20-21高三上·河北·阶段练习）在△ABC中，角A,B,C对边为a,b,c，且2c⋅cos2AA．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】先根据二倍角公式化简cos2A2【详解】因为2c⋅cos所以2c⋅1+cosA所以ccos在△ABC中，由余弦定理：cosA=代入得，c⋅b2+所以c2所以△ABC直角三角形.故选：B考点四、三角形的周长1.（2024·北京·三模）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4，PC=PD=3，∠PCA=45°，则△PBC的周长为（

）A．10 B．11 C．7+17 【答案】C【分析】根据给定条件，结合棱锥的结构特征，利用全等三角形性质及余弦定理求出PB即得.【详解】在四棱锥P−ABCD中，连接AC,BD交于O，连PO，则O为AC,BD的中点，如图，

正方形ABCD中，AB=4，AC=BD=42在△POC与△POD中，OC=OD,OP=OP,PC=PD，则△POC≌△POD，于是∠PDB=∠PCA=45°，由余弦定理得PB=B所以△PBC的周长为7+17故选：C2.（2024·四川绵阳·一模）△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若sinCsinA−B=sin【答案】14【分析】先利用两角差的正弦公式、正弦定理和余弦定理对题目条件进行化简得出：2a2=b2【详解】因为sinC所以sinC即sinC由正弦定理可得：accos由余弦定理可得：a2+c因为a=5,cos所以b2+c则b+c=b所以a+b+c=14，故答案为：14.1.（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，且bcosC=2acosB−ccosB，【答案】3+【分析】由题意，根据正弦定理和三角恒等变换求得B=π【详解】由题意知，bcos由正弦定理，得sinBsinB即sinA=2sinA所以1=2cosB，得cosB=所以B=π由余弦定理，得cosB=a2由c>0，解得c=2，所以△ABC的周长为a+b+c=3+3故答案为：3+2.（2024·天津北辰·三模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足acos(1)求角B的大小；(2)若cosA=33(3)若△ABC的面积为433，b=3，求【答案】(1)π(2)2(3)8【分析】（1）根据正弦定理即可求解；（2）利用同角三角函数关系式，得到sinA=（3）利用三角形面积公式得到ac=163，结合余弦定理求得【详解】（1）因为acos所以sinA所以sin(A+C)=sinB因为B∈(0,π)，所以（2）由已知得，sinA=所以sin2A=2cos2A=2所以sin(2A+B)=（3）因为S=1所以ac=163，由余弦定理得所以9=(a+c)2−3×所以△ABC的周长为a+b+c=8.3.（2024·陕西商洛·模拟预测）在①2sinB=3sin设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA−sinC=(1)求B；(2)若______，求△ABC的周长.注：若选择条件①、条件②分别解答，则按第一个解答计分.【答案】(1)B=(2)3+【分析】（1）根据sinC=sinA+B，化简求得cos（2）若选①，根据（1）的结果求其它角，再求边长，即可求解；若选②，根据余弦定理化简求a，再根据余弦定理求c，即可求解三角形的周长.【详解】（1）sinC=所以sinA−sinA−则sinA=2sinA所以cosB=12，B∈（2）若选①，2sinB=3sinA则A=π2，C=π2−则c=b⋅tanC=3所以△ABC的周长为2+1+3若选②bcos则b×a整理为a=4cosB=2，又根据余弦定理b2=a2+所以△ABC的周长为2+1+34.（2024·江苏南通·三模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,2b−c(1)求A；(2)若△ABC的面积为3,BC边上的高为1，求△ABC【答案】(1)π(2)2【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得cosA=12（2）利用三角形面积公式得bc=4，再结合余弦定理得b+c的值，则得到其周长.【详解】（1）因为(2b−c)cos由正弦定理，得(2sin即2sinBcos因为在△ABC中，sinB≠0所以cosA=又因为0<A<π，所以A=（2）因为△ABC的面积为3，所以12a×1=3由12bcsin所以bc=4.由余弦定理，得a2=b化简得(b+c)2=3bc+12，所以(b+c)2所以△ABC的周长为a+b+c=26考点五、三角形的面积1.（2024·陕西西安·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=6，6cosB=3c−bcos【答案】322【分析】由已知条件，运用正弦定理把边化角，求得cosA=13【详解】因为a=6，6cosB=由正弦定理可得sinAcosB=3sinCsinC=3sinCcosA，因为C∈由余弦定理a2=b所以6=b2+c2由cosA=13，A∈所以S△ABC=1故答案为：322.（2024·山西·模拟预测）在△ABC中，C=π6，且CA⋅CB=4【答案】2【分析】由C=π6，CA⋅【详解】解：由CA⋅故S△ABC故答案为：21.