【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第5章 第6讲　余弦定理、正弦定理 含解析【高考】.doc，共(30)页，315.500 KB，由小赞的店铺上传

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1第6讲余弦定理、正弦定理1．正弦定理asinA＝01bsinB＝02csinC＝2R，其中2R为△ABC外接圆的直径．变式：a＝032RsinA，b＝042RsinB，c＝052RsinC.a∶b∶c＝06sinA∶07sinB∶08si

nC.2．余弦定理a2＝09b2＋c2－2bccosA；b2＝10a2＋c2－2accosB；c2＝11a2＋b2－2abcosC.变式：cosA＝12b2＋c2－a22bc；cosB＝13a2＋c2－b22ac；cosC＝14a2＋b2－c22ab.si

n2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA.3．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况图形关系式解的个数A为锐角a<bsinA15无解a＝bsinA16一解bsinA<a<b17两解a≥b18一解A为a>b19一

解2钝角或直角a≤b20无解4．三角形中常用的面积公式(1)S＝12ah(h表示边a上的高)．(2)S＝12bcsinA＝2112acsinB＝2212absinC.(3)S＝12r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．1．三角形内角和定理在△ABC中，A＋B＋C＝π；变形：A＋B

2＝π2－C2.2．三角形中的三角函数关系(1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cos(A＋B)＝－cosC；(3)sinA＋B2＝cosC2；(4)cosA＋B2＝sinC2.3．三角形中的射影定理在△ABC中，a＝bcos

C＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB.1．已知△ABC中，a＝1，b＝2，B＝45°，则A等于()A．150°B．90°C．60°D．30°答案D解析由正弦定理，得1sinA＝2sin45°，得sinA＝12.又a<b

，∴A<B＝45°.∴A＝30°.故选D.2．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝19，AB＝2，则BC3＝()A．1B．2C．5D．3答案D解析解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－

2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.解法二：由正弦定理ACsinB＝ABsinC，得sinC＝5719，从而cosC＝41919(C是锐角)，所以sinA＝si

n[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝32×41919－12×5719＝35738.又ACsinB＝BCsinA，所以BC＝3.故选D.3．(2021·山东济南一中期中)在△ABC中，“A<B”是“sinA

<sinB”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案C解析在△ABC中，A<B，因为三角形中大边对大角，则a<b，由正弦定理可得a＝2RsinA，b＝2RsinB，所以有2RsinA<2RsinB

，所以sinA<sinB，充分性成立；因为sinA<sinB，由正弦定理可得sinA＝a2R，sinB＝b2R，所以a2R<b2R，则a<b，因为三角形中大边对大角，所以A<B，必要性也成立．故选C.4．在△AB

C中，AB＝6，∠A＝75°，∠B＝45°，则AC＝________.答案2解析因为∠A＝75°，∠B＝45°，所以∠C＝60°，由正弦定理可得ACsin45°＝6sin60°，解得AC＝2.5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，b＝5，c

＝7，4则△ABC的面积为________.答案1534解析因为a＝3，b＝5，c＝7，所以cosC＝a2＋b2－c22ab＝9＋25－492×3×5＝－12，因此sinC＝32，所以△ABC的面积S＝12×3×5×32＝1534.6．在△ABC中，acosA＝bc

osB，则这个三角形的形状为________________.答案等腰三角形或直角三角形解析由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝π2，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．考向一利用正、余弦定理解三角形

例1(1)(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝23，AC＝4，BC＝3，则cosB＝()A.19B．13C．12D．23答案A解析∵在△ABC中，cosC＝23，AC＝4，BC＝3，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝4

2＋32－2×4×3×23＝9，∴AB＝3，∴cosB＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝9＋9－162×3×3＝19.故选A.(2)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3，sinB＝12，C5＝π

6，则b＝________.答案1解析因为sinB＝12且B∈(0，π)，所以B＝π6或B＝5π6，又C＝π6，所以B＝π6，A＝π－B－C＝2π3，又a＝3，由正弦定理，得asinA＝bsinB，即3sin2

