2021年高考數(shù)學(xué)真題和模擬題分類匯編專題07解三角形【含答案】

專題07解三角形一、選擇題部分1.(2021?河南開封三模?理T10)如圖，A，B，C是半徑為1的圓周上的點，且，，則圖中陰影區(qū)域的面積為（）A． B． C． D．【答案】A．【解析】取圓心為O，連結(jié)OA，OB，OC，BC，因為，所以∠BOC＝，則∠OBC＝∠OCB＝，所以BC＝2BOcos＝，在△ABC中，由余弦定理可得＝（AC+AB）2﹣3AC?AB，因為，所以，解得AC?AB＝1，所以＝，＝，扇形OBC的面積為，所以圖中陰影區(qū)域的面積為S△ABC+S扇形OBC﹣S△OBC＝+﹣＝．2.(2021?四川內(nèi)江三模?理T5．)在△ABC中，AC＝3，，AB＝2（）A． B． C． D．【答案】B．【解析】∵AC＝3，，AB＝8，∴由余弦定理可得：cosA＝＝＝，可得sinA＝＝，∴設(shè)AB邊上的高為h，則AB?h＝，∴×2×h＝．3.(2021?寧夏中衛(wèi)三模?理T11．)設(shè)銳角ABC的三內(nèi)角A，B，C所對邊的邊分別為a，b，c，且a＝2，B＝2A，則b的取值范圍為（）A． B． C． D．（0，4）【答案】A．【解析】在銳角三角形中，0＜2A＜，即0＜A＜，且B+A＝3A，則＜3A＜π，即＜A＜，綜上＜A＜，則＜cosA＜，∵a＝2，B＝2A，∴由正弦定理得，得b＝4cosA，∵＜cosA＜，∴2＜4cosA＜2，即2＜b＜2，則b的取值范圍是（2，2）．4.(2021?河南鄭州二模?文T6．)在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，如果a、b、c成等差數(shù)列，B＝30°，△ABC的面積為，則b等于（）A． B． C． D．【答案】A．【解析】由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣2ac﹣2accosB①，又S△ABC＝acsinB＝ac＝，∴ac＝6，②∵a、b、c成等差數(shù)列，∴a+c＝2b，③，將②③代入①得b2＝4b2﹣12﹣6，化簡整理得b2＝4+2，解得b＝1+．二、填空題部分5.(2021?上海嘉定三模?T7．)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，且ABC的面積為，則∠BAC＝．【答案】30°或150°．【解析】∵△ABC中，AB＝2，AC＝3，且△ABC的面積為，∴AB?AC?sin∠BAC＝，即×2×3sin∠BAC＝，整理得：sin∠BAC＝，則∠BAC＝30°或150°．6.(2021?高考全國乙卷?文T15)記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為，，，則________．【答案】．【解析】由題意，，所以，所以，解得（負(fù)值舍去）.故答案為.7.(2021?浙江卷?T11)我國古代數(shù)學(xué)家趙爽用弦圖給出了勾股定理的證明.弦圖是由四個全等的直角三角形和中間的一個小正方形拼成的一個大正方形(如圖所示).若直角三角形直角邊的長分別是3，4，記大正方形的面積為，小正方形的面積為，則___________.【答案】25．【解析】由題意可得，大正方形的邊長為：，則其面積為：，小正方形的面積：，從而.故答案為25.8.(2021?浙江卷?T14)在中，，M是的中點，，則___________，___________.【答案】(1).；(2).．【解析】由題意作出圖形，如圖，在中，由余弦定理得，即，解得（負(fù)值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.故答案為：；.9.(2021?河南開封三模?文T15．)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，，且△ABC的外接圓半徑為1，則△ABC的面積為．【答案】．【解析】由正弦定理及外接圓公式可得，，其中R為△ABC的外接圓半徑，則a＝2R?sinA＝2×＝，由余弦定理可得，b2+c2﹣2bccosA＝a2，則，∵，∴bc＝1，則△ABC的面積為．10.(2021?浙江杭州二模?理T13．)設(shè)a，b，c分別為△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，．若a＝1，，則C＝，△ABC的面積＝．【答案】C＝，．【解析】因為＝，整理得a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理得cosC＝＝，因為C為三角形內(nèi)角，所以C＝；由a2+b2﹣c2＝ab且a＝1，c＝得b2﹣b﹣6＝0，解得b＝3或b＝﹣2（舍），所以，△ABC的面積S＝＝＝．11.(2021?河南鄭州二模?文T16．)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝1，A＝，若λb+c有最大值，則實數(shù)λ的取值范圍是．【答案】（，）．【解析】因為a＝1，A＝，由正弦定理得：＝，所以λb+c＝（λsinB+sinC）＝λsinB+sin（﹣B）＝λsinB+（cosB﹣sinB）＝（λ﹣1）sinB+cosB＝sin（B+θ），其中tanθ＝，由B∈（0，），λb+c存在最大值，即B+θ＝有解，即θ∈（，），可得λ﹣1＞0，解得λ＞，又＞1，解得λ＜，則實數(shù)λ的取值范圍是（，）．12.(2021?新疆烏魯木齊二模?文T16．)在△ABC中，tanB＝2tanC，則的取值范圍為．【答案】（1，2）．【解析】如圖，在△ABC中，設(shè)tanC＝，則tanB＝，x∈（0，+∞），可得＝＝，令f（x）＝4﹣，x∈（0，+∞），因為f′（x）＝＞0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）∈（1，4），則∈（1，2）．13.(2021?山西調(diào)研二模?文T16)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若2sinC=a2+【答案】18【解析】2sinC=a2+b2+1+2aba+b=(a+b)2+1a+b=a+b+1a+b≥2，

