【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》三年专题10 解三角形（教师版）【高考】.docx，共(20)页，873.695 KB，由小赞的店铺上传

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三年专题10解三角形1．【2022年全国甲卷】沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，𝐴𝐵⌢是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在𝐴𝐵⌢

上，𝐶𝐷⊥𝐴𝐵．“会圆术”给出𝐴𝐵⌢的弧长的近似值s的计算公式：𝑠=𝐴𝐵+𝐶𝐷2𝑂𝐴．当𝑂𝐴=2,∠𝐴𝑂𝐵=60°时，𝑠=（）A．11−3√32B．11−4√32C．9−3√32D．9−4√32【答

案】B【解析】【分析】连接𝑂𝐶，分别求出𝐴𝐵,𝑂𝐶,𝐶𝐷，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接𝑂𝐶，因为𝐶是𝐴𝐵的中点，所以𝑂𝐶⊥𝐴𝐵，又𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，所以𝑂,𝐶,𝐷三点共线，即𝑂𝐷=𝑂𝐴=𝑂𝐵=2，又∠𝐴𝑂

𝐵=60°，所以𝐴𝐵=𝑂𝐴=𝑂𝐵=2，则𝑂𝐶=√3，故𝐶𝐷=2−√3，所以𝑠=𝐴𝐵+𝐶𝐷2𝑂𝐴=2+(2−√3)22=11−4√32.故选：B.2．【2021年甲卷文科】在ABC中，已知120B=，19AC=，2AB=，则BC=（）A．1B．2C．5D．

3【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.【详解】设,,ABcACbBCa===，结合余弦定理：2222cosbacacB=+−可得：21942cos120aac=+−，即：22150aa+−=，解得：3a=（5a=−舍去），故3BC=.

故选：D.【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：(1)已知三角形的三条边求三个角；(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．3．【2021年乙卷理科】魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高

．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB=（）A．+表高表距表目距的差表高B．−表高表距表目距的差表高C．+

表高表距表目距的差表距D．表高表距-表目距的差表距【答案】A【解析】【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．【详解】如图所示：由平面相似可知，,DEEHFGCGABAHABAC==，而DEFG=，所以DEEHCGCGEHCGEHABAHACACAHCH−−====−，而

CHCEEHCGEHEG=−=−+，即CGEHEGEGDEABDEDECGEHCGEH−+==+−−＝+表高表距表高表目距的差．故选：A.【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．4．【2020年新课标3卷理科】在△ABC中，

cosC=23，AC=4，BC=3，则cosB=（）A．19B．13C．12D．23【答案】A【解析】【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据222cos2ABBCACBABBC+−=，即可求得答案.【详解】在ABC中，

2cos3C=，4AC=，3BC=根据余弦定理：2222cosABACBCACBCC=+−2224322433AB=+−可得29AB=，即3AB=由22299161cos22339ABBCACBABBC+−+−===故1cos

9B=.故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.5．【2022年全国甲卷】已知△𝐴𝐵𝐶中，点D在边BC上，∠𝐴𝐷𝐵=120°,𝐴𝐷=2,𝐶𝐷=2𝐵𝐷．当𝐴𝐶𝐴𝐵取得最小值时，𝐵𝐷=____

____．【答案】√3−1−1+√3【解析】【分析】设𝐶𝐷=2𝐵𝐷=2𝑚>0，利用余弦定理表示出𝐴𝐶2𝐴𝐵2后，结合基本不等式即可得解.【详解】设𝐶𝐷=2𝐵𝐷=2𝑚>0，则在△𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐵2=𝐵𝐷2+𝐴

𝐷2−2𝐵𝐷⋅𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐵=𝑚2+4+2𝑚，在△𝐴𝐶𝐷中，𝐴𝐶2=𝐶𝐷2+𝐴𝐷2−2𝐶𝐷⋅𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐶=4𝑚2+4−4𝑚，所以𝐴𝐶2𝐴𝐵2=4𝑚2+4−4𝑚𝑚2+4+2𝑚=4(𝑚2+4+2𝑚)−12(1

