考点03 解三角形压轴题汇总(解析版)

考点03 解三角形压轴题
一、单选题（共12小题）
1.（2020秋•洛阳期中）已知△ABC为锐角三角形，D，E分别为AB，AC的中点，且CD⊥BE，则cos A的
取值范围是（）
A．（，1）B．（）C．[，1）D．[，）
【分析】设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设CD，BE交于G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由直角三角形的性质可得AF＝a，分别在三角形ABF和三角形ACF中，运用余弦定理可得c2+b2＝5a2，由锐角三角形可得＜＜，再由余弦定理可得cos A关于b，
c的式子，由换元法和对勾函数的单调性，计算可得所求范围．
【解答】解：设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
设CD，BE交于G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，
由CD⊥BE，可得FG＝BC＝a，AG＝a，AF＝a，
在△ABF中，c2＝（a）2+（a）2﹣2×a•a•cos∠AFB，
在△ACF中，b2＝（a）2+（a）2﹣2×a•a•cos∠AFC，
上面两式相加，结合∠AFB+∠AFC＝π，
可得c2+b2＝5a2，
又△ABC为锐角三角形，可得a2+b2＞c2，b2+c2＞a2，c2+a2＞b2，
可得3b2＞2c2，3c2＞2b2，
则＜＜，即＜＜，
又cos A＝＝＝（+）≥×2＝，
当且仅当b＝c，取得最小值；
设＝t（＜t＜），则f（t）＝t+在（，1）递减，在（1，）递增，
可得f（）＝f（）＝，
则≤cos A＜，
故选：D．
【知识点】三角形中的几何计算
2.（2020春•惠山区校级期末）△ABC中，△ABC所在平面内存在点P使得PB2+PC2＝3P A2＝3，
则△ABC面积最大值为（）
A．B．C．D．
【分析】以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，设B（﹣a，0），C（a，0），（a ＞0），则A（0，），设P（x，y），运用两点距离公式可得P在两圆上，由圆与圆的位置关
系的等价条件，解不等式可得a的范围，再由三角形的面积公式，结合二次函数的最值求法，可得最大值．
【解答】解：以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，
建立直角坐标系，
设B（﹣a，0），C（a，0），（a＞0），
则A（0，），
设P（x，y），由PB2+PC2＝3P A2＝3，可得
（x+a）2+y2+（x﹣a）2+y2＝3[x2+（y﹣）2]＝3，
可得x2+y2＝﹣a2，x2+（y﹣）2＝1，
即有点P既在（0，0）为圆心，半径为的圆上，
也在（0，）为圆心，1为半径的圆上，
可得|1﹣|≤≤1+，
由两边平方化简可得a2≤，
则△ABC的面积为S＝•2a•＝a＝＝，
由a2≤，可得a2＝，S取得最大值，且为．
故选：B．
【知识点】正弦定理
3.（2020春•永州期末）设a，b，c为ABC中的三边长，且a+b+c＝1，则a2+b2+c2+4abc的取值范围是（）
A．[，]B．[，）C．（，]D．（，）
【分析】记f（a，b，c）＝a2+b2+c2+4abc，则f（a，b，c）＝1﹣2ab﹣2c（a+b）+4abc，再根据三角形边长性质可以证得f（a，b，c）．再利用不等式和已知可得ab，所以f （a，b，c）≥1﹣﹣2c（1﹣c）＝，
再利用求导根据单调性可以推得a2+b2+c2+4abc，继而可以得出结果．
【解答】解：记f（a，b，c）＝a2+b2+c2+4abc，则
f（a，b，c）＝1﹣2ab﹣2c（a+b）+4abc
＝1﹣2ab（1﹣2c）﹣2c（1﹣c）
＝2（c+ab）2﹣2a2b2﹣2（ab+c）+1
＝2[c+ab﹣]2﹣2a2b2+
＝4（c﹣）（a﹣）（b﹣）+
又a，b，c为△ABC的三边长，
所以1﹣2a＞0，1﹣2b＞0，1﹣2c＞0，
所以f（a，b，c）．
另一方面f（a，b，c）＝1﹣2ab（1﹣2c）﹣2c（1﹣c），
由于a＞0，b＞0，
所以ab，
又1﹣2c＞0，
所以f（a，b，c）≥1﹣﹣2c（1﹣c）＝，
不妨设a≥b≥c，且a，b，c为△ABC的三边长，
所以．
令y＝，则y′＝3c2﹣c＝c（3c﹣1）≤0，
所以y min＝﹣＝，
从而，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
故选：B．
【知识点】余弦定理
4.（2020春•嘉兴期末）在△ABC中，，AC的中点为D，若长度为3的线段PQ
（P在Q的左侧）在直线BC上移动，则AP+DQ的最小值为（）
A．B．C．D．
【分析】先求出BC＝6，AB＝3，以BC所在直线为x轴，y轴经过点A，建立坐标系，则A（0，3+），设P（a，0），则Q（a+3，0），D（，），求出AP+DQ，利用几何意义，结合对称性，即可得出结论．
