专题08-解三角形考点精练-高考数学三轮冲刺讲与练(含解析)

专题08 解三角形
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一、选择题（共16小题）
1．（2024•海南模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝2，b＝
3，sinA=1
2
，则sin B＝（ ）
A．3
4
B．
2
3
C．
1
3
D．
1
4
2．（2024•成都模拟）在△ABC中，BC=3，AC=5，C=2π
3
，则AB＝（ ）
A．53B．51C．45D．7 3．（2024•赣州模拟）在△ABC中，AB=7，AC=2，C=120°，则sin A＝（ ）
A．7
14B．21
14
C．57
14
D．321
14
4．（2024•门头沟区一模）在△ABC中，∠A=120°，a=19，b−c=1，则△ABC的面积为（ ）
A．33
2B．
3
2
C．33
4
D．
3
4
5．（2024•T8联考模拟）在△ABC中，sin(B−A)=1
4
，2a2+c2=2b2，则sin C＝（ ）
A．2
3
B．3
2
C．
1
2
D．1
6．（2024•合肥模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b cos C＝a
（2﹣c），且B=π
3
，则a＝（ ）
A．1B．2C．3D．2
7．（2024•益阳模拟）顶角为36°的等腰三角形，常称为“最美三角形”．已知cos36°=
1+5
4
，则“最美三角形”的底边长与腰长的比为（ ）
A．1+5
2B．−1+5
2
C．1+5
4
D．−1+5
4
8．（2024•宝鸡模拟）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a2+b2＝
2025c2，则
2tanAtanB
tanC(tanA+tanB)
的值为（ ）
A ．2022
B ．2023
C ．2024
D ．2025
9．（2024•海南模拟）在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝3，A ＝60°，则b 的取值范围是（ ）A ．（0，6）
B ．(0，23)
C ．(3，23)
D ．(3，6)
10．（2024•韶关二模）在△ABC 中，已知tan A =14，tan B =35，且△ABC 最大边的长为
17，则△ABC 的最小边为（ ）
A ．1
B ．5
C ．2
D ．3
11．（2024•濮阳一模）已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，B ≠C ．若cosA =
22
3，a ＝1，则b−c sinB−sinC =（ ）A ．12B ．32
C ．2
D ．3
12．（2024•济南模拟）已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且acosC +
3asinC =b ，则A ＝（ ）A ．π6
B ．π4
C ．π3
D ．π2
13．（2024•湖南模拟）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对边分别为a ，b ，c ，且a 2−b 2+c 2+
2ac =0，若cos(A−C)=72
10
，
α∈(π4，π2)，cos(α+A)cos(α+C)cos 2α=25
，则tan α的值为（ ）
A ．1
B ．2
C ．4
D ．2或4
14．（2024•浙江模拟）在等边三角形ABC 的三边上各取一点D ，E ，F ，满足DE =3，DF =2
3，∠DEF =90°，则三角形ABC 的面积的最大值是（ ）
A ．73
B ．133
C ．7
33D ．1333
15．（2024•赤峰一模）为了测量西藏被誉称为“阿里之巅”冈仁波齐山峰的高度，通常采用人工攀登的方式进行，测量人员从山脚开始，直到到达山顶分段测量过程中，已知竖立在B 点处的测量觇标高20米，攀登者们在A 处测得，到觇标底点B 和顶点C 的仰角分别为45°，75°，则A ，B 的高度差约为（ ）
A ．7.32米
B ．7.07米
C ．27.32米
D ．30米
16．（2024•昆明一模）早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E 和某小
行星M 绕太阳S 在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在E 0位置时，测出∠SE 0M =2π
3；行星M 绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到
了E 1立置，测出∠SE 1M =3π
4，∠E 1SE 0=π3．若地球的轨道半径为R ，则下列选项中与
行星M 的轨道半径最接近的是（ ）（参考数据：3=1.7）
A ．2.1R
B ．2.2R
C ．2.3R
D ．2.4R
二、多选题（共3小题）
17．（2024•鹰潭一模）△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积，且a ＝2，→
AB ⋅→
AC =23S ，下列选项正确的是（ ）
A ．A =π
6
B ．若b ＝2，则△AB
C 只有一解
C ．若△ABC 为锐角三角形，则b 取值范围是(23，4]
D ．若D 为BC 边上的中点，则AD 的最大值为2+3
