人教版必修五“解三角形”精选难题及其答案

人教版必修五“解三角形”精选难题及其答案人教版必修五“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=π3，则b2+ c2+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+csinA−2sinB+sinC的值等于( )A. 2√393B.263√3 C. 83√3 D. 2√34.在△ABC中，有正弦定理：asinA =bsinB=csinC=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=不与E、F重合)，对于M的每一个位置，记△DEM的外接圆面积与△DMF的外接圆面积的比值为λ，那么( )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√5B. 3√6C. 2√6D. 3√56.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，b=c，且满足sinBsinA =1−cosBcosA.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( )A. 8+5√34B.4+5√34C. 3D. 4+5√327.8.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)9.在△ABC中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足2bcosB=acosC+ ccosA，若b=√3，则a+c的最大值为( )A. 2√3B. 3C. 32D. 9二、填空题（本大题共7小题，共35.0分）10.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且acosC+12c=b，则角A的大小为______ ；若a=1，则△ABC的周长l 的取值范围为______ ．11.在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对边的长分别为a，b，c.已知a+√2c=2b，sinB=√2sinC，则sin C2=______ ．12. 已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，若a −b =ccosB −ccosA ，则△ABC 的形状是______ ． 13. 在△ABC 中，若a 2b 2=tanAtanB，则△ABC 的形状为______ ．14. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a −b)sinB =asinA −csinC ，且a 2+b 2−6(a +b)+18=0，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ______ ．15. 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______ ．16. 已知△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tanA tanB=2c−b b，则△ABC 面积的最大值为______ ．三、解答题（本大题共11小题，共132.0分） 17. 在锐角△ABC 中，a ，b ，c 是角A ，B ，C 的对边，且√3a =2csinA ．(2)若a=2，且△ABC的面积为3√3，求c2的值．18.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．19.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asinA−csinC=(1)求角C的大小；(2)若边长c=√3，求△ABC的周长最大值．20.已知函数f(x)=√3sinxcosx−cos2x−1，x∈R．2(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m⃗⃗⃗ = (1，sinA)与n⃗=(2，sinB)共线，求a，b 的值．21.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．22.△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4a+c的值．23.已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a=2且(2+b)(sinA−sinB)=(c−b)sinC(1)求角A的大小；(2)求△ABC的面积的最大值．24.已知函数f(x)=2cos2x+2√3sinxcosx(x∈R)．(Ⅰ)当x∈[0，π]时，求函数f(x)的单调递增区间；]内恒(Ⅱ)若方程f(x)−t=1在x∈[0，π2有两个不相等的实数解，求实数t的取值范围．25.已知A、B、C是△ABC的三个内角，向量m⃗⃗⃗ =(cosA+1，√，n⃗=(sinA，1)，且m⃗⃗⃗ //n⃗；(1)求角A；=−3，求tanC．(2)若1+sin2Bcos B−sin B26.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinC+cosC=1−sin C2(1)求sinC的值(2)若a2+b2=4(a+b)−8，求边c的值．27.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足：(a+c)(sinA−sinC)= sinB(a−b)(I)求角C的大小；(II)若c=2，求a+b的取值范围．