π3＝bsinπ6，解得b＝1.(3)(2020·新高考Ⅰ卷)在①ac＝3，②csinA＝3，③c＝3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为

a，b，c，且sinA＝3sinB，C＝π6，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解解法一：由sinA＝3sinB可得ab＝3，不妨设a＝3m，b＝m(m>0)，则c2＝a2＋b2－2abcosC＝3m2＋m2－2×3m×m×32

＝m2，即c＝m.选择条件①：ac＝3m×m＝3m2＝3，∴m＝1，此时c＝m＝1.选择条件②：cosA＝b2＋c2－a22bc＝m2＋m2－3m22m2＝－12，则sinA＝1－－122＝32，此时csinA＝m×32＝3，则

c＝m＝23.选择条件③：可得cb＝mm＝1，c＝b，6与条件c＝3b矛盾，则问题中的三角形不存在．解法二：∵sinA＝3sinB，C＝π6，B＝π－(A＋C)，∴sinA＝3sin(A＋C)＝3sinA＋π6，即

sinA＝3sinA·32＋3cosA·12，∴sinA＝－3cosA，∴tanA＝－3，∴A＝2π3，∴B＝C＝π6.若选①，ac＝3，∵a＝3b＝3c，∴3c2＝3，∴c＝1.若选②，csinA＝3，则3c2＝3，c

＝23.若选③，b＝c与条件c＝3b矛盾，则问题中的三角形不存在．解三角形问题的技巧(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以

上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．①应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍．②求角时易忽略角的范围而导致错误，因此需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图进行判断．(2)三角形解的个数的

判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角规则进行判断．1.已知在△ABC中，a＝5，b＝15，A＝30°，则c＝()A．25B．5C．25或5D．均不正确答案C7解析∵asinA＝

bsinB，∴sinB＝bsinAa＝155·sin30°＝32.∵b>a，∴B＝60°或120°.若B＝60°，则C＝90°，∴c＝a2＋b2＝25；若B＝120°，则C＝30°，∴a＝c＝5.2．(2020·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知as

inA－bsinB＝4csinC，cosA＝－14，则bc＝()A．6B．5C．4D．3答案A解析∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理，得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc

＝b2＋c2－(4c2＋b2)2bc＝－3c22bc＝－14，∴bc＝6.故选A.考向二利用正、余弦定理判断三角形形状例2(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，

则△ABC的形状为()A．等边三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定答案A解析∵a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝a2＋b2－c22ab＝12，又0<C<π，∴C＝π3，又由2cosAsinB＝sinC，得sin(B－

A)＝0，∴A＝B，故△ABC为等边三角形．(2)(2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.①若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；②是否存在正整

数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解①因为2sinC＝3sinA，所以2c＝2(a＋2)＝3a，8则a＝4，故b＝5，c＝6，由余弦定理可得cosC＝a2＋b2－c22ab＝18，则sinC＝1－cos2C＝378，因此，S△ABC＝12a

bsinC＝12×4×5×378＝1574.②显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得cosC＝a2＋b2－c22ab＝a2＋(a＋1)2－(a＋2)22a(a＋1)＝a2－2a－32a(a＋1)<0，解得－1<a<3，则0<a<3，由三角形三边关系可得a＋a＋1>

a＋2，可得a>1，又a∈Z，故a＝2.三角形形状的判定方法(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sinA＝sinB⇔

A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝π2等．(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sinA＝a2R，cosA＝b2＋c2－a22bc等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断

．提醒：(1)注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能．(2)在判断三角形形状时一定要注意解是否唯一，并注意挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响．3.(2021·陕西安康模拟)设△ABC的内角A，B，C所对

的边分别9为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定答案B解析∵bcosC＋ccosB＝asinA，∴由正弦定理，得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即s

inA＝sin2A.又sinA>0，∴sinA＝1，又A∈(0，π)，∴A＝π2，故△ABC为直角三角形．4．在△ABC中，cos2B2＝a＋c2c(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为()A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形D

