人教版必修五“解三角形”精选难题及其问题详解(最新整理)

标准文案
大全
26
3
3 8
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3 3
人教版必修五“解三角形”精选难题及其答案
一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）
1. 锐角 △ ABC中，已知a = 3，A = π
，则b 2 + c 2 + 3bc 的取值范围是( )
A. (5，15]
B. (7，15]
C. (7，11]
D. (11，15]
2. 在 △ ABC中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足sinA = 2sinBcosC ，则
△ ABC的形状为( )
A. 等腰三角形
B. 直角三角形
C. 等边三角形
D. 等腰直角三角形
3.
在 △ ABC 中，∠A = 60 ∘ ，b = 1，S △ ABC = 3，则 a −2b + c
的值
sin A −2sinB + sinC
等于( )
A.
2 39 3
B. C. D.
2
4. 在 a
△ ABC中，有正弦定理： = sinA b
= sinB c
= sinC 定值，这个定值就是 △ ABC的外 接圆的直径.如图 2 所示， △ DEF中，已知DE = DF ，点 M 在直线 EF 上从左到右运 动(点 M 不与 E 、F 重合)，对于 M 的每一个位置，记的外接圆面积的比值为λ，那么( )
△ DEM的外接圆面积与 △ DMF
A. λ先变小再变大
B. 仅当 M 为线段 EF 的中点时，λ取得最大值
C. λ先变大再变小
D. λ是一个定值
5. 已知三角形ABC 中，AB = AC ，AC 边上的中线长为3，当三角形ABC 的面积最大时，AB
的长为( )
A. 2
B. 3
C. 2
D. 3
6. 在 sinB
△ ABC中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，b = c ，且满足 sinA
1−cosB .
cosA
若点 O 是 △ ABC外一点，∠AOB = θ(0 < θ < π)，OA = 2OB = 2，平面四边形
OACB 面积的最大值是( )
3
5
6 6 5
=
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2 3
3
3 2
2
A.
8 + 5 3
4
B.
4 +
5 3
4
C. 3
D.
4 +
5 3
2
7. 在 △ ABC中，a = 1，b = x ，∠A = 30 ∘
，则使 △ ABC 有两解的
x 的范围是( )
A. (1，
) 3
B. (1， + ∞)
C. ( 3
，2)
D. (1，2)
8.
△ ABC 的外接圆的圆心为 O ，半径为 1，若 ⃗ + ⃗ = 2 ⃗ ，且| ⃗ | = | ⃗
|，则 △ ABC
的面积为( )
AB
AC
AO
OA
AC
A.
B.
C. 2 2
D. 1
9. 在 △ ABC中，若sinBsinC = cos 2A
，则 △ ABC 是( )
A. 等边三角形
B. 等腰三角形
C. 直角三角形
D. 等腰直角三角形
10.
在 △ ABC中，已知∠C = 60 ∘
.a ，b ，c 分别为∠A，∠B，∠C的对边，则
a
+ b + c
b c + a
为( )
A. 3−2
B. 1
C. 3−2 3或 1
D. 3 + 2
11. 设锐角 △ ABC 的三内角 A 、
B 、
C 所对边的边长分别为 a 、b 、c ，且 a = 1，B = 2A ， 则 b 的取值范围为( )
A. ( 2， 3)
B. (1， 3)
C. ( 2，2)
D. (0，2)
12.
在 △ ABC中，内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，且满足2bcosB = acosC + c cosA ，若b = 3，则a + c 的最大值为( )
A. 2
B. 3
C. 3
D. 9
二、填空题（本大题共 7 小题，共 35.0 分）
13.
设 △ ABC的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且acosC + 1
c = b ，则角 A 的大
2 小为
；若a = 1，则 △ ABC 的周长 l 的取值范围为
．
14.
在 △ ABC中，∠A，∠B，∠C所对边的长分别为a ，b ，c.已知a + 2c = 2b ， C
sinB = 2sinC ，则sin 2 =
．
15. 已知 △ ABC 中，角 A 、
B 、
C 的对边分别是 a 、b 、c ，若a −b = ccos B −c cosA ，则 △ ABC 的形状是 ．
2 3
3
3
3
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AB ⋅ ⋅ ⋅ BC
16. 在 a 2 △ ABC中，若 = b
2
tanA ，则 tanB
△ ABC 的形状为
．
17.
在 △ ABC中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a −b)sinB = asin A −c sinC ，且
a 2 +
b 2−6(a + b) + 18 = 0， 则⃗ ⃗ ⃗ ⃗
BC CA ⃗ ⃗ CA AB
= ．
18. 如果满足∠ABC = 60 ∘ ，AC = 12，BC = k 的三角形恰有一个，那么
k 的取值范围是
．
19. 已知 tanA
△ ABC的三个内角A ，B ，C 的对边依次为a ，b ，c ，外接圆半径为1，且满足 tanB
2c −b ，则 b
△ ABC面积的最大值为
．
三、解答题（本大题共 11 小题，共 132.0 分）
20. 在锐角 △ ABC中，a ，b ，c 是角A ，B ，C 的对边，且 3a = 2csinA ．
(1)求角 C 的大小；
(2)若a = 2，且 △ ABC的面积为
3 3
，求 c 的值．
2
21.