答案和解析【答案】1. D2. A3. A4. D5. A6. A7. D8. B9. B10. B11. A12. A13. 60∘；(2，3]14. √2 415. 等腰三角形或直角三角形16. 等腰三角形或直角三角形17. −27 218. 0<k≤12或k=8√319. 3√3 420. 解：(1)△ABC是锐角，a，b，c是角A，B，C的对边，且√3a=2csinA．由正弦定理得：√3sinA=2sinC⋅sinA ∵△ABC是锐角，∴sinC=√32，故C=π3；(2)a=2，且△ABC的面积为3√32，根据△ABC的面积S=12acsinB=12×2×b×sinπ3=3√32解得：b=3．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=π3.…(7分)(2)解法一：由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，而a=√7，b=2，A=π3，…(9分)得7=4+c2−2c=13，即c2−2c−3=0．因为c>0，所以c=3.…(11分)故△ABC 的面积为S =12bcsinA =3√32.…(14分)解法二：由正弦定理，得√7sin π=2sinB，从而sinB =√217，…(9分) 又由a >b 知A >B ， 所以cosB =2√77． 故sinC =sin(A +B)=sin(B +π3)=sinBcos π3+cosBsin π3=3√2114.…(12分)所以△ABC 的面积为12bcsinA =3√32 (14))22.解：(1)由已知，根据正弦定理，asinA −csinC =(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 22ab=12．又C ∈(0，π)． 所以C =π3．(2)∵C =π3，c =√3，A +B =2π3，∴a sinA=b sinB=√3√32=2，可得：a =2sinA ，b =2sinB =2sin(2π3−A)，∴a +b +c =√3+2sinA +2sin(2π3−A)=√3+2sinA +2(√32cosA +12sinA)=2√3sin(A +π6)+√3 ∵由0<A <2π3可知，π6<A +π6<5π6，可得：12<sin(A +π6)≤1．∴a +b +c 的取值范围(2√3，3√3].23.解：(1)由于函数f(x)=√3sinxcosx −cos 2x −12=√32sin2x −1+cos2x 2−12=sin(2x −π6)−1，故函数的最小值为−2，最小正周期为2π2=π． (2)△ABC 中，由于f(C)=sin(2C −π6)−1=0，可得2C −π6=π2，∴C =π3．再由向量m ⃗⃗⃗ =(1，sinA)与n ⃗ =(2，sinB)共线可得sinB −2sinA =0．再结合正弦定理可得b =2a ，且B =2π3−A ．故有sin(2π3−A)=2sinA ，化简可得tanA =√33，∴A =π6，∴B =π2．再由asinA =bsinB =csinC 可得asin π6=bsin π2=3sin π3， 解得a =√3，b =2√3．24.解：(1)由正弦定理csinC =2R =1，∴R =12． 再由a =cosB ，b =cosA ，可得cosBsinA =cosAsinB ，故有sinAcosA =sinBcosB ， 即sin2A =sin2B ．再由A <B <C ，可得2A +2B =π，∴C =π2． (2)由于a +b +c =cosB +cosA +sinC =sinA +cosA +1=√2sin(A +π4)+1． 再由O <A <π4，可得π4<A +π4<π2，∴√22<sin(A +π4)<1，∴2<√2sin(A+π4)+1<√2+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：(2sinA−sinC)cosB=sinBcosC，∴2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin(C+B)=sinA，在△ABC中，0<A<π，sinA>0，∴cosB=12，又0<B<π，则B=π3(2)∵△ABC的面积为3√34，sinB=sinπ3=√32，∴S=12acsinB=√34ac=3√34，∴ac=3，又b=√3，cosB=cosπ3=12，∴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√326. 解：(1)△ABC中，∵a=2，且(2+b)(sinA−sinB)=(c−b)sinC，∴利用正弦定理可得(2+b)(a −b)=(c −b)c ，即b 2+c 2−bc =4，即b 2+c 2−4=bc ， ∴cosA =b 2+c 2−a 22bc=bc 2bc=12，∴A =π3．(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，△ABC 为等边三角形，它的面积为12bcsinA =12×2×2×√32=√3，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 +π6)+1令−π2+2kπ≤2x +π6≤+2kπ(k ∈Z) 解得：kπ−π3≤x ≤kπ+π6(k ∈Z) 由于x ∈[0，π]f(x)的单调递增区间为：[0，π6]和[2π3，π]. (Ⅱ)依题意：由2sin(2x +π6)+1=t +1解得：t =2sin(2x +π6)设函数y 1=t 与y 2=2sin(2x +π6)由于在同一坐标系内两函数在x ∈[0，π2]内恒有两个不相等的交点． 