．等腰直角三角形答案B解析因为cos2B2＝a＋c2c，所以2cos2B2－1＝a＋cc－1，所以cosB＝ac，所以a2＋c2－b22ac＝ac，所以c2＝a2＋b2，所以△ABC为直角三角形．多角度探究突

破考向三正、余弦定理的综合应用角度三角形面积问题例3(2021·广东模拟)在条件：①2a＋c＝2bcosC，sinA＝5314；②bsin2A－asinAcosC＝12csin2A，a＝7b；③(2tanB

＋tanA)sinA＝2tanBtanA,2c＝3b中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝3，________，求△ABC的面积．10解选①时，由2a＋c＝2bcosC，利用正弦定理得2sinA＋sinC＝2s

inBcosC，整理得2cosBsinC＋sinC＝0，由于C∈(0，π)，则sinC≠0，所以cosB＝－12，故B＝2π3，又sinA＝5314，利用正弦定理得bsinB＝asinA，所以ba＝75，设a＝5k，b＝7k，利用余弦定理得49k2＝9＋25k2－2×3×5k×

－12，解得k＝1(负值舍去)，故S△ABC＝12acsinB＝12×5×3×32＝1534.选②时，由于bsin2A－asinAcosC＝12csin2A，利用正弦定理得sinBsin2A－sinAsinA

cosC＝12sinCsin2A，所以2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC＝sinB，由于B∈(0，π)，则sinB≠0，所以cosA＝12，故A＝π3.由于a＝7b，c＝3，利用余弦定理得7b2＝b2＋9－2b×

3×12，解得b＝1(负值舍去)，所以S△ABC＝12bcsinA＝12×1×3×32＝334.选③时，由于(2tanB＋tanA)sinA＝2tanBtanA，整理得2sinBcosB＋sinAcosAsinA＝2si

nAsinBcosAcosB，由于A∈(0，π)，则sinA≠0，故2cosAsinB＋cosBsinA＝2sinB，利用正弦、余弦定理整理得3c2＋b2－a2＝4bc，由于2c＝3b，c＝3，所以b＝2，a＝7(

负值舍去)，所以cosA＝4＋9－72×2×3＝12，故A＝π3，所以S△ABC＝12bcsinA＝12×2×3×32＝332.三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA，一般是已知哪一个

角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．5.(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，11c，面积为3，B＝60°，a2＋c2＝

3ac，则b＝________.答案22解析由S△ABC＝12acsinB，得3＝12acsin60°，即3＝34ac，解得ac＝4.所以a2＋c2＝3ac＝12.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×12＝8.所以b＝22.6．(2020·全

国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.(1)若a＝3c，b＝27，求△ABC的面积；(2)若sinA＋3sinC＝22，求C.解(1)由余弦定理可得b2＝28＝a2＋c2－2accos150°＝7c2，∴c＝2

，a＝23，∴△ABC的面积S＝12acsinB＝3.(2)∵A＋C＝30°，∴sinA＋3sinC＝sin(30°－C)＋3sinC＝12cosC－32sinC＋3sinC＝12cosC＋32sinC＝sin(C＋30°)＝22.∵0°＜C＜30°，∴30

°＜C＋30°＜60°，∴C＋30°＝45°，∴C＝15°.角度三角形中的范围问题例4(2021·菏泽模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2a＋b＝2ccosB，c＝3.(1)求角C；(

2)延长线段AC到点D，使CD＝CB，求△ABD周长的取值范围．12解(1)∵2a＋b＝2ccosB，∴根据余弦定理得2a＋b＝2c×a2＋c2－b22ac，整理得a2＋b2－c2＝－ab，∴cosC＝a2＋b2－c22ab＝－12.∵C∈(0，π)

，∴C＝2π3.(2)由题意得△BCD为等边三角形，∴△ABD的周长为2a＋b＋3.∵asinA＝bsinB＝csinC＝332＝2，∴a＝2sinA，b＝2sinB，∴2a＋b＝4sinA＋2sinB＝4sinA＋2sinπ3－

