1_5.4　解三角形（十年高考）.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 考点一　正弦定理和余弦定理 1.(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　解题指导:思路一(利用余弦定理):已知角B,边c,b,利用余弦定理,得到关于a的一元二次方程,求解即可;思路二(利用正弦定理):已知角B,边b,c,借助正弦定理求出角C的正弦值,进而利用两角和的正弦公式及诱导公式求出角A,再借助正弦定理求出a. 解析　解法一:设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,在△ABC中,由题意知b=19,c=2,由余弦定理得b2=c2+a2-2cacos B,即19=4+a2-2·2a·cos 120°,整理得a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍),所以BC=3.故选D. 解法二:在△ABC中,由正弦定理得ACsinB=ABsinC,即19sin120°=2sinC,所以sin C=2×3219=319,又0°<C<60°,所以cos C=1−sin2C=419,所以sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=32×419+−12×319=33219,所以BC=19·sinAsinB=19×3321932=3. 2.(2018课标Ⅲ,理9,文11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为a2+b2−c24,则C=(　　) A.π2　　　　　B.π3 C.π4　　　　　D.π6 答案　C　根据余弦定理得a2+b2-c2=2ab·cos C,因为S△ABC=a2+b2−c24,所以S△ABC=2abcosC4,又S△ABC=12absin C,所以tan C=1,因为C∈(0,π),所以C=π4.故选C. 3.(2016课标Ⅰ文,4,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=5,c=2,cos A=23,则b=(　　) A.2　　　B.3　　　C.2　　　D.3 答案　D　由余弦定理得5=22+b2-2×2b·cos A,∵cos A=23,∴3b2-8b-3=0,∴b=3b=−13舍去.故选D. 评析　本题考查了余弦定理的应用,考查了方程的思想方法. 4.(2016山东文,8,5分)△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c.已知b=c,a2=2b2(1-sin A).则A=(　　) A.3π4　　　B.π3　　　C.π4　　　D.π6 答案　C　在△ABC中,由b=c,得cos A=b2+c2−a22bc=2b2−a22b2,又a2=2b2(1-sin A),所以cos A=sin A,即tan A=1,又知A∈(0,π),所以A=π4,故选C. 评析　恰当运用余弦定理的变形形式是求解本题的关键. 5.(2015广东文,5,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=23,cos A=32且b<c,则b=(　　) A.3　　　B.22　　　C.2　　　D.3 答案　C　由余弦定理b2+c2-2bccos A=a2,得b2-6b+8=0,解得b=2或b=4,∵b<c=23,∴b=2.选C. 6.(2014课标Ⅱ理,4,5分)钝角三角形ABC的面积是12,AB=1,BC=2,则AC=(　　) A.5　　　B.5　　　C.2　　　D.1 答案　B　S△ABC=12AB·BCsin B=12×1×2sin B=12, ∴sin B=22,∴B=45°或135°.若B=45°,则由余弦定理得AC=1,∴△ABC为直角三角形,不符合题意,因此B=135°,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B=1+2-2×1×2×−22=5,∴AC=5.故选B. 7.(2013课标Ⅱ文,4,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,B=π6,C=π4,则△ABC的面积为(　　) A.23+2　　　B.3+1　　　C.23-2　　　D.3-1 答案　B　由bsinB=csinC及已知条件得c=22. 又sin A=sin(B+C)=12×22+32×22=2+64.从而S△ABC=12bcsin A=12×2×22×2+64=3+1.故选B. 8.(2013课标Ⅰ文,10,5分)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos 2A=0,a=7,c=6,则b=(　　) A.10　　　B.9　　　C.8　　　D.5 答案　D　由23cos2A+cos 2A=0得25cos2A=1, 因为A为锐角,所以cos A=15.又由a2=b2+c2-2bccos A得49=b2+36-125b,整理得5b2-12b-65=0, 解得b=-135(舍)或b=5,故选D. 9.(2016课标Ⅲ,8,5分)在△ABC中,B=π4,BC边上的高等于13BC,则cos A=(　　) A.31010　　　B.1010　　　C.-1010　　　D.-31010 答案　C　过A作AD⊥BC,垂足为D,由题意知AD=BD=13BC,则CD=23BC,AB=23BC,AC=53BC,在△ABC中,由余弦定理的推论可知,cos∠BAC=AB2+AC2−BC22AB·AC=29BC2+59BC2−BC22×23BC×53BC=-1010,故选C. 10.