18．（2024•湖南模拟）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且c ＝b （2cos A +1），则下列结论正确的有（ ）A ．A ＝2B
B．若a=3b，则△ABC为直角三角形
C．若△ABC为锐角三角形，
1
tanB
−
1
tanA
的最小值为1
D．若△ABC为锐角三角形，则c
a
的取值范围为(2
2
，
23
3
)
19．（2024•越秀区模拟）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且3b cos C+3c cos B ＝a2，则下列说法正确的是（ ）
A．若B+C＝2A，则△ABC的外接圆的面积为3π
B．若A=π
4
，且△ABC有两解，则b的取值范围为[3，32]
C．若C＝2A，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为（32，33）
D．若A＝2C，且sin B＝2sin C，O为△ABC的内心，则△AOB的面积为33−3
4
三、填空题（共7小题）
20．（2024•包头二模）在△ABC中，已知a=2，b＝4，c•cos B+a＝0，则边c ＝ ．
21．（2024•泰安模拟）在△ABC中，已知2c cos B＝2a﹣b，则C＝ ．22．（2024•虹口区二模）已知一个三角形的三边长分别为2，3，4，则这个三角形外接圆的直径为 ．
23．（2024•凉山州模拟）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB−bcosA
acosB+bcosA
+b
c
=1，则A＝ ．
24．（2024•重庆模拟）已知△ABC的内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，
（cos A+cos B）（cos A﹣cos B）＝sin C(sinC−10
13
sinA)，b=32，a+c＝6，则△ABC的面
积为 ．
25．（2024•山西模拟）锐角△ABC的内角A的对边为a，若△ABC的面积是a2，则
sinA cosBcosC
的最小值是 ．
26．（2024•成都模拟）平面四边形ABCD中，AB＝6，AD＝CD＝4，BC＝2，若A，B，
C ，
D 四点共圆，则该四边形的面积为 ．四、解答题（共12小题）
27．（2024•嘉兴二模）在△ABC 中，2cos A ﹣3cos2A ＝3．（1）求cos A 的值；
（2）若△ABC 为锐角三角形，2b ＝3c ，求sin C 的值．28．（2024•石家庄模拟）在△ABC 中，a 2+b 2+2ab =c 2．（1）求角C 的大小；
（2）若b ＝1，c ＝2b cos B ，求△ABC 的面积．
29．（2024•黄山模拟）记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量→
μ
=(b ，sinA +sinC)，→
ν=(sinA +sinB ，a−c)且→
μ⊥→
ν．
（1）求角C 的大小；
（2）若△ABC 的面积为3
4
，cosAcosB =3
4，求c ．
30．（2024•枣庄一模）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2c =sinAtan C
2
．（1）求C ；
（2）若a ＝8，b ＝5，CH 是边AB 上的高，且→
CH =m →
CA +n →
CB ，求m
n ．
31．（2024•重庆模拟）在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b 2+c 2＝4+2bc cos A ，且sin A ＝2sin B sin C ．（1）若AE ⊥BC 于点E ，求AE 的长；
（2）若D 为边BC 的中点，∠BAD =π
4，求B ．
32．（2024•吴忠模拟）在△ABC 中，A =π3，b
=2，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求（Ⅰ）B 的大小；（Ⅱ）△ABC 的面积．
条件①：b 2+2ac =a 2+c 2；条件②：a cos B ＝b sin A ．
33．（2024•梅州模拟）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，3acosB−bsinA =
3c ，c ＝2，
（1）求A的大小；
（2）点D在BC上，
（Ⅰ）当AD⊥AB，且AD＝1时，求AC的长；
（Ⅱ）当BD＝2DC，且AD＝1时，求△ABC的面积S△ABC．
34．（2024•闵行区二模）在锐角△ABC中，角A、B、C所对边的边长分别为a、b、c，且2bsinA−3a=0．
（1）求角B；
（2）求sin A+sin C的取值范围．
35．（2024•新县校级模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC 的面积为4sin A，周长为9，且满足sin B+sin C＝2sin A．
（1）求a的值；
（2）若b＜c．
（i）求cos C的值；
（ii）求sin(2C−π
6
)的值．
36．（2024•河南模拟）△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b2﹣a2＝ac．
（Ⅰ）求证：B＝2A；
（Ⅱ）若△ABC为锐角三角形，求sin(C−A)−sinB
sinA
的取值范围．
37．（2024•西城区模拟）已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满
足
sinA
sinB+sinC
=
c−b
b
．
（1）若C=π
