1_5.4　解三角形.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 5.4　解三角形 基础篇 考点一　正弦定理和余弦定理 考向一　正弦定理的应用 1.(2023届沈阳四中月考,5)已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin A+cos B=0,C=π6,则ab=(　　) A.2-3　　　　B.6−24　　　　C.6+24　　　　D.33 答案　D　 2.(2022河北衡水中学模拟,3)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,sin B=12,C=π6,则c=(　　) A.2　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.1 答案　D　 3.(2019课标Ⅰ文,11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin A-bsin B=4csin C,cos A=-14,则bc=(　　) A.6　　　　B.5　　　　C.4　　　　D.3 答案　A　 4.(2022江苏盐城响水中学学情分析,8)在△ABC中,a、b、c分别为△ABC的内角A、B、C的对边,sin A(sin A+23sin Bsin C)=3sin 2B+3sin2C,则角C的大小为(　　) A.π6　　　　B.π4　　　　C.π3　　　　D.2π3 答案　A　 5.(2020课标Ⅱ文,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2π2+A+cos A=54. (1)求A; (2)若b-c=33a,证明:△ABC是直角三角形. 解析　(1)由已知得sin2A+cos A=54,即cos2A-cos A+14=0.所以cosA−122=0,cos A=12.由于0<A<π,故A=π3. (2)证明:由正弦定理及已知条件可得sin B-sin C=33sin A.由(1)知B+C=2π3,所以sin B-sin2π3−B=33sinπ3.即12sin B−32cos B=12,sinB−π3=12.由于0<B<2π3,故B=π2.从而△ABC是直角三角形. 考向二　余弦定理的应用 1.(2023届重庆南开中学质检,4)已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=2,b=6,A=30°,则c=(　　) A.2　　　　B.22 C.2或22　　　　D.2或3 答案　C　 2.(2020课标Ⅲ理,7,5分)在△ABC中,cos C=23,AC=4,BC=3,则cos B=(　　) A.19　　　　B.13　　　　C.12　　　　D.23 答案　A　 3.(2021全国甲文,8,5分)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,则BC=(　　) A.1　　　　B.2　　　　C.5　　　　D.3 答案　D　 4.(2023届湖湘名校教育联合体大联考,14)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b-c=14a,2sin B=3sin C,则cos A的值为　　　　.  答案　-14 5.(2021浙江,14,6分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=23,则AC=　　　　,cos∠MAC=　　　　.  答案　213　23913 6. (2017天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c. 已知asin A=4bsin B,ac=5(a2-b2-c2). (1)求cos A的值; (2)求sin(2B-A)的值. 解析　(1)由asin A=4bsin B及asinA=bsinB,得a=2b. 由ac=5(a2-b2-c2)及余弦定理的推论,得cos A=b2+c2−a22bc=−55acac=−55. (2)由(1)可得sin A=255,代入asin A=4bsin B, 得sin B=asinA4b=55.由(1)知,A为钝角,所以cos B=1−sin2B=255.于是sin 2B= 2sin Bcos B=45,cos 2B=1-2sin2B=35,故sin(2B-A)=sin 2Bcos A-cos 2Bsin A=45×−55−35×255=−255. 7.(2021新高考Ⅱ,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b=a+1,c=a+2. (1)若2sin C=3sin A,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a;若不存在,说明理由. 解析　(1)∵2sin C=3sin A,∴2c=3a,又∵c=a+2,∴2(a+2)=3a,∴a=4,∴b=a+1=5,c=a+2=6,∴cos A=b2+c2−a22bc=52+62−422×5×6=34,∴sin A=1−cos2A=74, ∴S△ABC=12bcsin A=12×5×6×74=1574. (2)由已知得c>b>a,若△ABC为钝角三角形,则角C为钝角,∴cos C=a2+b2−c22ab<0⇒a2+b2<c2⇒a2+(a+1)2<(a+2)2⇒a2-2a-3<0⇒-1<a<3,又a>0,∴a∈(0,3). 同时还应考虑构成△ABC的条件,即a+b>c⇒a+(a+1)>a+2⇒a>1. 综上所述,当a∈(1,3)时,△ABC为钝角三角形.∴存在正整数 a=2,使得△ABC为钝角三角形. 考点二　解三角形及其应用 1.(2022广东深圳六校联考二,3)已知△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,则根据条件解三角形时有两解的一组条件是(　　) A.a=1,b=2,A=π4　　　　B.a=2,b=1,A=π4 C.a=2,b=3,A=π6　　　　D.a=4,b=3,A=2π3 答案　C　 2.