所以sinC≥1，當(dāng)且僅當(dāng)a+b=1a+b，即a+b=1時取等號，

所以sinC=1，即C=π2，a+b=1，

所以三、解答題部分14.(2021?新高考全國Ⅰ卷?T19)記是內(nèi)角，，的對邊分別為，，.已知，點在邊上，.（1）證明：；（2）若，求.【解析】（1）由題設(shè)，，由正弦定理知：，即，∴，又，∴，得證.（2）由題意知：，∴，同理，∵，∴，整理得，又，∴，整理得，解得或，由余弦定理知：，當(dāng)時，不合題意；當(dāng)時，；綜上，.15.(2021?江蘇鹽城三模?T17)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，點D滿足3EQ\o\ac(\S\UP7(→),BD)＝EQ\o\ac(\S\UP7(→),BC)與eq\o\ac(\S\UP7(→),AD)·\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝0.(1)若b＝c，求A的值；(2)求B的最大值．【考點】解三角形與平面向量綜合應(yīng)用【解析】(1)因為EQ\o\ac(\S\UP7(→),AD)EQ\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝0，所以(EQ\o\ac(\S\UP7(→),AB)＋EQ\F(1,3)EQ\o\ac(\S\UP7(→),BC))EQ\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝0，即(EQ\F(2,3)EQ\o\ac(\S\UP7(→),AB)＋EQ\F(1,3)EQ\o\ac(\S\UP7(→),AC))EQ\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝0，……2分所以EQ\F(2,3)bccosA＋EQ\F(1,3)b2＝0，因為b＝c，所以cosA＝－EQ\F(1,2)，……4分因為0＜A＜π，所以A＝EQ\F(2π,3)．……5分(2)因為EQ\o\ac(\S\UP7(→),AD)EQ\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝(EQ\F(2,3)EQ\o\ac(\S\UP7(→),AB)＋EQ\F(1,3)EQ\o\ac(\S\UP7(→),AC))EQ\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝EQ\F(2,3)bccosA＋EQ\F(1,3)b2＝0，所以b2＋c2－a2＋b2＝0，即2b2＋c2－a2＝0，……6分cosB＝EQ\F(a\S(2)＋c\S(2)－b\S(2),2ac)＝EQ\F(a\S(2)＋c\S(2)－\F(a\S(2)－c\S(2),2),2ac)＝EQ\F(\F(a\S(2),2)＋\F(3c\S(2),2),2ac)≥EQ\F(\R(,3),2)，……8分因為0＜B＜π，所以B的最大值為EQ\F(π,6)．……10分16.(2021?河南鄭州三模?理T17)如圖，在△ABC中，AB＝9，cosB＝，點D在BC邊上，AD＝7，∠ADB為銳角．（Ⅰ）求BD；（Ⅱ）若∠BAD＝∠DAC，求sinC的值及CD的長．【解析】（1）△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB?BD?cosB，所以49＝81+BD2﹣2×，解得BD＝8或BD＝4，當(dāng)BD＝4時，cos∠ADB＝＝﹣，此時∠ADB，不符合題意，舍去，當(dāng)BD＝8時，cos∠ADB＝＝，此時∠ADB，符合題意，（2）△BAD中，cos∠BAD＝＝，所以sin∠BAD＝，又sin∠ADB＝，所以sinC＝sin（∠ADB﹣∠CAD）＝sin（∠ADB﹣∠BAD）＝＝，△ACD中，由正弦定理得，所以CD＝＝＝．17.(2021?河南焦作三模?理T17)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bsinC+asinA＝bsinB+csinC．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）設(shè)D是線段BC的中點，若c＝2，AD＝，求a．【解析】（I）因為bsinC+asinA＝bsinB+csinC，由正弦定理得bc＝b2+c2﹣a2，由余弦定理得cosA＝＝，由A為三角形內(nèi)角得A＝．（II）因為D為BC的中點，所以＝（），則＝（++2），因為c＝2，AD＝，所以13＝（4+b2），整理得b2+2b﹣48＝0，解得b＝6，b＝﹣8（舍），由余弦定理得a2＝36+4﹣2×6×2×＝28，故a＝2．18.(2021?河北張家口三模?T18)在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB＝1，BD＝2，且sin∠DBC＝sin∠DCB．（1）求AD的長；（2）求△ABC的面積．【解析】（1）因為在四邊形ABCD中，AB∥CD．在△DBC中，由sin∠DBC＝sin∠DCB及正弦定理可得BD＝CD＝2．設(shè)AD＝x．在△ABD和△ACD中，由及余弦定理，得，所以5（x2+1﹣6）＝﹣（x2+4﹣5）．解得，即．（2）在△ACD中，，得AD8+CD2＝AC2，所以AD⊥CD，所以．所以△ABC的面積為．19.(2021?山東聊城三模?T17.)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且10（1）求角B的大小；（2）已知點D滿足BD=14BC，且AB>BD，若S△【解析】（1）解：∵A，B，C是三角形ABC的內(nèi)角，則sinA+C2=cosB2，又10sin2A+C2=7-cos2B，∴10cos2B2=7-cos2B，即5+5在△ABD中，AD∴BD2+B∴BD=1，BA=3，BC=4，由余弦定理有AC∴AC=13【考點】二倍角的余弦公式，誘導(dǎo)公式，余弦定理【解析】【分析】（1）根據(jù)三角函數(shù)誘導(dǎo)公式和余弦倍角公式已知可化為2cos2B+5cosB-3=0