3
，求B；
（2）求a+c
b
的取值范围．
38．（2024•衡水一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，BD＝2，且a2=−23
3
S+abcosC．
（1）求角B；
（2）求
2
AD
+
1
CD
的取值范围．
一、选择题（共16小题）1．【答案】A
【解答】解：若a ＝2，b ＝3，sinA =1
2
，则由正弦定理得，a sinA =b
sinB ，即212
=3sinB ，
所以sin B =3
4．故选：A ．2．【答案】D
【解答】解：因为在△ABC 中，BC =3，AC =5，C =2π
3，
所以由余弦定理可得AB =AC 2+BC 2−2AC ⋅BC ⋅cosC =52+32−2×5×3×(−12
)=
7．故选：D ．3．【答案】B
【解答】解：△ABC 中，AB =7，AC =2，C =120°，
由正弦定理可得：AB sinC =AC sinB ，可得sin B =AC AB sin C =27•32=217，
所以cos B =1−sin 2B =27
7
，
所以sin A ＝sin （B +C ）＝sin B cos C +cos B sin C =217•（−12）+277•3
2=2114
．故选：B ．4．【答案】A
【解答】解：因为∠A =120°，a =19，b−c =1，
则cosA =
b 2+
c 2−a 22bc =(c +1)2+c 2−19
2(c +1)c =−12，解得c ＝2，则b ＝3，所以S △ABC =12bcsinA =12×2×3×32=33
2
．
故选：A ．5．【答案】
C
【解答】解：∵a 2+c 2﹣b 2＝2ac cos B ，又b 2+c 2﹣a 2＝2bc cos A ，
∴两式相减，得2a 2﹣2b 2＝2ac cos B ﹣2bc cos A ＝﹣c 2，∴2a cos B ﹣2b cos A ＝﹣c ，又sin （B ﹣A ）=1
4，∴由正弦定理得2sin A cos B ﹣2sin B cos A ＝﹣2sin （B ﹣A ）＝﹣sin C ，
∴sinC =12．
故选：C ．6．【答案】A
【解答】因为2b cos C ＝a （2﹣c ），所以2b •
a 2+
b 2−
c 2
2ab
=2a ﹣ac ，即a 2c ＝a 2+c 2﹣b 2，又B =π3，所以cos B =
a 2+c 2−
b 22a
c =a 2c 2ac =a 2=1
2
，则a ＝1．故选：A ．7．【答案】B
【解答】解：顶角为36°的等腰三角形的底角为72°，因为cos36°=
1+5
4，由正弦定理得，“最美三角形”的底边长与腰长的比sin36°sin72°=12cos36°=21+5=5−1
2
．
故选：B ．8．【答案】C
【解答】解：在三角形中，因为若a 2+b 2＝2025c 2，
则2tanAtanB tanC(tanA +tanB)=2⋅sinA
cosA ⋅sinB
cosB
sinC cosC
⋅(sinA cosA
+sinB cosB
)
=2sinAsinBcosC sinC ⋅sin(A +B)，
在三角形中，sin （A +B ）＝sin C 及正弦定理可得原式=2abcosC c 2=
a 2+
b 2−
c 2
c 2=2025c 2−c 2
c 2
=2024．故选：C ．9．【答案】C
【解答】解：由正弦定理得a
sinA =b
sinB ，即b =asinB
sinA =3sinB
sin60°=23sinB ，又△ABC 为锐角三角形，C ＝180°﹣A ﹣B ＝120°﹣B ，又0°＜B ，C ＜90°，则0°＜120°﹣B ＜90°，
解得30°＜B ＜90°，而当30°＜x ＜90°时，y ＝sin x 单调递增，故sinB ∈(1
2，1)，所以b =23sinB ∈(3，23)．
故选：C ．10．【答案】C
【解答】解：△ABC 中，已知tan A =sinA cosA =14，tan B =sinB cosB =35＜1，∴A ＜B ＜π4，∴C ＞π2．
再根据tan C ＝﹣tan （A +B ）=−
tanA +tanB 1−tanAtanB =−1，∴C =3π
4
，∴C ＞B ＞A ．
再根据sin 2A +cos 2A ＝1，求得sin A =1
17，cos A =417，
且△ABC 最大边的长为c =17，则△ABC 的最小边为a ，
再利用正弦定理可得a
sinA =c sinC ，即 a 1
17
=1722
，求得a =2，
故选：C ．11．【答案】D
【解答】解：因为cosA =223
，a ＝1，所以sin A =
1−cos 2A =13，又由正弦定理可得a sinA =b
sinB =c sinC =2R （R 为△ABC 的外接圆半径），
则b−c
sinB−sinC =2RsinB−2RsinC sinB−sinC =2R =a sinA =113
=3．
故选：D ．12．【答案】A
【解答】解：因为acosC +3asinC =b ，
所以sinAcosC +3sinAsinC =sinB =sin （A +C ）＝sin A cos C +cos A sin C ，所以3sinAsinC =cosAsinC ，
因为C ∈（0，π），所以sin C ≠0，所以tanA =3
3
，因为A ∈（0，π），所以A =π
6．故选：A ．13．【答案】C
【解答】解：由题意得，a 2+c 2−b 2=−2ac ，
由余弦定理得，cosB =
a 2+c 2−
b 22a
c =−2
2
，由B 为三角形内角可得，B =3π4，因为