（2024·安徽·三模）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足a=3,(a+c)(sinA+sinC)=b【答案】334【分析】先化角为边结合余弦定理得出B，利用sinCsinB【详解】因为(a+c)(sin由正弦定理可得(a+c)2=b2+3ca因为B∈0,π，所以由sinCsinB=1−因为sinB+C所以sinA=sinB因为a=3，所以△ABC的面积是S=故答案为：32.（2024·山东·二模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，2a2+b2−c【答案】2【分析】先由已知条件结合余弦定理和sin2C+cos2C=1,C∈【详解】因为2a所以由余弦定理2abcosC=a所以sinC=22cos则sinC=所以由余弦定理以及基本不等式得：1=a即ab≤34，当且仅当所以S△ABC=12ab故答案为：243.（2024高三·全国·专题练习）在△ABC中，∠A=60(1)求sinC(2)若a=7，求△ABC的面积．【答案】(1)3(2)6【分析】（1）根据正弦定理asinA=（2）求出c，再利用余弦定理求出b，然后利用三角形面积公式可求得答案.【详解】（1）在△ABC中，因为∠A=60°,c=3由正弦定理asinA=（2）因为a=7，所以c=3由余弦定理a2=b解得b=8或b=所以△ABC的面积S=14.（2024·北京丰台·二模）已知△ABC满足3sin(1)求A；(2)若△ABC满足条件①、条件②、条件③中的两个，请选择一组这样的两个条件，并求△ABC的面积．条件①：a−b=2；条件②：cosB=714；条件③【答案】(1)π(2)见解析.【分析】（1）根据辅助角公式可得sinA+π6（2）选择①②，根据正弦定理可得b=37a>a与a−b=2矛盾，即可求解，选择②③，根据cosB=714<12,故B>π3【详解】（1）由3sinA+cosA=2得由于A∈0,π（2）若选①a−b=2，②cosB=则cosB=由正弦定理可得asinA=bsin若选①a−b=2，③c=8，由余弦定理可得cosA=12=c此时cosB=a2此时S△ABC选②cosB=714，由于cosB=又cosB=714而A=π3，故a<b，这与①a−b=2矛盾，因此可以选择则sinB=1−由正弦定理可得a=c所以S△ABC5.（2024·辽宁·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b，c，已知3a=22c，(1)求sinC(2)若b=3，求△ABC的面积.【答案】(1)7(2)14或9【分析】（1）根据题意可得sinA=214（2）利用余弦定理解得c=3或c=27，代入三角形面积公式即可得结果.【详解】（1）由题意可知：A∈0,π,cos因为3a=22c，由正弦定理可得即3×2149（2）因为3a=22c，即由余弦定理可得a2即89c2=9+c2−2×3×c×若c=3，可得△ABC的面积S△ABC若c=27，可得△ABC的面积S△ABC所以△ABC的面积为14或914考点六、三角形个数问题1.（2024·湖北·模拟预测）在△ABC中，已知AB=x，BC=22，C=π4，若存在两个这样的三角形ABCA．22,+∞ B．0,22 C．【答案】C【分析】由正弦定理可得sinA=2x，分析可知关于A的方程：sin【详解】由正弦定理ABsinC=由题意可知：关于A的方程：sinA=2x在同一坐标系内分别作出曲线y=sinA，A∈0,

因为它们有两个不同的交点，所以22<2故选：C.2.（2024·宁夏银川·三模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=4，sinC=14A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】由题意可得asin【详解】由题意可得asinC<c<a，即故选：A.1.（2024·陕西渭南·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，则能使同时满足条件A=πA．3,6 B．3,+∞ C．0,6【答案】A【分析】利用三角形不唯一的条件进行求解即可.【详解】因为A=π6,b=6要使满足条件的三角形不唯一，则bsinA<a<b，即故选：A.2.（23-24高三上·四川·阶段练习）若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,A．若b2+cB．若acosC．若a=1,b=2,A=30D．若△ABC是锐角三角形，则sin【答案】D【分析】由余弦定理可判断A；由余弦定理化简即可判断B；由正弦定理即可判断C；由正弦函数的单调性结合诱导公式即可判断D.【详解】对于A，若b2+c因为A为三角形内角，只能说明A为锐角，不能说明△ABC为锐角三角形，故A错误；对于B，若acosA=bcos整理可得a2−b2a所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，若a=1,b=2,A=30°，由正弦定理可得sinB=因为B∈0,π，则对于D，若△ABC是锐角三角形，则0<C<π2，所以即0<π2−B<A<π2同理可得cosA<sinB故选：D.3.（23-24高三上·北京顺义·期中）在△ABC中，∠A=60°，a=5，b=6，满足条件的△ABC（

）A．有无数多个 B．有两个 C．有一个 D．不存在【答案】D【分析】利用正弦定理求出sinB【详解】因为∠A=60°，a=5，b=6，由正弦定理asinA=bsin又sinB=由正弦函数的性质可得B不存在，所以满足条件的△ABC不存在.故选：D4.（23-24高三上·北京大兴·期中）在△ABC中，∠A=π6 ,AB=4 A．0,2 B．2,2C．2,4 D．2【答案】C【分析】由题意可知，画出∠A和边长AB，以B为圆心，a为半径作圆与AC边有两个交点时即可求出a的取值范围.【详解】根据题意如下图所示：

