解三角形-高考數(shù)學(xué)解答題專項練習(xí)

正、余弦定理及解三角形一、梳理必備知識利用正、余弦定理解三角形屬于高考中的?？碱}型，常考類型主要包括：求角的大小，求邊的長度，求三角形的面積及面積的取值范圍，求三角形周長及周長的取值范圍。一、正弦定理和余弦定理二、解三角形3.三角形中的三角變換二、解三角形題型綜合訓(xùn)練1.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且b=3,a-c=2,A=2π3(1)求△ABC的面積;(2)求sin(A-C)的值.解:(1)由已知得b=3,解得c=5,故S△ABC=12bcsinA=12×3×5×sin2π3=15(2)結(jié)合(1),由正弦定理得7sin2π3=5sinC,得由c<a,得C為銳角,所以cosC=1-sin2C所以sin(A-C)=sinAcosC-cosAsinC=32×1114+12×53142.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對應(yīng)的邊分別是a,b,c.已知cos2B=3cos(A+C)+1.(1)求B的大小;(2)若△ABC的面積S=53,a=10,求sinAsinC的值.2.解:(1)由cos2B=3cos(A+C)+1,可得2cos2B+3cosB-2=0, 2分解得cosB=12或cosB=-2(舍去因為B∈(0,π),所以B=π3. 5(2)由S=12acsinB=53,得c=2. 6由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=84,所以b=221, 8分由正弦定理asinA=bsin可得sinAsinC=acb2sin2B=5283.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知cosAa+cosCc=12(1)求證:a+c≥4;(2)若△ABC的周長為2+32,求其面積S.3.解:(1)證明:方法一,由已知及正弦定理,得cosAsinA+cosCsin因為cosAsinA+cosCsinC=所以sinBsinAsinC=1sinB,即sin2由正弦定理得b2=ac,即ac=4,所以a+c≥2ac=4,當(dāng)且僅當(dāng)a=c=2時,等號成立. 6分方法二,由已知及余弦定理,得b2+c2- 4分得ac=2b=4,所以a+c≥2ac=4,當(dāng)且僅當(dāng)a=c=2時,等號成立. 6分(2)因為△ABC的周長為2+32,所以a+c=32. 7分因為b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac-2accosB,由(1)可知,ac=4,所以cosB=34,又B∈所以sinB=74. 10所以△ABC的面積S=12acsinB=72.4.記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,B=2π3,且(sinA+sinB)sinC+cos2C=1(1)求證:5a=3c;(2)若△ABC的面積為153,求c.4.解:(1)證明:∵(sinA+sinB)sinC+cos2C=1,∴(sinA+sinB)sinC+1-2sin2C=1, 2分∴(sinA+sinB)sinC=2sin2C,又sinC≠0,∴sinA+sinB=2sinC,結(jié)合正弦定理得a+b=2c. 4分由余弦定理得cosB=a2+c2-b2則-12=a2+c2-(2c(2)由(1)知a=35c,故S△ABC=12acsinB=12×35×c2×32=15可得c=10. 12分5.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且cosCsinA+π6-sinCsinA(1)求角B的大小;(2)若△ABC的周長為4,面積為33,求5.解:(1)因為cosCsinA+π6-sinCsinA所以cosCsinA-π3+π2-sin即cosCcosA-π3-sinCsinA所以cosA+C-因為A+B+C=π,所以A+C=π-B,所以cos2π3-B=12,又0<B<π,所以-π3所以2π3-B=π3,即B=(2)由余弦定理得a2+c2-即a2+c2-ac=b2,因為a+b+c=4,所以a2+c2-ac=[4-(a+c)]2,即(a+c)2-3ac=[4-(a+c)]2,整理得3ac+16=8(a+c).由△ABC的面積為12acsinπ3=33,得所以a+c=52,所以b=36.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知3(sinA-sinC)2=3sin2B-2sinAsinC.(1)求cosB的值.(2)若5a=3b.