A＝23sinA＋π6.∵A∈0，π3，∴A＋π6∈π6，π2，∴sinA＋π6∈12，1，∴2a＋b∈(3，23)．∴△ABD周长的取值范围是(23，33)．解三角形问题中，求解某

个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路如下：要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限

制，以及三角形自身范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．7.(2020·浙江高考)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA＝3a.(1)求角B；(2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范围．13解(1)∵2bsinA＝3a

，结合正弦定理可得2sinBsinA＝3sinA，∴sinB＝32.∵△ABC为锐角三角形，∴B＝π3.(2)由(1)得C＝2π3－A，则cosA＋cosB＋cosC＝cosA＋12＋cos2π3－A＝cosA＋

12－12cosA＋32sinA＝32sinA＋12cosA＋12＝sinA＋π6＋12.由0＜23π－A＜π2，0＜A＜π2可得π6＜A＜π2，∴π3＜A＋π6＜2π3，则sin

A＋π6∈32，1，sinA＋π6＋12∈3＋12，32.即cosA＋cosB＋cosC的取值范围是3＋12，32.角度正、余弦定理解决平面几何问题例5(2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC

的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(1)证明：BD＝b；(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.解(1)证明：在△ABC中，由正弦定理，得BD·b＝ac.又b2＝ac，所以BD·

b＝b2，即BD＝b.(2)因为AD＝2DC，所以AD＝23b，DC＝13b.在△ABD中，由余弦定理，得cos∠ADB＝DA2＋DB2－AB22DA·DB14＝23b2＋b2－c22·23b·b；在△BCD中，由余弦定理，得cos∠BDC＝DB

2＋DC2－BC22DB·DC＝b2＋13b2－a22·b·13b.因为∠ADB＋∠BDC＝π，所以23b2＋b2－c22·23b·b＋b2＋13b2－a22·b·13b＝0，即113b2＝2a2＋c2.又b2＝ac，所以113ac＝2a2＋c2，即6a2

－11ac＋3c2＝0，即(3a－c)(2a－3c)＝0，所以3a＝c或2a＝3c.当3a＝c时，由113b2＝2a2＋c2，得a2＝13b2，c2＝3b2，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC＝BC2＋BA2－AC22BC·BA＝a2＋c2－b22ac＝13b2＋3b2－b22b

2＝73b22b2＝76＞1，不成立．当2a＝3c时，由113b2＝2a2＋c2，得a2＝32b2，c2＝23b2，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC＝BC2＋BA2－AC22BC·BA＝a2＋c2－b22ac＝32b2＋23b2－b22b2＝76b22b

2＝712.综上，cos∠ABC＝712.15平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用

正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函数思想．8.(2021·新高考八省联考)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝BD＝1.(1)若AB＝32，求BC；(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.解(1)在△ABD中，AD＝BD＝1，AB＝32，由余弦定理，可

得cos∠ABD＝AB2＋BD2－AD22AB·BD＝34.因为CD∥AB，所以∠BDC＝∠ABD，在△BCD中，CD＝BD＝1，由余弦定理可得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝12，故BC＝22.(2)设BC＝x，则AB＝2x，在

△ABD中，cos∠ABD＝AB2＋BD2－AD22AB·BD＝4x24x＝x，在△BCD中，cos∠BDC＝BD2＋CD2－BC22BD·CD＝2－x22，由(1)可知，∠BDC＝∠ABD，16所以cos∠BDC＝cos∠ABD，即2－x22＝x，整理可得x2＋2x－2＝0，因为x>0，解

得x＝3－1，因此，cos∠BDC＝cos∠ABD＝x＝3－1.利用基本不等式破解三角形中的最值问题1.(多选)(2021·武汉模拟)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b－2a＋4asin2A＋B2＝0，则下列结论正确的是()A．角C一定为锐角B．a2＋2b2－c2＝0

C．3tanA＋tanC＝0D．tanB的最小值为33答案BC解析∵b－2a＋4asin2A＋B2＝0，∴b－2a＋4acos2C2＝0，即b－2a＋2a(cosC＋1)＝0，∴cosC＝－b2a<0，又C∈(0，π)，∴