+𝑚)𝑚2+4+2𝑚=4−12(𝑚+1)+3𝑚+1≥4−122√(𝑚+1)⋅3𝑚+1=4−2√3，当且仅当𝑚+1=3𝑚+1即𝑚=√3−1时，等号成立，所以当𝐴𝐶𝐴𝐵取最小值时

，𝑚=√3−1.故答案为：√3−1.6．【2021年乙卷文科】记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，60B=，223acac+=，则b=________．【答案】22【解析】【分析】由三角形面积公式可得4ac=，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，13sin3

24ABCSacBac===，所以224,12acac=+=，所以22212cos122482bacacB=+−=−=，解得22b=（负值舍去）.故答案为：22.7．【2020年新课标1卷理科】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，3ABAD==，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE

=30°，则cos∠FCB=______________.【答案】14−【解析】【分析】在ACE中，利用余弦定理可求得CE，可得出CF，利用勾股定理计算出BC、BD，可得出BF，然后在BCF△中利用余弦定理可求得cosFCB的值.【详解】ABAC⊥，3AB=，1AC=，由

勾股定理得222BCABAC=+=，同理得6BD=，6BFBD==，在ACE中，1AC=，3AEAD==，30CAE=，由余弦定理得22232cos301321312CEACAEACAE=+−=+−=，1CFCE==，在BCF△中

，2BC=，6BF=，1CF=，由余弦定理得2221461cos22124CFBCBFFCBCFBC+−+−===−.故答案为：14−.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.8．

【2022年全国乙卷】记△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)．(1)若𝐴=2𝐵，求C；(2)证明：2𝑎2=𝑏2+𝑐2【答案】(1)5π8；(2)证明见解析．【解析】【分析】（1）根据题意可得，sin𝐶=

sin(𝐶−𝐴)，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sin𝐶(sin𝐴cos𝐵−cos𝐴sin𝐵)=sin𝐵(sin𝐶cos𝐴−cos𝐶sin𝐴)，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．(1)由�

�=2𝐵，sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)可得，sin𝐶sin𝐵=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)，而0<𝐵<π2，所以sin𝐵∈(0,1)，即有sin𝐶=sin(𝐶−𝐴)>0，而0<𝐶<π,0<𝐶−𝐴<π

，显然𝐶≠𝐶−𝐴，所以，𝐶+𝐶−𝐴=π，而𝐴=2𝐵，𝐴+𝐵+𝐶=π，所以𝐶=5π8．(2)由sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)可得，sin𝐶(sin𝐴cos𝐵−cos𝐴sin𝐵)=sin�

�(sin𝐶cos𝐴−cos𝐶sin𝐴)，再由正弦定理可得，𝑎𝑐cos𝐵−𝑏𝑐cos𝐴=𝑏𝑐cos𝐴−𝑎𝑏cos𝐶，然后根据余弦定理可知，12(𝑎2+𝑐2−𝑏2)−12(𝑏2+𝑐2−𝑎2)=12(𝑏2+𝑐2−𝑎2)−

12(𝑎2+𝑏2−𝑐2)，化简得：2𝑎2=𝑏2+𝑐2，故原等式成立．9．【2022年全国乙卷】记△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐，已知sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)．(1)证明：2𝑎2=𝑏2

+𝑐2；(2)若𝑎=5,cos𝐴=2531，求△𝐴𝐵𝐶的周长．【答案】(1)见解析(2)14【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出𝑏𝑐，从而可求得𝑏+𝑐，即可得解.(1)

证明：因为sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)，所以sin𝐶sin𝐴cos𝐵−sin𝐶sin𝐵cos𝐴=sin𝐵sin𝐶cos𝐴−sin𝐵sin𝐴cos𝐶，所以𝑎𝑐

⋅𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐−2𝑏𝑐⋅𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=−𝑎𝑏⋅𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏，即𝑎2+𝑐2−𝑏22−(𝑏2+𝑐2−𝑎2)=−𝑎2+𝑏2−𝑐22，所以2𝑎2=𝑏2+𝑐2

；(2)解：因为𝑎=5,cos𝐴=2531，由（1）得𝑏2+𝑐2=50，由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴，则50−5031𝑏𝑐=25，所以𝑏𝑐=312，故(𝑏+𝑐)2=𝑏2+𝑐2+2𝑏𝑐=5