解該方程可求得B。20.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T17．)在①b2+ac＝a2+c2，②acosB＝bsinA，③sinB+cosB＝2，這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解決該問題．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，________，A＝，b＝．（1）求角B；（2）求△ABC的面積．【解析】（1）若選①b2+ac＝a2+c2，由余弦定理可得，cosB＝＝，故B＝，若選②acosB＝bsinA，由正弦定理可得，sinAcosB＝bsinBinA，因為sinA≠0，所以sinB＝cosB，即tanB＝，因為B為三角形的內(nèi)角，故B＝，③由sinB+cosB＝2可得2sin（B+）＝2，所以sin（B+）＝1，因為B為三角形的內(nèi)角，故B＝；（2）由正弦定理可得，，所以a＝＝，所以S△ABC＝＝＝．21.(2021?安徽蚌埠三模?文T17．)已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a2+c2＝a2sin2B+2accosB．（1）求sinA；（2）若角A為銳角，且△ABC的面積為，求a的最小值．【解析】（1）由a2+c2＝a2sin2B+2accosB得，即sin2B＝，因為A，B為三角形內(nèi)角，sinB＞0，所以sinA＝；（2）因為角A為銳角，由（1）可得A＝，因為△ABC的面積S＝＝＝，所以bc＝4，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝4，所以a≥2，即a的最小值為2，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時取等號．22.(2021?上海嘉定三模?T18．)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a、b、c，且2cos2cosB﹣sin（A﹣B）sinB+cos（A+C）＝﹣．（1）求cosA的值；（2）若a＝4，b＝5，求B和c．【解析】（1）由，得，…即，可得，即．…（2）由，得，根據(jù)正弦定理，得．由題意a＞b，則A＞B，故．…再由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，得，解之得c＝1（c＝﹣7舍去）．…23.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T17．)已知函數(shù)，在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且f（C）＝1．（Ⅰ）求C；（Ⅱ）點D為AB邊中點，且．給出以下條件：①a＝2；②．從①②中僅選取一個條件，求b的值．【解析】（Ⅰ）∵＝＝＝＝，∴，∵0＜C＜π，∴，∴，，（Ⅱ）若選①a＝2，∵，∴，∴，解得b＝4或b＝﹣6（舍去），∴b＝4；若選②c＝2，（c＜b），由c2＝b2+a2﹣2abcosC，得：12＝a2+b2﹣ab，由（1）得，所以a2+b2＝20，ab＝8，解得：或，由c＜b，得b＝4．24.(2021?遼寧朝陽三模?T17．)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知a＝，b＝2．（1）若A＝，求cos2B；（2）若c＝3，求△ABC的面積．【解析】（1）由正弦定理知，＝，∴＝，∴sinB＝，∴cos2B＝1﹣2sin2B＝1﹣2×＝．（2）由余弦定理知，cosC＝＝＝﹣，∵C∈（0，π），∴sinC＝＝＝，∴△ABC的面積S＝ab?sinC＝××2×＝．25.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T17．)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且asinB＝2bcos2．（1）求角A的大?。唬?）