因为：x ∈[0，π2] 所以：2x +π6∈[π6，7π6]根据函数的图象：当2x +π6∈[π6，π2]sin(2x +π6)∈[12，1]，t ∈[1，2]当2x +π6∈[π2，7π6]时，sin(2x +π6)∈[−12，1]，t ∈[−1，2] 所以：1≤t <228.解：(1)∵m ⃗⃗⃗ //n⃗ ，∴√3sinA −cosA =1， 2(sinA ⋅√32−cosA ⋅12)=1，sin(A −π6)=12，∵0<A <π，−π6<A −π6<5π6， ∴A −π6=π6.∴A =π3．(2)由题知1+sin2Bcos 2B−sin 2B =−3，∴(cosB+sinB)2(cosB+sinB)(cosB−sinB)=−3，∴cosB+sinBcosB−sinB=−3，∴1+tanB1−tanB=−3，∴tanB=2．∴tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB =8+5√311．29. 解：(1)∵sinC+cosC=1−sin C 2∴2sin CcosC+1−2sin2C=1−sinC∴2sin C2cosC2−2sin2C2=−sinC2∴2sin2C2−2sinC2cosC2=sinC2∴2sin C(sin C−cosC)=sinC∴sin C−cos C=1∴sin2C−sinC+cos2C=1∴sinC=3 4(2)由sin C2−cos C2=12>0得π4<C2<π2即π2<C<π∴cosC=−√7∵a2+b2=4(a+b)−8∴(a−2)2+(b−2)2=0∴a=2，b=2由余弦定理得c2=a2+b2−2abcosC=8+ 2√7∴c=1+√730. (本题满分为12分)解：(I)在△ABC中，∵(a+c)(sinA−sinC)= sinB(a−b)，∴由正弦定理可得：(a+c)(a−c)=b(a−b)，即a2+b2−c2=ab，…(3分)∴cosC=12，∴由C为三角形内角，C=π3.…(6分)(II)由(I)可知2R=c sinC=2√32=4√33， (7))∴a+b=4√33(sinA+sinB)=4√33[sinA+sin(A+π3)]=4√33(32sinA+√32cosA)=4sin(A+π6 ).…(10分)∵0<A<2π3，∴π6<A+π6<5π6，∴12<sin(A+π6)≤1，∴2<4sin(A+π6)≤4∴a+b的取值范围为(2，4].…(12分)【解析】1. 解：由正弦定理可得，asinA=bsinB=csinC=√3√32=2，∴b=2sinB，c=2sinC，∵△ABC为锐角三角形，∴0∘<B<90∘，0∘<C<90∘且B+C= 120∘，∴30∘<B<90∘∵bc=4sinBsin(120∘−B)=4sinB(√32cosB+12sinB)=2√3sinBcosB+2sin2B=√3sin2B+ (1−cos2B)=2sin(2B−30∘)+1，∵30∘<B<90∘，∴30∘<2B−30∘<150∘，∴12<sin(2B−30∘)≤1，∴2<2sin(2B−30∘)+1≤4，即2<bc≤3，∵a=√3，A=π3，由余弦定理可得：3=b2+ c2−bc，可得：b2+c2=bc+3，∴b2+c2+3bc=4bc+3∈(11，15]．故选：D．由正弦定理可得，asinA =bsinB=csinC=√3√3=2，结合已知可先表示b，c，然后由△ABC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b2+c2+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sinBcosC−sinCcosB=0，即sin(B−C)=0，因为A，B，C是三角形内角，所以B=C．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=√3=1 2bcsinA=12×1×c×√32，∴c=4，∴a2=b2+c2−2bccosA=1+14−2×1×4×12=13，∴a=√13，∴a−2b+csinA−2sinB+sinC =asinA=√13√32=2√393．故选：A．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， 则由题意，πR 12πR 22=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=12DE sin ∠DME ，R 2=12DFsin ∠DMF， 又DE =DF ，sin ∠DME =sin ∠DMF ，可得：R 1=R 2， 可得：λ=1． 故选：D ．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，πR 12πR 22=λ，由正弦定理可得：R 1=12DE sin ∠DME ，R 2=12DFsin ∠DMF ，结合DE =DF ，sin ∠DME =sin ∠DMF ，可得λ=1，即可得解．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+x2−92×2x×x =5x2−94x2，∴sinθ=√1−cos2θ=√144−9(x2−5)24x2，根据公式三角形面积S=12absinθ=12×2x⋅2x⋅√144−9(x2−5)24x2=√144−9(x2−5)22，∴当x2=5时，三角形面积有最大值.此时x=√5．AB的长：2√5．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，∵b=c，sinB sinA=1−cosBcosA，∴sinBcosA+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=12⋅OA⋅OB⋅sinθ+12⋅AB2⋅sinπ3=1 2×2×1×sinθ+√34(OA2+OB2−2OA⋅OB⋅cosθ)=sinθ−√3cosθ+5√34=2sin(θ−π3)+5√34．