(2023届长春六中月考,10)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,若3sin(A+B)=sin A+sin B,cos C=35,且S△ABC=4,则c=(　　) A.463　　　　B.4　　　　C.263　　　　D.5 答案　B　 3. (2017课标Ⅰ文,11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin B+ sin A·(sin C-cos C)=0,a=2,c=2,则C=(　　) A.π12　　　　B.π6　　　　C.π4　　　　D.π3 答案　B　 4.(2021全国乙,理15,文15,5分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为3,B=60°,a2+c2=3ac,则b=　　　　.  答案　22 4. (2022全国甲,理16,文16,5分)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 6.(2020天津,16,14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=22,b=5,c=13. (1)求角C的大小; (2)求sin A的值; (3)求sin2A+π4的值. 解析　(1)在△ABC中,由余弦定理及a=22,b=5,c=13,有cos C=a2+b2−c22ab=22.又因为C∈(0,π),所以C=π4. (2)在△ABC中,由正弦定理及C=π4,a=22,c=13,可得sin A=asinCc=21313. (3)由a<c及sin A=21313,可得cos A=1−sin2A=31313,进而sin 2A=2sin Acos A=1213,cos 2A=2cos2A-1=513.所以,sin2A+π4=sin 2Acos π4+cos 2Asinπ4=1213×22+513×22=17226. 7.(2023届湖北摸底联考,18)在平面四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点E, ∠ABD=45°,AE=EC,DE=2BE,AB=6,AD=32. (1)求AC的长; (2)求sin∠ADC的值. 解析　(1)在△ABD中,由余弦定理,得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos∠ABD,因为AB=6,AD=32,∠ABD=45°,所以18=36+BD2-2×6×BD×cos 45°,化简得BD2-62BD+18=0,解得BD=32,因为BD2+AD2=AB2,所以∠ADB=90°.又DE=2BE, 所以DE=22, 所以AE2=DE2+AD2=(22)2+(32)2=26, 则AE=26,又AE=EC,所以AC=226. (2)由∠ADB=90°,AE=26,DE=22,AD=32, 得sin∠EAD=DEAE=2226,cos∠EAD=ADAE=3226. 在△ACD中,由余弦定理,得CD2=AD2+AC2-2AD·AC·cos∠EAD=50,则CD=52. 在△ACD中,由正弦定理,得ACsin∠ADC=CDsin∠EAD,则sin∠ADC=226×222652=45. 8.(2020新高考Ⅰ,17,10分)在①ac=3,②csin A=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sin A=3sinB, C=π6,　　　　?  注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 解析　方案一:选条件①. 由C=π6和余弦定理得a2+b2−c22ab=32. 由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b. 于是3b2+b2−c223b2=32,由此可得b=c. 由①ac=3,解得a=3,b=c=1. 因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1. 方案二:选条件②. 由C=π6和余弦定理得a2+b2−c22ab=32. 由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b. 于是3b2+b2−c223b2=32,由此可得b=c,B=C=π6,A=2π3. 由②csin A=3,得c=b=23,a=6. 因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=23. 方案三:选条件③. 由C=π6和余弦定理得a2+b2−c22ab=32. 由sin A=3sin B及正弦定理得a=3b. 于是3b2+b2−c223b2=32,由此可得b=c. 由③c=3b,与b=c矛盾. 因此,选条件③时问题中的三角形不存在. 9.(2021新高考Ⅰ,19,12分)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=asin C. (1)证明:BD=b; (2)若AD=2DC,求cos∠ABC. 解析　(1)证明:在△ABC中,由BDsin∠ABC=asin C及正弦定理可得BD·b=a·c,又b2=ac,所以BD·b=b2,故BD=b. (2)由AD=2DC得AD=23b,DC=b3,在△ABD中,cos A=AD2+AB2−BD22AD·AB=49b2+c2−b22×23bc=c2−59b243bc,在△ABC中,cos A=AC2+AB2−BC22AC·AB=b2+c2−a22bc.故c2−59b243bc=b2+c2−a22bc, 化简得3c2-11b2+6a2=0, 又b2=ac,所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,所以c=3a或c=23a. 当c=3a时,b2=ac=3a2,所以b=3a,此时a+b<c,故a,b,c构不成三角形; 当c=23a时,b2=ac=23a2,所以b=63a,此时a,b,c可以构成三角形,故c=23a,b=63a, 所以在△ABC中,cos∠ABC=a2+c2−b22ac=a2+49a2−23a22a·23a=712. 10.