若BC邊上的中線AD＝4，求三角形ABC面積的最大值．【解析】（1）因為asinB＝2bcos2＝b（1﹣cosA），所以，因為sinB≠0，所以，所以＝2sin（A+）＝1，所以sin（A+）＝，由A為三角形內(nèi)角可得，A＝，（2）由題意＝，所以||＝8，所以64＝＝b2+c2﹣bc≥bc，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝8時取等號，所以bc的最大值64，此時三角形ABC面積的最大值＝16．26.(2021?四川瀘州三模?理T18．)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sin（A+B）+＝2cos2．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若a＝1，c＝，＝（λ＞0），且△ACD的面積為2，求λ的值．【解析】（Ⅰ）因為sin（A+B）+＝2cos2，所以sinC＝（2cos2﹣1），即sinC＝cosC，即tanC＝，因為C∈（0，π），所以C＝．（Ⅱ）在△ABC中，因為a＝1，c＝，C＝，由余弦定理可得b2﹣b﹣12＝0，解得b＝4，或﹣3（舍去），因為S△ABC＝4×1×sin＝＜S△ADC＝2，所以點D在BC延長線上，在△ACD中，AC＝4，∠ACD＝，則S△ACD＝AC?CD?sin∠ACD＝2，所以CD＝2，即BD＝BC+CD＝3，所以λ＝3．27.(2021?江蘇常數(shù)三模?T17．)已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足，cos2A＝cosA．（1）求△ABC接圓的半徑大?。唬?）若，求△ABC的面積．【解析】（1）因為＝bcosA,所以acosB+bcosA＝ac,由正弦定理得sinAcosB+sinBcosA＝acsinC,即sin(A+B)＝sinC＝asinC,因為sinC＞0,所以a＝因為cos2A＝2cos2A﹣1＝cosA,解得cosA＝﹣或cosA＝1(舍），由A為三角形內(nèi)角得A＝，由正弦定理得2R＝＝,所以R＝；（2）因為a＝，A＝，，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2+bc,所以7＝(b+c)2﹣bc＝8﹣bc,所以bc＝1,△ABC的面積S＝＝．28.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T18．)已知函數(shù)f（x）＝Asin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜）的部分圖象如圖所示．（1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若f（）＝2，a＝2，求△ABC周長的取值范圍．【解析】（1）根據(jù)函數(shù)的圖象，函數(shù)的周期T＝，故ω＝2．由于點（）滿足函數(shù)的圖象，所以Asin（φ）＝0，由于0＜φ＜，所以φ＝．由于點（0，1）在函數(shù)的圖象上，所以A＝2．故函數(shù)f（x）＝2sin（2x+）．（2）由于f（）＝2sin（A+）＝2，所以A＝．由正弦定理：，整理得b＝，同理c＝＝，由于，所以，由于，所以，所以．所以：l△ABC∈（4，6]．29.(2021?湖南三模?T17．)a，b，c分別為△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊．已知a＝3bsinA，a＝3，c＝3．（1）若b＜c，求b；（2）求cos2C．【解析】（1）因為a＝3bsinA，所以sinA＝3sinBsinA，因為sinA＞0，所以sinB＝，因為b＜c，所以B＜C，所以B為銳角，可得cosB＝，由余弦定理可得b＝＝．（2）由（1）可知，cosB＝±，當(dāng)cosB＝時，b＝，cosC＝＝﹣，可得cos2C＝2cos2C﹣1＝；當(dāng)cosB＝﹣時，b＝，cosC＝＝，可得cos2C＝2cos2C﹣1＝．30.(2021?福建寧德三模?T18)在△ABC中，AB=2，AC=5，B=45°.