(2021全国乙理,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 解题指导:首先由面积公式得ac的值,再借助余弦定理进行边角的转化,从而得到b与ac的关系. 解析　由S△ABC=12acsin B=34ac=3得ac=4. 由b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac, 结合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,∴b=22. 方法总结:解三角形问题时,若条件中含有边的二次式和角,则考虑用余弦定理;若条件中含有角或边的一次式,则考虑用正弦定理;特征不明显时,两个可能都用. 11.(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 解题指导:解三角形的关键在于锁定已知的边长和角较多的三角形,抓住“边长”,求AC的长时,在不同三角形中分别用两次余弦定理即可;求∠MAC的余弦值时,在△ACM中直接利用余弦定理可得结果. 解析　由题意知在△ABM中,AB=2,∠B=60°,AM=23, 由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos B,即12=4+BM2-4·BM·12, 解得BM=4或BM=-2(舍), ∵M为BC的中点,∴BM=MC=4,BC=8, 在△ABC中,由余弦定理知AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B, ∴AC2=4+64-2×2×8×12=52, ∴AC=213. 在△AMC中,由余弦定理可得 cos∠MAC=AM2+AC2−MC22AM·AC=12+52−162×23×213=23913. 一题多解　过A作AH⊥BC交BC于H,∵AB=2,∠B=60°,∴AH=3,BH=1,又∵AM=23,∴HM=3,∴BM=MC=4,∴AC=AH2+HC2=AH2+(HM+MC)2=3+49=213. 在△AMC中,由余弦定理可得 cos∠MAC=AM2+AC2−MC22AM·AC=12+52−162×23×213=23913. 12.(2016课标Ⅱ,13,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=45,cos C=513,a=1,则b=　　　　.  答案　2113 解析　由已知可得sin A=35,sin C=1213,则sin B=sin(A+C)=35×513+45×1213=6365,再由asinA=bsinB⇒b=1×636535=2113. 思路分析　利用同角三角函数的基本关系求出sin A与sin C的值,进而由sin B=sin(A+C)求出sin B的值,再利用正弦定理即可求出b的值. 13.(2019课标Ⅱ文,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin A+acos B=0,则B=　　　　.  答案　34π 解析　本题考查正弦定理及三角函数求值,考查的核心素养为数学运算. 在△ABC中,由已知及正弦定理得sin Bsin A+sin Acos B=0, ∵sin A≠0,∴sin B+cos B=0, 即tan B=-1, 又B∈(0,π),∴B=34π. 14.(2017课标Ⅲ文,15,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=6,c=3,则A=　　　　.  答案　75° 解析　由正弦定理得3sin60°=6sinB,∴sin B=22, 又∵c>b,∴B=45°,∴A=75°. 易错警示　本题求得sin B=22后,要注意利用b<c确定B=45°,从而求得A=75°. 15.(2017课标Ⅱ文,16,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcos B=acos C+ccos A,则B=　　　　.  答案　60° 解析　解法一:由正弦定理得2sin Bcos B=sin Acos C+sin C·cos A,即sin 2B=sin(A+C),即sin 2B=sin(180°-B),可得B=60°. 解法二:由余弦定理得2b·a2+c2−b22ac=a·a2+b2−c22ab+c·b2+c2−a22bc,即b·a2+c2−b2ac=b,所以a2+c2-b2=ac,所以cos B=12,又0°<B<180°,所以B=60°. 思路分析　利用正弦定理或余弦定理将边角统一后求解. 16.(2016北京文,13,5分)在△ABC中,∠A=2π3,a=3c,则bc=　　　　.  答案　1 解析　在△ABC中,a2=b2+c2-2bc·cos A, 将∠A=2π3,a=3c代入, 可得(3c)2=b2+c2-2bc·−12, 整理得2c2=b2+bc. ∵c≠0,∴等式两边同时除以c2, 得2=b2c2+bcc2,即2=bc2+bc. 令t=bc(t>0),有2=t2+t,即t2+t-2=0, 解得t=1或t=-2(舍去), 故bc=1. 思路分析　本题先由余弦定理列出关于b、c的方程,再将方程转化为以bc为变元的方程求解. 评析　本题考查余弦定理的应用及换元思想的应用,属中档题. 17.(2015福建理,12,4分)若锐角△ABC的面积为103,且AB=5,AC=8,则BC等于　　　　.  答案　7 解析　设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由已知及12bcsin A=103得sin A=32,因为A为锐角,所以A=60°,cos A=12.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+64-2×40×12=49,故a=7,即BC=7. 评析　本题考查了三角形的面积和解三角形,利用三角形的面积求出cos A是求解关键. 18.