易知当BC⊥AC时，BC=ABsin30∘由题可知以B为圆心，a为半径的圆与AC边有两个交点时，即图中C1所以可得BC<a<AB，即2<a<4；即a的取值范围是2,4.故选：C5.（2020高三·全国·专题练习）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若A=π4，a=5，c=4，则满足条件的△ABC的个数为【答案】1【解析】利用正弦定理可得sinC的值，结合大边对大角定理可得出C【详解】由正弦定理得asinA=∵c<a，则C<A且C为锐角，因此，满足条件的△ABC只有1个.故答案为：1.【点睛】本题考查利用正弦定理判断三角形解的个数，属于基础题.考点七、中线问题1.（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a=3,BC边上中线AD长为1，则A．74 B．72 C．3 【答案】A【分析】根据两角互补余弦值之和等于0，然后分别在三角形中利用余弦定理求出两角的余弦，列出方程求出b2【详解】由题意得∠ADB+∠ADC=π所以cos∠ADB+又a=3，且D是BC的中点，所以DB=DC=在△ABD中，cos∠ADB=在△ADC中，cos∠ADC=所以cos∠ADC+即b2+c2=故选：A2.（2024·全国·模拟预测）在△ABC中，A=π3，BC边上的中线AD=3A．23 B．3 C．32 【答案】B【分析】利用2AD=AB+AC【详解】AD为中线，则2AD=AB所以4×(所以12=b2+当且仅当b=c时取等号，则S△ABC故选：B.1.（2024·四川绵阳·模拟预测）三角形三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3b(1)求角B的大小；(2)若△ABC的面积等于3，D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AC边的长.【答案】(1)B=(2)AC=14【分析】（1）由正弦定理以及条件边化角得3sin（2）先由面积公式S△ABC=12acsinB得ac=4【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理得，3sin因为A∈0,π,sinA≠0，所以所以3sinB+cos又B∈0,π，B+π所以B=2（2）由（1）得S△ABC=1在△ABD中，由余弦定理可得：AD当且仅当c=a2，即a=22

此时AC故AC=142.（2024·湖南长沙·三模）如图，在△ABC中，已知AB=3,AC=6,A为锐角，BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P,△ABC的面积为93(1)求BC的长度；(2)求∠APB的余弦值.【答案】(1)BC=3(2)7【分析】（1）因为S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC（2）因为AB2+BC2=9+27=36=AC2，所以∠BAC为直角，∴BN=3,∴BP=23BN=2【详解】（1）由题知，S△ABC=1又因为∠BAC∈0,π，所以∠BAC=π3或2π在△ABC中，由余弦定理知BC整理得BC2=9+36−2×3×6×（2）因为AB所以∠ABC=π2，BN=在△ABM中，由勾股定理得：AB2+BM所以在△ABP中，由余弦定理得cos∠APB=所以∠APB的余弦值为7143.（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos(1)求A的大小；(2)若sinC=3sinB，BC边上的中线AD长为7【答案】(1)2π(2)33【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合sinB=（2）根据正弦定理角化边，由AD=12AB+【详解】（1）由正弦定理边化角得sinA又sinB=所以sinAcosC−因为C∈0,π,因为A∈0,π，所以（2）由sinC=3sinB因为AD=12所以7=1所以9b2+b2所以S△ABC4.（2024·陕西西安·三模）在△ABC中,角A,B,C的对边是a,b,c,已知b1+(1)证明:b=c;(2)若BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为27,求△ABC【答案】(1)证明见解析;(2)△ABC的面积为43【分析】（1）利用三角函数恒等变换以及正弦定理化简已知等式可得cos(B−C)=1,可求B−C∈(−π,π)（2）由题意可求cosC=DCAC=a【详解】（1）证明：因为1+则b1+由正弦定理得：sinB因为B∈所以1+又因为B+C+A=π，所以1−所以1−所以cos因为B−C∈所以B−C=0所以B=C，即b=c,得证；（2）因为BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为27,所以所以cosC=在△BEC中,由余弦定理得:BE所以28=a2+(b2)所以S=15.（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知函数fx(1)求fx在0,(2)已知锐角△ABC中，BC=7，BA⋅AC=−3，且fA【答案】(1)−(2)19【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，然后由正弦函数性质求解可得；（2）先求角A，然后由余弦定理和数量积可得bc=6，b2+c【详解】（1）f==sin因为x∈0,π2所以−3所以fx在0,π2（2）记△ABC的角A，B，C所对的边为a，b，c，因为△ABC为锐角三角形，所以A∈0,π2又fA=sin2A−π因为BA⋅AC=−在△ABC中，由余弦定理得7=b2+因为AT为BC边上的中线，所以AT=所以AT2所以AT=