在 △ ABC中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知asinB = 3bcosA ．
(1) 求角 A 的大小； (2)若a =
7，b = 2，求 △ ABC的面积．
22. 已知
△ ABC中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足asin A −c sin
C =
(a −b)sinB ． (1)求角 C 的大小； (2)若边长c =
3，求
△ ABC的周长最大值． + + =
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2
m
n
23. 已知函数f(x) = 3sinxcos x −cos 2
x −1
，x ∈ R ． (1)求函数f(x)的最小值和最小正周期；
(2)
已知
△ ABC内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c = 3，f(C) = 0，若向量⃗
= (1，sinA)与⃗
= (2，sinB)共线，求a ，b 的值．
24. 已知 △ ABC中，A < B < C ，a = cosB ，b = cosA ，c = sinC
(1) 求 △ ABC 的外接圆半径和角 C 的值；
(2)求a + b + c 的取值范围．
25. △ ABC中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c 且满足(2a −c)cosB = bcosC ，
(1)求角 B 的大小；
(2)
若 △ ABC 的面积为为
3 3且b = 3，求a + c 的值．
4
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m n
26. 已知a ，b ，c 分别为 sinB) = (c −b)sinC (1)求角 A 的大小；
△ ABC的三个内角A ，B ，C 的对边，a = 2且(2 + b)(sin A −
(2)求 △ ABC的面积的最大值．
27. 已知函数f(x) = 2cos 2x + 2 3sinxcosx(x ∈
R)． (Ⅰ)当x ∈ [0，π]时，求函数f(x)的单调递增区间；
π
(Ⅱ)若方程f(x)−t = 1在x ∈ [0， 2 ]内恒有两个不相等的实数解，求实数 t 的取 值范围．
28. 已知 A 、B 、C 是
且⃗//⃗；
△ ABC 的三个内角，向量⃗
= (cosA + 1， 3)，⃗
= (sinA ，1)，
m n
(1) 求角 A ；
(2) 若
1 + sin2B
2
2
= −3，求tanC ．
cos B −sin B
−29.在C
△ ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinC + cosC = 1 sin
2
(1)求sinC的值
(2)若a2 + b2 = 4(a + b)−8，求边c 的值．
30.在△ ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足：(a + c)(sin A−sin
C) = sin B(a−b)
(I)求角C 的大小；
(II)若c = 2，求a + b的取值范围．
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3
27
答案和解析
【答案】
1. D
2. A
3. A
4. D
5. A
6. A
7. D
8. B 9. B 10. B 11. A 12. A
13. 60 ∘；(2，3]
14.
15.等腰三角形或直角三角形
16.等腰三角形或直角三角形
17. −
2
18. 0 < k ≤ 12或k = 8
19.
20.解：(1) △ ABC是锐角，a，b，c是角A，B，C的对边，且
由正弦定理得：3sinA = 2sinC ⋅sinA
∵△ ABC是锐角，
3a = 2csinA．
∴ sinC =，
2
π
故 C = ；
3
(2)a = 2，且
△ ABC △ ABC的面积为
2
1 1 π
根据的面积S = 解得：b = 3．
acsinB =
2 2
× 2 × b × sin=
3 2
由余弦定理得c2 = a2 + b2−2abcosC = 4 + 9−2 × 3 = 7
∴ c =7．
故得c 的值为7．
21.(本题满分为 14 分)
解：(1) ∵ asinB =3bcosA，由正弦定理得sinAsinB = 3sinBcosA.…(3分) 又sinB ≠ 0，
从而tanA = 3.…(5分)
由于0 < A < π，
所以A = π
.…(7分) 3
2
4
3
3 3
4
3 3，
3 3
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3 3
(2)解法一：由余弦定理a 2 = b 2 + c 2−2bccosA ，而a =
7，b = 2，A = π
，…(9分)
得7 = 4 + c 2−2c = 13，即c 2−2c −3 = 0． 因为c > 0，所以c = 3.…(11分) 故 △ ABC的面积为S = 1
bcsinA =
3 3
.…(14分)
2
解法二：由正弦定理，得 2
2
π
=
，
sin 3
sinB
从而sinB =
，…(9分)
7
又由a > b 知A > B ， 所以cosB =
2 7
．
7
π π 故 sinC = sin(A + B) = sin(B + ) = sinBcos
π 3 21 + cosBsin =
.…(12分)
3
3
所以 △ ABC的面积为1bcsinA =
3 3
.…(14分)
3
14
2
2
22. 解：(1)由已知，根据正弦定理，asin A −c sinC = (a −b)sinB
得，a 2−c 2 = (a −b)b ，即a 2 + b 2−c 2 = ab ． 由余弦定理得cosC = a 2 + b 2−c 2
= 1
．
2ab
2
又C ∈ (0，π)．
π
所以C = ．
3
(2) ∵ C = π 2π ，c = 3，A + B =
，
3
3
a
∴
=
sinA
b =
sinB
3
2π
3 = 2，可得：a = 2sinA ，b = 2sinB = 2sin( 3 −A)，
2
2π
∴ a + b + c =
+ 2sinA + 2sin( 3 −A)
=
+ 2sinA + 2( cosA + 2
1 sinA)
2
π = 2 3sin(A + ) +
6
2π
π π 5π
1 π
∵ 由0 < A <
可知， 3
6
< A + <
6
，可得： 6 2 < sin(A + ) ≤ 1．
6
∴ a + b + c的取值范围(2 3，3 3].