(2015安徽文,12,5分)在△ABC中,AB=6,∠A=75°,∠B=45°,则AC=　　　　.  答案　2 解析　由已知及三角形内角和定理得∠C=60°,由ABsinC=ACsinB知AC=AB·sinBsinC=6·sin45°sin60°=2. 19.(2015福建文,14,4分)若△ABC中,AC=3,A=45°,C=75°,则BC=　　　　.  答案　2 解析　B=180°-45°-75°=60°.由正弦定理得ACsinB=BCsinA,可得BC=2. 20.(2015重庆文,13,5分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=2,cos C=-14,3sin A=2sin B,则c=　　　　.  答案　4 解析　由3sin A=2sin B及正弦定理,得3a=2b,又a=2,所以b=3,故c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×−14=16,所以c=4. 21.(2015北京理,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则sin2AsinC=　　　　.  答案　1 解析　在△ABC中,由余弦定理的推论可得cos A=b2+c2−a22bc=52+62−422×5×6=34,由正弦定理可知sin2AsinC=2sinAcosAsinC=2a·cosAc=2×4×346=1. 评析　本题主要考查正弦定理、余弦定理的推论以及二倍角公式的应用,考查学生的运算求解能力和知识的应用转化能力. 22.(2014课标Ⅰ理,16,5分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,则△ABC面积的最大值为　　　　.  答案　3 解析　因为a=2,所以(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C可化为(a+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,由正弦定理可得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,由余弦定理可得cos A=b2+c2−a22bc=bc2bc=12,又0<A<π,故A=π3.因为cos A=12=b2+c2−42bc≥2bc−42bc,所以bc≤4,当且仅当b=c时取等号.由三角形面积公式知S△ABC=12bcsin A=12bc·32=34bc≤3,故△ABC面积的最大值为3. 评析　本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式以及基本不等式的应用,考查学生对知识的综合应用能力以及运算求解能力.能把2代换成a是正确解决本题的关键. 23.(2011课标文,15,5分)△ABC中,B=120°,AC=7,AB=5,则△ABC的面积为　　　　.  答案　1534 解析　由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,及已知条件得 49=a2+25-2×5×acos 120°. 整理得a2+5a-24=0, 解得a=3或a=-8(舍). ∴S△ABC=12acsin B=12×3×5sin 120°=1534. 评析　本题考查余弦定理、解三角形等知识,根据余弦定理正确求出a的值是解答本题的关键. 24.(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=3sin B,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,所以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. 25.(2022浙江,18,14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4a=5c,cos C=35. (1)求sin A的值; (2)若b=11,求△ABC的面积. 解析　 (1)由于cos C=35,sin C>0,则sin C=45. 由已知及正弦定理得4sin A=5sin C,则sin A=55. (2)解法一:由sin C=45>sin A=55,cos C=35>0,得A<C<π2,∴cos A=255. ∴sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=11525,由bsinB=asinA得a=bsinAsinB=5, 故△ABC的面积S=12absin C=12×5×11×45=22. 解法二:由cos C=35=a2+b2−c22ab,得665a=a2+121-c2, 将c=45a代入上式整理得a2+6a-55=0,解得a=5或a=-11(舍),∴△ABC的面积S=12absin C=12×5×11×45=22. 26.(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. 解题指导:(1)利用正弦定理将题干中的边角关系转化为边之间的关系是解题突破口.(2)在不同的三角形中利用余弦定理探究边长间的关系是解决本题第二问的关键. 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. 27.(2021北京,16,13分)已知在△ABC中,c=2bcos B,C=2π3. (1)求B的大小; (2)在三个条件中选择一个作为已知条件,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的中线的长度. ①c=2b;②△ABC的周长为4+23;③S△ABC=334. 