考点八、角平分线问题1.（2024·广东深圳·模拟预测）已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足3c+b(1)求角A的大小；(2)若D是边BC上一点，且AD是角A的角平分线，求BCAD【答案】(1)A=(2)2【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到tanA=−3，求出（2）利用余弦定理得到BC=b2+c2+bc，由三角形面积公式和【详解】（1）由题意知△ABC中，3c+b故3即3sin即3(所以3cos而B∈0,π，故故3cosA+sin又A∈0,π，故（2）由余弦定理：BC=b又S△ABD所以12c⋅ADsin所以BCAD当且仅当b=c时，取等号，则BCAD的最小值为22.（2024·河北沧州·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2(1)求证：B+3C=π(2)若∠ABC的角平分线交AC于点D，且a=12，b=7，求BD的长．【答案】(1)证明见解析；(2)46【分析】（1）利用余弦定理结合已知变形，再利用正弦定理边化角及和差角的正弦推理即得.（2）利用正弦定理结合已知可得ABAD=BC【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理a2=c得b2−2cbcosA=bc，即即sinC=由0<C<π，得sin(A−C)=sin因此C=A−C，即A=2C，则2C+B+C=π所以B+3C=π（2）由a2=cc+b，得122=c在△ABD，△BCD中，由正弦定理，得ABAD则9AD=127−AD，解得AD=3，从而由余弦定理，得32+BD所以BD的长为461.（2024·内蒙古呼和浩特·一模）在△ABC中，A,B,C分别为边a,b,c所对的角，且满足2a+c=2bcos(1)求∠B的大小；(2)∠A的角平分线AD交BC边于点D，当c=2,AD=7【答案】(1)2(2)DC=7【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换化简即可得解；（2）由余弦定理及角平分线定理求解即可.【详解】（1）∵2a+c=2bcos∴2sin2sin2cos∵sinC>0，又B∈0,π，（2）如图，

△ABD中，由余弦定理，|AD可得|BD|2+2∵AD是角平分线，∴AC设DC=m，则AC=2m，在△ABC中，由余弦定理可得：AC即4m整理得3m2−4m−7=0，解得2.（2024·山东·模拟预测）从①c+2ab=cosπ−CcosB已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且______.(1)求角B的大小；(2)若A的角平分线交边BC于点D，且AD=6，c=2，求边b注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)2(2)2【分析】（1）利用正弦定理，余弦定理，结合三角形的内角和定理，二倍角公式，求cosB，从而确定B（2）在△ABD中，利用正弦定理可求∠BAD，进而判断△ABC的形状，可求边b.【详解】（1）若选择①，则因为c+2ab由正弦定理得sinB所以sin(B+C)+2sinA从而cosB=−因为B∈0,π，所以B=若选择②则：因为sinA+由正弦定理得b2又由余弦定理b2从而cosB=−B∈0,π，所以B=若选择③则：因为2asin2B由正弦定理得sinA整理得3sinB+因为B∈0,π，所以B+所以B+π6=（2）如图：在△ABD中，ADsin所以sin∠ADB=所以∠ADB=π4，所以所以∠ACB=∠BAC=π所以△ABC是等腰三角形，且a=c，所以b=2acos3.（2024·江西·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，其外接圆的半径为23，且b(1)求角B；(2)若∠B的角平分线交AC于点D,BD=3，点E在线段AC上，EC=2EA，求△BDE【答案】(1)B=2(2)32【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简可求得tanB=−3，结合角的取值范围可求得角（2）利用正弦定理可求得b的值，利用S△ABC=S△BCD+S△ABD可得ac=【详解】（1）因为bcos由正弦定理可得sinB又A=π−B+C所以sinB即sinC∵C∈0,π，故∴cosB+3又B∈0,π，则（2）由（1）可知，B=2π3由正弦定理可知bsin所以b=43因为BD是∠ABC的平分线，故∠CBD=∠ABD=1又BD=3由S△ABC可得12acsin2由余弦定理可知，b2=a2由①②可知a=c=23所以BD⊥AC，又∵EC=2AE，则DE=1，所以S△BDE4.（23-24高三上·河北邢台·期末）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3c(1)求角C的大小；(2)若∠ACB的角平分线交AB于点D，CD=4，AD=2DB，求a．