0+31=81，所以𝑏+𝑐=9，所以△𝐴𝐵𝐶的周长为𝑎+𝑏+𝑐=14.10．【2022年新高考1卷】记△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos𝐴1+sin𝐴=sin2𝐵1+cos2𝐵．(1)若𝐶=2𝜋3，求B；

(2)求𝑎2+𝑏2𝑐2的最小值．【答案】(1)π6；(2)4√2−5．【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cos𝐴1+sin𝐴=sin2𝐵1+cos2𝐵化成cos(𝐴+𝐵)=sin𝐵，再结合0<𝐵<π2，即可求出；（2）由（1）知，𝐶=π2+𝐵

，𝐴=π2−2𝐵，再利用正弦定理以及二倍角公式将𝑎2+𝑏2𝑐2化成4cos2𝐵+2cos2𝐵−5，然后利用基本不等式即可解出．(1)因为cos𝐴1+sin𝐴=sin2𝐵1+cos2𝐵=2sin𝐵

cos𝐵2cos2𝐵=sin𝐵cos𝐵，即sin𝐵=cos𝐴cos𝐵−sin𝐴sin𝐵=cos(𝐴+𝐵)=−cos𝐶=12，而0<𝐵<π2，所以𝐵=π6；(2)由（1）知，sin𝐵=−cos𝐶>

0，所以π2<𝐶<π,0<𝐵<π2，而sin𝐵=−cos𝐶=sin(𝐶−π2)，所以𝐶=π2+𝐵，即有𝐴=π2−2𝐵．所以𝑎2+𝑏2𝑐2=sin2𝐴+sin2𝐵sin2𝐶=cos22𝐵+1−co

s2𝐵cos2𝐵=(2cos2𝐵−1)2+1−cos2𝐵cos2𝐵=4cos2𝐵+2cos2𝐵−5≥2√8−5=4√2−5．当且仅当cos2𝐵=√22时取等号，所以𝑎2+𝑏2𝑐2的最小值为4√2−5

．11．【2022年新高考2卷】记△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为𝑆1,𝑆2,𝑆3，已知𝑆1−𝑆2+𝑆3=√32,sin𝐵=13．(1)求△𝐴𝐵𝐶的面积；(2)若sin𝐴sin𝐶=√23，

求b．【答案】(1)√28(2)12【解析】【分析】（1）先表示出𝑆1,𝑆2,𝑆3，再由𝑆1−𝑆2+𝑆3=√32求得𝑎2+𝑐2−𝑏2=2，结合余弦定理及平方关系求得𝑎𝑐，再由面积公式求解即

可；（2）由正弦定理得𝑏2sin2𝐵=𝑎𝑐sin𝐴sin𝐶，即可求解.(1)由题意得𝑆1=12⋅𝑎2⋅√32=√34𝑎2,𝑆2=√34𝑏2,𝑆3=√34𝑐2，则𝑆1−𝑆2+𝑆3=√34𝑎2−√34𝑏2+√34𝑐2=√32，即𝑎2+𝑐2−𝑏2=2

，由余弦定理得cos𝐵=𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐，整理得𝑎𝑐cos𝐵=1，则cos𝐵>0，又sin𝐵=13，则cos𝐵=√1−(13)2=2√23，𝑎𝑐=1cos𝐵=3√24，则𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑐sin𝐵=√28；(

2)由正弦定理得：𝑏sin𝐵=𝑎sin𝐴=𝑐sin𝐶，则𝑏2sin2𝐵=𝑎sin𝐴⋅𝑐sin𝐶=𝑎𝑐sin𝐴sin𝐶=3√24√23=94，则𝑏sin𝐵=32，𝑏=32sin𝐵=12.12．【2021年新高考1卷】记ABC是内角A，B

，C的对边分别为a，b，c.已知2bac=，点D在边AC上，sinsinBDABCaC=.（1）证明：BDb=；（2）若2ADDC=，求cosABC.【答案】（1）证明见解析；（2）7cos12ABC=.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有acBDb

=，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cosABC的值.【详解】（1）设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得sinsin,22bcRABCCR==，因为sinsinBDABCaC=，所以22bcBDaRR=，即BDb

ac=．又因为2bac=，所以BDb=．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为2ADDC=，如图，在ABC中，222cos2abcCab+−=，①在BCD△中，222()3cos23babbaC+−=．②由①②得222222