【解答】解：因为，
由正弦定理可得，
可得，
以BC所在直线为x轴，y轴经过点A，则，
设，
可得AP+DQ＝+
则AP+DQ表示x轴上的点P与A和的距离和，
利用对称性关于x轴的对称点为E，
可得AP+DQ的最小值为AE＝＝．
故选：B．
【知识点】正弦定理
5.（2020春•博望区校级月考）在等腰△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中B为钝角，b
﹣a sin A＝b cos2A．点D与点B在直线AC的两侧，且CD＝3AD＝3，则△BCD的面积的最大值为（）A．B．4C．D．3
【分析】以D为原点，DC为x轴正方向建立直角坐标系，点A在单位圆上，可得：C（3，0），由已知可求B＝，设B（x，y），∠ADC＝θ，可得A（cosθ，sinθ），可得|AC|＝，由余弦定理|AB|＝|BC|＝，可得B的轨迹为：（x﹣）2+（y﹣）2＝，可得x＝时，有|y B|max ＝，利用三角形的面积公式可求S△BCD的最大值．
【解答】解：如图所示，以D为原点，DC为x轴正方向建立直角坐标系，点A在单位圆上，可得：C（3，0），
由b﹣a sin A＝b cos2A，可得：sin B﹣sin2A＝sin B（1﹣2sin2A），
可得：sin2A＝2sin B sin2A，
可得：sin B＝，由B为钝角，
可得B＝，
设B（x，y），∠ADC＝θ，可得：A（cosθ，sinθ），
可得：|AC|＝，
由题意及余弦定理可得：|AC|＝，
可得|AB|＝|BC|＝，
可得B的轨迹为：（x﹣）2+（y﹣）2＝，
可得：x＝时，有|y B|max＝，
由S△BCD＝|CD|•|y B|＝|y B|，
可得：S△BCDmax＝＝．
故选：C．
【知识点】三角形中的几何计算
6.（2020•西湖区校级模拟）设0＜b＜a＜4b，m＞0，若三个数，，m能组成一个三
角形的三条边长，则实数m的取值范围是（）
A．（，1）B．（1，）C．[，2]D．（，2）
【分析】由题意可得1＜＜4，可令t＝（1＜t＜4），判断可得，可得﹣＜m＜+，化为2﹣（+）＜2m＜2+（
+），结合基本不等式和导数判断单调性，以及不等式恒成立思想，即可得到所求范围．
【解答】解：∵0＜b＜a＜4b，m＞0，
令x＝，y＝，z＝m，
x2﹣y2＝（）2﹣2＝＜0，
∴，
∴x＜y，
∵x，y，z能组成一个三角形的三条边长，
可得y﹣x＜z＜x+y，
即为﹣＜m＜+，
设0＜b＜a＜4b，可得1＜＜4，可令t＝（1＜t＜4），
即有＜2m＜，
即为2﹣（+）＜2m＜2+（+），
由2+（+）≥2+2＝4，
当且仅当t＝1上式取得等号，但1＜t＜4，可得2﹣（+）＞4，
则2m≤4，即m≤2；
又设k＝+∈（2，），可得2﹣（+）＝2﹣k，
由y＝2﹣k的导数为y′＝﹣1＝，
由2＜k＜可得2k＞，即函数y为增函数，
可得2﹣k＜2﹣＝﹣，
即有2m≥﹣，即有m≥﹣，
可得﹣≤m≤2，
故选：C．
【知识点】三角形中的几何计算
7.（2020秋•五华区校级月考）设锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝1，A＝2C，
则△ABC周长的取值范围为（）
A．（0，2+）B．（0，3+）C．（2+，3+）D．（2+，3+]
【分析】由锐角三角形求得30°＜C＜45°，由正弦定理可得＝＝＝，求出a，b
关于cos C的函数，运用余弦函数的大小，可得所求范围．
【解答】解：锐角△ABC可得0°＜A＜90°，即0°＜2C＜90°，
B＝180°﹣A﹣C＝180°﹣3C，而0°＜180°﹣3C＜90°，
可得30°＜C＜45°，
由正弦定理可得＝＝＝，
可得a＝＝＝2cos C，
b＝＝＝
＝2cos2C+cos2C＝4cos2C﹣1，
则a+b+c＝4cos2C+2cos C
＝4（cos C+）2﹣，
由30°＜C＜45°，可得＜cos C＜，
即有cos C＝时，可得a+b+c＝2+，
cos C＝时，可得a+b+c＝3+，
则a+b+c的范围是（2+，3+）．
故选：C．
【知识点】三角形中的几何计算
8.（2020秋•鄂州期中）已知△ABC的内角为A，B，C满足sin（B+C﹣A）+sin（A+C﹣B）+sin（A+B﹣C）
＝，且△ABC的面积为2，则△ABC外接圆面积等于（）
A．2πB．4πC．8πD．16π
【分析】据正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sin A sin B sin C＝，利用正弦定理，三角形的面积公式，可得＝，求得R，即可计算得解外接圆的面积．
【解答】解：∵sin（B+C﹣A）+sin（A+C﹣B）+sin（A+B﹣C）＝，且A+B+C＝π，
∴sin2A+sin2B+sin2C＝，
∴2sin A cos A+2sin（B+C）cos（B﹣C）＝，
2sin A（cos（B﹣C）﹣cos（B+C））＝，