【答案】(1)π(2)a=2【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式将sinB（2）利用角平分线定理和余弦定理可得c=3a，由勾股定理可知B=π【详解】（1）由3c可得3sin因为sinB=所以sinA又A∈0,π,sinA>0又C∈0,π，所以（2）∵CD为∠ACB的平分线，AD=2DB，由内角平分线性质定理，b=2a，又∵C=π3，在△ABC中，由余弦定理AB∴AC2=AB又∵AD=2DB，∴BD=3又∵CD=4，∴在Rt△CBD中，a∴a=235.（23-24高三上·湖南邵阳·阶段练习）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b+c=2asin(1)求A；(2)若a=23，BA⋅CA=3【答案】(1)π(2)3【分析】（1）由正弦定理和sinB=sinA+C得到3（2）先根据向量数量积公式得到bc=3，由余弦定理变形得到b+c=21，由S△ABC=【详解】（1）∵b+c=2asin∴由正弦定理得：sinB+∴sinB+即sinB+又∵B=π∴sinB=sinA+C∴sinA即cosA又∵C∈0,π，∴∴cosA+1=∴3sin∴2sinA−π∵A∈0,π∴A−π6=（2）由BA⋅CA=32由（1）知，A=π

由余弦定理得：a2因为a=23，所以b+c∴b+c=21由S△ABC=S∴AD=bc考点九、高线与多三角形问题1.（2024·四川自贡·三模）如图，D为△ABC的边AC上一点，|AD|=2|DC|，∠ABC=60°，|AB|+2|BC|=4，则BD的最小值为.【答案】2【分析】设CD=x,BD=y,BC=m，则AD=2x,AB=4−2m，在△ABC中，运用余弦定理可得9x2=7m2−20m+16，再由∠ADB+∠BDC=【详解】设CD=x,BD=y,在△ABC中，∠ABC=60°，所以cos∠ABC=所以9x因为∠ADB+∠BDC=180°，所以cos∠ADB=−所以4x所以y2所以y2所以y2=49m2−所以|BD|=y=2故答案为：23【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的余弦定理，二次函数的最值，三角形的面积公式，关键在于表示BD的长，求得何时BD取得最小值，属于中档题.2.（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，AB=AC=BD=10，当四边形ABCD的面积最大时，BC2+C【答案】700−400【分析】设∠AOD=θ，可得S==12BD×ACsinθ=50sinθ，得出【详解】如图，设AC∩BD=O,∠AOD=θ,则四边形ABCD的面积为S=S△ABD+因0<θ<π，故当且仅当sinθ=1，即θ=π当θ=π2时，设AO=x,OB=y，则于是BC2+C因AO2+B由(x+y)2=x2+即当x=y=52时，BC2故答案为：700−4002【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用四边形的对角线长已知，考虑按一条对角线将其拆分求面积；第二个关键是，选设未知量，设AO=x,OB=y，便于找到和运用等量关系x21.（2024·陕西安康·模拟预测）如图，平面四边形ABCD中，AB=3,AC=2BC,AD=DC,∠ADC=90∘，则四边形ABCD面积的最大值为【答案】10【分析】设BC=x(1<x<3),∠ACB=θ，利用余弦定理求出cosθ，进而可求出sinθ，再根据【详解】设BC=x(1<x<3),∠ACB=θ,θ∈(0,π则AC=2x,AD=CD=2而cosθ=则sinθ=所以SABCD令x2−5=4cos则S=5+5sinφ+β≤10当且仅当cosφ=此时x2=41所以四边形ABCD面积的最大值为10.故答案为：10.【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：（1）利用正弦定理实现“边化角”；（2）利用余弦定理实现“角化边”.求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.2.（2024·青海海西·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD,cos(1)求AC；(2)若△ACD的面积为32，求CD【答案】(1)AC=22(2)CD=【分析】（1）根据诱导公式及两角和的余弦公式求出∠CAB，再由正弦定理得解；（2）由三角形面积求出AD，再由余弦定理求出CD.【详解】（1）由cosB=则sinB=又由∠CAB=π所以cos∠CAB=−又由∠CAB∈0,π，可得∠BAC=在△ABC中，又由正弦定理得：BCsin所以5sinπ4（2）由AB⊥AD,∠BAC=π4，可得又由△ACD的面积为32，有12×2在△ACD中，由余弦定理有CD=33.（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在△ABC中，记角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知3a=(1)求角C；(2)已知点D在AC边上，且AD=2DC，BC=6，BD=27，求△ABC【答案】(1)∠C=(2)S=93或【分析】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；（2）先确定DC长度，再确定AC，即可判断三角形形状，确定面积．【详解】（1）∵3a=3c∴3sin∵sin∴tanC=3，∴∠C=π（2）设DC=x，cosπ3=12当x=2时，AC=6，C=π3当x=4时，AC=12，AB满足AB2+B4.（2024·辽宁·模拟预测）如图，在平面内，四边形ABCD满足B，D点在AC的两侧，AB=1，BC=2，△ACD为正三角形，设∠ABC=α.