(1)求△ABC的面積；

(2)在邊BC上取一點D，使得cos∠ADB=45，求tan∠DAC.

【解析】法一：

(1)由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB?BC?cosB，

由題設(shè)知，5=2+BC2-22×BC?cos45°，

所以BC2-2BC-3=0，又BC>0，

所以BC=3，

所以S△ABC=12AB?BC?sinB=12×2×3×22=32.

(2)在△ABC中，由正弦定理得ABsinC=ACsinB，

所以sinC=AB?sinBAC=2?225=15，【解析】法一：(1)由已知利用余弦定理可得BC2-2BC-3=0，解方程可得BC的值，進(jìn)而根據(jù)三角形的面積公式即可求解．(2)在△ABC中，由正弦定理得sinC的值，利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求tanC，tan∠ADB=34，進(jìn)而根據(jù)兩角差的正切公式即可求解tan∠DAC的值．

法二：(1)同解法一．(2)在△ABC中，由正弦定理可求sin∠BAC，利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求tan∠BAC，tan∠ADB=34，進(jìn)而利用兩角和與差的正切公式即可求解．

本小題主要考查正弦定理、余弦定理、兩角和差公式等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力．考查化歸與轉(zhuǎn)化思想等，屬于中檔題．

31.(2021?江西南昌三模?理T17．)如圖，在梯形ABCD中，AB（Ⅰ）求sin∠CBD的值；（Ⅱ）若△ABD的面積為4，求AD的長．【解析】（Ⅰ）在△BCD中，由正弦定理知，，所以BD?sin∠CBD＝CD?sin∠BCD，因為，，即．（Ⅱ）因為，所以，所以，所以，因為，所以，所以AD2＝AB2+BD2﹣2AB?BD?cos∠ABD＝10，所以．32.(2021?江西上饒三模?理T17．)已知在△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，（sinA﹣sinB）2＝sin2C﹣3sinAsinB．（1）求角C的大?。唬?）若a＝2b，求cos（B+）的值．【解析】（1）因為（sinA﹣sinB）2＝sin2C﹣3sinAsinB，由正弦定理得（a﹣b）2＝c2﹣3ab，即a2+b2﹣c2＝﹣ab，由余弦定理得cosC＝＝﹣，由C為三角形內(nèi)角可得C＝；（2）因為a＝2b，由正弦定理得sinA＝2sinB，所以sin（）＝2sinB，所以＝2sinB，所以tanB＝，所以B∈（0，），cosB＝＝＝，sinB＝＝，所以cos（B+）＝cos（B+）＝＝＝．33.(2021?河南開封三模?文T17．)在△ABC中，，，D為BC邊上一點，且BD＝3．（1）求AD；（2）若，求sinC．【解析】（1）在△ABD中，因為，，BD＝3，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB?BD?cosB，，所以．（2）在△ABC中，因為，，，由正弦定理得，，所以．34.(2021?安徽宿州三模?文理T17．)在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，asinB＝bsin（﹣A）+b．（Ⅰ）求角A的大?。唬á颍┤鬭＝，求邊BC的中線AD長度的最小值．【解析】（Ⅰ）由正弦定理得，＝＝，因為asinB＝bsin（﹣A）+b，所以sinAsinB＝sinBsin（﹣A）+sinB，因為sinB≠0，所以sinA＝sin（﹣A）+，所以sinA＝cosA﹣sinA+，即sinA﹣cosA＝1，所以sin（A﹣）＝1，又0＜A＜π，所以﹣＜A﹣＜，所以A﹣＝，即A＝．（Ⅱ）因為∠ADB+∠ADC＝π，所以+＝0，化簡得2AD2＝b2+c2﹣，在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2+c2﹣2bc?cosA，所以＝b2+c2+bc，因為bc≤，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時，取等號，所以3＝b2+c2+bc≤（b2+c2），所以b2+c2≥2，所以2AD2≥2﹣＝，所以AD長度的最小值為．35.(2021?安徽馬鞍山三模?理T17．)如圖，在△ABC中，，D為AC邊上一點且AB⊥BD，BD＝2．（1）若，求△BCD的面積；（2）求的取值范圍．【解析】（1）∵，且AB⊥BD，∴∠CBD＝，在△BCD中，由余弦定理知，CD2＝BC2+BD2﹣2BC?BD?cos∠CBD，∴2＝BC2+4﹣2BC?2?cos，即BC2﹣2BC+2＝0，解得BC＝±1，由圖知，∠BDC＞∠C，∴BC＞BD＝2，∴BC＝+1，∴△BCD的面積S＝BC?BD?sin∠CBD＝?