化为2sin A[﹣2sin B sin（﹣C）]＝，
∴sin A sin B sin C＝．
设外接圆的半径为R，
由正弦定理可得：＝2R，
由S＝ab sin C，及正弦定理得：sin A sin B sin C＝＝，
由于S＝2，可得：R2＝4S＝8，可得R＝2，
∵△ABC外接圆面积S＝πR2＝8π．
故选：C．
【知识点】正弦定理
9.（2020春•萍乡期末）在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若ac＝4，a•cos C+3c•cos A
＝0，则△ABC面积的最大值为（）
A．1B．C．2D．4
【分析】△ABC中，a•cos C+3c•cos A＝0，利用余弦定理可得：2b2＝a2﹣c2．结合ac＝4，a，b都用c表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质可得cos B的最小值，可得sin B的最大值，即可得出三角形面积的最大值．
【解答】解：△ABC中，a•cos C+3c•cos A＝0，
∴a•+3c•＝0，化为：2b2＝a2﹣c2．
∵ac＝4，∴a＝，∴b2＝＝．
∴cos B＝＝＝≥＝，当且仅当c2＝，b2＝，a2＝4时取等号．
∴B∈．
∴sin B．
则△ABC面积的最大值＝ac sin B≤＝1．
故选：A．
【知识点】余弦定理、正弦定理
10.（2020秋•南山区校级期末）在△ABC中，D，E分别是边AC，AB的中点，若BD⊥CE，则cos A的最小
值为（）
A．B．C．D．
【分析】建立坐标系，设出C，E两点坐标，表示出A，B两点坐标，将cos A的最小值转化为向量的数量积运算处理．
【解答】解：依题意，如图，设C（90，c），B（b，0），（b＞0，c＞0），
则因为D为AC中点，∴A（﹣b，﹣c），D（﹣，0）
又因为E为AB中点，∴E（0，﹣），
∴＝（b，2c），＝（2b，c）
则cos A＝＝，
令t＝2+2，则t＞2，
∴cos A＝＝＝，
∴当＝﹣＝，即t＝4时，cos A有最小值．
故选：A．
【知识点】余弦定理
11.（2020春•浦东新区校级月考）在边长为的正三角形ABC的边AB、AC上分别取M、N两点，沿线段
MN折叠三角形，使顶点A正好落在边BC上，则AM的长度的最小值为（）
A．B．C．2﹣D．
【分析】在图（2）中连接MP，由折叠可知AM＝PM，根据等边对等角可得∠BAP＝∠APM，又∠BMP为三角形AMP的外角，若设∠BAP为θ，则有∠BMP为2θ，再设AM＝PM＝x，根据正弦定理建立函数关系，根据正弦函数的图象与性质得出正弦函数的最大值，进而得出x的最小值，即为AM的最小值．
【解答】解：显然A，P两点关于折线MN对称，
连接MP，图（2）中，可得AM＝PM，则有∠BAP＝∠APM，
设∠BAP＝θ，∠BMP＝∠BAP+∠APM＝2θ，
再设AM＝MP＝x，则有MB＝﹣x，
在△ABC中，∠APB＝180°﹣∠ABP﹣∠BAP＝120°﹣θ，
∴∠BPM＝120°﹣2θ，
又∠MBP＝60°，
在△BMP中，由正弦定理知＝，
即＝，
∴x＝，
∵0°≤θ≤60°，
∴0°≤120°﹣2θ≤120°，
∴当120°﹣2θ＝90°，即θ＝15°时，sin（120°﹣2θ）＝1．
此时x取得最小值＝＝2，且∠AME＝75°．
则AM的最小值为2．
故选：C．
【知识点】解三角形
12.在△ABC中，sin A，sin B，sin C依次成等比数列，则的取值范围是（）
A．（1，2+）B．（﹣2，1）C．（3﹣，2）D．（2，3+）
【分析】由已知得，则＝1，看成关于的二次函数f（t）＝t2+t+1，根据三角形任意两边大于第三边，求出即t的范围，结合函数的单调性即可求解．
【解答】解：由已知得，则＝1，看成关于的二次函数f（t）＝t2+t+1，下面研究t的范围，
显然a，或c是最大边，所以a+b＞c⇒①，或b+c＞a⇒②，
联立①②解得，
所以问题转化为研究二次函数：f（t）＝t2+t+1，的值域的问题．
该函数在定义域内递增，计算得，．
故所求的范围是（2，3+）．
故选：D．
【知识点】等比数列的通项公式、正弦定理
二、填空题（共9小题）
13.（2020春•江苏月考）如图所示，△ABC中，AC＝3，点M是BC的中点，点N在边AC上，且AN＝2NC，
AM与BN相交于点P，且PN＝2PM，则△ABC面积的最大值为．
【分析】根据题意把设＝，＝，作为该平面的一组基底，根据向量运算的三角形法则及共线向量定理分别表示出，，即可求得AP：PM，BP：PN的值，再设PM＝2t，求得PN，P A，PB，
设△APN的面积为x，运用余弦定理和面积公式，结合二次函数的最值可得x的最大值，进而得到所求△ABC的面积的最大值．
【解答】解：设＝，＝，
则＝+＝﹣3﹣，＝+＝2+，
∵A、P、M和B、P、N分别共线，
∴存在实数λ、μ，使＝λ＝﹣λ﹣3λ，＝μ＝2μ+μ，
故＝﹣＝（λ+2μ）+（3λ+μ）．
而＝+＝2+3，
∴，
解得，