(i)求tanA的值;(ii)求sin(2A+π6)的值解:(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC及3(sinA-sinC)2=3sin2得3(a-c)2=3b2-2ac,化簡得a2+c2-b2=43ac, 2由余弦定理知,cosB=a2+c2-b2(2)(i)由(1)知,cosB=23∵B∈(0,π),∴sinB=1-cos2B∵5a=3b,∴a<b,且5sinA=3sinB,即sinA=35sinB=5∵cosB>0,A<B,∴cosA=1-sin2A∴tanA=sinAcosA=1(ii)由(i)知,sinA=55,cosA=2∴sin2A=2sinAcosA=45,cos2A=1-2sin2A=35,∴sin(2A+π6)=sin2Acosπ6+cos2Asinπ6=45×32+35×7.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且b=a+2,c=a+3.(1)若5sinAsinC=4-4cos2A,求cosA的值.(2)是否存在正整數(shù)a,使得△ABC為鈍角三角形?若存在,求出a的值;若不存在,請說明理由解:(1)5sinAsinC=4-4cos2A=4-4(1-2sin2A)=8sin2A,因為A∈(0,π),所以sinA>0,所以5sinC=8sinA,則5c=8a,即5(a+3)=8a,可得a=5,所以c=a+3=8,b=a+2=7.由余弦定理可得cosA=b2+c(2)假設(shè)存在正整數(shù)a,使得△ABC為鈍角三角形,由題知c>b>a,則C為鈍角,所以cosC=b2+a2-c22ab=(a+2)2+a2-(a+3)根據(jù)三角形三邊的關(guān)系可得a+a+2>a+3,可得a>1,所以1<a<1+6.因為a是正整數(shù),所以a=2或a=3,因此,當(dāng)a=2或a=3時,△ABC為鈍角三角形.8.設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知△ABC的面積為12a(1)證明:sinA=2sinB;(2)若acosC=32b,求cos8.解:(1)證明:由題得12absinC=12a又sinC≠0,所以12ab=12a2-b2,由正弦定理可得sinAsinB=sin2A-2sin2B,所以sinB(sinA+sinB)=sin2A-sin2B=(sinA+sinB)(sinA-sinB),又sinA+sinB≠0,所以sinB=sinA-sinB,即sinA=2sinB. 5分(2)由(1)及題設(shè)得,sinAcosC=2sinBcosC=32sinB,又sinB>0,所以cosC=34∈22,32,則π6<C<π4,故sinC=74,又cosC=a2+b2-因為sinA=2sinB,所以B<π2,所以cosB=528所以cosA=cos[π-(B+C)]=-cos(B+C)=sinBsinC-cosBcosC=148×74-528×39.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且B=2π3,b=6(1)若cosAcosC=23,求△ABC的面積(2)試問1a+1c=1能否成立?若能成立,求此時△ABC的周長;若不能成立,解:(1)由B=2π3,得A+C=π3,cos(A+C)=cosAcosC-sinAsinC,即12=cosAcosC-sinAsin又cosAcosC=23,∴sinAsinC=16.∵asinA=csinC=6∴a=22sinA,c=22sinC, 4分∴S△ABC=12×22sinA×22sinC×sinB=4sinAsinBsinC=4×16×32=3(2)假設(shè)1a+1c=1能成立,則a+c=ac.由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,得6=a2+c2+ac, 9分∴(a+c)2-ac=6,∴(ac)2-ac-6=0,解得ac=3或ac=-2(舍),此時a+c=ac=3,不滿足a+c≥2ac(當(dāng)且僅當(dāng)a=c時取等號),即假設(shè)不成立,∴1a+1c=1不能成立.10.如圖J4-1,一架飛機從A地沿直線飛往B地,兩地相距200km.飛行員為了避開某一區(qū)域的雷雨云層,從機場起飛以后,就沿與原來的飛行路線成θ角的方向飛行,在同一水平面內(nèi)飛行到C地,再沿與原來的飛行路線成45°角的方向在同一水平面內(nèi)繼續(xù)飛行602km到達B地.(1)求A,C兩地之間的距離;(2)求tanθ.(本小題滿分12分)圖J4-110.解:(1)由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB=2002+(602)2-2×200×602×cos45°=23200, 3分所以AC=2058km,即A,C兩地之間的距離為2058km. 5分(2)方法一:由余弦定理可得cosA=AB2+AC所以cosθ=cosA=75858,所以sinθ=1- 11分所以tanθ=sinθcosθ=3方法二:由正弦定理得BCsinA=則sinθ=sinA=BC·sinBAC=因為BC<AC,所以A為銳角,所以cosθ=cosA=75858,所以tanθ=sinθcosθ=311.在銳角三角形ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且sinB+sin(A-C)=cosC.(1)求角A的大小;(2)當(dāng)c=23時,求a2+b2的取值范圍.11.