角C一定为钝角，故A错误；由余弦定理知，cosC＝a2＋b2－c22ab＝－b2a，化简得a2＋2b2－c2＝0，故B正确；∵tanAtanC＝sinAcosCcosAsinC＝sinAsinC·cosCcosA＝ac·(a2＋

b2－c2)·2bc2ab·(b2＋c2－a2)＝－b23b2＝－13，∴3tanA＋tanC＝0，故C正确；∵A＋B＋C＝π，∴tanB＝－tan(A＋C)＝－tanA＋tanC1－tanAtanC＝－tanA－3tanA1＋tanA·3tanA＝21tanA＋3tanA，∵C为

钝角，∴A∈0，π2，tanA>0，∴1tanA＋3tanA≥21tanA·3tanA17＝23，当且仅当1tanA＝3tanA，即tanA＝33时，等号成立，此时tanB取得最大值33，故D错误．故选BC.2．(2021·陕西百校联考)已知△ABC的内角A，B

，C的对边分别为a，b，c.(1)若A≠π2，且csin2A＝4cosAsinC，求a的值；(2)若sinA，sinB，sinC成等差数列，求B的最大值．解(1)因为csin2A＝4cosAsinC，所以2csinAcosA＝4cosAs

inC，因为A≠π2，所以cosA≠0，所以csinA＝2sinC，所以c＝2sinCsinA＝2ca，所以a＝2.(2)因为sinA，sinB，sinC成等差数列，所以2sinB＝sinA＋sinC，由正弦定理可得2b＝a＋c，由余弦定理

可得cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－a＋c222ac＝3a24＋3c24－ac22ac＝38ca＋ac－14.因为ca>0，ac>0，所以cosB＝38ca＋ac－14≥38×2ca

·ac－14＝12，当且仅当ca＝ac，即a＝c时，等号成立．因为cosB<1，所以cosB∈12，1，因为B∈(0，π)，所以B∈0，π3，所以B的最大值为π3.18答题启示利用基本不等式破解三角形中的最值问题时，当所求最值的代数式中的

变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．对点训练(2022·福建福州期末)已知△ABC的内角A，B，C满足sinA－sinB＋sinCsinC＝sin

BsinA＋sinB－sinC.(1)求角A；(2)若△ABC的外接圆的半径为1，求△ABC的面积S的最大值．解(1)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由正弦定理和已知条件，得a－b＋cc＝ba＋b－c，化简

得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝12，∵0<A<π，∴A＝π3.(2)记△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得asinA＝2R，得a＝2RsinA＝2sinπ3＝

3，由余弦定理得a2＝3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤3(当且仅当b＝c时取等号)，故S＝12bcsinA≤12×3×32＝334(当且仅当b＝c时取等号)．即△ABC的面积S的最大值为334.19一、单项选择题1．已知△ABC中，A＝π6，B＝π4

，a＝1，则b等于()A．2B．1C．3D．2答案D解析由正弦定理asinA＝bsinB⇒b＝asinBsinA＝2.2．(2021·辽宁省沈阳市郊联体期末)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cosA＝12，a＝3，则a＋b＋c

sinA＋sinB＋sinC等于()A.12B．32C．3D．2答案D解析由cosA＝12，A∈(0，π)知sinA＝32，由正弦定理得a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝asinA＝332＝2.3．△ABC中，AB＝2，AC＝3，

B＝60°，则cosC＝()A.33B．±63C．－63D．63答案D解析由正弦定理，得ACsinB＝ABsinC，∴sinC＝ABsinBAC＝2×sin60°3＝33，又AB<AC，∴0<C<B＝60°，∴cosC＝1

－sin2C＝63.故选D.4．(2021·北京西城区一模)在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sinA＝6sinB，20则c＝()A.35B．31C．6D．5答案B解析在△ABC中，sinA＝6sinB，利用正弦定理得a＝6b，由a＋2b＝8，a＝6b，解得

a＝6，b＝1.利用余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝36＋1－2×6×1×12＝31，故c＝31.故选B.5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cb<cosA，则△ABC为