解析　(1)由c=2bcos B及正弦定理得,sin C=2sin Bcos B,即sin C=sin 2B,∵C=23π,∴0<B<π3,sin 2B=32,∴2B=π3,∴B=π6. (2)由(1)可知三角形三内角均可求出,只有知道边长,三角形才能被唯一确定,因此选②或③.如图所示,设D为BC的中点,则AD为BC边的中线. 若选②,△ABC的周长为4+23. ∵c=3b,a=b,a+b+c=b+b+3b=2b+3b=4+23, ∴b=2,则CD=1, 在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos C=22+12-2×1×2×−12=7,∴AD=7,因此BC边上的中线长为7. 若选③,S△ABC=334. S△ABC=12absin C=34b2=334,即b=3,则CD=32,在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos C=3+34−2×3×32×−12=214,∴AD=212.因此BC边上的中线长为212. 15.(2022北京,16,13分)在△ABC中,sin 2C=3sin C. (1)求∠C; (2)若b=6,且△ABC的面积为63,求△ABC的周长. 解析　 (1)∵sin 2C=3sin C,∴2sin Ccos C=3sin C,又sin C≠0,∴cos C=32. ∵∠C∈(0,π),∴∠C=π6. (2)∵S△ABC=12absin C=12a×6×sinπ6=32a=63, ∴a=43. 由余弦定理得c2=(43)2+62-2×43×6×32=12, ∴c=23,∴△ABC的周长为a+b+c=6+63. 28.(2017课标Ⅱ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(A+C)=8sin2B2. (1)求cos B; (2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b. 解析　本题考查了三角公式的运用和余弦定理的应用. (1)由题设及A+B+C=π得sin B=8sin2B2,故sin B=4(1-cos B). 上式两边平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0, 解得cos B=1(舍去),cos B=1517. (2)由cos B=1517得sin B=817,故S△ABC=12acsin B=417ac. 又S△ABC=2,则ac=172. 由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)=36-2×172×1+1517=4. 所以b=2. 解后反思　在余弦定理和三角形面积公式的运用过程中,要重视“整体运算”的技巧.如本题中b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)中的转化就说明了这一点. 29.(2017北京理,15,13分)在△ABC中,∠A=60°,c=37a. (1)求sin C的值; (2)若a=7,求△ABC的面积. 解析　本题考查正、余弦定理的应用,考查三角形的面积公式. (1)在△ABC中,因为∠A=60°,c=37a, 所以由正弦定理得sin C=csinAa=37×32=3314. (2)因为a=7,所以c=37×7=3. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A得72=b2+32-2b×3×12, 解得b=8或b=-5(舍). 所以△ABC的面积S=12bcsin A=12×8×3×32=63. 解后反思　根据所给等式的结构特点,利用正弦定理将边的关系转化为角的关系是解题的关键.在求解面积时,经常用余弦定理求出两边乘积. 30.(2017山东文,17,12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=3,AB·AC=-6,S△ABC=3,求A和a. 解析　因为AB·AC=-6,所以bccos A=-6, 又S△ABC=3,所以bcsin A=6, 因此tan A=-1,又0<A<π,所以A=3π4. 又b=3,所以c=22. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A, 得a2=9+8-2×3×22×−22=29, 所以a=29. 31.(2016四川文,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且cosAa+cosBb=sinCc. (1)证明:sin Asin B=sin C; (2)若b2+c2-a2=65bc,求tan B. 解析　(1)证明:根据正弦定理, 可设asinA=bsinB=csinC=k(k>0). 则a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C. 代入cosAa+cosBb=sinCc中,有 cosAksinA+cosBksinB=sinCksinC,变形可得 sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B). 在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C, 所以sin Asin B=sin C. (2)由已知,b2+c2-a2=65bc, 根据余弦定理,有cos A=b2+c2−a22bc=35. 所以sin A=1−cos2A=45. 由(1),sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B, 所以45sin B=45cos B+35sin B, 故tan B=sinBcosB=4. 方法总结　解三角形中,要根据题干条件恰当选取正、余弦定理,当涉及边较多时,可考虑余弦定理,当涉及角较多时,可考虑正弦定理.