解:(1)△ABC中,由sinB+sin(A-C)=cosC得sin(A+C)+sin(A-C)=cosC,化簡得2sinAcosC=cosC, 2分又△ABC為銳角三角形,所以cosC≠0,所以sinA=12,又0<A<π2,所以A=π6(2)由正弦定理得bsinB=csinC,得b=c·sinBsinC=2又0<所以π3<C<π2,tanC>故有3<b<4. 8分由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2-6b+12,所以a2+b2=2b2-6b+12=2b-32所以a2+b2∈(12,20). 10分12.在銳角三角形ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC.(1)求A;(2)求cosB-cosC的取值范圍.12.解:(1)因為(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,所以(a+b)(a-b)=(c-b)c,即a2=b2+c2-bc. 2分因為a2=b2+c2-2bccosA,所以cosA=12又A∈0,π2,所以A=π(2)由(1)知cosB-cosC=cosB-cos2π3-B=cosB+12cosB-32sinB=32cosB-3 8分因為0<2π3-B<π2,0<B<π2,所以π6<B<π2所以cosB-cosC∈-3即cosB-cosC的取值范圍是-32,13.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且2cos2C-cosC=2cos2B-2sin2A+cos(A-B).(1)求C;(2)若a+b=4,求c的取值范圍.13.解:(1)因為2cos2C-cosC=2cos2B-2sin2A+cos(A-B),所以2(1-sin2C)+cos(A+B)=2(1-sin2B)-2sin2A+cos(A-B),化簡得sin2A+sin2B-sin2C=sinAsinB. 3分由正弦定理得a2+b2-c2=ab,由余弦定理得cosC=a2+b因為0<C<π,所以C=π3. 6(2)由(1)可設(shè)A=π3+α,B=π3-α,-π3 7分由asinA=bsinB=csinC即4sinA+sinB=c32,可得c=23sinA因為-π3<α<π3,所以12<cosα≤1,所以故c的取值范圍為[2,4). 12分14.在銳角三角形ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且(a+b)(sinA-sinB)=(a-c)sinC.(1)求角B的大小;(2)若c=23,求a的取值范圍.解:(1)因為(a+b)(sinA-sinB)=(a-c)sinC,所以由正弦定理可得(a+b)(a-b)=(a-c)c, 2分化簡得a2+c2-b2=ac, 3分由余弦定理得cosB=a2+c2-b2又B∈0,π2,所以B=π(2)因為B=π3,所以A+C=π-B=2π3.由正弦定理得asinA=csinC,所以a=csinC·sinA=23sin2π因為△ABC為銳角三角形,所以0<C<π2,0<2π所以tanC>33,所以0<3tanC<33,所以3<3+3tanC<43,所以3<a<43,故a的取值范圍為(3,415.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a-b=c(cosB-cosA).(1)判斷△ABC的形狀并給出證明;(2)若a≠b,求sinA+sinB+sinC的取值范圍.解:(1)△ABC為等腰三角形或直角三角形,證明如下:由a-b=c(cosB-cosA)及正弦定理得,sinA-sinB=sinC(cosB-cosA),即sin(B+C)-sin(A+C)=sinC(cosB-cosA),即sinBcosC+cosBsinC-sinAcosC-cosAsinC=sinCcosB-sinCcosA,整理得sinBcosC-sinAcosC=0,所以cosC(sinB-sinA)=0,故sinA=sinB或cosC=0,又A,B,C為△ABC的內(nèi)角,所以a=b或C=π2因此△ABC為等腰三角形或直角三角形.(2)由(1)及a≠b知△ABC為直角三角形且不是等腰三角形,A+B=π-C=π2,故B=π2-A,且A≠所以sinA+sinB+sinC=sinA+sinB+1=sinA+cosA+1=2sinA+π4因為A∈0,π4∪π4,π2,所以A+π4∈π4所以2sinA+π4+1∈(2,2+1),因此sinA+sinB+sinC的取值范圍為(2,216中，，，所對的邊分別為，，，已知.(1)若，求的值；(2)若是銳角三角形，求的取值范圍.【詳解】（1）在中，，據(jù)余弦定理可得，又，故，即，又，故，得.（2）在中，據(jù)余弦定理可得，又，故，即，又，故.據(jù)正弦定理，可得，所以，即，所以，，因為，所以，或，即或（舍）.所以.因為是銳角三角形，所以得，所以，故，，所以的取值范圍是.17在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,M是AC上的點,BM平分∠ABC,△ABM的面積是△BCM的面積的2倍.