故＝，＝，
即AP：PM＝4：1．BP：PN＝3：2，
设PM＝t，则PN＝2t，P A＝4t，PB＝3t，t＞0，
设△APN的面积为x，∠APN＝α，
在△APN中，AN＝2，AP＝4t，PN＝2t，
可得cosα＝＝，sinα＝，
则x＝•4t•2t•sinα＝＝≤，
当t2＝，即t＝时，x取得最大值，
而△ABP的面积为x，△BPM的面积为，
则△ABC的面积为2（+）＝x，
则△ABC的面积的最大值为×＝5．
故答案为：5．
【知识点】解三角形
14.（2020•南通模拟）已知等边△ABC的边长为1，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，且S△ADF＝S△DEF
＝．若AD＝x，CE＝y，则的取值范围为．
【分析】由AD＝x，CE＝y，可得BD＝1﹣x，BE＝1﹣y，0≤x≤1，设CF＝z，可得AF＝1﹣z，运用三角形的面积公式，求得y关于x的函数式，令y≤1，得＜x≤或＜x≤1，再由换元法和基本
不等式，以及对勾函数的单调性，可得所求范围．
【解答】解：由AD＝x，CE＝y，可得BD＝1﹣x，BE＝1﹣y，0≤x≤1，
设CF＝z，可得AF＝1﹣z，
S△ADF＝S△DEF＝＝•＝，
即有S△ADF＝x（1﹣z）•＝，
可得z＝1﹣，由z≥0，可得≤x≤1，
由S△DEF＝﹣﹣（1﹣x）（1﹣y）•﹣yz•＝，
化为1﹣x﹣y+xy+y（1﹣）＝，
即为y＝，由y≤1，即有≥0，
即或，结合≤x≤1，
可得＜x≤或＜x≤1，①
则＝，
可令3x﹣2＝t，即x＝，
可得＝＝，
若t＝0，则x＝，＝0；
若t＞0，即＜x≤1，可得＝≤＝，当且仅当t＝1，即x＝1时，取得等号，又＞0，可得此时0＜≤；
当t＜0时，即≤x＜，由①可得≤x≤，
则﹣1≤t≤﹣，
则﹣≤t+≤﹣2，
则＝≥＝，当且仅当t＝﹣1，x＝时，取得等号，
且≤＝2，
即≤≤2，
则的范围是[0，]∪[，2]．
故答案为：[0，]∪[，2]．
【知识点】三角形中的几何计算
15.（2020•江苏模拟）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大
值为．
【分析】由已知可得，令sin A＝y，cos A＝x，可得，数形结合可知，又，可得
，当且仅当A＝60°，b＝c，也即三角形为等边三角形时，取得最大值．【解答】解：因为＝，（当且仅
当b＝c时取得等号），
令sin A＝y，cos A＝x，
故，
因为x2+y2＝1，且y＞0，
故可得点（x，y）表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：
目标函数，表示圆弧上一点到点A（2，0）点的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即A＝60°时，取得最小值；
故可得，
又，
故可得，当且仅当A＝60°，b＝c，也即三角形为等边三角形
时，取得最大值．
故答案为：．
【知识点】余弦定理
16.（2020•郑州三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a、b、c，，
a＝2，则sin B＝，则b＝．
【分析】由正弦定理化简已知等式，结合sin A≠0，可得sin B＝sin2C，可得B＝2C，或B+2C＝π，由于若B ＝2C，可得B+C＞π推出矛盾，可得B+2C＝π，根据三角形内角和定理可得A＝C，可求范围0＜
B＜，利用同角三角函数基本关系式可求cos B的值，进而根据余弦定理可求b的值．
【解答】解：∵，
∴b sin A﹣b sin2C＝a sin2C﹣b sin2C，
∴b sin A＝a sin2C，由正弦定理可得：sin B sin A＝sin A sin2C，
∵sin A≠0，
∴sin B＝sin2C，
∴可得B＝2C，或B+2C＝π，
∵若B＝2C，由于＜C＜，可得＜B＜π，可得B+C＞π（舍去），
∴B+2C＝π，可得A＝C，可得：a＝c＝2，
∵＜C＜，＜A+C＜π，
∴0＜B＜，
∴由sin B＝，可得cos B＝，
∴由余弦定理可得b＝＝＝．
故答案为：．
【知识点】正弦定理
17.（2020•泉州二模）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，a＝3．若点D
在边BC上，且BD＝2DC，则AD的最大值是．
【分析】△ABC中利用正弦定理转化求得A的值，再求出△ABC外接圆的半径；取BC的中点M，利用直角三角形的边角关系与两边之和大于第三边，即可求出AD的最大值．
【解答】解：△ABC中，，由正弦定理得，sin A sin B＝sin B cos A，
因为sin B≠0，所以tan A＝；
又因为0＜A＜π，所以A＝；
设△ABC外接圆的圆心为O，半径为R，则由正弦定理得，R＝＝＝；
取BC的中点M，如图所示；
在Rt△BOM中，BM＝BC＝，OM＝＝＝；
在Rt△DOM中，DM＝BD﹣BM＝，OD＝＝＝1；