23. 解：(1)由于函数f(x) = 3sinxcosx −cos 2x −1
1 + cos2x 1
2x − − = sin (2x −
2
2 2 2
π 6
)−1，
2π
故函数的最小值为−2，最小正周期为 2 = π．
π π π π
(2) △ ABC中，由于f(C) = sin (2C − 6 )−1 = 0，可得2C − 6 = ， ∴ C = ．
2 3 7
21 3 3
3
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2 m n
再由向量
⃗= (1，sinA)与⃗= (2，sinB)共线可得sin B−2sinA = 0．
再结合正弦定理可得b = 2a，且B = 2π
3
−A．
2π
故有sin(
3
−A) = 2sinA，化简可得tanA =
，∴ A =
ππ
，∴ B =．
6 2
a b c 再由= =
a
可得π = b 3
π= π，
sinA sinB sinC sin
6sin
2
sin
3
解得a = 3，b = 2 3．
24. 解：(1)由正弦定理 c = 2R = 1，∴ R = 1．
sinC 2
cosB 再由a = cosB，b = cosA，可得
sinA
cosA
=
sinB
，故有sinAcosA = sinBcosB，
即sin2A = sin2B．
π
再由A < B < C，可得2A + 2B = π，∴ C =．
2
π(2)由于a + b + c = cosB + cosA + sinC = sinA + cosA + 1 = 2sin(A +
4 ) + 1．
再由O < A < ππ
，可得
4 4
π
< A +
4
π
< ，∴
2
< sin(A +
2
π
) < 1，
4
∴ 2 <2sin(A + π
) + 1 <
4
+ 1，
即a + b + c的取值范围为(2，+ 1)．
25. 解：(1)又A + B + C = π，即C + B = π−A，
∴ sin(C + B) = sin(π−A) = sinA，
将(2a−c)cosB = bcosC，利用正弦定理化简得：(2sin A−sinC)cosB = sinBcosC，∴ 2sinAcosB = sinCcosB + sinBcosC = sin(C + B) = sinA，
在△ ABC中，0 < A < π，sinA > 0，∴ cosB =1 π，又0 < B < π，则B = 2 3
π3
sinB = sin = ，4 3 2
∴ S =1
acsinB =
2
ac =
4
π1
，∴ ac = 3，又b = 3，cosB = cos = ，
4 3 2
∴ 由余弦定理b2 = a2 + c2−2accosB得：a2 + c2−ac = (a + c)2−3ac = (a + c)2
−9 = 3，
∴ (a + c)2 = 12，则a + c = 2
26.解：(1) △ ABC中，∵ a = 2，且(2 + b)(sin A−sinB) = (c−b)sinC，
∴ 利用正弦定理可得(2 + b)(a−b) = (c−b)c，即b2 + c2−bc = 4，即b2 + c2−4 = bc ，
∴ cosA = b
2 + c2−a2
2bc
bc 1 = = ，2bc 2
π∴ A =．
3
3
3
2
2
3 3 3
3
(2) ∵△ ABC
第 10 页，共 21 页
(2)再由b 2 + c 2−bc = 4，利用基本不等式可得4 ≥ 2bc −bc = bc ， ∴ bc ≤ 4，当且仅当b = c = 2时，取等号，
此时，
1 1
△ ABC为等边三角形，它的面积为 bcsinA = 2
2
× 2 × 2 ×
2
故 △ ABC的面积的最大值为： 3．
27. 解：(I)f(x) = 2cos 2x + 2 3sinxcosx = cos2x + 3sin2x + 1
2sin(2x + π
) + 1
6
π 令 − 2 + 2kπ ≤ 2x + π
≤+ 2kπ(k ∈ Z)
6
π 解得：kπ− 3 ≤ x ≤ kπ + 由于x ∈ [0，π]
π
(k ∈ Z) 6
π 2π
f(x)的单调递增区间为：[0， 6
]和[ ，π].
3
(Ⅱ)依题意：由2sin(2x + π
) + 1 = t + 1
6
π
解得：t = 2sin(2x + )
6
设函数y 1 = t 与y 2 = 2sin(2x + π
)
6
π
由于在同一坐标系内两函数在x ∈ [0， 2
]内恒有两个不相等的交点．
π
因为：x ∈ [0， ]
2
π π 7π
所以：2x +
6
∈ [ ， ]
6
6
π π π π 1
根据函数的图象：当 2x +
6
∈ [ ， 6
2
]sin(2x + ) ∈ [ ，1]，t ∈ [1，2]
6
2
π
π 7π π 1
当 2x + ∈ [ ， ] 时 ，sin(2x +
6
2
6
6
) ∈ [−2，1]，t ∈ [−1，2]
所以：1 ≤ t < 2
28. 解：(1) ∵ ⃗//⃗， ∴ 3sin A −cosA = 1，
m n
2(sinA ⋅ 1) = 1，sin (A −π) = 1
，
2
2 6
2
π
π
5π
∵ 0 < A < π，− 6 < A − 6 < 6 ， π ∴ A − 6 =
π π
. ∴ A = ．
6 3
(2)由题知
1 + sin2B
2
2
= −3，
cos B −sin B
∴
(cosB + sinB)2
(cosB + sinB)(cos B −sinB)
= −3，
3 = 3，
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3 29. −
cosB + sinB
∴ cos B −sinB = −3，
1 + tanB
∴ 1−tanB = −3， ∴ tanB = 2．
tanA + tanB ∴ tanC = tan [π−(A + B)] = −tan(A + B) = − 1−tanAtanB 8 + 5 3