(1)求sinC(2)若cos∠ABC=14,b=2,求△ABC的面積15.解:(1)因為S△ABM=12AB·BM·sin∠ABM,S△BCM=12BC·BM·sin∠MBC,且S△ABM=2S△BCM,∠ABM=∠MBC,所以AB=2BC, 4分由正弦定理可得sinCsinA=ABBC=(2)由(1)知sinCsinA=2,所以c=2a由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC,得4=a2+4a2-4a2×14所以a=1,c=2, 8分又0<∠ABC<π,所以sin∠ABC=1-cos 10分所以S△ABC=12acsin∠ABC=12×1×2×154=1518在銳角三角形ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知ccosA+csinA-55a-b=0(1)求cosC的值;(2)在BC的延長線上有一點D,使得∠DAC=π4,AD=10,求AC,CD的長.解:(1)由正弦定理得sinCcosA+sinCsinA-55sinA-sinB=0,因為sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC所以上式可化為sinCsinA-55sinA-cosCsinA=又sinA>0,所以sinC-cosC=55.因為sin2C+cos2C=1,△ABC是銳角三角形,所以cosC=5(2)由(1)得cos∠ACB=55,所以sin∠ACB=2所以sin∠ADC=sin∠ACB-π4=22(sin∠ACB-cos∠ACB)=2在△ACD中,由正弦定理得CDsin∠DAC=ACsin∠ADC=ADsin(π-∠ACB)解得CD=5102,AC=19在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且10sin2A+C2=7(1)求角B;(2)已知點D滿足BD=14BC,且AB>BD,若S△ABD=334,AD=解:(1)∵A+B+C=π,∴sinA+C2=cosB由10sin2A+C2=7-cos2B,得10cos2B2=7即10×1+cosB2=7-(2cos2B-1),化簡得2cos2B+5cosB-3=0,解得cosB=12或cosB=-3(舍去). 5∵0<B<π,∴B=π3. 6(2)∵S△ABD=12BD·BA·sinB=3∴BD·BA=3①. 7分在△ABD中,由余弦定理知,AD2=BD2+BA2-2BD·BAcosB,∴BD2+BA2-BD·BA=7,即BD2+BA2=10②. 8分由①②解得BD=1,BA=3或BD=3,BA=1,又AB>BD,∴BD=1,BA=3,BC=4BD=4. 10分在△ABC中,由余弦定理知AC2=BA2+BC2-2BC·BA·cosB=9+16-2×3×4×12=13,∴AC=13. 1220.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知a=2,b=5,c=1.(1)求sinA,sinB,sinC中的最大值;(2)求AC邊上的中線長.18.解:(1)∵5>2>1,∴b>a>c,∴sinB>sinA>sinC, 2分由余弦定理可得cosB=(2)2 4分又B∈(0,π),∴B=3π4,∴sinB=22.(2)設(shè)AC邊上的中線為BD,則BD=12(BA+BC 8分∴(2|BD|)2=(|BA|+|BC|)2=a2+c2+2accos∠ABC=(2)2+12+2×2×1×cos3π4=1, 10∴|BD|=12,即AC邊上的中線長為12.21已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且2asinC+(1)求角A的大小;(2)若a=7,BA·AC=-3,內(nèi)角A的平分線交邊BC于點T,求AT的長.19.解:(1)因為2asinC+π6=3asinC+a所以由正弦定理得3sinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC,又sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,所以3sinAsinC+sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC,即3sinAsinC=cosAsinC+sinC.因為C∈(0,π),所以sinC≠0,所以3sinA-cosA=1,即2sinA-π6=1,所以sinA因為A∈(0,π),所以A-π6∈-所以A-π6=π6,解得A=(2)由(1)知A=π3,所以BA·AC=-bccosA=-3,即cosA=3bc=12,解得由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc,所以3bc=b2+當(dāng)b=3,c=2時,cosB=a2+c2-則sinB=1-cos所以sin∠ATB=sinB+π6=sinBcosπ6+cosBsinπ6=32114×3在三角形ABT中,由正弦定理得ATsinB=即AT32114=257當(dāng)b=2,c=3時,同理可得AT=63綜上,AT=6322在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知bsinC=sinC+3cosC,A=π3(1)求c.