cos(α+A)cos(α+C)cos 2α=25，则(cosαcosA−sinαsinA)(cosαcosC−sinαsinC)cos 2α=2
5
，
即（cos A ﹣tanαsin A ）（cos C ﹣tanαsin C ）＝2，
化简得，cos A cos C ﹣tanα（cos A sin C +sin A cos C ）+tan 2αsinAsinC =25
，即cos A cos C ﹣tanαsin （A +C ）+tan 2αsin A sin C =
2
5
①，由B =3π4 得，A +C =π4，则cos （A +C ）＝cos A cos C ﹣sin A sin C =2
2
，
因为cos(A−C)=
7210=cos A cos C +sin A sin C ，所以cos A cos C =32
5，sin A sin C =210，代入①得，352−2
2
tanα+210
tan 2α=25
，
化简得tan 2α﹣5tanα+4＝0，解得tanα＝1或tanα＝4，
因为α∈(π4，π2)，所以tanα＞1，故tanα＝4．
故选：C ．14．【答案】A
【解答】解：由题意，△DEF 为直角三角形，且DE ＝3，DF =23，
∴cos∠EDF =DE DF =3
2
，即∠EDF =π6，
令∠BDE ＝θ，∵△ABC 是等边三角形，∴∠B =∠A =π
3，则∠BED =π−∠B−∠BDE =2π
3−θ，
∵∠FDA =π−∠EDF−∠BDE =5π
6−θ，∴∠DFA =π−∠FDA−∠A =θ−π6，
在△BDE 中，由正弦定理得DE sinB =BD sin∠BED ，即BD =23sin(2π
3−θ)，
在△ADF 中，由正弦定理得DF sinA =AD
sin∠DFA ，即AD =4sin(θ−π6)，即AB ＝AD +BD =4(32sinθ−1
2cosθ)+23(3
2
cosθ+1
2sinθ)
=33sinθ+cosθ=27sin(θ+φ)，
则AB max ＝27，此时△ABC 面积最大，最大面积为12×3
2
×(27)2=73．
故选：A ．15．【答案】A
【解答】解：根据题意画出如图的模型，则CB ＝20，∠OAB ＝45°，∠OAC ＝75°，所以∠CAB ＝30°，∠ACB ＝15°，
在△ABC 中，由正弦定理可得BC sin∠CAB =AB
sinC ，
可得AB =BCsinC sin∠CAB =20×sin15°sin30°=
20×sin(45°−30°)12
=20×(
22
×
32−22×12
)
12
=106−
102，
所以在Rt △AOB 中，BO ＝AB sin45°＝（106−102）×2
2
=103−10≈7.32（米）．
故选：A ．
16．【答案】A
【解答】解：因为∠E 1SE 0=π
3，且SE 1＝SE 0，
所以△SE 1E 0为等边三角形，所以∠SE 0E 1=π
3，
因为∠SE 0M =2π
3，所以∠E 1E 0M ＝∠SE 0M ﹣∠SE 0E 1=π3，
因为∠E 1ME 0＝2π﹣∠E 1SE 0﹣∠ME 1S ﹣∠ME 0S ＝2π−π3−3π4−2π3=π
4，
所以∠ME 1E 0＝π−π4−π
3=
5
12
π，因为ME 0sin∠ME 1E 0=E 1E 0sin∠E 1ME 0=R sin π4=ME 0sin 5π12，而sin 5π
12=sin （π4+π6）
＝sin π4cos π6+cos π4sin π6=22（32+12）=6+2
4
，
所以ME 0=
R ⋅sin 5π
12sin
π4
=
1+3
2
R ，在△SE 0M 中，SM 2=SE 20+E 0M 2﹣2SE 0•ME 0cos ∠SE 0M
＝R 2+（
3+12）2R 2﹣2R •3+1
2
R ×（−12）＝（52+3）R 2≈4.2R 2，
所以SM ≈ 4.2R ≈2.1R ．故选：A ．
二、多选题（共3小题）17．【答案】ABD
【解答】解：对于A ，因为→
AB ⋅→
AC =23S ，所以bccosA =23S =23×1
2bcsinA ，所以tanA =
3
3
，又因为A ∈（0，π），所以A =π6，故A 正确；对于B ，若b ＝2，a ＝2，且A =π6，故B =π6，C =π−A−B =2
3π，所以三角形只有一解，
故B 正确；
对于C ，若△ABC 为锐角三角形，则0＜B ＜π2，A +B =π6+B ＞π2，所以π3＜B ＜π2，则
3
2＜sinB ＜1，由正弦定理有
：b
sinB =a sinA ，所以b =asinB sinA =4sinB ∈(23，4)，故C 错误；对于D ，若D 为BC 边上的中点，则→
AD =12(→AB +→AC )，→AD 2=14(→AB +→AC )2
=1
4(c 2
+2bccosA +b 2)=1
4
(b 2+c 2+3bc)，又a 2=b 2+c 2−2bccosA =b 2+c 2−3bc =4，所以b 2+
c 2=4+3bc ，所以4=b 2+c 2−3bc ≥2bc−3bc =(2−3)bc ，所以bc ≤4
2−3=4(2+3
)，当且仅当b ＝c 时等号成立，所以→AD 2
=14[(4+3bc)+3bc]=1+3
2
bc ≤7+43，
所以|→
AD |≤2+3，当且仅当b ＝c 时等号成立，故D 正确．故选：ABD ．18．【答案】ABD
【解答】解：因为c ＝b （2cos A +1），由正弦定理可得sin C ＝sin B （2cos A +1），在△ABC 中，sin C ＝sin （A +B ）＝sin A cos B +cos A sin B ，可得sin （A ﹣B ）＝sin B ，所以A ﹣B ＝B ，即A ＝2B ，所以A 选项正确；