．
11
C
解：(1) ∵ sinC + cosC = 1 sin 2 C C 2C C ∴ 2sin cos + 1−2sin = 1−sin 2 2 2 2 C C 2C C ∴ 2sin cos −2sin = −sin 2 2 2 2 ∴ 2sin 2
C 2 C C C
− sin cos = sin 2 2 2 2 C C C C
∴ 2sin (sin −cos ) = sin
2 2 2 2 C C 1 ∴ sin −cos =
2 2 2 ∴ sin 2C 2 sinC + cos 2
C = 1 2 4
3
∴ sinC =
4
C C 1 π C π (2) 由sin −cos = > 0得 < <
2
2
2
4
2
2
π
即 < C < π
2
∴ cosC = −
∵ a 2
+ b 2
= 4(a + b)−8 ∴ (a −2)2
+ (b −2)2
= 0
∴ a = 2，b = 2
由余弦定理得c 2 = a 2 + b 2−2abcosC = 8 + 2 ∴ c = 1 +
30. (本题满分为 12 分)
解：(I)在 △ ABC中， ∵ (a + c)(sin A −sinC) = sin B(a −b)，
∴ 由正弦定理可得：(a + c)(a −c) = b(a −b)，即a 2 + b 2−c 2 = ab ，…(3分) 1
∴ cosC = ，
2
∴ 由 C 为三角形内角，C =
c
π
.…(6分)
3
2
(II) 由(I)可知2R = =
= sinC
2
，…(7分)
3
∴ a + b =
(sinA + sinB) = 3
π [sinA + sin(A + )]
3
3
7
4
7 7
4 3
4 3 4 3 = −
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4 3 3 2
3
= ( sinA
+
3 2
cosA) = 4sin(A + 2
π
).…(10分)
6
2π ∵ 0 < A <
， 3
π π 5π ∴
< A +
<
，
6
6
6
1 ∴ < sin(A + 2
π
) ≤ 1，
6
∴ 2 < 4sin(A + π
) ≤ 4
6
∴ a + b的取值范围为(2，4].…(12分)
【解析】
1. 解：由正弦定理可得， a
b
c
=
=
=
= 2，
sinA
∴ b = 2sinB，c = 2sinC ， ∵△ ABC为锐角三角形，
sinB
sinC
∴ 0 ∘ < B < 90 ∘ ，0 ∘ < C < 90 ∘ 且B + C = 120 ∘ ，
∴ 30 ∘ < B < 90 ∘
∵ bc = 4sinBsin(120 ∘ −1
sinB)
2
2
= 2 3sinBcosB + 2sin 2B = 3sin2B + (1−cos2B) = 2sin(2B −30 ∘ ) + 1， ∵ 30 ∘ < B < 90 ∘ ， ∴ 30 ∘ < 2B −30 ∘ < 150 ∘ ，
∴ 1
< sin(2B −30 ∘ ) ≤ 1，
∴ 2 < 2sin (2B −30 ∘ ) + 1 ≤ 4， 即2 < bc ≤ 3，
∵ a = 3，A = π
，由余弦定理可得：3 = b 2 + c 2−bc ，可得：b 2 + c 2 = bc + 3， ∴ b 2 + c 2 + 3bc = 4bc + 3 ∈ (11，15]． 故选：D ． a
由正弦定理可得，
b
c
= =
= = 2，结合已知可先表示b ，c ，然后由 △ ABC
sinA sinB
sinC
2
为锐角三角形及B + C = 120 ∘ 可求 B 的范围，再把所求的 bc 用sinB ，cosB 表示，利用三角公式进行化简后，结合正弦函数的性质可求 bc 的范围，由余弦定理可得b 2 + c 2 + 3bc = 4bc + 3，从而可求范围．
本题综合考查了正弦定理和面积公式及两角和与差的正弦、余弦公式及辅助角公式的综合应用，解题的关键是熟练掌握基本公式并能灵活应用，属于中档题．
2. 解：因为sinA = 2sinBcosc ，
所以sin(B + C) = 2sinBcosC ，
所以sinBcos C −sinCcosB = 0，即sin (B −C) = 0， 因为A ，B ，C 是三角形内角， 所以B = C ．
3 3
3
3
3
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大全
13
3 2
39 144−9(x 2−5)2
2
2
1 2
2
三角形为等腰三角形． 故选：A ．
通过三角形的内角和，以及两角和的正弦函数，化简方程，求出角的关系，即可判断三角形的形状．
本题考查两角和的正弦函数的应用，三角形的判断，考查计算能力，属于基础题．
3. 解： ∵ ∠A = 60 ∘
，b = 1，S △ ABC =
1 1
= bcsinA =
3 × 1 × c ×
，
∴ c = 4，
2
2
2
∴ a 2 = b 2 + c 2−2bccosA = 1 + 14−2 × 1 × 4 ×
1
= 13，
∴ a = 13， ∴
a −2
b +
c = sin A −2sinB + sinC
故选：A ．
a
=
= ． sinA 3
2
先利用面积公式求得 c 的值，进而利用余弦定理可求 a ，再利用正弦定理求解比值． 本题的考点是正弦定理，主要考查正弦定理的运用，关键是利用面积公式，求出边，再利用正弦定理求解．
4. 解：设 △ DEM 的外接圆半径为R 1， △ DMF 的外接圆半径为R 2，
πR 2
则由题意，
πR 2= λ，
点 M 在直线 EF 上从左到右运动(点 M 不与 E 、F 重合)， 对于 M 的每一个位置，由正弦定理可得：R 1 = 1
DE ，R 2 =
1 DF
，
又DE = DF ，sin∠DME = sin∠DMF， 可得：R 1 = R 2， 可得：λ = 1． 故选：D ．
