专题06用正余弦定理解三角形

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，∠B=60°.将△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P-ACD，如图所示，当三棱锥P-ACD的表面积最大时，三棱锥P-ACD的外接球体积为（A．523π B．433π【答案】D【分析】根据题意结合三角形面积公式分析可得当PC⊥CD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：△ACD,△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD,△PCD为全等的等腰三角形，则三棱锥P-ACD的表面积S=2S当且仅当sin∠PCD=1，即PC⊥CD时，三棱锥P-ACD此时△PAD,△PCD为直角三角形，PD=P取PD的中点O，连接OA,OC，由直角三角形的性质可得：OA=OC=OD=OP=2即三棱锥P-ACD的外接球的球心为O，半径为R=2，故外接球体积为V=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23m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为33mA．21πm3 B．18πm3 C．【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απ因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为23m，面积为所以12l2sinα=1由α=2π3得则上半部分的体积为13πr故蒙古包的体积为18+33故选：C.二、解答题3．（2023·山东菏泽·统考一模）如图,在平面四边形ABCD中,∠ABC=θ(0<θ<π),AB=BC=CD=1,(1)试用θ表示BD的长;(2)求AC2【答案】(1)BD(2)25【分析】(1)根据已知条件将∠BCD用θ表示,再在△BCD(2)在△ABC中先用余弦定理将AC2用θ表示,再结合(1)的结论【详解】（1）∵∠ABC=θ（0<θ<π∴∠BCA=在△BCD中,∵0<θ∴cosθ4>0,（2）在△ABC中,∴A∵0<θ<π,则当cosθ2=14故AC24．（2023·辽宁盘锦·盘锦市一模）已知在△ABC中，3sin（A+B）＝1+2sin2C2（1）求角C的大小；（2）若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，△ABC的外接圆半径为2，求△ABI周长的最大值．【答案】（1）π3；（2）4+23【分析】（1）利用降幂公式、两角和的正弦公式变形可得sin（C+π6）＝1（2）利用正弦定理求出AB，求出∠AIB，设出∠ABI，将AI,BI用∠【详解】（1）∵3sin（A+B）＝1+2sin2C2，且A+B+C＝π∴3sinC＝1+1﹣cosC＝2﹣cosC，即3sinC+cosC＝2，∴sin（C+π6）＝1∵C∈（0，π），∴C+π6∈（π6，7π6），∴C+π6＝π2（2）∵△ABC的外接圆半径为2，∴由正弦定理知，ABsin∠ACB＝ABsinπ3＝2×2＝4，∵∠ACB＝π3，∴∠ABC+∠BAC＝2∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，∴∠ABI+∠BAI＝π3，∴∠AIB＝2设∠ABI＝θ，则∠BAI＝π3﹣θ，且0＜θ＜π在△ABI中，由正弦定理得，BIsin(π3-θ)＝AIsin∴BI＝4sin（π3﹣θ），AI＝4sinθ∴△ABI的周长为23+4sin（π3﹣θ）+4sinθ＝23+4（32cosθ﹣12＝23+23cosθ+2sinθ＝4sin（θ+π3）+23∵0＜θ＜π3，∴π3＜θ+π3∴当θ+π3＝π2，即θ=π6时，△故△ABI的周长的最大值为4+23．【点睛】关键点点睛：将AI,BI用∠ABI表示，根据三角函数知识求出5．（2023·重庆·统考一模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c且b=c(cos(1)求角C；(2)求a+2b【答案】(1)π(2)10【分析】（1）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<（2）通过边角互化将a+2bc转换为sinA+【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理得，sinsin(A⇒sinA∵sinA≠0，∴cos即tanC（2）由正弦定理得：a+其中sinφ=1故A+∴sin(∴10sin故a+2b6．