∵0<θ<π，∴−π3<θ−π3<2π3，故当θ−π3=π2时，sin(θ−π3)取得最大值为1，故S OACB=的最大值为2+5√34=8+5√34，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−π3)+5√34(0<θ<π)，从而可求得平面四边形OACB面积的最大值．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−π3)+5√34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．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，xsin30∘<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AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，由向量加法的几何意义，O 为边BC 中点，∵△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，∠BAC =π2，斜边BC =2，又∵|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，∴|AC|=1，|AB|=√BC 2−AC 2=√22−12=√3，∴S △ABC =12×|AB|×|AC|=12×1×√3=√32． 故选：B ． 由AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，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|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，从而可求|AC|，|AB|的值，利用三角形面积公式即可得解．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cos 2A2=1+cosA 2可得sinBsinC =1+cosA 2，再利用两角和差的余弦可求．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 22ab=12，∴ab =a 2+b 2−c2，∴a b+c +b c+a =ac+a 2+b 2+bcab+(a+b)c+c =a 2+b 2+(a+b)ca +b +(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 <π2，且B +A =3A ， ∴π2<3A <π． ∴π6<A <π3， ∴√22<cosA <√32， ∵a =1，B =2A ，∴由正弦定理可得：b a =b =sin2A sinA =2cosA ，∴√2<2cosA <√3，则b 的取值范围为(√，√故选A由题意可得0<2A <π2，且π2<3A <π，解得A的范围，可得cosA的范围，由正弦定理求得b=b=2cosA，根据cosA的范围确定出b范a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，∴cosB=1，2∴B=π．3∵由余弦定理可得：3=a2+c2−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=a2+c2−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+12c=b变形得：2acosC+c=2b，利用正弦定理得：2sinAcosC+sinC=2sinB=2sin(A+C)=2sinAcosC+2cosAsinC，∴sinC=2cosAsinC，即sinC(2cosA−1)= 0，由sinC≠0，得到cosA=12，又A为三角形的内角，则A=60∘；∵a=1，sinA=√32，B+C=120∘，即C= 120∘−B，∴asinA =bsinB=csinC=2√33，即b=2√3 3sinB，c=2√33sin(120∘−B)，则△ABC的周长l=a+b+c=1+2√3 3sinB+2√33sin(120∘−B)=1+2√33(32sinB+√32cosB)=1+2(√32sinB+12cosB)=1+2sin(B+30∘)，∵0<B<120∘，∴30∘<B+30∘<150∘，<sin(B+30∘)≤1，即2<1+2sin(B+∴1230∘)≤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=√，∴由余弦定理可得cosC=a2+b2−c22ab=222 2×√2c×√2c =34，再由二倍角公式可得cosC=1−2sin2C2=34，解得sin C2=√24或sin C2=−√24，再由三角形内角的范围可得C2∈(0，π2)故sin C2=√24故答案为：√24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．15. 解：将cosA=b2+c2−a22bc，cosB=a2+c2−b22ac代入已知等式得：a−b=c a2+c2−b22ac −c⋅b2+c2−a22bc，整理得：a2+b2−c2a =a2+b2−c2b，当a2+b2−c2=0，即a2+b2=c2时，△ABC为直角三角形；当a2+b2−c2≠0时，得到a=b，△ABC为等腰三角形，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．16. 