()A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．等边三角形答案A解析根据正弦定理，得cb＝sinCsinB<cosA，即sinC<sinBcosA，∵A＋B＋C＝π，∴sinC＝sin(A＋B)<sinBcosA，整理得sinAcosB<0，又三角形中sinA>0，∴cosB<0，

∴π2<B<π.∴△ABC为钝角三角形．6．在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA＝223，a＝3，S△ABC＝22，则b的值为()A．6B．4C．2D．2或3答案D解析因为S△ABC＝22＝12bcsinA，sinA＝

223，且A∈0，π2，所以bc＝6，cosA＝13，又因为a＝3，由余弦定理，得9＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－4，所以21b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3.7．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设△ABC的三个内角A，B，

C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为S＝14a2c2－a2＋c2－b222，若a2sinC＝2sinA，(a＋c)2＝6＋b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为()A.32B．3C．12D．1答案A解析因为a2sinC＝2sinA，所以a

2c＝2a，所以ac＝2，因为(a＋c)2＝6＋b2，所以a2＋c2＋2ac＝6＋b2，所以a2＋c2－b2＝6－2ac＝6－4＝2，从而△ABC的面积为S△ABC＝14×22－222＝32，

故选A.8．(2021·合肥一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，则角A的最大值为()A.π6B．π4C．π3D．2π3答案A解析因为

asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccosA，所以cosA＝a2＋2c22bc①，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA②，由①②可得2a2＝b2－c2，所以cosA＝b2＋

c2－a22bc＝b2＋c2－12(b2－c2)2bc＝b2＋3c24bc，因为b2＋3c2≥2b2·3c2＝23bc，当且仅当b＝3c时取等号，所以cosA≥23bc4bc＝32，又A∈(0，π)，所以角A的最大值为π6.故选A.二、多项选择题229．(

2021·江苏南京师范大学附属中学期末)在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有唯一解的有()A．b＝20，A＝45°，C＝80°B．a＝30，c＝28，B＝60°C．a＝14，b＝16，A＝45°D．a＝12，c＝15，A＝120°答案AB解析A中，

已知两角一边，三角形是确定的，只有唯一解；B中，已知两边及夹角，用余弦定理解得第三边，有唯一解；C中，由正弦定理得sinB＝bsinAa＝16sin45°14＝427＜1，又b＞a，即B＞A，所以B可能为锐角，也可能为钝角，有两解；D中，a＜c，A角只能为锐角，

已知A为钝角，三角形无解．故选AB.10．(2021·广东汕头模拟)在△ABC中，已知c2＝3(a2－b2)，tanC＝3，则下列结论正确的是()A．cosB＝2c3aB．tanA＝2tanBC．tanB＝－12D．B＝45

°答案ABD解析∵c2＝3(a2－b2)，∴b2＝a2－c23，∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－a2－c232ac＝2c3a，故A正确；由cosB＝2c3a可得3acosB＝2c，∴3sinAcosB＝2sin(A＋B)，3sinAcosB＝2sinA

cosB＋2cosAsinB，sinAcosB＝2cosAsinB，∴tanA＝2tanB，故B正确；∵tanC＝3，∴tan(A＋B)＝tanA＋tanB1－tanAtanB＝2tanB＋tanB1－2tan2B＝3tanB1－2tan2B＝－3，得ta

nB＝－12或tanB＝1.∵cosB＝2c3a>0，∴B为锐角，tanB＝1，B＝45°，故C错误，D正确．故选ABD.11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶23(b＋c)＝9∶

10∶11，则下列结论正确的是()A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6B．△ABC是钝角三角形C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为877答案ACD解析因为(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设a＋b＝9x，a＋c＝10

x，b＋c＝11x(其中x>0)，解得a＝4x，b＝5x，c＝6x，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，所以A正确；由上可知，c最大，所以三角形中C最大，又cosC＝a2＋b2－c22ab＝(4x)2＋(5x)2－(6x)22×4x×5x＝18>0，所以C为锐角，所以B错误