(2)在下列三個條件中選擇一個作為補充條件,判斷該三角形是否存在?若存在,求出三角形的面積;若不存在,請說明理由.①BC邊上的中線長為22;②AB邊上的中線長為7;③△ABC的周長為6解:(1)由正弦定理及bsinC=sinC+3cosC得csinB=2sinC+π3又A=π3,A+B+C=π,所以csinB=2sin(π-B)=2sinB, 5又0<B<π,所以sinB≠0,故c=2. 6分(2)選條件①.方法一:設(shè)BC邊上的中線為AD,則AD=22由cos∠ADB=-cos∠ADC,得AD2+BD即12+a24-4=-12+a24-b2,在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即a2=b2-2b+4, 10分即b2+2b+2=0, 11分該方程無實數(shù)解,故符合條件的三角形不存在. 12分方法二:設(shè)BC邊上的中線為AD,則AD=12(AB+AC 8分兩邊平方得AD2=14(AB2+2AB·AC+AC即12=14×4+2×2b×12+b2, 11分易知該方程無實數(shù)解,故符合條件的三角形不存在. 12分方法三:以A為坐標(biāo)原點建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,則B(2,0),Cbcosπ3,b 8分所以BC的中點坐標(biāo)為1+14b因為BC邊上的中線長為22,所以1+14b2+3整理得b2+2b+2=0, 11分該方程無實數(shù)解,故符合條件的三角形不存在. 12分選條件②.設(shè)AB邊上的中線為CF,則CF=7.在△ACF中,由余弦定理得CF2=AF2+AC2-2AC·AFcosA,即7=1+AC2-2×1×ACcosπ3, 8整理得AC2-AC-6=0, 9分解得AC=3或AC=-2(舍去), 10分故符合條件的三角形存在,且△ABC的面積S=12AC·ABsinA=12×3×2×32=3選條件③.依題意得AB+BC+CA=6,因為AB=2,所以BC+CA=4. 4分在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcosA,所以BC2=22+AC2-2×2×12AC即BC2=4+AC2-2AC, 8分所以(4-AC)2=4+AC2-2AC,解得AC=2, 10分故符合條件的三角形存在,且△ABC的面積S=12AC·ABsinA=12×2×2×32=323.知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若B為銳角,且b=csinB+acosC.(1)求C;(2)若AB=4,點D滿足BD=3DA,當(dāng)△ABC的面積最大時,求線段CD的長和cos∠ACD的值.21.解:(1)由b=csinB+acosC及正弦定理得sinB=sinCsinB+sinAcosC,則sin(A+C)=sinCsinB+sinAcosC, 2分即sinAcosC+cosAsinC=sinCsinB+sinAcosC,即cosAsinC=sinCsinB, 3分因為0<C<π,所以sinC>0,所以cosA=sinB>0.因為B是銳角,所以0<B<π2,0<π2-B<因為cosA>0,所以A為銳角,所以cosA=sinB=cosπ2-B所以A=π2-B,所以A+B=π2,所以C=π2(2)由(1)知∠ACB=π2,c=4,a2+b2=c2=則S△ABC=12ab≤12×a2+b2當(dāng)且僅當(dāng)a=b=22時等號成立, 9分此時△ABC是等腰直角三角形.因為BD=3DA,所以AD=1,BD=3,在△ACD中,由余弦定理得CD=8+1-2×22×1×2所以cos∠ACD=8+5-12×22×24如圖J7-1,在平面四邊形ABCD中,BD<AD,sinπ3-Acosπ(1)求A;(2)若AB=3,AD=3,CD=1,C=2∠CBD,求平面四邊形ABCD的面積.(本小題滿分12分)圖J7-122.解:(1)因為π3-A+π6+A=π2,所以sinπ3-Acosπ6+A=14可化為sin由二倍角公式可得cos2π3-2A=因為BD<AD,所以A∈0,π2,所以2π3-2A∈所以2π3-2A=π3,解得A=π6(2)在△ABD中,AB=3,AD=3,A=π6由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcosA=3+9-2×3×3×32=3,所以BD=3. 8在△BCD中,由正弦定理得sinCsin∠CBD=BDCD=3,所以sinC=3sin∠又C=2∠CBD,所以cos∠CBD=32又∠CBD∈(0,π),所以∠CBD=π6,所以C=2∠CBD=π3,所以∠BDC=π2因此平面四邊形ABCD的面積S=12AB·AD·sinA+12BD·CD=12×3×3×12+12×325在△ABC中,A=120°,角A的平分線與BC相交于點D.