△ABC中,也常用到sin(A+B)=sin C. 评析　本题考查了正、余弦定理及同角三角函数的基本关系式,根据条件恰当选择正、余弦定理是解题的关键. 32.(2016浙江文,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acos B. (1)证明:A=2B; (2)若cos B=23,求cos C的值. 解析　(1)由正弦定理得 sin B+sin C=2sin Acos B,故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin Acos B+cos Asin B, 于是sin B=sin(A-B). 又A,B∈(0,π),故0<A-B<π, 所以,B=π-(A-B)或B=A-B, 因此A=π(舍去)或A=2B, 所以,A=2B. (2)由cos B=23得sin B=53, cos 2B=2cos2B-1=-19, 故cos A=-19,sin A=459, cos C=-cos(A+B)=-cos Acos B+sin Asin B=2227. 评析　本题主要考查正弦和余弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力. 33.(2016课标Ⅰ理,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cos C·(acos B+bcos A)=c. (1)求C; (2)若c=7,△ABC的面积为332,求△ABC的周长. 解析　(1)由已知及正弦定理得, 2cos C(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C,(2分) 2cos Csin(A+B)=sin C. 故2sin Ccos C=sin C.(4分) 可得cos C=12,所以C=π3.(6分) (2)由已知,得12absin C=332. 又C=π3,所以ab=6.(8分) 由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcos C=7. 故a2+b2=13,从而(a+b)2=25.(10分) 所以△ABC的周长为5+7.(12分) 解后反思　本题属解三角形问题中的常见题型,要先利用正弦、余弦定理,将已知中的“边”或“角”的关系式,转化为只有“边”或只有“角”的方程形式,进而通过三角函数或代数知识求解方程.解题中要注意三角形的一些性质应用,例如:sin(A+B)=sin C,S△ABC=12absin C. 评析　本题重点考查了正弦定理、余弦定理及三角形面积公式,同时,对三角恒等变换的公式也有所考查.在解题过程中,要注意先将已知条件中的“边”与“角”的关系,通过正弦定理转化为“角”之间的关系,再运用三角函数知识求解. 34.(2016浙江理,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2acos B. (1)证明:A=2B; (2)若△ABC的面积S=a24,求角A的大小. 解析　(1)由正弦定理得sin B+sin C=2sin Acos B, 故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin A·cos B+cos Asin B, 于是sin B=sin(A-B). 又A,B∈(0,π),故0<A-B<π,所以,B=π-(A-B)或B=A-B, 因此A=π(舍去)或A=2B, 所以,A=2B. (2)由S=a24得12absin C=a24,故有sin Bsin C=12sin 2B=sin Bcos B, 因sin B≠0,得sin C=cos B. 又B,C∈(0,π),所以C=π2±B. 当B+C=π2时,A=π2; 当C-B=π2时,A=π4. 综上,A=π2或A=π4. 思路分析　(1)由正弦定理及两角和的正弦公式将已知条件转化为∠A与∠B的三角函数关系,利用A,B的范围诱导公式得出∠A与∠B的关系; (2)利用三角形的面积公式将已知条件转化为∠C与∠B的三角函数关系,再由∠B,∠C的范围及诱导公式求∠A的大小. 评析　本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力. 35.(2015课标Ⅱ理,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍. (1)求sin∠Bsin∠C; (2)若AD=1,DC=22,求BD和AC的长. 解析　(1)S△ABD=12AB·ADsin∠BAD, S△ADC=12AC·ADsin∠CAD. 因为S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC. 由正弦定理可得sin∠Bsin∠C=ACAB=12. (2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=2. 在△ABD和△ADC中,由余弦定理知 AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB, AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC. 故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6. 由(1)知AB=2AC,所以AC=1. 评析　本题考查正弦定理,余弦定理的应用,以及三角形的面积公式.属常规题,中等偏易. 36.(2015课标Ⅰ文,17,12分)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,sin2B=2sin Asin C. (1)若a=b,求cos B; (2)设B=90°,且a=2,求△ABC的面积. 