2sin∠DME
2sin∠DMF
πR 2
设 △ DEM 的外接圆半径为R 1， △ DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，
1
πR 2
= λ，由正
弦定理可得：R 1 = 1
DE ，R 2 = 1
DF ，结合DE = DF ，sin∠DME = sin∠DMF，可得
2sin∠DME λ = 1，即可得解．
2sin∠DMF
本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了分类讨论思想和转化思想的应用，属于基础题．
5. 解：设AB = AC = 2x ，AD = x ．
设三角形的顶角θ，则由余弦定理得cosθ =
(2x)2 + x 2
−9
2 × 2x × x
5x 2−9 =
，
4x 2
∴ sinθ = =
，
4x
1 1
⋅ ⋅
根据公式三角形面积S = absinθ = 2 2
× 2x 2x =
，
4x 2
2
∴ 当x 2 = 5时，三角形面积有最大值.此时x = 5．
AB 的长：2 5．
3 1−cos 2
θ 144−9(x 2−5)2
144−9(x 2−5)2
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B (O A B − AB AO AC
故选：A ．
设AB = AC = 2x ，三角形的顶角θ，则由余弦定理求得cosθ的表达式，进而根据同角三角函数基本关系求得sinθ，最后根据三角形面积公式表示出三角形面积的表达式， 根据一元二次函数的性质求得面积的最大值时的 x 即可．
本题主要考查函数最值的应用，根据条件设出变量，根据三角形的面积公式以及三角函数的关系是解决本题的关键，利用二次函数的性质即可求出函数的最值，考查学生的运算能力.运算量较大．
6. 解： △ ABC 中， sinB ∵ b = c，
sinA
1−cosB = ， ∴ sinBcosA +
cosA
cosBsinA = sinA ，即sin(A + B) = sin (π−C) = sinC = sinA ， ∴ A = C，又b = c ， ∴△ ABC为等边三角形． ∴ S OACB = S △ AOB + S △ ABC = 1
⋅ OA ⋅ OB ⋅ sinθ +
1 2 2
⋅ A 2
⋅ sin
π = 1 3
2
× 2 × 1 × sinθ + 3 2 + O 2
4
−2OA ⋅ OB ⋅ cosθ)
= sin θ− 3cosθ + 5 3 = 2sin (θ−π + 5 3
) ．
4 3 4
π π 2π π π π
∵ 0 < θ < π， ∴ − 3 < θ− 3 < 3 ，故当θ− 3 = 2 时，sin (θ− 3 )取得最大值 为 1，
故S OACB = 的最大值为2 + 5 3
4
=
8 + 5 3
，
4
故选：A ．
依题意，可求得
△ ABC 为等边三角形，利用三角形的面积公式与余弦定理可求得S OACB = 2sin (θ−π
) +
5 3
(0 < θ < π)，从而可求得平面四边形 OACB 面积的最大值． 3
4
题考查三角函数中的恒等变换应用，考查余弦定理的应用，求得S OACB = 2sin (θ π
) +
3
是解题的关键，也是难点，考查等价转化思想与运算求解能力，属于中档题．
4
7. 解：结合图形可知，三角形有两解的条件为
b = x > a ，bsinA < a ， ∴ b = x > 1，xsin 30 ∘ < 1，
则使 △ ABC有两解的 x 的范围是1 < x < 2， 故选：D ．
根据题意画出图形，由题意得到三角形有两解的条件为b = x > a ，bsinA < a ，即可确定出 x 的范围．
此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，画出正确的图形是解本题的关键．
8. 解：由于⃗ 为边 BC 中点，
⃗
= 2 ⃗
，由向量加法的几何意义，O ∵△ ABC的外接圆的圆心为 O ，半径为 1， ∴ 三角形应该是以 BC 边为斜边的直角三角形，
5 3 +
标准文案
大全
BC 2−A C 2 22−12
3 2 3 + AO
∠BAC = π ，斜边BC = 2，
2
又 ∵ | ⃗ | = | ⃗
|，
OA
AC
∴ |AC| = 1，|AB| =
= = 3，
∴ S △ ABC = 1
2
1 × |AB| × |AC| = 2
× 1 ×
2
故选：B ．
⃗ ⃗ AB AC
= 2 ⃗ ，利用向量加法的几何意义得出
△ ABC是以 A 为直角的直角三角形，又
| ⃗ | = | ⃗
|，从而可求|AC|，|AB|的值，利用三角形面积公式即可得解．
OA
AC
本题主要考查了平面向量及应用，三角形面积的求法，属于基本知识的考查．
9. 解：由题意sinBsinC =
1 + cosA
，
2
即sinBsinC = 1−cosCcosB ， 亦即cos (C −B) = 1， ∵ C，B ∈ (0，π)， ∴ C = B，
故选：B ．
利用 2A
1 + cosA =
1 + cosA
sinBsinC =
cos 2 2
可得 ，再利用两角和差的余弦可求． 2 本题主要考查两角和差的余弦公式的运用，考查三角函数与解三角形的结合.属于基础题．
10. 解 ：cosC = a 2 + b 2−c 2 = 1
，
2ab
2
∴ ab = a 2 + b 2−c 2， a ∴
b + c
b +
c + a
ac + a 2 + b 2
+ bc =
ab + (a + b)c + c 2
a 2 +
b 2
+ (a + b)c =
a 2 +
b 2
+ (a + b)c
= 1，
故选 B ．
先通过余弦定理求得 ab 和a 2 + b 2−c 2的关系式对原式进行通分，把 ab 的表达式代入即可．
本题主要考查了余弦定理的应用.解题的关键是找到a ，b 和 c 的关系式．