（+1）?2?sin＝．（2）在△ABD中，由正弦定理知，＝＝＝＝sinA，在△BCD中，由正弦定理知，＝，即＝，∴CD＝，又A+C＝π﹣∠ABC＝，∴＝sinA+sinC＝sinA+sin（﹣A）＝sinA+cosA﹣sinA＝sin（A+），∵A∈（0，），∴A+∈（，），∴sin（A+）∈（，1]，故的取值范圍為（，1]．36.(2021?安徽馬鞍山三模?文T17．)已知a，b，c分別是△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊，且asinB＝2csinA．（1）若，求A；（2）若c＝2，且點D在BC的延長線上，滿足BC＝2CD＝4，求AD．【解析】（1）因為asinB＝2csinA，由正弦定理得sinAsinB＝2sinCsinA，因為sinA＞0，所以sinB＝2sinC，即b＝2c，因為，由余弦定理得cosA＝＝＝，由A為三角形內(nèi)角得A＝；（2）因為c＝2，b＝2c＝4，a＝4，由余弦定理得cos∠ACB＝＝＝，故cos∠ACD＝﹣，△ACD中，由余弦定理得，＝34，故AD＝．37.(2021?江西鷹潭二模?理T17．)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a2﹣3c2＝ac，sinAcosC＝sinC（2﹣cosA）．（1）求角B的大小；（2）若△ABC的外接圓半徑是，求△ABC的周長．【解析】（1）因為sinAcosC＝sinC（2﹣cosA），所以sinAcosC＝2sinC﹣sinCcosA，所以sinAcosC+sinCcosA＝2sinC，所以sin（A+C）＝2sinC，所以sinB＝2sinC．由正弦定理，得b＝2c．因為a2﹣3c2＝ac，由余弦定理，得，又因為B∈（0，π），所以（2）因為△ABC的外接圓半徑是，則由正弦定理，得．解得b＝4．所以c＝2．將c＝2代入a2﹣3c2＝ac中，得a2﹣12＝2a，解得（舍去）或．所以△ABC的周長是．38.(2021?河北秦皇島二模?理T17．)在△ABC中，（sinA﹣sinC）2﹣sin2B＝（﹣2）sinAsinC，點D在線段AB上，且BD＝DC，BC＝2．（1）求∠B；（2）在①cos（C﹣B）＝，②AD＝，③sinA＝，這三個條件中任選一個，補充在上面的問題中，求AC邊長．【解析】（1）因為（sinA﹣sinC）2﹣sin2B＝（﹣2）sinAsinC，所以由正弦定理可得a2+c2﹣2ac﹣b2＝（﹣2）ac，即a2+c2﹣b2＝ac，所以由余弦定理可得cosB＝＝＝，因為B∈（0，π），所以B＝．（2）若選①，因為B＝，BD＝DC，BC＝2，在△BCD中，由正弦定理＝，解得CD＝，所以在△ACD中，∠ADC＝，∠ACD＝C﹣B，由cos（C﹣B）＝，可得sin（C﹣B）＝＝，可得sinA＝sin（+∠ACD）＝+＝，在△ACD中，由＝，解得AC＝．若選②，AD＝，由（1）可得B＝，因為BD＝DC，可得∠B＝∠DCB＝，∠BDC＝，在△BCD中，由正弦定理＝，所以CD＝＝，在△ACD中，由余弦定理AC2＝CD2+AD2﹣2AD?CD?cos∠ADC＝CD2+AD2+2AD?CD?cos∠BDC＝+3+2×××（﹣）＝，解得AC＝．若選③，sinA＝，由（1）可得B＝，BC＝2，在△ABC中，由正弦定理＝，可得＝，解得AC＝．39.(2021?江西上饒二模?理T17．)請在①，②c＝2，③2sinA＝5sinC這三個條件中任選兩個，將下面問題補充完整，并作答．問題：在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且，____，____，計算△ABC的面積．【解析】由正弦定理知，，∵bcosAcosC＝asinBsinC﹣b，∴sinBcosAcosC＝sinAsinBsinC﹣sinB，∵sinB≠0，∴cosAcosC﹣sinAsinC＝﹣，即cos（A+C）＝﹣，∵A+C＝π﹣B，∴cos（A+C）＝﹣cosB＝﹣，即cosB＝，又B∈（0，π），∴B＝．若選①②，由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accosB，∴19＝a2+4﹣4a×，即a2﹣2a﹣15＝0，解得a＝5或﹣3（舍負(fù)），∴△ABC的面積S＝acsinB＝×5×2×＝．若選②③，∵2sinA＝5sinC，∴2a＝5c＝10，∴a＝5，∴△ABC的面積S＝acsinB＝×5×2×＝．若選①③，∵2sinA＝5sinC，∴2a＝5c，由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accosB，∴19＝a2+（）2﹣2a××，即a2＝25，解得a＝5，∴△ABC的面積S＝acsinB＝×5×2×＝．40.(2021?北京門頭溝二模?理T16)已知△ABC滿足____，且b=5，B=π4，從條件①、條件②、條件③中選擇一個作為已知填在橫線上，并求解下列問題：