(2022新高考Ⅱ,18,12分)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,sin B=13. (1)求△ABC的面积; (2)若sin Asin C=23,求b. 解析　(1)由题意得S1=34a2,S2=34b2,S3=34c2, ∴S1-S2+S3=34(a2-b2+c2)=32,即a2-b2+c2=2, 由cos B=a2+c2−b22ac得a2+c2-b2=2accos B, 故2accos B=2,∴accos B=1, 又∵sin B=13,∴cos B=223或cos B=-223(舍), ∴ac=324,∴S△ABC=12acsin B=12×324×13=28. (2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC得b2sin2B=acsinAsinC, 又知ac=324,sin Asin C=23, ∴b2sin2B=94,∴bsinB=32, ∴b=32sin B=32×13=12. 11. (2022全国乙理,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A). (1)证明:2a2=b2+c2; (2)若a=5,cos A=2531,求△ABC的周长. 解析　(1)证明:由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),得sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A= sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C,即sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A,由正弦定理可得accos B+abcos C=2bccos A,由余弦定理的推论可得12(a2+c2-b2)+12(a2+b2-c2)=b2+c2-a2,即2a2=b2+c2. (2)由题意及余弦定理可得,b2+c2-a2=2bccos A=5031bc=25,即2bc=31,又由(1)知b2+c2=2a2,所以(b+c)2=2bc+2a2=81,所以b+c=9,所以a+b+c=14,故△ABC的周长为14. 12.(2022全国乙文,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A). (1)若A=2B,求C; (2)证明:2a2=b2+c2. 解析　(1)∵A=2B,sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), ∴sin Csin B=sin Bsin(C-A), 又0<B<π,∴sin B≠0,∴sin C=sin(C-A),又0<C<π,0<A<π,∴-π<C-A<π, ∴C=C-A(舍)或C+C-A=π,∴A=2C-π, ∴B=A2=C−π2, 又A+B+C=π,∴2C-π+C-π2+C=π,∴C=5π8. (2)证法一:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), ∴sin C(sin Acos B-cos Asin B) =sin B(sin Ccos A-cos Csin A), ∴sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A, ∴sin A(sin Ccos B+cos Csin B)=2sin Bsin Ccos A, ∴sin A·sin(B+C)=2sin Bsin Ccos A, ∴sin2A=2sin Bsin Ccos A, 由正弦定理得a2=2bccos A, 又由余弦定理得a2=b2+c2-a2,∴2a2=b2+c2. 证法二:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), ∴sin C(sin Acos B-cos Asin B) =sin B(sin Ccos A-cos Csin A), 由正弦定理得accos B-bccos A=bccos A-abcos C, ∴accos B=2bccos A-abcos C, 由余弦定理的推论得ac·a2+c2−b22ac=2bc·b2+c2−a22bc−ab·a2+b2−c22ab,化简得2a2=b2+c2. 13.(2020北京,17,13分)在△ABC中,a+b=11,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求: (1)a的值; (2)sin C和△ABC的面积. 条件①:c=7,cos A=-17; 条件②:cos A=18,cos B=916. 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分. 解析　若选条件①: (1)∵a+b=11,∴b=11-a,已知c=7,cos A=-17, 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=(11-a)2+72-2×(11-a)×7×−17,解得a=8. (2)∵cos A=-17,∴sin A=1−cos2A=437. ∵asinA=csinC,∴sin C=csinAa=32. 又∵b=11-a=11-8=3, ∴S△ABC=12bcsin A=12×3×7×437=63. 若选条件②: (1)∵cos A=18,∴sin A=1−cos2A=378. ∵cos B=916,∴sin B=1−cos2B=5716.由asinA=bsinB,得a378=b5716,∴5a=6b,又∵a+b=11,∴a=6. (2)由(1)可得b=11-a=5. sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B) =sin Acos B+cos Asin B=378×916+18×5716=74, ∴S△ABC=12absin C=12×6×5×74=1574. 14. (2022福建长汀一中月考,17)在①2acos C+c=2b,②bsin 2A=asin B,③(sin B+ sin C)2=sin2A+3sin Bsin C这三个条件中任选一个补充在下面的横线上,并加以解答. 