B 中，a =3b ，可得sin A =3sin B ，由A 选项可得sin2B =3sin B ，则2sin B cos B =3sin B ，在△AB
C 中，sin B ＞0，可得cos B =3
2
，则B =π6，A =π3，所以C =π2，即△ABC 为直角三角形，所以B 选项正确；
C 中，因为△ABC 为锐角三角形，由A 选项可得A ＝2B ，所以0＜B ＜
π20＜A =2B ＜π
20＜C =π−A−B ＜
π
2
，可
得π6＜B ＜π4，所以tan B ∈（3
3
，1），所以1tanB −1tanA =1tanB −1−tan 2B 2tanB =12tanB +tanB 2，设s ＝tan B ∈（33，1），设g （s ）=12s +s 2在（3
3
，1）单调递减，所以g （s ）＞g
（1）＝1，所以C 选项不正确；D 中，△ABC
为锐角三角形中，c a =sinC sinA =
sin(π−A−B)sinA
=sin3B
sin2B =sin2BcosB +cos2BsinB sin2B =cos B +sinB(2cos 2B−1)
2sinBcosB
=2cos B −12cosB ，设t ＝cos B ，因为△ABC 为锐角三角形，所以0＜B ＜
π
20＜A =2B ＜π20＜C =π−A−B ＜
π
2
，可得π6＜B ＜π4，所以cos B ∈（22，
32），即t ∈（22，32），令f （t ）＝2t −12t ，t ∈（22，3
2
），则函数f （t ）单调递增，f （22）＜f （t ）＜f （32），而f （22）=2−12=22，即f （32
）=3−13=23
3，所以f
（t ）∈（22，233），所以c a ∈（22
，23
3），所以D 正确．
故选：ABD ．19．【答案】ACD
【解答】解：因为3b cos C +3c cos B ＝a 2，所以由正弦定理，得3sin B cos C +3sin C cos B ＝a sin A ，即3sin （B +C ）＝a sin A ，因为A +B +C ＝π，所以sin （B +C ）＝sin A ，且
sin A ≠0，所以a ＝3．选项A ：若B +C ＝2A ，则A =π
3，所以△ABC 的外接圆的直径2R =a
sinA =23，所以R =3，所以△ABC 的外接圆的面积为π×（3）2＝3π，选项A
正确，
选项B ：∵△ABC 有两解，则b sin A ＜a ＜b ，则b sin π
4＜3＜b ，解得3＜b ＜32，∴B 错误，
选项C ：由正弦定理a sinA =c sinC ，得a
sinA =c sin2A ，即c ＝2a cos A ＝6cos A ，因为△ABC
为锐角三角形，所以0＜A ＜
π
20＜π−3A ＜π20＜2A ＜
π
2
，所以π6＜A ＜π
4，所以c ＝6cos A ∈（32，33），故
选项C 正确，
选项D ：∵a ＝3，sin B ＝2sin C ，A ＝2C ，可得B ＝π﹣3C ，由正弦定理可得b ＝2c ，由sin （π﹣3C ）＝2sin C ，可得：sin C cos2C +cos C sin2C ＝2sin C ，由sin C ≠0，可得：4cos 2C ﹣1＝2，解得：cos 2C =3
4，故cos C =
3
2
，sin C =12，可得sin A ＝2sin C cos C ＝2×12×32=3
2
，由正弦定理a sinA =c sinC ，a ＝3可得：c =3，b ＝23，则a +b +c ＝3+33，S △ABC =12bc sin A =12×23×3×32=33
2
，设△ABC 的内切圆半径为r ，则r =2S a +b +c
=
333+33
=
3−32，S △ABO =12cr =12×3×3−32=33−3
4
，故D 正确．
故选：ACD ．三、填空题（共7小题）20．【答案】10．
【解答】解：a =2，b ＝4，c •cos B +a ＝0，
则c •
a 2+c 2−
b 2
2ac
+a =0，即a 2+c 2﹣b 2＝﹣2a 2，故c 2=b 2−3a 2=16−3×(2)2=10，解得c =10．故答案为：10．21．【答案】60°．
【解答】解：∵2c cos B ＝2a ﹣b ，∴2c ×
a 2+c 2−
b 2
2ac
=2a−b ，即a 2+b 2﹣c 2＝ab ，∴cosC =
a 2+
b 2−
c 22ab
=1
2，∵0°＜C ＜180°，∴C ＝60°．故答案为：60°．22．【答案】
1615
15
．【解答】解：设a ＝2，b ＝3，c ＝4，
由余弦定理得，cos A =
b 2+
c 2−a 22bc =9+16−42×3×4=7
8，所以sin A =1−cos 2A =1−4964
=15
8
，
由正弦定理可得，2R =a sinA =2158
=161515．
故答案为：
1615
15
．
23．【答案】2π
3
．
【解答】解：由正弦定理可得acosB−bcosA
acosB+bcosA
−
b
c
=
sinAcosB−sinBcosA
sinAcosB+sinBcosA
−
sinB
sinC
=
sin(A−B) sin(A+B)−
sinB
sin(A+B)
=
sin(A−B)−sinB
sin(A+B)
=1，
变形可得sin（A﹣B）﹣sin（A+B）＝sin B，即﹣2cos A sin B＝sin B，
又因为0＜sin B≤1，所以cosA=−1
2，
又因为A∈（0，π），所以A=2π
3
．
故答案为：2π
3
．
24．【答案】3．
【解答】解：因为（cos A+cos B）（cos A﹣cos B）＝sin C(sinC−10