11. 解：锐角 △ ABC 中，角 A 、B 、C 所对的边分别为 a 、b 、c ，B = 2A ，
∴ 0 < 2A < π
，且B + A = 3A ，
2
π ∴
< 3A < π． 2
π π
∴
< A < ，
6
3
∴
< cosA <
，
2
2
∵ a = 1，B = 2A ，
b
∴ 由正弦定理可得： a
= b =
sin2A
sinA
= 2cosA ， 由
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2 ∘ ∘
3 3
∴ < 2cosA < 3，
则 b 的取值范围为( 2， 3). 故选 A
由题意可得0 < 2A < π
，且
π < 3A < π，解得 A 的范围，可得cosA 的范围，由正弦定
2
2
b 理求得 a
= b = 2cosA ，根据cosA 的范围确定出 b 范围即可．
此题考查了正弦定理，余弦函数的性质，解题的关键是确定出 A 的范围．
12. 解：2bcosB = ccosA + acosC ，
由正弦定理，得2sinBcosB = sinCcosA + sinAcosC ， ∴ 2sinBcosB = sinB ， 又sinB ≠ 0， 1
∴ cosB = ，
2
π
∴ B = ．
3
∵ 由余弦定理可得：3 = a 2 + c 2−ac ， ∴ 可得：3 ≥ 2ac −ac = ac ，
∴ 即有：ac ≤ 3，代入：3 = (a + c )2−3ac 可得：(a + c )2 = 3 + 3ac ≤ 12， ∴ a + c的最大值为2
3．
故选：A ．
利用正弦定理化边为角，可求导cosB ，由此可得 B ，由余弦定理可得：3 = a 2 + c 2−ac ， 由基本不等式可得：ac ≤ 3，代入：3 = (a + c )2−3ac 可得a + c 的最大值． 该题考查正弦定理、余弦定理及其应用，基本不等式的应用，考查学生运用知识解决问题的能力，属于中档题．
13. 解：acosC + 1
c = b 变形得：2acosC + c = 2b ， 2
利用正弦定理得：2sinAcosC + sinC = 2sinB = 2sin(A + C) = 2sinAcosC + 2cosA sinC ，
∴ sinC = 2cosAsinC，即sinC(2cos A −1) = 0， 1
由sinC ≠ 0，得到cosA = ，
2 又 A 为三角形的内角，则A = 60 ∘ ；
∵ a = 1，sinA =
3 2
，B + C = 120 ，即C = 120 −B ，
a
b c
2 3 2 3 2 3 ∴
=
=
= ，即b =
sinB ，c =
sin(120 ∘ −B)，
sinA sinB
sinC
3
3
3
则 △ ABC的周长l = a + b + c = 1 +
2 3sinB + 2 3
sin(120 ∘ −B) = 1 +
3 ( sinB +
3 2
cosB)
2
= 1 + 2( sinB + 2
1 cosB)
2
2 3 3 3
标准文案= 1 + 2sin(B + 30 ∘)，
大全
第 18 页，共 21 页
2c 2 + 2c 2−c 2 2 ×
2c ×
2c
2
2 c ， 2 4 −
∵ 0 < B < 120 ∘ ， ∴ 30 ∘ < B + 30 ∘ < 150 ∘ ，
∴ 1
< sin(B + 30 ∘ ) ≤ 1，即2 < 1 + 2sin(B + 30 ∘ ) ≤ 3，
则 l 范围为(2，3]． 故答案为：60 ∘ ；(2，3]
将已知的等式左右两边都乘以 2 变形后，利用正弦定理化简，再利用诱导公式及两角和与差的正弦函数公式变形，根据sinC 不为 0，得出cosA 的值，由 A 为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出 A 的度数；由 A 的度数求出sinA 的值，及B + C 的度数， 用
B 表示出
C ，由正弦定理表示出 b 与 c ，而三角形 ABC 的周长l = a + b + c ，将表示出
的 b 与 c ，及 a 的值代入，利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后再利用特殊角的三角函数值及两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由 B 的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的图象与性质得出此时正弦函数的值域，即可得到 l 的范围． 此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦函数公式，诱导公式，正弦函数的定义域与值域，以及特殊角的三角函数值，利用了转化的思想，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
14. 解： ∵ 在 △ ABC中a + 2c = 2b ，sinB = 2sinC ，
∴ 由正弦定理可得a + 2c = 2b ，b = 2c ，
联立可解得a = b = 2c ， ∴ 由余弦定理可得cosC =
a 2 +
b 2−
c 2
2ab
3
=
= ，
4
再由二倍角公式可得cosC = 1−2sin 2C
= 3
C
解得sin =
2 C
或sin = ，
4
2
4
C
π 再由三角形内角的范围可得 2
∈ (0， )
2
C
故 sin =
2
4
故答案为：
4
由题意和正弦定理可得a = b = 2c ，代入余弦定理可得cosC ，由二倍角公式和三角形
内角的范围可得．
本题考查解三角形，涉及正余弦定理和二倍角公式，属中档题．
cosA = b 2 + c 2−a 2
a 2 + c 2−
b 2
15. 解：将 2bc
，cosB = 2ac 代入已知等式得： a −b = c
a 2 + c 2−
b 2
2ac
整理得：
a 2 +
b 2−
c 2