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC的面积为　33,a=2且　　　　.求A和△ABC的周长.  注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 解析　选条件①:∵2acos C+c=2b, ∴由正弦定理得2sin Acos C+sin C=2sin B, ∴2sin Acos C+sin C=2sin(A+C)=2sin Acos C+2cos A·sin C,∴sin C=2cos Asin C,∵C∈(0,π),∴sin C≠0, ∴cos A=12,又∵A∈(0,π),∴A=π3. ∵△ABC的面积为　33,∴S△ABC=12bcsin A=　33,∴bc=43,又a=2,∴由cos A=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−a22bc得b+c=2　2,∴a+b+c=2+2　2,即△ABC的周长为2+2　2. 选条件②:∵bsin 2A=asin B, ∴由正弦定理得2sin Bsin Acos A=sin Asin B, 又∵A∈(0,π),B∈(0,π),∴sin A≠0,sin B≠0, ∴cos A=12,∴A=π3.下同选条件①. 选条件③:∵(sin B+sin C)2=sin 2A+3sin Bsin C, ∴sin 2B+sin 2C=sin 2A+sin Bsin C, 由正弦定理得b2+c2-a2=bc,∴cos A=b2+c2−a22bc=12, 又A∈(0,π),∴A=π3.下同选条件①. 15.(2022江苏南通重点中学测试,17)在△ABC中,3sin A=2sin B,tan C=35. (1)求cos 2C; (2)若AC-BC=1,求△ABC的周长. 解析　(1)∵tan C=35,∴cos C=16,∴cos 2C=2×162−1=−1718. (2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c. ∵3sin A=2sin B,∴3a=2b, ∵AC-BC=b-a=1,∴a=2,b=3. 由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×16=11,则c=11,故△ABC的周长为5+11. 15. (2022石家庄二中月考,18)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c, 已知△ABC的面积为a23sinA. (1)求sin Bsin C; (2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长. 解析　(1)由题设得12acsin B=a23sinA,即12csin B=a3sinA.由正弦定理得12sin Csin B=sinA3sinA,故sin Bsin C=23. (2)由题设及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-12, 即cos(B+C)=-12.所以B+C=2π3,故A=π3. 由题设得12bcsin A=a23sinA,即bc=8. 由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=33.故△ABC的周长为3+33. 17.(2018课标Ⅰ理,17,12分)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5. (1)求cos∠ADB; (2)若DC=22,求BC. 解析　(1)在△ABD中,由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB.由题设知,5sin45°=2sin∠ADB, 所以sin∠ADB=25.由题设知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=1−225=235. (2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=25. 在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×22×25=25.所以BC=5. 综合篇 考法一　三角形形状的判断 1.(2022江苏连云港检测,3)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c若a=bcos C,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　 2.(2022湖南怀化联考,5)在△ABC中,sin A=sinB+sinCcosB+cosC,则△ABC一定是(　　) A.锐角三角形　　　　B.直角三角形 C.钝角三角形　　　　D.以上都有可能 答案　B　 3.(2022江苏南通重点中学测试,6)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2-a2cos2B+b2sin2A=2abcos Acos B,则△ABC的形状是(　　) A.锐角三角形　　　　B.钝角三角形 C.直角三角形　　　　D.等腰三角形 答案　C　 4.(多选)(2022江苏苏州模拟,10)在△ABC中,AB=c,BC=a,CA=b,下列命题为真命题的有(　　) A.若|a|>|b|,则sin A>sin B B.若a·b>0,则△ABC为锐角三角形 C.若a·b=0,则△ABC为直角三角形 D.若(b+c-a)·(b+a-c)=0,则△ABC为直角三角形 答案　ACD　 5.(2022辽宁大连模拟,18)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且a-b=c(cos B-cos A). (1)判断△ABC的形状并给出证明; (2)若a≠b,求sin A+sin B+sin C的取值范围. 解析　(1)△ABC为等腰三角形或直角三角形.