解：原式可化为sin2Asin2B=sinAcosBcosAsinB⇒sinAsinB=cosBcosA⇒sin2A=sin2B∴2A=2B或2A=π−2B⇒A=B或A+B=π2．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 =asinA −csinC ，即asinA −csinC =(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 22ab=12． 又C ∈(0，π).所以C =π3．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 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3×3×3×cos120∘=−272． 故答案为：−272． 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< ksin60∘，即k>8√3时，三角形无解；(2)当AC=BCsin∠ABC，即12=ksin60∘，即k=8√3时，三角形有1解；(3)当BCsin∠ABC<AC<BC，即ksin60∘<12<k，即12<k<8√3，三角形有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√时，三角形恰有一个解．故答案为：0<k≤12或k=8√3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=sinAcosA ，tanB=sinBcosB，∴tanAtanB =sinAcosBcosAsinB=4sinC−2sinB2sinB=2sinC−sinBsinB，∴sinAcosB=cosA(2sinC−sinB)= 2sinCcosA−sinBcosA，即sinAcosB +cosAsinB =sin(A +B)=sinC =2sinCcosA ，∵sinC ≠0，∴cosA =12，即A =π3， ∴cosA =b 2+c 2−a 22bc=12， ∴bc =b 2+c 2−a 2=b 2+c 2−(2rsinA)2=b 2+c 2−3≥2bc −3，∴bc ≤3(当且仅当b =c 时，取等号)，∴△ABC 面积为S =12bcsinA ≤12×3×√32=3√34， 则△ABC 面积的最大值为：3√34． 故答案为：3√34． 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acsinB求解(2)直接利用△ABC的面积S=12出b，再用余弦定理可得．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tanA=√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：c2−2c−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. (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的值．(2)由已知利用正弦定理可得a=2sinA，b= 2sin(2π3−A)，利用三角函数恒等变换的应用化简可求a+b+c=2√3sin(A+π6)+√3，根据A+π6的范围，利用正弦函数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. (1)化简函数f(x)的解析式为sin(2x−π6)−1，可得函数的最小值为−2，最小正周期为2π2．(2)△ABC中，由f(C)=sin(2C−π6)−1=0，求得C=π3.再由向量m⃗⃗⃗ =(1，sinA)与n⃗= (2，sinB)共线可得sinB−2sinA=0，再由B=2π3−A可得sin(2π3−A)=2sinA，化简求得A =π6，故B =π2.再由正弦定理求得a 、b 的值．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. (1)由正弦定理求得外接圆半径R.再由a =cosB ，b =cosA ，可得cosB sinA =cosA sinB ，化简得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 +π4)+1.再由O <A <π4，利用正弦函数的定义域和值域求得sin(A +π4)+1<√2+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 =12acsinB ，可求ac ，由已知b ，B ，再利用余弦定理b 2=a 2+c2−2accosB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b2+c2−bc=4.再由余弦定理可得A=π．3(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，△ABC为等边三角形，从而求得面积的最大值．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．28. (1)利用向量共线定理可得：√3sinA−cosA=1，再利用和差公式、三角函数求值即可得出．(2)由题知1+sin2Bcos 2B−sin 2B=−3，利用倍角公式化为cosB+sinB cosB−sinB =−3，因此1+tanB1−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cosA=12，结合A的范围，即可求得A的值．(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．。