⋅ b
2 + c 2
−a 2
2bc
=
a 2 +
b 2−
c 2
a
b
当a 2 + b 2−c 2 = 0，即a 2 + b 2 = c 2时， △ ABC为直角三角形； 当a 2 + b 2−c 2 ≠ 0时，得到a = b ， △ ABC为等腰三角形，
2 2 2
−
，
，
标准文案
大全
3 ⋅ ⋅ ⋅ 2
则 △ ABC为等腰三角形或直角三角形． 故答案为：等腰三角形或直角三角形．
利用余弦定理表示出cosA 与cosB ，代入已知等式，整理后即可确定出三角形形状． 此题考查了余弦定理，勾股定理，以及等腰三角形的性质，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．
sin 2A
sinAcosB ⇒sinA cosB ⇒
16. 解：原式可化为 2 cosAsinB = sinB cosA sin2A = sin2B
sin B
π
∴ 2A = 2B或2A = π−2B ⇒A = B 或A + B = 2 ． 故答案为等腰三角形或直角三角形
左边利用正弦定理，右边“切变弦”，对原式进行化简整理进而可得 A 和 B 的关系，得到答案．
本题主要考查了正弦定理的应用.考查了学生利用正弦定理解决三角形问题的能力．
17. 解：由已知(a −b)sinB = asin A −c sinC ，即asin A −c sinC = (a −b)sinB ，根据正弦
定理，
得，a 2−c 2 = (a −b)b ，即a 2 + b 2−c 2 = ab ． 由余弦定理得cosC =
a 2 +
b 2−
c 2
= 1
．
2ab
2
π
又C ∈ (0，π).所以C = ．
3
a 2 +
b 2−6(a + b) + 18 = 0，可得(a −3)2 + (b −3)2 = 0， 所以a = b = 3，三角形是正三角形，
⃗ ⃗ AB BC ⃗ ⃗ BC CA ⃗ ⃗ CA AB
= 3 × 3 × 3 × cos 120 ∘
= −27．
27
故答案为：− 2 ．
通过正弦定理化简已知表达式，然后利用余弦定理求出 C 的余弦值，得到 C 的值.通过a 2 + b 2−6(a + b) + 18 = 0，求出a ，b 的值，推出三角形的形状，然后求解数量积的值． 本题考查正弦定理与余弦定理的应用，三角函数的值的求法三角形形状的判断，向量数量积的应用，考查计算能力．
18. 解：(1)当 AC < BCsin∠ABC，即 12 < ksin 60 ∘ ，即 k > 8 3时，三角形无解；
(2)当 AC = BCsin∠ABC，即 12 = ksin 60 ∘ ，即 k = 8 3时，三角形有 1 解；
(3) 当 BCsin∠ABC < AC < BC，即 ksin 60 ∘ < 12 < k ，即 12 < k < 8
，三角形有 2 个解；
(4) 当0 < BC ≤ AC，即0 < k ≤ 12时，三角形有 1 个解．
综上所述：当0 < k ≤ 12 或 k = 8 3时，三角形恰有一个解． 故答案为：0 < k ≤ 12 或 k = 8
要对三角形解得各种情况进行讨论即：无解、有 1 个解、有 2 个解，从中得出恰有一个解时 k 满足的条件．
本题主要考查三角形解得个数问题，重在讨论.易错点在于可能漏掉k = 8 3这种情况．
19. 解：由r = 1，利用正弦定理可得：c = 2rsinC = 2sinC ，b = 2rsinB = 2sinB ，
∵ tanA =
sinA ，tanB =
cosA
sinB ，
cosB
= 3
+ +
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3 3 3 3 3
tanA ∴
sinAcosB =
=
4sin C −2sinB
2sin C −sinB
，
tanB
cosAsinB
2sinB
sinB
∴ sinAcosB = cosA(2sin C −sinB) = 2sinCcos A −sinBcosA ， 即sinAcosB + cosAsinB = sin(A + B) = sinC = 2sinCcosA ， ∵ sinC ≠ 0， ∴ cosA = 1
π
，即A = ，
2
3
∴ cosA =
b 2 +
c 2−a 2
= 1
，
2bc
2
∴ bc = b 2 + c 2−a 2 = b 2 + c 2−(2r sinA )2 = b 2 + c 2−3 ≥ 2bc −3， ∴ bc ≤ 3(当且仅当b = c 时，取等号)， 1
1 ∴△ ABC面积为S = bcsinA ≤
× 3 ×
= ， 2 2
2
4
则 △ ABC 面积的最大值为： 4
故答案为： ．
4
利用同角三角函数间的基本关系化简已知等式的左边，利用正弦定理化简已知的等式右边，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据sinC 不为 0，可得出cosA 的值，然后利用余弦定理表示出cosA ，根据cosA 的值，得出bc = b 2 + c 2−a 2，再利用正弦定理表示出 a ，利用特殊角的三角函数值化简后，再利用基本不等式可得出 bc 的最大值，进而由sinA 的值及 bc 的最大值，利用三角形的面积公式即可求出三角形 ABC 面积的最大值．
此题考查了正弦、余弦定理，同角三角函数间的基本关系，两角和与差的正弦函数公式， 诱导公式，三角形的面积公式，以及基本不等式的运用，熟练掌握定理及公式是解本题的关键，属于中档题．
20. (1)利用正弦定理可求角 C 的大小
(2)直接利用
△ ABC的面积S = 1
acsinB 求解出 b ，再用余弦定理可得．
2
本题考查了正弦定理，余弦定理的运用和计算能力．
21. (1)由弦定理化简已知可得sinAsinB = 3sinBcosA ，结合sinB ≠ 0，可求tan
A = 3，结合范围0 < A < π，可求 A 的值．