证明如下:由a-b=c(cos B-cos A)及正弦定理得sin A-sin B=sin C(cos B-cos A),即sin(B+C)-sin(A+C)=sin C·(cos B-cos A), 即sin Bcos C+cos Bsin C-sin Acos C-cos Asin C=sin Ccos B-sin Ccos A,整理得sin Bcos C-sin Acos C=0,所以cos C(sin B-sin A)=0,故sin A=sin B或cos C=0,又A、B、C为△ABC的内角,所以a=b或C=π2,因此△ABC为等腰三角形或直角三角形. (2)由(1)及a≠b知△ABC为直角三角形且不是等腰三角形,A+B=π2,C=π2,故B=π2-A,且A≠π4, 所以sin A+sin B+sin C=sin A+sin B+1=sin A+cos A+1=2sinA+π4+1, 因为A∈0,π4∪π4,π2,所以A+π4∈π4,π2∪π2,3π4,得sinA+π4∈22,1,所以2sinA+π4+1∈(2,2+1), 因此sin A+sin B+sin C的取值范围为(2,2+1). 考法二　与三角形的最值、范围有关的问题 考向一　与三角形面积(最值、范围)有关的问题 1.(2022广东深圳福田外国语高级中学调研,7)在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式,利用三角形的三边长求三角形的面积.若三角形的三边长分别为a,b,c,则其面积S=p(p−a)(p−b)(p−c),其中p=12(a+b+c).现有一个三角形的边长a,b,c满足a+b=7,c=5,则此三角形面积的最大值为(　　) A.1721　　　　B.17221　　　　C.56　　　　D.562 答案　D　 2. (2021山东烟台二模,18)从①sin A=cos A2,②2acos A=bcos C+ccos B, ③acos C+(2b+c)·cos A=0这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答. 问题:在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　.  (1)求A; (2)若a=2,求△ABC面积的最大值. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 解析　若选①:(1)由sin A=cos A2可得2sin A2cos A2=cos A2,因为0<A<π,所以cos A2≠0,故2sin A2=1,即sin A2=12,由0<A2<π2可知A2=π6,所以A=π3. (2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=bc+4. 因为b2+c2≥2bc,所以bc≤4,当且仅当b=c=2时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为12bcsin A=12×4×32=3. 若选②:(1)由正弦定理可得2sin Acos A=sin Bcos C+cos Bsin C,即2sin Acos A=sin(B+C). 因为A+B+C=π,所以sin(B+C)=sin A. 故2sin Acos A=sin A,解得cos A=12. 因为0<A<π,所以A=π3. (2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=bc+4. 因为b2+c2≥2bc,所以bc≤4,当且仅当b=c=2时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为12bcsin A=12×4×32=3. 若选③:(1)由正弦定理得sin Acos C+(2sin B+sin C)·cos A=0,即2sin Bcos A+sin(A+C)=0.因为A+B+C=π,所以sin(A+C)=sin B,可得2sin Bcos A+sin B=0,因为0<B<π,所以sin B>0,所以cos A=-12.因为0<A<π,所以A=23π. (2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=4-bc. 因为b2+c2≥2bc,所以bc≤43,当且仅当b=c=233时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为12bcsin A=12×43×32=33. 3.(2023届沈阳四中月考,21)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin(2A+B)=sin B-sin A. (1)求C的大小; (2)若CD平分∠ACB交AB于D且CD=3,求△ABC面积的最小值. 解析　(1)因为sin(2A+B)=sin B-sin A, 所以sin(A+B+A)=sin(C+A)-sin A, 故sin(π+A-C)=sin(C+A)-sin A, 则sin(C-A)=sin(C+A)-sin A, sin Ccos A-cos Csin A=sin Ccos A+cos Csin A-sin A, 2cos Csin A=sin A,由于0<A,C<π,所以sin A>0,所以cos C=12,则C为锐角,且C=π3. (2)在△ACD中,由正弦定理得3sinA=ADsin π6, 在△BCD中,由正弦定理得3sinB=BDsin π6, 所以AD·sin A=BD·sin B,由正弦定理得ADBD=ba. 在△ACD中,由余弦定理得AD2=b2+3-23b·cos π6=b2-3b+3, 在△BCD中,由余弦定理得BD2=a2+3-23a·cos π6=a2-3a+3, 所以AD2BD2=b2−3b+3a2−3a+3=b2a2,整理得(a+b-ab)(a-b)=0,所以a=b或a+b=ab. 当a=b时,△ABC是等边三角形,CD⊥AB,AD=BD=1, AB=AC=BC=2,所以S△ABC=12×2×2×sin π3=3. 当a+b=ab时,ab=a+b≥2ab,ab≥2,ab≥4,当且仅当a=b=2时等号成立, 所以S△ABC=12absin C≥12×4×32=3. 综上所述,△ABC面积的最小值为3. 