3()3babcab+−=+−，整理得22211203abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，解得3ca=或32ca=，当22,33ccabac===时，222()73

3cos=622cccABCcc+−=（舍去）．当2233,22ccabac===时，22233()722cos31222ccABCccc+−==．所以7cos12ABC=．[方法二]：等面积法和三角

形相似如图，已知2ADDC=，则23ABDABCSS=△△，即21221sinsin2332bacADABBC=，而2bac=，即sinsinADBABC=，故有ADBABC=，从而A

BDC=．由2bac=，即bcab=，即CABACBBD=，即ACBABD∽，故ADABABAC=，即23bccb=，又2bac=，所以23ca=，则2227cos212cabABCac+−==．[方法三]：正弦

定理、余弦定理相结合由（1）知BDbAC==，再由2ADDC=得21,33ADbCDb==．在ADB△中，由正弦定理得sinsinADBDABDA=．又ABDC=，所以s3sinn2iCbAb=，化简得2sinsin3CA=．在A

BC中，由正弦定理知23ca=，又由2bac=，所以2223ba=．在ABC中，由余弦定理，得222222242793cos221223aaaacbABCaca+−−+===．故7cos12ABC=．[方法四]：构造辅助线利用相似

的性质如图，作DEAB∥，交BC于点E，则DECABC△∽△．由2ADDC=，得2,,333caaDEECBE===．在BED中，2222()()33cos2323BEDacbac−=+．在ABC中222cos2aaBCcAbc+−=．因为coscosABCBED=−，所以22222

22()()3322233acbacbacac+−+−=−，整理得22261130abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，即3ca=或32ac=．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为2ADDC=，所以2ADDC=uuuruuur．以向量,BA

BC为基底，有2133BDBCBA=+．所以222441999BDBCBABCBA=++，即222441cos999baccABCa=++，又因为2bac=，所以22944cosacaacABCc=++．③由余弦定理得2222

cosbacacABC=+−，所以222cosacacacABC=+−④联立③④，得2261130aacc−+=．所以32ac=或13ac=．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y

轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则()()()0,0,2,0,1,0DAC−．由（1）知，3BDbAC===，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设()(),33Bxyx−，则

229xy+=．⑤由2bac=知，2BABCAC=，即2222(2)(1)9xyxy++−+=．⑥联立⑤⑥解得74x=−或732x=（舍去），29516y=，代入⑥式得36||,||6,32aBCcBAb====

=，由余弦定理得2227cos212acbABCac+−==．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使

得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是

解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.13．【2021年新

高考2卷】在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，1ba=+，2ca=+.．（1）若2sin3sinCA=，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．【答案】（1）1574；（2）存在，且2a=.【解析】【

分析】（1）由正弦定理可得出23ca=，结合已知条件求出a的值，进一步可求得b、c的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出sinB，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角C为钝角，由cos0C结合三角形三边关系可求得整数a的值.【详解】（1）因为2sin3sin

CA=，则()2223caa=+=，则4a=，故5b=，6c=，2221cos28abcCab+-==，所以，C为锐角，则237sin1cos8CC=−=，因此，1137157sin452284ABCSabC

===△；（2）显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得()()()()22222221223cos022121aaaabcaaCabaaaa++−++−−−===++，解得13a−，则0<<3a，由三角形三边关系可得12aaa+++，可得1a，

aZ，故2a=.14．【2020年新课标1卷文科】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.【答案】（1）3；（2）15.【解析】【分析】（1）已知角B和b边，结合,a

c关系，由余弦定理建立c的方程，求解得出,ac，利用面积公式，即可得出结论；（2）方法一：将30AC=−代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关C角的三角函数值，结合C的范围，即可求解.【详解】（1）由余弦定理可得2222282cos1507bacacc==+−=

，2,23,caABC==△的面积1sin32SacB==；（2）[方法一]：多角换一角30AC+=，sin3sinsin(30)3sinACCC+=−+132cossinsin(30)222CCC=+=+=，030,303060CC