（2023·重庆·统考一模）如图，在平面四边形ABCD中，BC=3，BE⊥AC于点E，BE=2，且△ACD的面积为△ABC面积的(1)求AD⋅sin(2)当CD=3时，求线段DE的长．【答案】(1)2(2)22或【分析】（1）利用三角形面积公式和面积之间的关系得到AD⋅sin∠（2）由正弦定理得AD⋅sin∠DAC=CD【详解】（1）∵S△ACDS△ACD=2∴AD（2）由题CE=1,在△ACD中,CD∴AD又CD=3,∴sin∠在△CDE中,由余弦定理,得D当cos∠ACD=13当cos∠ACD=-13综上:DE=22或7．（2023·江苏南通·统考一模）在△ABC中，A,B,C的对边分别为a,b,c,acos(1)若c=3a，求(2)若b=1,∠BAC的平分线AD交BC于点D，求AD长度的取值范围.【答案】(1)13(2)0,【分析】（1）由正弦定理得出c=2（2）设∠BAD=θ，把△【详解】（1）已知acos由正弦定理可得sinA∴sin∴sin∴sin∴c=2b,c∴cos（2）由（1）知c=2b，由b=1设∠BAD=θ∴AD=4∴AD8．（2023·广东梅州·统考一模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知3a(1)求内角A；(2)点M是边BC上的中点，已知AM=2，求△ABC面积的最大值.【答案】(1)π(2)4【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=π3；（2）根据向量加法的平行四边形法则可得AM=【详解】（1）在△ABC中，因为3由正弦定理得3sin因为B∈0,π，所以sin所以32sinA因为A∈0,π所以A+即A=（2）因为点M是边BC上的中点，所以AM=对上式两边平分得：AM2因为AM=2，所以4=14而c2+b2≥2bc，有3因此S△即△ABC面积的最大值为49．（2023·广东佛山·统考一模）在锐角三角形△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，CD为CA在CB方向上的投影向量，且满足2csin(1)求cosC(2)若b=3，a=3ccosB，求【答案】(1)2(2)2【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CD为CA在CB方向上的投影向量，则CD=bcos根据正弦定理，2sinC在锐角△ABC中，B∈0,π2由C∈0,π2，则cos2（2）由a=3ccos在△ABC中，A+B+C=π由（1）可知cosC=23，由sin2B+cos2B=1根据正弦定理，可得bsinB=csin故△ABC的周长C10．（2023·广东茂名·统考一模）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=b+2bcos(1)求证：C=2B.(2)求a+cb的取值范围【答案】(1)证明见解析(2)1,5【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得sinC(2)结合正弦定理及三角恒等变换a+cb=4cos【详解】（1）在△ABC由a+b又∵A=∴sin即sinsinBsin∵0<sinB=sinC-∵B+C-B=（2）得：C=2B得∴0<B<π3由题意a=b+2a==1+2=4∵12<cosB<1，故a+c方法二：由正弦定理得：a∵A+B+Csin由（1）得：C=2B===cos2=2=4由（1）得：C=2B得∴0<B<π3∴1<4cosB+故a+c11．（2023·广东深圳·统考一模）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)设AB的中点为D，若CD=a，且b-c=1，求△ABC的的面积．【答案】(1)A(2)3【分析】(1)由b+c=2asinC(2)在△ACD中，由余弦定理得，a2=b2+c24-bc2；在△【详解】（1）解：由已知得，b+由正弦定理可得，sinB因为A+所以sinB代入上式，整理得cosAsinC又因为C∈0,π所以3sin即sinA又因为A∈所以-π所以A-解得A=（2）在△ACD中，由余弦定理得，C而A=π3，CD=在△ABC中，由余弦定理得，a2由①②两式消去a，得3c所以b=又b-c=1，解得b所以△ABC的面积S12．（2023·湖南岳阳·统考一模）在△ABC中，三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，b2(1)证明：B=2A；(2)求cosC+cos【答案】(1)证明见解析(2)0,【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=2（2）cosC+cosA转化为只含A【详解】（1）依题意b2-ac-2acossinA+BsinB-A=sinA，由于由于0<B<π-π所以B-A=所以B=2（2）由于B=2A，所以A为锐角，即而0<A+BcosC+cosA=-cosA+B+cosA=sinA令t=cosA∈f'所以ft在区间12,33在区间33,1上fff3所以0<f所以cosC+cosA13．