；

求△ABC的面積.

條件①tanA=2，

條件②b2+【解析】(I)選①tanA=2，A為銳角，所以cosA=55，sinA=255，

sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=(255+55)×22=31010；

選②b2+c2-a2=25c，

由余弦定理得，cosA=b2+c2-a22bc=55【解析】(I)選①tanA=2，結(jié)合同角基本關(guān)系先求出cosA，sinA，進(jìn)而可求sinC，然后結(jié)合余弦定理可求cosA，sinA，結(jié)合誘導(dǎo)公式及和角正弦可求sinC；

選②b2+c2-a2=25c，由余弦定理可求cosA，進(jìn)而可求sinA，結(jié)合誘導(dǎo)公式及和角正弦可求sinC；

選③3b=5c，然后結(jié)合正弦定理可求sinC；

所以c=35，b=5，B=π4，

(II)由(I)可求cosC，然后求出sinA，結(jié)合三角形面積公式可求．

本題主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及同角平方關(guān)系，三角形面積公式在求解三角形中的應(yīng)用，屬于中檔題．

41.(2021（Ⅰ）求BD的長；（Ⅱ）求A．【解析】（I）因為AD∥BC，AD＝6，BC＝4，CD＝2，∠CBD＝30°，由余弦定理得cos30°＝＝，解得BD＝2；（II）因為AD∥BC，所以∠CBD＝∠ADB＝30°，由余弦定理得AB2＝BD2+AD2﹣2AD?BDcos30°，＝12+36﹣2×＝12，故AB＝2，因為BD＝2，所以∠A＝∠ADB＝30°．42.(2021?江西九江二模?理T17．)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cosA＝2sin（C﹣）cosB．（Ⅰ）求角B的大?。唬á颍┤簟鰽BC的周長為3，且a，b，c成等比數(shù)列，求b．【解析】（Ⅰ）因為cosA＝2sin（C﹣）cosB，所以cosA＝2（sinCcos﹣cosCsinB）cosB，可得cosA＝sinCcosB﹣cosCcosB，因為cosA＝﹣cos（B+C）＝sinBsinC﹣cosBcosC，所以sinBsinC﹣cosBcosC＝sinCcosB﹣cosBcosC，可得sinBsinC＝sinCcosB，因為sinC≠0，所以sinB＝cosB，可得tanB＝，因為B∈（0，π），所以B＝．（Ⅱ）由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accos，即b2＝a2+c2﹣ac，因為a，b，c成等比數(shù)列，所以b2＝ac，所以ac＝a2+c2﹣ac，可得a＝c，所以△ABC是等邊三角形，又a+b+c＝3，所以b＝1．43.(2021?天津南開二模?T16．)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，csinA＝acosC．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）求邊c的長；（Ⅲ）求cos（C﹣2A）的值．