+，3045,15CC+==.[方法二]：正弦角化边由正弦定理及150B=得22sinsinsin====acbRbACB．故sin,sin22==acACbb．由2sin3sin2AC+=，得32acb+=．又

由余弦定理得22222cos=+−=+bacacBa23+cac，所以()222(3)23+=++acacac，解得ac=．所以15=C．【整体点评】本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角

形，法二则是通过余弦定理找到三边的关系，进而求角.15．【2020年新课标2卷理科】ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求ABC周长的最大值.【答案】（1）23；（2）323+.【解析】

【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出cosA的形式，进而求得A；（2）方法一：利用余弦定理可得到()29ACABACAB+−=，利用基本不等式可求得ACAB+的最大值，进而得到结果.【详解】（1）由正弦定理可得：222BCACABACAB−−=，2221cos22ACABBCAACAB+−

==−，()0,A，23A=.（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：2222cosBCACABACABA=+−229ACABACAB=++=，即()29ACABACAB+−=.22ACABACAB+（当且仅当ACAB=时取等号），()()

()22223924ACABACABACABACABACAB+=+−+−=+，解得：23ACAB+（当且仅当ACAB=时取等号），ABC周长323LACABBC=+++，ABC周长的最大值为323+.[方法二]：正弦化角（通性通法）设,66=+=−BC，则66

−，根据正弦定理可知23sinsinsinabcABC===，所以23(sinsin)bcBC+=+23sinsin66=++−23cos23=，当且仅当0=，即6BC==时，等号成立．此时ABC周长的最大值为323+．[

方法三]：余弦与三角换元结合在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得229bcbc=++，即2213924++=bcc．令13sin,20,223cosbcc+=

=，得3sin3cosbc+=+=23sin236+，易知当6C=时，max()23bc+=，所以ABC周长的最大值为323+．【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；方法

一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.16．【2020年

新课标2卷文科】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知25cos()cos24AA++=．（1）求A；（2）若33bca−=，证明：△ABC是直角三角形．【答案】（1）3A=；（2）证明见

解析【解析】【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，25coscos24AA++=可化为251coscos4AA−+=，即可解出；（2）根据余弦定理可得222bcabc+−=，将33bca−=代入可找到,,abc关系，再根据勾股

定理或正弦定理即可证出．【详解】（1）因为25coscos24AA++=，所以25sincos4AA+=，即251coscos4AA−+=，解得1cos2A=，又0A，所以3A=；（2）因为3A

=，所以2221cos22bcaAbc+−==，即222bcabc+−=①，又33bca−=②，将②代入①得，()2223bcbcbc+−−=，即222250bcbc+−=，而bc，解得2bc=，所以3ac=，故222bac=+，即ABC是直角三角形．【点

睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．17．【2020年新高考1卷（山东卷）】在①3ac=，②sin3cA=，③3=cb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,,ABC的对边分别为,,abc，且sin3sinAB=，6C=，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第

一个解答计分．【答案】详见解析【解析】【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到c的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理

由sin3sinAB=可得：3ab=，不妨设()3,0ambmm==，则：22222232cos3232cababCmmmmm=+−=+−=，即cm=.若选择条件①：据此可得：2333acmmm===，1m=，此时1cm==.若选择条件②：据此可得

：222222231cos222bcammmAbcm+−+−===−，则：213sin122A=−−=，此时：3sin32cAm==，则：23cm==.若选择条件③：可得1cmbm==，cb=，与条件3=cb矛盾，则

问题中的三角形不存在.［方法二］：正弦定理由,6CABC=++=，得56AB=−．由sin3sinAB=，得5sin3sin6BB−=，即13cossin3sin22BBB+=，得3tan3B=．由于0B

，得6B=．所以2,3bcA==．若选择条件①：由sinsinacAC=，得2sinsin36ac=，得3ac=．解得1,3cba===．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时1c=．若选择条件②：由sin3cA=，得2sin33c=，解

得23c=，则23bc==．由sinsinacAC=，得2sinsin36ac=，得36ac==．所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时23c=．若选择条件③：由于3=cb与bc=矛盾，所以，问

题中的三角形不存在．【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得,,abc的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角A，可求出角B，从而可得2,,36bcABC====，再根据选择条件即可解出．