13 sinA)，
所以（cos A+cos B）（cos A﹣cos B）=−4cos A+B
2
cos
A−B
2
sin
A+B
2
sin
A−B
2
＝﹣sin（A+B）sin（A﹣B）＝﹣sin C sin（A﹣B）=sinC(sinC−10
13 sinA)，
因此sin（A﹣B）＝sin A cos B﹣sin B cos A=−sinC+10
13 sinA，
由正弦定理得：acosB−bcosA=−c+10
13 a，
因为sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+sin B cos A，
所以由正弦定理得：c＝a cos B+b cos A，则acosB−bcosA=−acosB−bcosA+10
13 a，
解得cosB=
5
13
，因为B∈（0，π），所以sinB=
12
13
，
则a2+c2−b2
2ac
=
(a+c)2−2ac−b2
2ac
=
5
13
，解得ac=
13
2
，
则S△ABC=1
2
acsinB=3．
故答案为：3．25．【答案】8．
【解答】解：因为1
2
bc sin A＝a2，所以sin A=2a
2
bc
，
又sin A＝sin（π﹣B﹣C）＝sin（B+C）＝sin B cos C+cos B sin C，因为锐角△ABC中，cos B＞0，cos C＞0，
所以a＝b cos C+c cos B≥2bccosBcosC，可得
a2
bccosBcosC
≥4，当且仅当b cos C＝c cos B，
即b＝c时等号成立，
所以
sinA
cosBcosC
=
2a2
bccosBcosC
≥8，当且仅当b＝c时等号成立，
则
sinA
cosBcosC
的最小值是8．
故答案为：8．
26．【答案】83．
【解答】解：因为AB＝6，AD＝CD＝4，BC＝2，且A，B，C，D四点共圆，所以B+D＝π，即cos B+cos D＝0，
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC cos B＝36+4﹣2×6×2cos B＝40﹣24cos B，
在△ACD中，由余弦定理得：AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD cos D＝16+16+2×4×4cos B＝
32+32cos B，可得40﹣24cos B＝32+32cos B，解得cos B=1
7
，cos D=−
1
7
，
所以sin B＝sin D=43
7
，
所以S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD=1
2
AB•BC sin B+
1
2
AD•CD sin D
=1
2
×6×2×43
7
+
1
2
×4×4×43
7
=83．
故答案为：83．
四、解答题（共12小题）
27．【答案】（1）1
3；
（2）42
9
．
【解答】解：（1）∵2cos A﹣3cos2A＝3，
∴2cos A﹣3（2cos2A﹣1）＝3，即3cos2A﹣cos A＝0，
解得cosA=1
3
或cos A＝0，
又0＜A ＜π，∴cos A =13；
（2）∵2b ＝3c ，∴由正弦定理得2sin B ＝3sin C ，∴2sin （A +C ）＝3sin C ，∴2sin A cos C +2sin C cos A ＝3sin C ，
∵cosA =13，∴sinA =22
3，∴423cosC +23sinC =3sinC ，
解得tanC =
42
7
，所以sinC =429．
28．【答案】（1）3π
4；
（2）2
4
．
【解答】解：（1）因为a 2+b 2+2ab =c 2，
所以由余弦定理可得cos C =
a 2+
b 2−
c 22ab =−2ab 2ab =−2
2
，又C ∈（0，π），所以C =3π
4；
（2）因为b ＝1，c ＝2b cos B ，C =3π4，
所以sin C ＝2sin B cos B ＝sin2B =
22
，又B ∈（0，π4），可得2B ∈（0，π2），所以2B =π
4，可得B =π8，
所以A ＝π﹣B ﹣C ＝π−π8−3π4=π
8=B ，可得a ＝b ＝1，所以△ABC 的面积S =12ab sin C =12×1×1×22=24
．
29．【答案】（1）2π
3；
（2）3．
【解答】解：（1）因为向量→
μ=(b ，sinA +sinC)，→
ν=(sinA +sinB ，a−c)且→
μ⊥→
ν，所以b （sin A +sin B ）+（sin A +sin C ）（a ﹣c ）＝0，
由正弦定理可得b （a +b ）+（a +c ）（a ﹣c ）＝0，化简得a 2+b 2﹣c 2＝﹣ab ，由余弦定理得：a 2+b 2﹣c 2＝2ab cos C ，所以cosC =−1
2，而C ∈（0，π），
所以C =2π3；
（2）由题意得12absin 2π
3=
3
4
，则ab ＝1，
由cos(A +B)=cosAcosB−sinAsinB =12得sinAsinB =1
4
，因为(
c
sinC
)2=ab sinAsinB =4，所以c sinC =2，所以c =3．
30．【答案】（1）π3；（2）44
5．
【解答】解：（1）因为a
2c =sinAtan C 2，所以由正弦定理得：sinA 2sinC =sinAtan C
2，
所以4sin C 2cos C 2⋅sin C
2cos
C 2=4sin 2C
2=1，因为C ∈（0，π），所以sin C 2=1
2，所以C =π3；
（2）因为H 在AB 上，且→CH =m →CA +n →