由AD≤AO+OD＝R+OD＝+1，当且仅当圆心O在AD上时取“＝”；
所以AD的最大值是+1．
故答案为：+1．
【知识点】余弦定理、正弦定理
18.（2020•泰州模拟）在△ABC中，点D在边BC上，且满足AD＝BD，3tan2B﹣2tan A+3＝0，则的取值
范围为．
【分析】可引入∠DAC＝α，然后根据AD＝BD，得α＝A﹣B，同时C＝π﹣（A+B），则，
分子分母展开后，整理成关于tan A，tan B的表达式，令该比值为a，将tan A用a和tan B表示出来，
代入3tan2B﹣2tan A+3＝0，得到关于tan B的一元二次方程，该方程有正根，结合判别式大于等于0，
得到关于a的不等式，即可求出a的范围，即结论．
【解答】解：如图，在△ABC中．
令∠DAC＝α，因为AD＝BD，∴∠BAD＝∠B且A＞B，，
∴α＝A﹣B，且C＝π﹣（A+B），
在△ACD中，令a＝＝＝＝，
∴（a﹣1）tan A＝（1+a）tan B，因为，∴D不可能为BC中点，故a≠1，
∴……①；
由3tan2B﹣2tan A+3＝0……②知，tan A＞0，故tan B＞0，∴，解得a＜﹣1或a＞1……
③．
将①式代入②式整理得：，这是一个关于tan B的一元二次方程，
该方程有实数根，
（结合③和韦达定理可知，该方程必有正根）．
∴，即2a2﹣5a+2≤0，解得④，
由③④得1＜a≤2即为所求．即的范围是（1，2]．
故答案为：（1，2]．
【知识点】三角形中的几何计算
19.（2020•厦门一模）如图，某景区有景点A，B，C，D．经测量得，BC＝6km，∠ABC＝120°，sin∠BAC
＝，∠ACD＝60°，CD＝AC，则AD＝km，现计划从景点B处起始建造一条栈道BM，并在M 处修建观景台．为获得最佳观景效果，要求观景台对景点A、D的视角∠AMD＝120°．为了节约修建成本，栈道BM长度的最小值为km．
【分析】在△ABC中，直接由正弦定理求解AD的长度；以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴建立平面
直角坐标系，求出M点的轨迹，可知M点在圆的一段圆弧上，再由圆心到B 点的距离减去半径求得栈道BM长度的最小值．
【解答】解：在△ABC中，BC＝6，∠ABC＝120°，sin∠BAC＝，
由正弦定理可得：，即，
解得：AC＝．
在△ACD中，由∠ACD＝60°，CD＝AC，得△ACD为等边三角形，可得AD＝AC＝km；
以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
由，得cos，
∴sin∠ACB＝sin（120°+∠BAC）＝sin120°cos∠BAC+cos120°sin∠BAC
＝＝，
cos∠ACB＝．
在△ABC中，由正弦定理可得：，解得AB＝12．
∴A点的坐标为（﹣6，6）．
sin∠DCx＝sin（60°+∠ACB）＝sin60°cos∠ACB+cos60°sin∠ACB
＝＝，
则cos∠DCx＝＝．
∴D点坐标为（9，9）．
设M（x，y），则，．
∵∠AMB＝120°，∴由到角公式可得：tan120°＝．
整理得：．
∴M点在圆的一段圆弧上．
圆心为（0，10），半径为．
则BM长度的最小值为．
故答案为：；．
【知识点】解三角形
20.（2020•婺城区校级模拟）在△ABC中，，点D与点B分别在直线AC的两侧，
且AD＝1，，则BD的长度的最大值是．
【分析】根据可分析出△ABC是直角三角形，画出图形，可设∠ACD＝α，借助于
余弦定理在三角形BCD中表示出BD2，然后再利用三角形ACD借助于余弦定理找到x与α角的关系，代入BD2表达式，利用导数研究函数最值的方法求解．
【解答】解：在三角形ABC中，设AC＝x，则BC＝，且．
由正弦定理得，解得，
显然B为锐角，故B＝．
∴．
设∠ACD＝α，∴．
∴在△BCD中，
＝3（x2+1）+6x sinα……①．
又∵在△ACD中，．
∴．代入①式得：
BD2＝．
令t＝x2+1，则上式可化为，（）……②．
∴，令y′＝0得，可见t＞5．
即t2﹣10t+16＝0，∴t＝8或t＝2（舍）
将t＝8代入②式得BD2＝27，故．（因为开区间内唯一的极值点即为该函数的最值点）
故答案为：3．
【知识点】三角形中的几何计算
21.（2020•郑州一模）在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且2cos A＝a（﹣cos C），c
＝2，D为AC上一点，AD：DC＝1：3，则△ABC面积最大时，BD＝．
【分析】由2＝c，结合三角形的正弦定理和三角函数的和差公式，可得b＝，再由三角形的海伦面积公式，化简整理，结合二次函数的最值求法，可得三角形的面积取得最大值时a的值，再由余弦定理计算可得所求值．
【解答】解：∵2cos A＝a（﹣cos C），c＝2，
∴c cos A＝﹣a cos C，
∴由正弦定理可得sin C cos A+sin A cos C＝sin A，