；由上可知，a最小，所以三角形中A最小，又cosA＝c2＋b2－a22cb＝(6x)2＋(5x)2－(4x)22×6x×5x＝34，所以cos2A＝2cos2A－1＝18，所以cos2A＝cosC.由三角形中C最大

且C为锐角可得，2A∈(0，π)，C∈0，π2，所以2A＝C，所以C正确；由正弦定理，得2R＝csinC，又sinC＝1－cos2C＝378，所以2R＝6378，解得R＝877，所以D正确．故选ACD.12．(2022·烟台模拟)在

△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－55，则()A．sin∠CDB＝310B．△ABC的面积为8C．△ABC的周长为8＋45D．△ABC为钝角三角形24答案BCD解析由cos∠CDB＝－55可得s

in∠CDB＝1－15＝255，故A错误；设CD＝x，CB＝2x，在△CBD中，由余弦定理，可得－55＝9＋x2－4x26x，整理可得，5x2－25x－15＝0，解得x＝5，即CD＝5，CB＝25，所以S△ABC＝S△BCD＋S△ADC＝12×3×5×255＋1

2×5×5×255＝8，故B正确；由余弦定理，可知cosB＝CB2＋BD2－CD22CB·BD＝CB2＋AB2－AC22CB·AB，即20＋9－52×3×25＝20＋64－AC22×8×25，解得AC＝25，故△ABC的周长为AB＋AC＋CB＝8＋25＋25＝8

＋45，故C正确；由余弦定理，可得cos∠ACB＝20＋20－642×25×25＝－35<0，故∠ACB为钝角，D正确．故选BCD.三、填空题13．(2021·北京海淀模拟)在△ABC中，A＝2π3，a＝3c，则bc＝________.答案1解析由题意知

sin2π3＝3sinC，∴sinC＝12，又0<C<π3，∴C＝π6，从而B＝π6，∴b＝c，故bc＝1.14．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，则B＝_______

_.答案π325解析解法一：由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA.∴2sinBcosB＝sin(A＋C)．又A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.∴2sinBcosB＝sin(π－B)＝

sinB.又sinB≠0，∴cosB＝12.∴B＝π3.解法二：∵在△ABC中，acosC＋ccosA＝b，∴条件等式变为2bcosB＝b，∴cosB＝12.又0<B<π，∴B＝π3.15.(2020·全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥P－ABC的

平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝_________.答案－14解析∵AB⊥AC，AB＝3，AC＝1，由勾股定理得BC＝AB2＋AC2＝

2，同理得BD＝6，∴BF＝BD＝6.在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝3，∠CAE＝30°，由余弦定理，得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1×3×32＝1，∴CF＝CE＝1.在△BCF中，BC＝2，BF＝6，CF＝1，由余弦定理，得co

s∠FCB＝CF2＋BC2－BF22CF·BC＝1＋4－62×1×2＝－14.16．(2022·湖南长沙质检)在△ABC中，a＋b＝11，cosA＝18，cosB＝916，则a的值为________，△ABC的面积为________.答案61574解析∵cosA＝18，cosB＝

916，A，B∈(0，π)，∴sinA＝1－cos2A＝378，sinB＝1－cos2B＝5716.由正弦定理，得asinA＝26bsinB，即a378＝11－a5716，∴a＝6.又sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋co

sAsinB＝378×916＋18×5716＝74，∴S△ABC＝12absinC＝12×6×(11－6)×74＝1574.四、解答题17.(2021·绵阳模拟)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，△ABC为锐角三角形，且AB＝3，AC＝7，∠

ABC＝60°.(1)求sin∠BAC的值；(2)求△BCD的面积．解(1)在锐角三角形ABC中，AB＝3，AC＝7，∠ABC＝60°，由正弦定理可得sin∠ACB＝ABsin∠ABCAC＝32114，所以cos∠ACB＝714，所以sin∠BAC＝sin[180°－(60°＋∠A