CB ，所以m +n ＝1，所以n ＝1﹣m ，在△ABC 中，由余弦定理有：c 2＝a 2+b 2+2ab cos C =64+25−2×8×5×1
2=49，所以c ＝7，
因为S △ABC =12|AB|⋅|CH|=12absinC =12×5×8×32
=103，所以|CH|=203
7，所以|→CH |2=m 2|→CA |2+n 2|BC |2+2mn →CA ⋅→
CB =25m 2+64n 2+20mn ，所以25m 2+64(1−m )2+20m(1−m)=1200
49，
即m =4449，n =5
49，所以m n =445．
31．【答案】（1）1；（2）B =π4，或π
2．
【解答】解：（1）由b 2+c 2＝4+2bc cos A ，以及余弦定理a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ，可得a 2＝4，即a ＝2，
又sin A ＝2sin B sin C ，结合正弦定理可得a ＝2b sin C ＝2，即b sin C ＝1，则S △ABC =12ab sin C =1
2AE •a ，解得AE ＝1；
（2）在△ABD 中，BD ＝CD ＝1，由正弦定理得AD sinB =BD
sin45°=2，即AD =2sin B ，由AD 为△ABC 的中线，可得2→
AD =→
AB +→
AC ，
两边平方可得4AD 2＝AB 2+AC 2+2→
AB •→
AC =c 2+b 2+2bc cos ∠BAC ＝2（c 2+b 2）﹣a 2＝2
（c2+b2）﹣4，即为8sin2B＝2（c2+b2）﹣4，
又b sin C＝c sin B＝1，即c=
1 sinB
，
由余弦定理可得b2＝c2+4﹣4c cos B=
1
sin2B
+4−
4cosB
sinB
，
则8sin2B=
2
sin2B
+
2
sin2B
+4−
8cosB
sinB
，
化简可得2sin4B＝1+sin2B﹣2sin B cos B，即为2sin2B cos2B+cos2B﹣2sin B cos B＝0，
若cos B＝0，则B=π
2；
若cos B≠0，则2sin2B cos B+cos B﹣2sin B＝0，
化为（cos B﹣sin B）+sin B（2sin B cos B﹣1）＝0，
即有（cos B﹣sin B）﹣sin B（sin B﹣cos B）2＝0，
即（sin B﹣cos B）（sin2B﹣sin B cos B+1）＝0，
即为（sin B﹣cos B）（2sin2B﹣sin B cos B+cos2B）＝0，由于2sin2B﹣sin B cos B+cos2B＝0无解，
可得sin B＝cos B，解得B=π
4．
综上，可得B=π
4
，或
π
2
．
32．【答案】（Ⅰ）B=π
4；
（Ⅱ）S△ABC=3+3
4
．
【解答】解：选择条件①：b2+2ac＝a2+c2，（Ⅰ）由b2+2ac＝a2+c2，得a2+c2﹣b2=2ac，
所以cos B=a2+c2−b2
2ac
=
2ac
2ac
=
2
2
；
又B∈（0，π），所以B=π
4；
（Ⅱ）由正弦定理知
a
sinA
=
b
sinB
，所以a=
bsinA
sinB
=3；
所以sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B=3
2×
2
2
+
1
2
×
2
2
=
6+2
4
，
所以△ABC的面积为S△ABC=1
2
ab sin C=
1
2
×3×2×
6+2
4
=
3+3
4
．
选择条件②：a cos B＝b sin A．
（Ⅰ）由正弦定理得
a
sinA
=
b
sinB
，所以a sin B＝b sin A；
又a cos B＝b sin A，所以sin B＝cos B，所以tan B＝1；
又B∈（0，π），所以B=π
4；
（Ⅱ）由正弦定理知
a
sinA
=
b
sinB
，所以a=
bsinA
sinB
=3；
所以sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B=3
2×
2
2
+
1
2
×
2
2
=
6+2
4
，
所以△ABC的面积为S△ABC=1
2
ab sin C=
1
2
×3×2×
6+2
4
=
3+3
4
．
33．【答案】（1）2π
3
；
（2）（Ⅰ）2；（Ⅱ）32+3
4
．
【解答】解：（1）因为3acosB−bsinA=3c，
所以由正弦定理可得3sin A cos B﹣sin B sin A=3sin C，
又sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B，所以﹣sin B sin A=3cos A sin B，因为B为三角形内角，sin B＞0，所以﹣sin A=3cos A，可得tan A=−3，
因为A∈（0，π），所以A=2π
3
；
（2）（Ⅰ）此时AB＝2＝2AD，AD⊥BC，所以∠BAD=π
3
，所以∠CAD=
π
3
，
所以AC=
AD
cosπ
3
=2；
（Ⅱ）设∠CAD＝α，由S△ABC＝S△BAD+S△CAD，
可得3b=2sin(2π
3
−α)+bsinα，
有
b
sin∠ADC
=
CD
sinα
，
2
sin∠ADB
=
BD
sin(2π
3
−α)，
所以b=sin(2π
3
−α)
sinα
，解得b=6+1
2
，
则S△ABC=1
2
bcsinA=
32+3
4
．
34．【答案】（1）B=π
3；
（2）（3
2
，3]．
【解答】解：（1）∵2bsinA−3a=0，∴2sinAsinB−3sinA=0，又∵sin A≠0，∴sinB=3