解析　(1)由题设及正弦定理可得b2=2ac. 又a=b,可得b=2c,a=2c. 由余弦定理可得cos B=a2+c2−b22ac=14.(6分) (2)由(1)知b2=2ac. 因为B=90°,由勾股定理得a2+c2=b2. 故a2+c2=2ac,得c=a=2. 所以△ABC的面积为1.(12分) 评析　本题考查了正弦定理、余弦定理;考查了解三角形的基本方法,属容易题. 37.(2015浙江理,16,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知A=π4,b2-a2=12c2. (1)求tan C的值; (2)若△ABC的面积为3,求b的值. 解析　(1)由b2-a2=12c2及正弦定理得sin2B-12=12sin2C,所以-cos 2B=sin2C. 又由A=π4,即B+C=34π,得-cos 2B=sin 2C=2sin Ccos C, 解得tan C=2. (2)由tan C=2,C∈(0,π)得sin C=255,cos C=55. 又因为sin B=sin(A+C)=sinπ4+C,所以sin B=31010. 由正弦定理得c=223b, 又因为A=π4,12bcsin A=3,所以bc=62,故b=3. 评析　　本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力. 38.(2015山东理,16,12分)设f(x)=sin x·cos x-cos2x+π4. (1)求f(x)的单调区间; (2)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若fA2=0,a=1,求△ABC面积的最大值. 解析　(1)由题意知f(x)=sin2x2-1+cos2x+π22 =sin2x2-1−sin2x2=sin 2x-12. 由-π2+2kπ≤2x≤π2+2kπ,k∈Z,可得-π4+kπ≤x≤π4+kπ,k∈Z; 由π2+2kπ≤2x≤3π2+2kπ,k∈Z,可得π4+kπ≤x≤3π4+kπ,k∈Z. 所以f(x)的单调递增区间是−π4+kπ,π4+kπ(k∈Z); 单调递减区间是π4+kπ,3π4+kπ(k∈Z). (2)由fA2=sin A-12=0,得sin A=12, 由题意知A为锐角,所以cos A=32. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A, 可得1+3bc=b2+c2≥2bc, 即bc≤2+3,且当b=c时等号成立. 因此12bcsin A≤2+34. 所以△ABC面积的最大值为2+34. 评析　本题考查三角恒等变换,三角函数的图象与性质,以及解三角形等基础知识和基本方法,对运算能力有较高要求.属中等难度题. 39.(2015陕西理,17,12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.向量m=(a,3b)与n=(cos A,sin B)平行. (1)求A; (2)若a=7,b=2,求△ABC的面积. 解析　(1)因为m∥n,所以asin B-3bcos A=0, 由正弦定理,得sin Asin B-3sin Bcos A=0, 又sin B≠0,从而tan A=3, 由于0<A<π,所以A=π3. (2)解法一:由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A, 及a=7,b=2,A=π3, 得7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0, 因为c>0,所以c=3. 故△ABC的面积为12bcsin A=332. 解法二:由正弦定理,得7sinπ3=2sinB, 从而sin B=217, 又由a>b,知A>B,所以cos B=277. 故sin C=sin(A+B)=sinB+π3 =sin Bcosπ3+cos Bsinπ3=32114. 所以△ABC的面积为12absin C=332. 40.(2014课标Ⅱ文,17,12分)四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2. (1)求C和BD; (2)求四边形ABCD的面积. 解析　(1)由题设及余弦定理得 BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C =13-12cos C,① BD2=AB2+DA2-2AB·DAcos A =5+4cos C.② 由①,②得cos C=12,故C=60°,BD=7. (2)四边形ABCD的面积 S=12AB·DAsin A+12BC·CDsin C =12×1×2+12×3×2sin 60° =23. 评析　本题考查余弦定理的应用和四边形面积的计算,考查运算求解能力和转化的思想,把四边形分割成两个三角形是求面积的常用方法. 41.(2014浙江理,18,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=3,cos2A-cos2B=3sin Acos A-3sin Bcos B. (1)求角C的大小; (2)若sin A=45,求△ABC的面积. 解析　(1)由题意得 1+cos2A2-1+cos2B2=32sin 2A-32sin 2B, 即32sin 2A-12cos 2A=32sin 2B-12cos 2B, sin2A−π6=sin2B−π6. 由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π),得 2A-π6+2B-π6=π, 即A+B=2π3, 所以C=π3. (2)由(1)及c=3,sin A=45,asinA=csinC,得a=85, 由a<c,得A<C.从而cos A=35, 故sin B=sin(A+C)=sin Aco