CB)]＝sin(60°＋∠ACB)＝cos60°sin∠ACB＋sin60°cos∠ACB＝32114×12＋714×32＝217.(2)因为AB∥CD，所以∠ACD＝∠BAC，所以sin∠ACD＝si

n∠BAC＝217.在Rt△ADC中，AD＝AC×sin∠ACD＝7×217＝3，所以CD＝AC2－AD2＝2，因为S△BCD＝S△ACD，又S△ACD＝12AD×CD＝3，所以S△BCD＝3.18．(2020·全国Ⅱ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2

π2＋A＋cosA＝54.(1)求A；27(2)若b－c＝33a，证明：△ABC是直角三角形．解(1)因为cos2π2＋A＋cosA＝54，所以sin2A＋cosA＝54，即1－cos2A＋cosA＝54，解得cosA＝12.又0＜A＜π，所以A＝

π3.(2)证明：因为A＝π3，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝12，即b2＋c2－a2＝bc.①又b－c＝33a，②将②代入①，得b2＋c2－3(b－c)2＝bc，即2b2＋2c2－5bc＝0，而b＞c，解得b

＝2c，所以a＝3c.所以b2＝a2＋c2，即△ABC是直角三角形．19．(2021·淄博二模)下面给出有关△ABC的四个论断：①S△ABC＝32；②b2＋ac＝a2＋c2；③ac＝2或12；④b＝3.以其中的三个论断作

为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若________，则________(用序号表示)，并给出证明过程．注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．解方案一：若①②③，则④.证明：由②得ac＝a2＋c2－b2，得cosB＝12

，即B＝60°；28由①S△ABC＝32，得12acsinB＝32，且B＝60°，得ac＝2；由③ac＝2或12，不妨取ac＝2，联立ac＝2，得a＝2，c＝1.由②得，b2＝a2＋c2－ac＝4＋1－2＝3，得b＝3，④成立．方案二：若①②④，则③.证明：由②得ac＝a

2＋c2－b2，得cosB＝12，即B＝60°；由①S△ABC＝32，得12acsinB＝32，且B＝60°，得ac＝2；由④b＝3，且b2＝a2＋c2－ac，得a2＋c2－ac＝3，从而(a＋c)2＝3＋6＝9⇒a＋c＝3，(a－c)2＝3－2＝1⇒

a－c＝±1，得a＝2，c＝1或a＝1，c＝2，得ac＝2或12，③成立．方案三：若②③④，则①.证明：由②得ac＝a2＋c2－b2，得cosB＝12，即B＝60°；由④b＝3，且b2＝a2＋c2

－ac，得a2＋c2－ac＝3；由③ac＝2或12，不妨取ac＝2，代入a2＋c2－ac＝3，即3c2＝3，得c＝1，a＝2，29从而得S△ABC＝12acsinB＝32，①成立．20.(2021·青岛一模)如图，在△ABC中，AB⊥AC，AB＝A

C＝2，点E，F是线段BC(含端点)上的动点，且点E在点F的右下方，在运动的过程中，始终保持∠EAF＝π4不变，设∠EAB＝θ弧度．(1)写出θ的取值范围，并分别求线段AE，AF关于θ的函数关系式；(2)求△EAF的面积S的

最小值．解(1)由题意知0≤θ≤π4，在△ABE中，由正弦定理得AEsinπ4＝ABsinθ＋π4⇒AE＝2sinθ＋π4，在△ACF中，由正弦定理得AFsinπ4＝ACsinπ2＋θ⇒AF＝2cosθ.(2)S△EAF＝12AE·AFsi

n∠EAF＝12·2sinθ＋π4·2cosθ·22＝22·122sinθ＋22cosθcosθ＝112sin2θ＋1＋cos2θ2＝22sin2θ＋π4＋1.30因为θ∈0，π

4，所以2θ＋π4∈π4，3π4，所以2sin2θ＋π4＋1∈[2，2＋1]．所以当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8时，2sin2θ＋π4＋1取到最大值2＋1.故△EAF的面积S的最小

值为22－2.