(1)若AC=2AB=2,求CD的長;(2)若AD=1,求△ABC的面積的最小值.(本小題滿分12分)24.解:(1)由余弦定理可得BC2=AC2+AB2-2AB×AC×cos∠BAC=7,所以BC=7. 在△ABD中,由正弦定理得BDsin60°=ABsin∠ADB,在△ACD中,由正弦定理得CDsin60可得BDCD=ABAC=12,又BD+CD=7,所以 5分(2)△ABC的面積等于△ABD的面積與△ACD的面積之和, 6分設(shè)AB=c,AC=b,則12×32×bc=12×32×b×1+12×32bc=b+c≥2bc,當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2時取等號,則bc≥2,則bc≥4, 10分所以S△ABC=12×32×bc≥12×32×故△ABC的面積的最小值為3. 12分26如圖J4-2,在四邊形ABCD中,AB2+BC2+AB·BC=AC2.(1)若AB=3BC=3,求△ABC的面積;(2)若CD=3BC,∠CAD=30°,∠BCD=120°,求∠ACB.(本小題滿分12分)圖J4-225.解:(1)在△ABC中,由余弦定理得cosB=AB2+BC2-因為0°<B<180°,所以B=120°, 3分所以S△ABC=12AB·BCsin120°=12×3×1×32 5分(2)設(shè)∠ACB=θ,則∠ACD=120°-θ,∠ADC=30°+θ,∠BAC=60°-θ. 6分在△ACD中,由正弦定理得ACsin(30°+θ)=CDsin30°在△ABC中,由正弦定理得ACsin120°=BCsin(60°-θ),由①②及CD=3BC,得3sin(30 9分整理得sin(30°+θ)sin(60°-θ)=14,所以sin(60°+2θ)=12,因為0°<θ<60°,所以60°<60°+2θ<180°, 11分所以60°+2θ=150°,解得θ=45°,故∠ACB=45°. 12分27在平面四邊形ABCD中,AB=4,AD=22,對角線AC與BD交于點E,E是BD的中點,且AE=2EC.(1)若∠ABD=π4,求BC的長(2)若AC=3,求cos∠BAD.解:(1)在△ABD中,AB=4,AD=22,∠ABD=π4由正弦定理得ABsin∠ADB=所以sin∠ADB=4×sinπ42又0<∠ADB<π,所以∠ADB=π2,所以BD=22, 2所以DE=BE=2,AE=10,所以cos∠AED=cos∠BEC=55因為AE=2EC,所以EC=102. 4在△BCE中,由余弦定理得BC2=BE2+EC2-2BE·EC·cos∠BEC=2+52-2×2×102×55所以BC=102. 6(2)因為AC=3,AE=2EC,所以AE=2. 7分設(shè)DE=BE=x,在△ABD中,由余弦定理得cos∠ADB=(22)在△AED中,由余弦定理得cos∠ADB=(22)所以4x2-882x=x2+442x,在△ABD中,由余弦定理得cos∠BAD=AB2+AD2-28.在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，.(1)求A；(2)若D為延長線上一點，且，求的取值范圍.【詳解】（1）角A，B，C是的內(nèi)角，故.在銳角中,由正弦定理得，，即，所以，即，故，又，所以.（2）在中，，在中，，所以故.因為為銳角三角形，,所以，解得，所以，所以，從而.故的取值范圍為.29.已知的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，D是邊上一點，，，，且．(1)若，證明：；(2)在（1）的條件下，且，求的值．【詳解】（1）

在中，由正弦定理得，則，在中，由正弦定理得，則，因為，所以，而．所以，即．（2）由，得，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，由，，即，整理得，，在中，由余弦定理得，∴，故，即，所以.30.在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，的角平分線AD交BC于點D．(1)若，，求AD的長度；(2)若為銳角三角形，且，求周長的取值范圍．【詳解】（1）方法一：因為為的角平分線，，所以，因為所以，

所以.

法二：設(shè)三角形的邊上的高為，因為為的角平分線所以，所以，所以，所以.

因為，，所以，所以.（2）在中，由正弦定理得，所以，

又，則，又所以，又，則.

在中，由正弦定理得，，所以

因為是銳角三角形，所以，于是，所以，所以，從而，

所以三角形周長的取值范圍為.31.如圖J3-1,在平面四邊形ABCD中,AB⊥AD,AB=1,AD=3,BC=2.(1)若CD=1+3,求四邊形ABCD的面積;(2)若sin∠BCD=325,∠ADC∈0,π2圖J3-1解:(1)連接BD,在Rt△ABD中,由勾股定理得BD2=AB2+AD2=4,所以BD=2, 1分在△BCD中,由余弦定理得cosC=BC2+因為C∈(0,π),所以C=π4. 3由S△ABD=12AB·AD=3S△BCD=12BC·CD·sinC=1+32可得四邊形ABCD的面積S=S△ABD+S△BCD=12+3. 6(2)在△BC