∴sin（A+C）＝sin B＝sin A，
∴b＝，
由p＝，p﹣a＝，p﹣c＝，p﹣b＝，
由三角形的海伦面积公式可得S△ABC＝＝
＝＝＝
＝
＝，
当a2＝12，即a＝2时，b＝2，△ABC的面积取得最大值，
∵D为AC上一点，AD：DC＝1：3，
∴AD＝，
∴由余弦定理可得cos A＝＝＝，
解得BD＝．
故答案为：．
【知识点】余弦定理
三、解答题（共12小题）
22.（2020秋•未央区校级期中）如图，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝．
（1）求cos∠CAD的值；
（2）若cos∠BAD＝﹣，sin∠CBA＝，求BC的长．
【分析】（1）在△ADC中，由余弦定理直接求解可得cos∠CAD的值．
（2）由cos∠BAD＝﹣，sin∠CBA＝，利用同角三角函数关系式和正弦定理即可求BC
的长．
【解答】解：AD＝1，CD＝2，AC＝
（1）在△ADC中，由余弦定理，得cos∠CAD＝．
∴；
（2）设∠BAC＝α，则α＝∠BAD﹣∠CAD，
，
在△ABC中，由正弦定理，，
解得：BC＝3．
即BC的长为3．
【知识点】余弦定理、正弦定理
23.（2020春•思南县校级期末）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a＝2，cos B＝．
（1）若b＝4，求sin A的值；
（2）若△ABC的面积S△ABC＝4，求b、c的值．
【分析】（1）由cos B＝＞0，且0＜B＜π，可得sin B＝．再利用正弦定理即可得出．（2）由S△ABC＝ac sin B＝，解得c，再利用余弦定理即可得出．
【解答】解：（1）∵cos B＝＞0，且0＜B＜π，∴sin B＝＝．
由正弦定理得＝，∴sin A＝＝＝．
（2）∵S△ABC＝ac sin B＝×＝4，∴c＝5．
由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2ac cos B＝22+52﹣2×2×5×＝17，∴b＝．
【知识点】余弦定理
24.（2020秋•浦东新区校级期中）在△ABC中，已知tan A＝．
（1）若△ABC外接圆的直径长为，求BC的值；
（2）若△ABC为锐角三角形，其面积为6，求BC的取值范围．
【分析】（1）由tan A＝求得sin A，再利用正弦定理求解BC，（2）由三角函数的有界性求BC取值范围．
【解答】解：（1）因为tan A＝＝，可得cos A＝，
∵sin2A+cos2A＝1，
∴sin2A+（）2＝1，又A∈（0，π），
解得：sin A＝，
因为△ABC外接圆的直径2R＝，
由正弦定理2R＝，可得BC＝2R sin A＝×＝6．
（2）由（1）可得sin A＝，cos A＝＝，
因为其面积为6＝bc sin A＝bc×，解得bc＝13，
由正弦定理可得，
可得：＝＝＝＝
，
其中φ+A＝，sinφ＝，cosφ＝，
∵△ABC是锐角三角形，
∴，
∴B∈（﹣A，），∴，
∴sin（）＜sin（2B﹣φ）≤sin，
∴，
∴＜＝，
∴，∴，
即BC的取值范围是[4，）．
【知识点】正弦定理
25.（2020春•海安市校级期中）在①；②2a cos A＝b cos C+c cos B，③，
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知_______．
（1）求角A；
（2）设△ABC的面积为S，若，求面积S的最大值．
【分析】（1）首先任选择一个条件，然后根据正弦定理进行边角互化，再根据三角恒等变换，化简求值．（2）由（1）得A＝，利用余弦定理和基本不等式求bc的最大值，再求面积的最大值．
【解答】解：（1）若选条件①，∵，
∴由正弦定理得，
∵sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C，
∴＝，
，
∵sin C≠0，
∴，
∵0＜A＜π，
∴；
若选条件②，∵2a cos A＝b cos C+c cos B，
∴由正弦定理得
2sin A cos A＝sin B cos C+sin C cos B，
即2sin A cos A＝sin（B+C）＝sin A，
，
∵0＜A＜π，
∴；
若选条件③，∵，
∴由正弦定理得
，
∵sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C，
∴＝sin A cos C+cos A sin C，
，
∵sin C≠0，
∴，
∵0＜A＜π，
∴；
所以不管选择哪个条件，．
（2）a2＝b2+c2﹣2bc cos A，
，
即b2+c2﹣bc＝3，
∵b2+c2≥2bc，
∴2bc﹣bc≤3，即bc≤3，当b＝c时等号成立．
∴bc的最大值为3，
∵，
∴．
【知识点】两角和与差的三角函数、正弦定理
26.（2020春•台州期中）已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，，