(2)解法一：由余弦定理整理可得：c 2−2c −3 = 0.即可解得 c 的值，利用三角形面积公式即可计算得解．
解法二：由正弦定理可求sinB 的值，利用大边对大角可求 B 为锐角，利用同角三角函数基本关系式可求cosB ，利用两角和的正弦函数公式可求sinC ，进而利用三角形面积公式即可计算得解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，大边对大角，同角三角函数基本关系式，两角和的正弦函数公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
22. 值．
(1)通过正弦定理化简已知表达式，然后利用余弦定理求出 C 的余弦值，得到 C 的
2π
(2)由已知利用正弦定理可得a = 2sinA ，b = 2sin( 3 −A)，利用三角函数恒等变换的
应用化简可求a + b + c = 2 3sin(A + π ) + 3，根据A + 6
π
的范围，利用正弦函数
6
3 3．
=
标准文案
大全
2
的图象和性质得到结果．
本题考查正弦定理与余弦定理的应用，三角函数的值的求法，以及三角函数恒等变换的应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．
23. π
(1) 化简函数f(x)的解析式为sin (2x − 6 )−1，可得函数的最小值为−2，最小正周期
2π
为 ．
2
π (2) △ ABC中，由f(C) = sin (2C −
−1 = 0，求得C = π
.再由向量⃗
= (1，sinA)与⃗
6
) 3
m n
2π
2π
= (2，sinB)共线可得sin B −2sinA = 0，再由B =
3
−A 可得sin( 3 −A) = 2sinA ，化简
求得A = π ，故B = 6
π
.再由正弦定理求得 a 、b 的值．
2
本题主要考查两角和差的正弦公式、正弦定理、两个向量共线的性质，属于中档题．
24.
cosB
(1)由正弦定理求得外接圆半径R.再由a = cosB ，b = cosA ，可得 sinA
cosA
= ，化 sinB 简得sin2A = sin2B ．
再由A < B < C ，可得2A + 2B = π，由此可得 C 的值．
(2)由于a + b + c = cosB + cosA + sinC =
2sin(A +
用正弦函数的定义域和值域
π π
) + 1.再由O < A < ，
利 4
4
求得sin(A +
π
) + 1 <
4
+ 1的范围，即可求得a + b + c 的取值范围．
本题主要考查正弦定理的应用，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．
25. (1)结合三角形的内角和定理及诱导公式可得sin(C + B) = sinA ，再对已知
(2a −c)cosB = bcosC ，利用正弦定理化简可求 B
(2)结合三角形的面积公式S = 1
acsinB ，可求 ac ，由已知b ，B ，再利用余弦定理b 2 = a 2
+ c 2−2accosB 可求a + c
本题主要考查了正弦定理、余弦定理在求解三角形中的应用，解决此类问题的关键是要是考生具备综合应用公式的能力
26. (1)由条件利用正弦定理可得b 2 + c 2−bc = 4.再由余弦定理可得A =
π
．
(2)利用基本不等式可得bc ≤ 4，当且仅当b = c = 2时，取等号，此时， 边三角形，从而求得面积的最大值．
△ ABC为等 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，基本不等式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．
27. (Ⅰ)首先利用三角函数的恒等变换，变形成正弦型函数进一步利用函数的单调性
求函数在固定区间内的增减区间．
(Ⅱ)把求方程的解得问题转化成求函数的交点问题，进一步利用函数的性质求参数的取值范围．
本题考查的知识要点：三角函数的恒等变换，正弦型函数的单调性，在同一坐标系内的利用两函数的交点问题求参数的取值范围问题．
2 3
28.(1)利用向量共线定理可得：3sin A−cosA = 1，再利用和差公式、三角函数求值即可得出．
1 + sin2B cosB + sinB 1 + tanB
(2)由题知
cos2B−sin 2B = −3，利用倍角公式化为
cosB−sinB
= −3，因此
1−tanB
= −3，解
得tanB.再利用tanC = tan[π−(A + B)] = −tan(A + B)，展开代入即可得出．
本题考查了向量共线定理、和差公式、三角函数求值、倍角公式，考查了推理能力与计
算能力，属于中档题．
29.(1)利用二倍角公式将已知等式化简；将得到的式子平方，利用三角函数的平方关
系求出sinC．
(2)利用求出的三角函数的值将角C 的范围缩小，求出C 的余弦；将已知等式配方求出边a，b；利用余弦定理求出c
本题考查三角函数的二倍角公式、同角三角函数的平方关系、考查三角形中的余弦定理．
30.(I)利用正弦正理化简已知等式可得：a2 + b2−c2 = ab，由余弦定理可得求得cos
A = 1，结合A 的范围，即可求得A 的值．
2
(II)由正弦定理用sinA、sinB表示出a、b，由内角和定理求出A与B的关系式，代入a + b
利用两角和与差的正弦公式化简，根据A 的范围和正弦函数的性质得出a + b的取值范围．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理的综合应用，考查了两角和差的正弦函数公式，解
题时注意分析角的范围，属于中档题．
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标准文案
“”
“”
At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!
大全。