【解析】（I）因為csinA＝acosC，由正弦定理得，sinCsinA＝sinAcosC，因為sinA＞0，所以sinC＝cosC，即tanC＝1，由C為三角形內(nèi)角得，C＝；（II）因為a＝3，，C＝，由余弦定理得，c2＝＝9+2﹣4×，所以c＝；（III）由余弦定理得，cosA＝＝，所以sinA＝，sin2A＝8sinAcosA＝﹣8A﹣1＝﹣，所以cos（C﹣2A）＝cos（﹣5A）＝＝﹣．44.(2021?廣東潮州二模?T17．)已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，現(xiàn)給出兩個條件：①2cosC（acosC+ccosA）+b＝0，②3bcosC+2csinCsinB＝0；要求你從中選出一個條件（選出其中一個條件解答，若兩個都選，則按第一個解答計分），并以此為依據(jù)求解下面問題．問題：（1）求角C；（2）若c＝2，S△ABC＝，求a+b的值．【解析】若選①，2cosC（acosC+ccosA）+b＝0，（1）由正弦定理可得2cosC（sinAcosC+sinCcosA）+sinB＝0，所以2cosCsin（A+C）+sinB＝2cosCsinB+sinB＝0，因為sinB≠0，所以可得cosC＝﹣，因為C∈（0，π），所以C＝．（2）因為c＝2，S△ABC＝，C＝，所以＝absinC＝ab，解得ab＝4，由余弦定理可c2＝a2+b2﹣2abcosC，可得12＝a2+b2+ab＝（a+b）2﹣ab＝（a+b）2﹣4，解得a+b＝4．若選②，3bcosC+2csinCsinB＝0；（1）由正弦定理可得3sinBcosC+2sin2CsinB＝0，因為sinB≠0，可得3cosC+2sin2C＝3cosC+2（1﹣cos2C）＝0，可得2cos2C﹣3cosC﹣2＝0，解得cosC＝﹣，或2（舍去），因為C∈（0，π），所以C＝．（2）因為c＝2，S△ABC＝，C＝，所以＝absinC＝ab，解得ab＝4，由余弦定理可c2＝a2+b2﹣2abcosC，可得12＝a2+b2+ab＝（a+b）2﹣ab＝（a+b）2﹣4，解得a+b＝4．45.(2021?遼寧朝陽二模?T17．)在①（b+a﹣c）（b﹣a+c）＝ac；②cos（A+B）＝sin（A﹣B）；③tan＝sinC這三個條件中任選兩個，補充在下面問題中．問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝2，______，______？若三角形存在，求b的值；若不存在，說明理由．【解析】①∵（b+a﹣c）（b﹣a+c）＝ac，即b2﹣（a﹣c）2＝ac，∴a2+c2﹣b2＝ac，由余弦定理知，cosB＝＝＝，∵B∈（0，π），∴B＝．③∵tan＝sinC，∴tan＝sinC，即＝2sincos，∵C∈（0，π），∴cos＞0，∴2sin2＝1，即C＝．選擇①②：由上知B＝，∵cos（A+B）＝sin（A﹣B），∴cosA﹣sinA＝sinA﹣cosA，即（1+）cosA＝（1+）sinA，∴tanA＝1，∵A∈（0，π），∴A＝，sinA＝，由正弦定理知，，∴＝，∴b＝2．選擇①③：B＝，C＝，∵a＝2，∴b＝2．選擇②③：由上知C＝，∵cos（A+B）＝sin（A﹣B）＝cos（π﹣C）＝﹣cosC＝0，∴A﹣B＝0，即A＝B＝，∴b＝a＝2．46.(2021?山東