(1)当α=π3时，求(2)当α变化时，求四边形ABCD面积的最大值.【答案】(1)3(2)2+【分析】（1）在△ABC中，由余弦定理可得AC的值；（2）由余弦定理可得AC2的表达式，进而求出正三角形ACD的面积的表达式，进而求出四边形ABCD的面积的表达式，由辅助角公式及【详解】（1）因为AB=1，BC=2，B=π由余弦定理可得：AC=A（2）由余弦定理可得AC因为△ACD为正三角形，所以S△ACDS△ABC所以S四边形因为α∈0,π，所以所以sinα−所以S四边形故当α=5π6时，四边形ABCD5.（23-24高三上·广西南宁·阶段练习）已知四边形ABCD内接于⊙O，若AB=1,BC=3,CD=DA=2(1)求⊙O的半径长.(2)若∠BPD=60°，求ΔBDP【答案】(1)21(2)0<【分析】（1）连接BD，由已知可得cosA=−cosC，由余弦定理可得5−4cosA=13−12（2）由余弦定理可得BD2=BP2【详解】（1）连接BD，由题意得，A+C=π根据余弦定理得BDBD∴5−4cosA=13−12cosC，解得设△BCD的外接圆半径为r，由正弦定理2r=BD∴⊙O的半径长为213（2）S△BDP又由于余弦定理得B∴BP·DP≤7当且仅当BP=DP=7∴0<S考点十、基本不等式求最值与取值范围问题1.（2024·天津北辰·三模）在△ABC中，AB=22，O为△ABC外心，且AO⋅A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】A【分析】根据三角形外心性质及数量积的几何意义，可得AO在AC方向上的投影向量为12AC，从而求得【详解】由O为△ABC外心，可得AO在AC方向上的投影向量为12则AO⋅AC=又AB=22，设则cos=3当且仅当a=6由0°＜∠ABC＜180°可知，0°＜∠ABC≤30°，故∠ABC的最大值为30°．故选：A．2.（2024·河南·三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若acosA+A．43 B．83 C．2【答案】B【分析】由正弦定理得tanA+tanB=3【详解】因为acos由正弦定理得sinA所以tanA+又因为C=π所以tanA+所以1=3即tanA所以tanB=显然tanA必为正（否则tanA和所以tanA+当且仅当43tanA=所以tanA+故选：B.1.（2024·重庆九龙坡·三模）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，已知asinA+B2=csinA，c=2.则C=【答案】π3/60°【分析】由正弦定理边化角结合诱导公式求解角C；利用余弦定理结合基本不等式求面积最大值即可.【详解】因为asinA+B2所以sinAcosC2=2又C∈0,π，所以C2∈0,由已知及余弦定理得：4=a所以ab≤4，当且仅当a=b时，等号成立，则△ABC面积S的最大值为S△ABC故答案为：π3；2.（2024·四川绵阳·模拟预测）在钝角△ABC中，a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，点G是△ABC的重心，若AG⊥BG，则cosC的取值范围是【答案】6【分析】延长CG交AB于D，由G为△ABC的重心，可得CD=32AB=32c，根据∠BDC+∠ADC=π，利用余弦定理可得5c2−2a23c2【详解】延长CG交AB于D，如下图所示：∵G为△ABC的重心，∴D为AB中点且CD=3DG，∵AG⊥BG，∴DG=12AB，在△ADC中，cos∠ADC=在△BDC中，cos∠BDC=∵∠BDC+∠ADC=π，∴cos∠BDC=−整理可得：a2+b2=5设A为钝角，则b2+c2<∴a2>解得：ba2<23cosC=又C为锐角，∴63<cosC<1，即【点睛】本题考查余弦定理的综合应用，利用已知求得0<b3.（2024·江苏盐城·一模）在△ABC中，已知AB=2，BC=3，点P在△ABC内，且满足CP=2，∠APC+∠ABC=π，则四边形ABCP面积的最大值为【答案】2【分析】设AP=x，∠ABC=α，分别在△ABC和△APC中，由余弦定理得到cosα与x的关系式，然后根据四边形ABCP的面积S=S△ABC−S△APC可得到面积与【详解】如图所示

设AP=x，∠ABC=α，则∠APC=π−α，α<π分别在△ABC和△APC中，由余弦定理得，ACAC所以x2cosα=9−x24x+12所以四边形ABCP的面积：S=S又3−xsinα=3−x当且仅当3−x=16−3−x2，即x=3−22，cosB=故答案为：2.4.（2024·江西·二模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3asinB=b2+cosA，若△ABC的面积等于【答案】4【分析】首先由正弦定理、辅助角公式得A=2π3【详解】由正弦定理结合3asinB=b因为sinB≠0，所以3sinA−注意到−π6<A−π6若△ABC的面积等于43则S△ABC=1在三角形ABC中，运用余弦定理有a2三角形的周长a+b+c=b2+综上所述，当且仅当三角形ABC是以顶角A=2π3的等腰三角形时，△ABC故答案为：435.（2024·江西吉安·模拟预测）已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且b2+2c2=3【答案】23/【分析】由余弦定理可得cosA=【详解】由题意可得a2由余弦定理可得cosA=因为a>0,b>0,c>0，所以cosA>0，所以A∈所以根据基本不等式cosA=当且仅当bc=c故答案为：23考点十一、三角函数求最值与取值范围问题1.（2024·江苏连云港·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=1，bcosA．0,1 B．1,2 C．0,2 D．2,3【答案】B【分析】利用正弦定理边化角，再利用和差角的正弦推理得B=2A，又由正弦定理得b=2cos【详解】由a=1，bcosA=1+cos由正弦定理可得sinBcosA=所以sinB−A=sinA，所以B−A=A或由正弦定理得,b=a而0<A<π,0<B=2A<π，0<C=所以12<cosA<1，所以b=2cos故选：B2.（2024·四川成都·模拟预测）设锐角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且c=2,B=2C，则a+b的取值范围为（