b＝2，D为线段AC上一点且AD＝3DC．
（Ⅰ）求cos B；
（Ⅱ）求|BD|的最大值．
【分析】（Ⅰ）利用正弦定理将已知等式化成边之间的关系，再由余弦定理即可求得cos B的值；
（Ⅱ）利用平面向量的线性运算及数量积运算可得＝，由（Ⅰ）中结论
及利用基本不等式可得，从而可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理得：，
∴
∴，
（Ⅱ）因为D为线段AC上一点且AD＝3DC，
所以＝+＝+＝+（）＝+，
所以
＝
＝＝．
由（Ⅰ）知：
因为：，（当且仅当a＝c＝时取等号）．
所以：，得：
所以：
故|BD|的最大值为．
【知识点】正弦定理、余弦定理
27.（2020•白云区模拟）已知函数f（x）＝a sin x+b cos x（a＞0）的图象的一条对称轴为直线，且此
轴与函数图象交点的纵坐标为
（Ⅰ）求函数f（x）的的单调递增区间；
（Ⅱ）在三角形ABC中，两个内角A，B满足A＝4B，且，求内角A，B所对的边的比的值．
【分析】第一问需要我们根据对称轴及最值求出函数解析式，然后利用整体法求函数的单调增区间；第二问为三角函数与解三角形的综合题目，需要我们根据条件求出角A，B的值然后求解．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝a sin x+b cos x＝＝，
；
由题意知，，；
所以；
所以；
于是；
所以f（x）＝＝；
令，
解得；
所以单调递增区间为[]，K∈Z；
（Ⅱ）；
，
又因为A∈（0，π），所以；
；
由正弦定理得：．
【知识点】两角和与差的三角函数、正弦定理
28.（2020春•滁州期末）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）若b＝，C＝120°，求△ABC的面积S；
（2）若b：c＝2：3，求．
【分析】（1）由正弦定理化简已知条件，解得a，又知b，C，由三角形面积公式ab sin C可求得面积；
（2）由已知条件可得a，b，c的比例关系，由倍角公式和正弦定理，余弦定理化简即可得结果．【解答】解：（1）由正弦定理知，c sin B＝b sin C；
由2a sin C＝c sin B，得2a sin C＝b sin C，故2a＝b，∵b＝，∴a＝6；
又C＝120°，△ABC的面积S＝＝＝18，
故△ABC的面积S为18．
（2）由2a＝，b：c＝2：3，∴，∴，
＝＝＝2cos A﹣；
＝＝；
∴2cos A﹣＝1．
故．
【知识点】解三角形
29.（2020秋•汇川区校级期中）在△ABC中，D为BC上一点，AD＝CD，BA＝7，BC＝8．
（1）若B＝60°，求△ABC外接圆的半径R；
（2）设∠CAB﹣∠ACB＝θ，若，求△ABC面积．
【分析】（1）利用余弦定理求出AC的值，再由正弦定理求得三角形外接圆的半径；
（2）由题意，利用正弦、余弦定理求得∠ABC的正弦值，再计算△ABC的面积．【解答】解：（1）由余弦定理AC2＝BA2+BC2﹣2BA•BC•cos B＝57，
解得；
又，
解得；
∴△ABC外接圆的半径R为；…（5分）
（2）由AD＝CD，所以∠DCA＝∠DAC，
所以θ＝∠CAB﹣∠ACB＝∠BAD；
由，
当∠BAD为锐角时，得；
设BD＝x，则DC＝8﹣x，DA＝8﹣x，
在△ABD中，
由余弦定理得，
解得x＝3；
所以BD＝3，DA＝5；
由正弦定理，
即，
解得；
所以，
此时△ABC的面积为10…（10分）
当∠BAD为钝角时，得cosθ＝cos∠BAD＝﹣；
设BD＝y，则DC＝8﹣y，DA＝8﹣y，
在△ABD中BA＝7，BD＝y，DA＝8﹣y，cos∠BDA＝﹣，
由余弦定理得y2＝72+（8﹣y）2﹣2×7×（8﹣y）×（﹣），
解得y＝；
所以BD＝，DA＝；
由正弦定理，
即＝，
解得sin B＝；
所以S△ABC＝BA•BC•sin B＝，
此时△ABC的面积为…（14分）
【知识点】正弦定理、余弦定理
30.（2020秋•惠来县校级期中）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝1，求△ABC的周长l的最大值．
【分析】（1）由题意利用正弦定理，两角和差的三角公式，求得cos A的值，可得A的值．
（2）利用正弦定理求得b、c的解析式，可得周长l的解析式，再利用正弦函数的定义域和值
域，求得△ABC的周长l的最大值．
【解答】解：（1）△ABC中，∵，
∴由正弦定理可得sin A cos C+sin C＝sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C，
∴sin C＝cos A sin C，∴cos A＝．
结合A∈（0，π），可得A＝．
（2）由正弦定理得，
∴周长
＝．
∵，∴，
∴，故△ABC的周长l的最大值为3．
【知识点】正弦定理
31.（2020•静安区二模）若函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0≤φ＜π）满足下列条件：①f（x）