2
，
∵△ABC 为锐角三角形，∴B =π3；
（2）∵△ABC 为锐角三角形，B =π3，∴(0，π
2)−A ∈(0，π2
)，解得A ∈(π6，π
2)，∴A +π6∈（π3，2π3），可得sin （A +π6）∈（3
2，1]，
则sinA +sinC =sinA +sin(2π3−A)=32sinA +3
2
cosA =3sin(A +π6)∈（32，3]，∴sin A +sin C 的取值范围是（3
2，3]．
35．【答案】（1）a ＝3；
（2）（i ）−14；（ii ）7−3516
．
【解答】解：（1）在△ABC 中，由sin B +sin C ＝2sin A 及正弦定理，可得：b +c ＝2a ，而a +b +c ＝9，解得：a ＝3；
（2）（i ） 由（1）知b +c ＝6，
又由S △ABC =1
2bcsinA =4sinA ，可得bc ＝8，又0＜b ＜c ，解得：b ＝2，c ＝4，
则cosC =
a 2+
b 2−
c 22ab
=9+4−16
2×2×3=−14；（ii ） 由C ∈（0，π），得sin C ＞0，
故sinC =1−cos 2C =1−116
=15
4
，
则sin2C =2sinCcosC =2×
15
4
×(−14)=−158，cos2C =2cos 2C−1=2×1
16
−1=−78，
则sin(2C−π6)=sin2Ccos π6−cos2Csin π6=(−158)×3
2
−(−78)×12=7−3516．36．【答案】（Ⅰ）证明过程见解析；（Ⅱ）（−2，0）．
【解答】（Ⅰ）证明：△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足b 2﹣a 2＝ac ，根据正弦定理可得sin 2B ﹣sin 2A ＝sin A sin C ，即cos2A ﹣cos2B ＝2sin A sin C ，
所以﹣2sin （A +B ）sin （A ﹣B ）＝2sin A sin C ，也即sin （B ﹣A ）＝sin A ，
从而证得B＝2A；
（Ⅱ）解：若△ABC为锐角三角形，根据（Ⅰ）B＝2A，
则B=2A＜
π
2
C=π−A−B＜
π
2
⇒
2A＜
π
2
π−3A＜
π
2
，得
π
6＜A＜
π
4
，
式子sin(C−A)−sinB
sinA
=
sin(π−A−B−A)−sinB
sinA
=
sin4A−sin2A
sinA
=
sin(3A+A)−sin(3A−A)
sinA
，
因为sin（3A+A）﹣sin（3A﹣A）＝sin3A cos A+cos3A sin A﹣（sin3A cos A﹣cos3A sin A）＝2cos3A sin A，
sin(C−A)−sinB
sinA
=2cos3A，
由π
2＜3A＜
3π
4
⇒cos3A∈(−
2
2
，0)，
因此sin(C−A)−sinB
sinA
=2cos3A∈(−2，0)．
即sin(C−A)−sinB
sinA
的取值范围为（−2，0）．
37．【答案】（1）B=π
6；
（2）a+c
b
的取值范围是（1，5）．
【解答】解：（1）∵
sinA
sinB+sinC
=
c−b
b
，
∴由正弦定理得
a
b+c
=
c−b
b
，即ab＝c2﹣b2，即c2＝ab+b2①，
又C=π
3
，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcos
π
3
，即c2＝a2+b2﹣ab②，
由①②得a2＝2ab，则a＝2b，∴c=3b，
由余弦定理得cosB=a2+c2−b2
2ac
=
6b2
43b2
=
3
2
，
又B∈（0，π），则B=π
6；
（2）由（1）得c2＝b2+ab，∴a=c2−b2
b
，c＞b，
∴a+c
b
=
c2−b2+bc
b2
=
c2
b2
+
c
b
−1，
由三角形三边关系得a+b＞c
b+c＞a
，代入化简得b＜c＜2b，
令x=c
b
∈(1，2)，则f（x）＝x2+x﹣1，
∴f(x)=(x+1
2
)2−
5
4
∈(1，5)，∴
c2
b2
+
c
b
−1∈(1，5)，
∴a +c
b 的取值范围是（1，5）．
38．【答案】（1）2π
3；（2）（32
，1]．
【解答】解：（1）因为a 2=−
23
3
S +abcosC ，所以a 2=−3
3
ab sin C +ab cos C ，即a =−33
b sin C +b cos C ，由正弦定理得sin A =−33
sin B sin C +sin B cos C ，
所以sin （B +C ）=−33sin B sin C +sin B cos C ，所以cos B sin C =−33
sin B sin C ，因为sin C ≠0，所以tan B =−3，因为B ∈（0，π），可得B =2π
3；
（2）在△BCD 中，因为AB ⊥BD ，BD ＝2，所以∠DBC =π6，由正弦定理得DC sin∠DBC =BD sinC ，所以CD =2sin
π
6sinC
=1sinC ，在△ABD 中，由正弦定理得AD sin∠ABD =BD sinA ，所以AD =2sin
π
2sinA
=2sinA ，所以2
AD +1CD =22sinA +11sinC =sin A +sin C ，因为∠ABC =2π
3，所以A +C =π3，
所以2AD +1
CD =sin A +sin C ＝sin （π
3−C ）+sin C ，整理得2AD +1
CD =sin （C +π
3），
因为0＜C ＜π3，所以C +π3∈（π3，2π3），
所以sin （C +π3）∈（32，1]，可得2AD +1CD 的取值范围是（3
2
，1]．。