）A．2,10 B．2+22,10 C．2+22【答案】C【分析】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可.【详解】在△ABC中，由B=2C可得A=π由正弦定理asinπ又△ABC为锐角三角形，所以0<A=π−3C<π令t=cosC∈2因为y=4t2+2t−1所以1+2<y<2+3故选：C1.（2024·陕西安康·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若b=2，2acosC=2cos【答案】4【分析】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到B=60°，利用正弦定理“边化角”化简得到2a+c=4213【详解】△ABC中，b=2，2acos所以2a−ccosC=根据正弦定理，2sin即2sin因为sinA>0，所以cos由B为三角形内角可知，B=60°，根据正弦定理，2R=b所以2a+c=2R==4其中tanφ=35当A+φ=90∘时取得最大值4213，所以故答案为：42.（23-24高三下·吉林通化·期中）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，且满足S=3(1)求角C的大小；(2)求sinA【答案】(1)C=(2)3【分析】（1）由S=34a2+（2）由sinAsinB=sinAsin2π3【详解】（1）由S=34a所以tanC=因为0<C<π，所以C=（2）由已知sin==3因为0<A<2π3所以当2A−π6=π2，即A=所以sinAsinB3.（2024·江苏盐城·模拟预测）在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin(1)求角C的大小；(2)若△ABC为锐角三角形，求a+bc【答案】(1)C=(2)3【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式，结合余弦定理将角转化为边，可将式子变形为a2（2）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角恒等变换可得a+bc=2sin【详解】（1）在△ABC中，a==a+b−c因为asin所以a+b−c2化简得a2+b又C∈0,π，所以（2）由正弦定理知a+b==23由△ABC为锐角三角形可知0<A<π20<B<所以0<A<π20<所以π3所以32<sin则a+bc的取值范围为34.（2024·重庆渝中·模拟预测）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足3c(1)求角A的大小；(2)若△ABC为锐角三角形且a=26，求△ABC【答案】(1)π(2)(4【分析】（1）根据条件由正弦定理边化角，结合三角恒等变换求得答案；（2）由正弦定理得b=42sinB，c=42sin【详解】（1）由正弦定理得，3sin所以3sin即3sin化简得：sinAcosA又A∈0,π，所以（2）由正弦定理得：asin所以b=42sinB所以S=8=43因为△ABC是锐角三角形，所以0<B<π20<所以2B−π6∈所以S△ABC5.（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2(1)求角A的大小；(2)若△ABC为锐角三角形，点F为△ABC的垂心，AF=6，求CF+BF的取值范围.【答案】(1)A=(2)6【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可得cosA的值，再由角A的范围，可得角A（2）设∠FAB=α，分别在两个三角形中，由正弦定理可得BF，CF的表达式，由辅助角公式可得BF+CF的取值范围．【详解】（1）因为sin2所以sin2所以sin2由正弦定理可得b2由余弦定理可得cosA=b2可得A=π（2）延长AF交BC于D，延长BF交AC于E，延长CF交AB于P，AF=6，根据题意可得BC⊥AD，BE⊥AC，因为∠CAB=π3，所以设∠FAB=α，α∈(0,π3)，在△ABF即612=同理在△CFA中，可得CF=12sin所以BF+CF=12[=12(12sin因为α∈(0,π3)所以sin(α+所以BF+CF∈(631．（2025高三·全国·专题练习）在△ABC中，内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B=π3，b2A．32 B．2 C．72 【答案】C【分析】利用正弦定理得sinAsinC=13【详解】因为B=π3,由余弦定理可得:b2即:a2+c所以(sin因为A,C为三角形内角，则sinA+sinC>0故选：C.2．（22-23高三上·河南濮阳·阶段练习）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且acosB−1−bcosA−1A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】将已知等式利用余弦定理统一成边的形式，化简变形可求得结果.【详解】∵acos∴a⋅a∴a2+∴a2−∵a+b−c>0，∴a−b=0，即b=a=4．故选：D3．（2024高三·全国·专题练习）在锐角三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若cos2B+cos2C+2sinB【答案】π【分析】根据二倍角公式可得sin2【详解】因为cos2B+所以1−2sin2B+1−2∴a2=b2+c故答案为：π4．