考向二　与三角形周长(最值、范围)有关的问题 1.(2023届哈尔滨师大附中月考,7)在锐角三角形ABC中,若3sin B+cos B=2,且满足关系式cosBb+cosCc=sinAsinB3sinC,则△ABC周长的最大值为(　　) A.3　　　　B.23　　　　C.43　　　　D.63 答案　D　 2.(2023届辽宁六校期初考试,18)在①S=34(a2+b2-c2),②acos B+bcos A=2ccos C两个条件中任选一个,补充到下面问题中,并完成解答. 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设S为△ABC的面积,满足　　　　(填写序号即可).  (1)求角C的大小; (2)若c=3,求△ABC周长的最大值. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 解析　(1)若选①,因为S=34(a2+b2-c2), 所以12absin C=34·2abcos C,所以sin C=3cos C,所以tan C=3,因为0<C<π,所以C=π3. 若选②,因为acos B+bcos A=2ccos C, 所以由正弦定理得sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos C, 所以sin(A+B)=2sin Ccos C,即sin C=2sin Ccos C, 因为0<C<π,所以sin C≠0,所以cos C=12,所以C=π3. (2)由余弦定理得9=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab≥(a+b)2-3·a+b22,所以a+b≤6,当且仅当a=b=3时等号成立, 所以△ABC周长C△ABC=a+b+c=a+b+3≤6+3=9.因此△ABC周长的最大值为9. 3.(2020课标Ⅱ理,17,12分)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C. (1)求A; (2)若BC=3,求△ABC周长的最大值. 解析　(1)由正弦定理和已知得BC2-AC2-AB2=AC·AB①.由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos A②. 由①②得cos A=-12.因为0<A<π,所以A=2π3. (2)由正弦定理及(1)得ACsinB=ABsinC=BCsinA=23,从而AC=23sin B,AB=23sin(π-A-B)=3cos B-3sin B.故BC+AC+AB=3+3sin B+3cos B=3+23sinB+π3.又0<B<π3,所以当B=π6时,△ABC周长取得最大值3+23. 考向三　与三角形边长(最值、范围)有关的问题 1.(多选)(2022山东平邑一中开学考,10)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c-b=2bcos A,则下列结论正确的有　(　　) A.A=2B B.B的取值范围为0,π4 C.ab的取值范围为(2,2) D.1tanB−1tanA+2sin A的取值范围为533,3 答案　AD　 2.(2022新高考Ⅰ,18,12分)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. 解析　(1)∵cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B, 即cosA1+sinA=sinBcosB,∴cos Acos B-sin Asin B=sin B, 即cos(A+B)=sin B,又C=2π3, ∴sin B=cos(A+B)=-cos C=-cos2π3=12, ∵0<B<π3,∴B=π6. (2)由(1)知,sin B=cos(A+B)=-cos C, ∵sin B>0恒成立,∴C∈π2,π, ∵-cos C=sinC−π2, ∴C-π2=B或B+C-π2=π(不合题意,舍去), ∴A=π2-2B,∵A>0,∴B∈0,π4, ∴a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cos22B+sin2Bcos2B =(2cos2B−1)2+(1−cos2B)cos2B, 令cos2B=t,t∈12,1, ∴a2+b2c2=(2t−1)2+(1−t)t=4t+2t-5≥42-5, 当且仅当4t=2t,即t=22时,取“=”. ∴a2+b2c2的最小值为42-5. 考法三　解三角形的实际应用 1. (2021山东潍坊一模,16)某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位,制作了一批奖杯,奖杯的剖面图形如图所示,其中扇形OAB的半径为10,∠PBA=∠QAB=60°,AQ=QP=PB,若按此方案设计,工艺制造厂发现,当OP最长时,该奖杯比较美观,此时∠AOB=　　　　.  答案　π2 2.(2020新高考Ⅰ,15,5分)某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,tan∠ODC=35,BH∥DG,EF=12 cm,DE=2 cm,A到直线DE和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面积为　　　　cm2.  答案　4+5π2 3.(2023届江西百校联盟联考,21)江西某中学校园内有块扇形空地OPQ,经测量其半径为60 m,圆心角为π3,学校准备在此扇形空地上修建一所矩形室内篮球场ABCD,初步设计方案1如图1所示. (1)取弧PQ的中点E,连接OE,设∠BOE=α,试用α表示方案1中矩形ABCD的面积,并求其最大值; (2)你有没有更好的设计方案2来获得更大的篮球场面积?若有,在图2中画出来,并证明你的结论. 图1 图2 解析　(1)如图所示,设OE交AD于点M,交BC于点N,显然矩形ABCD关于OE所在直线对称,点M、N分别为AD、BC的中点,∠BOE=α,0<α<π6. 在Rt△ONB中,BN=60sin α,ON=60cos α. OM=DMtanπ6=3DM=3CN=603sin α, ∴MN=ON-OM=60