的图象向左平移π个单位时第一次和原图象重合；对任意的x∈R都有f（x）≤f（）＝2成立．（1）求f（x）的解析式；
（2）若锐角△ABC的内角B满足f（B）＝1，且∠B的对边b＝1，求△ABC的周长l的取值范围．
【分析】（1）由题意可得T＝＝π，解得ω，由题意可求A，利用正弦函数的性质可得2×＝2kπ+，k∈Z，结合范围0≤φ＜π，可求φ，即可得解函数解析式．
（2）由，可求，结合△ABC是锐角三角形，可求范围，
由正弦定理可得，利用三角函数恒等变换的
应用化简周长，利用正弦函数的性质即可得解其取值范围．
【解答】解：（1）由题意可得：T＝＝π，解得：ω＝2，
∵对任意的x∈R都有成立，
∴x＝时，f（x）有最大值2，可得：A＝2，
∵2×＝2kπ+，k∈Z，
又∵0≤φ＜π，
∴φ＝，
∴f（x）＝2sin（2x+）．
（2）f（B）＝1，
∴，
∴，
∵△ABC是锐角三角形，
∴，
∴，
∴△ABC中，由正弦定理可得，
∴，
∴，
∴．
【知识点】正弦定理、函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
32.（2020•东胜区校级一模）在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知4a cos A＝c cos B+b cos C．
（1）若a＝4，△ABC的面积为，求b，c的值；
（2）若sin B＝k sin C（k＞0），且△ABC为钝角三角形，求k的取值范围．
【分析】先由正弦定理和三角恒等变换，同角的三角函数基本关系求出cos A、sin A的值；
（1）利用余弦定理和三角形的面积公式列出方程组，求出b、c的值；
（2）利用正弦定理和余弦定理，讨论B为钝角和C为钝角时，分别求出k的取值范围．
【解答】解：△ABC中，4a cos A＝c cos B+b cos C，
∴4sin A cos A＝sin C cos B+sin B cos C＝sin（C+B）＝sin A，
∴cos A＝，
∴sin A＝＝；
（1）a＝4，
∴a2＝b2+c2﹣2bc•cos A＝b2+c2﹣bc＝16①；
又△ABC的面积为：
S△ABC＝bc•sin A＝bc•＝，
∴bc＝8②；
由①②组成方程组，解得b＝4，c＝2或b＝2，c＝4；
（2）当sin B＝k sin C（k＞0），b＝kc，
∴a2＝b2+c2﹣2bc•cos A＝（kc）2+c2﹣2kc•c•＝（k2﹣k+1）c2；
当B为钝角时，a2+c2＜b2，
即（k2﹣k+1）+1＜k2，解得k＞4；
当C为钝角时，a2+b2＜c2，
即（k2﹣k+1）+k2＜1，解得0＜k＜；
所以△ABC为钝角三角形，k的取值范围是
0＜k＜或k＞4．
【知识点】正弦定理、余弦定理
33.（2020春•合肥期末）如图，GH是东西方向的公路北侧的边缘线，某公司准备在GH上的一点B的正北
方向的A处建一仓库，设AB＝ykm，并在公路北侧建造边长为xkm的正方形无顶中转站CDEF（其中边EF在GH上），现从仓库A向GH和中转站分别修两条道路AB，AC，已知AB＝AC+1，且∠ABC＝60°．（1）求y关于x的函数解析式，并指出定义域；
（2）如果中转站四堵围墙造价为1万元/km，两条道路造价为3万元/km，问：x取何值时，该公司建中转站围墙和两条道路总造价M最低？
【分析】（1）根据题意得AB＝y且AC＝y﹣1，在Rt△BCF中，BC＝2CF＝2x．然后在△ABC中利用余弦定理AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos B的式子建立关于x、y的等式，解出用x表示y的式子，即可得到y关于x的函数解析式以及函数的定义域；
（2）由（1）求出的函数关系式，结合题意得出总造价M＝﹣3+4x．然后换元：令x
﹣1＝t，化简得到M＝16t++25，利用基本不等式算出当t＝时，M的最小值为49．由此即
可得出当总造价M最低时，相应的x值．
【解答】解：（1）∵AB＝y，AB＝AC+1，∴AC＝y﹣1．
∵在Rt△BCF中，CF＝x，∠ABC＝60°，
∴∠CBF＝30°，可得BC＝2x．
由于2x+y﹣1＞y，得x．
在△ABC中，根据余弦定理AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos B，
可得（y﹣1）2＝y2+（2x）2﹣2y•2x•cos60°，
即（y﹣1）2＝y2+4x2﹣2xy，解得y＝．
∵y＞0且x，∴x＞1．
可得y关于x的函数解析式为y＝，（x＞1）．函数的定义域为（1，+∞）．
（2）由题意，可得总造价M＝3[y+（y﹣1）]+4x＝﹣3+4x．
令x﹣1＝t，则M＝﹣3+4（t+1）＝16t++25≥＝49，
当且仅当16t＝，即t＝时，M的最小值为49．
此时x＝t+1＝，y＝＝．
答：当x的值为时，该公司建中转站围墙和道路总造价M最低．
【知识点】解三角形。