（23-24高一下·广东清远·期末）△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bcos(1)求B；(2)若C=π4且△ABC的面积为3+3【答案】(1)B=(2)c=2【分析】（1）根据正弦定理实现边角转化，结合两角和的正弦公式、辅助角公式化简进行求解即可；（2）由正弦定理得a=3+12c，【详解】（1）△ABC中，bcos由正弦定理得sinB又sinA=所以3sin由于C∈0,π，sinC≠0所以sinB−π6=12，又（2）由（1）A=π而sinA=由正弦定理有asin5π12=由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为S△ABC由已知△ABC的面积为3+3，可得3+385．（2024·江西新余·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积S=1(1)求角B；(2)若∠ABC的平分线交AC于点D，a=3，c=4，求BD的长.【答案】(1)B=(2)BD=12【分析】（1）由三角形面积公式可得a2（2）利用等面积法即可求解.【详解】（1）在△ABC中，S=12ac即sinB>0，a由余弦定理得cosB=a2（2）在△ABC中，由等面积法得S△ABC即12即1所以BD=126．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinC2cos(1)求sinB+(2)若b=1，求△ABC的面积．【答案】(1)3(2)3【分析】（1）利用正弦定理求a,b,c关系，再利用余弦定理求出cosB（2）利用三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）因为sinC2cos由正弦定理得c=2b，所以a2=3b所以cosB=在△ABC中，sinB=所以sinB+（2）由（1）得当b=1时，a=7所以S7．（2024·天津·一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b=2，sinA=2(1)求a的值；(2)求cosC(3)求sin2C+B【答案】(1)2(2)3(3)14【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由余弦定理计算可得；（2）利用余弦定理计算可得；（3）首先求出sinC，从而由二倍角公式求出sin2C、【详解】（1）因为sinA=由正弦定理可得a=2又b=2，cos由余弦定理cosB=a2+c2−所以a=2（2）由余弦定理cosC=（3）由（2）可得sinC=所以sin2C=2cos2C=2又sinB=所以sin=31．（2024·天津南开·二模）已知双曲线x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为FA．x23−C．x29−【答案】C【分析】|AF2|=|F2F1【详解】因为|AF由双曲线的定义可知AF可得|AF由于过F2的直线斜率为24所以在等腰三角形AF1F2中，由余弦定理得：cos∠A化简得39c2−50ac−25a2=0，可得可得a:b=3:4，a2所以此双曲线的标准方程可能为：x2故选：C2．（2024·天津南开·二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知c2=a(1)求证：a=2c；(2)求cosC(3)求cosB+【答案】(1)证明见解析(2)2(3)4−3310【分析】（1）根据题意，结合余弦定理可得2ccos（2）由（1）及正弦定理得sinA=2（3）根据sinA=cosC，结合诱导公式得A−C=【详解】（1）因为c2又由余弦定理c2可得2ccos由sinA=cosC所以a=2c，（2）由（1）及正弦定理得sinA=2又因为sinA=所以2sin又因为sin2解得cosC=（3）由（2）知sinC=所以sin2C=2sinC因为sinA=cosC则A−C=π2，或当A−C=π2==−3当A+C=π2，B为π23．（2024·天津河北·二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=4,b=3.(1)若cosC=−14，求a(2)在（1）的条件下，求cos2C+(3)若A=2B，求a的值.【答案】(1)a=2，3(2)3(3)21【分析】（1）由余弦定理求a，再根据cosC求sinC，进而求得（2）由二倍角公式求得sin2C和cos（3）由正弦定理得到cosB与a的关系，再结合余弦定理求解a【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理得cosC=a2化简得2a2+3a−14=0，解得a=2或a=−∵C∈0,∴△ABC的面积S=1（2）sin2C=2cos2C=2∴cos（3）在△ABC中，由正弦定理得asin∵A=2B,∴asin2B由余弦定理得cosB=∴a2+16−9所以a=214．（2024·天津滨海新·三模）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，bsinA=acosB−π(1)求角B的大小：(2)求b的值；(3)求sin2A−B【答案】(1)π3(2)7；(3)33【分析】（1）根据正弦定理可得bsinA=asin（2）利用余弦定理即可求出b的值；（3）根据bsin【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理asinA=又由bsinA=a即sinB=∴sinB=32cosB+12又因为B∈0,π，可得（2）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=π有b2=a（3）由bsinA=acos因为a<c，所以A<C，故A为锐角，故cosA=因此sin2A=2sinA所以，sin2A−B5．（2024高三·天津·专题练习）在△ABC中,cosB=916，(1)求a；(2)求sinA(3)求cos(B−2A)【答案】(1)4(2)7(3)57【分析】（1）设a=2k，则c=3k，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；（2）求出sinB（3）根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA【详解】（1）在△ABC中,cosB=916，设a=2k，则c=3k，k>0，∴cos解得k=2，∴a=2k=4；（2）由（1）得a=4，