（2023·湖南邵阳·统考一模）如图，P为△ABC内的一点，∠BAP记为α，∠ABP记为β，且α，β在△ABP中的对边分别记为m，n，2m+nsinβ=3ncos(1)求∠APB；(2)若AB=23，BP=2，PC=3，记∠APC=θ，求线段AP的长和△ABC【答案】(1)2π3(2)答案见解析.【分析】（1）由已知可推出sinα=32cosβ-12sin（2）由已知可得AP=2，进而根据S△ABC=S△【详解】（1）已知2m2sinα+sinβ所以2sinα+所以sinα因为α，β∈0,π所以α=π3-β（2）在△APBAB即12=AP2+4+2AP因为∠APB+∠BPCS==1=3+3sinθ+=3+3sin因为，-π所以，当θ-π6=π2，即14．（2023·山东临沂·统考一模）在△ABC中，角A,B,C(1)求C；(2)若c=1，求△【答案】(1)C=(2)(0,3【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△ABC中，由已知及正弦定理得：sin即有sinA+B=2sinCcosC，即sinC所以C=（2）在△ABC中，由余弦定理c2=因此1≥2ab-ab，即0<又S△所以△ABC面积的取值范围是(0,15．（2023·山东临沂·统考一模）如图，三棱锥P-ABC,PA=PB=3,AB=AC=4,∠BAC=θ0<θ<π，平面PAB⊥平面ABC，点M为PC(1)若θ=π3，求直线BM与平面(2)若AM⊥AB，求BC的长．【答案】(1)165(2)4【分析】由面面垂直证PD⊥平面ABC，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D（1）由向量法求线面角得正弦值；（2）由向量法表示垂直，解得θ，由余弦定理求BC.【详解】（1）取AB得中点D，由于PA=PB，因此又∵平面PAB⊥平面ABC，PD⊂平面PAB，∴PD以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-∵PA=PB当θ=π3取平面ABC的一个法向量为n=0,0,1，设直线BM与平面ABC所成的角为φ，则sinφ∴直线BM与平面ABC所成角的正弦值为16533（2）由题意知C(-2+4cos又AB=(4,0,0),∵AM⊥AB在△ABC中，AB=AC16．（2023·山东威海·统考一模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanB(1)求B；(2)若a=3，b=37，求△ABC的面积【答案】(1)π(2)27【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【详解】（1）由tanBtanA=2所以sinA由正弦定理得sinC因为0<C<π因为0<B<π（2）在△ABC中，因为B=π3，a=3即c2-3c-54=0，解得c所以S△即△ABC的面积为2717．（2023·山东潍坊·统考一模）在①tanAtanC-3tanA=1+3tan问题：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的范围.【答案】(1)答案见解析(2)b【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角B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=b【详解】（1）若选①：整理得1-tanAtan所以tanB=-tanA+若选②：因为2c由正弦定理得2sin所以2sinCcosB=3sin若选③：由正弦定理整理得a2+c即cosB=32，因为（2）将c=b+1代入正弦定理bsinB因为B=π6，角A的解有两个，所以角C即12<b+12b<118．（2023·山东日照·统考一模）已知△ABC中，a，b，c是角A，B，C所对的边，asinA+C2(1)求角B；(2)若AC=BC，在△ABC的边AB，AC上分别取D，E两点，使△ADE沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值.【答案】(1)π(2)2【分析】（1）由正弦定理边角互化得sinAsinA+C（2）由题意可知△ABC为等边三角形，设AD=m，则BD=1-m,PD=【详解】（1）因为asinA+因为A∈(0,π),sinA≠0,A+因为B∈(0,π)，所以B所以B2=π（2）因为AC=BC,B=设AD=m，则所以在△BPD中，由余弦定理得cosB=设BP=x,0≤由于0≤x≤1，故所以m=2-x+32-所以AD的最小值为2319．（2023·福建·统考一模）记