§3 解三角形
【备考指南】 解三角形的核心命题点有三个：一是应用正弦、余弦定理求三角形中的长度、角度、面积等几何度量问题；二是与三角形有关的最值、范围问题；三是解三角形在实际生活中的应用，难度中等．求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用．
基础考点 解三角形中的角度、长度、面积问题
【典例1】 (1)(2023·北京高考)在△ABC中，(a＋c)·(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，则C＝( )
A． B．
C． D．
(2)(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝，b2＝ac，则sin A＋sin C＝( )
A． B．
C． D．
(3)(2024·湖北武汉四调)已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝．
①求sin C的值；
②若△ABC的面积S＝5，且c＝(a－b)，求△ABC的周长．
[听课记录]
应用正弦、余弦定理解题的技巧
(1)涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理．
(2)涉及边a，b，c的齐次式时，要根据式子的特点进行转化．如出现a2＋b2－c2＝λab形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理．
(2024·广东梅州二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a cos B－b sin A＝c，c＝2．
(1)求A的大小；
(2)点D在BC上．
①当AD⊥AB，且AD＝1时，求AC的长；
②当BD＝2DC，且AD＝1时，求△ABC的面积．
能力考点1 与解三角形有关的最值、范围问题
【典例2】 (2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝．
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
[听课记录]
三角形中的最值与范围问题的两种解决方法
(1)基本不等式法：将所求表达式转化为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；
(2)函数性质法：将所求表达式转化为某一个角的函数，结合函数的性质确定所求表达式的范围．
1．(2024·山东烟台二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a2＋b2－c2)＝ab sin C，且c＝1，则△ABC面积的最大值为________．
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(2a－c)cos B＝b cos C，且b＝，则△ABC周长的取值范围为________．
3．(2024·福建厦门三模)记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2cos C＝－，则B的取值范围是________．
4．[高考变式]在△ABC中，sin B·sin C·cos A＋2sin A·sin C·cos B＝3sin A·sin B·cos C，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)求的值；
(2)求cos C的最小值．
能力考点2 三角函数在实际建模中的应用
【典例3】 (1)(2024·广东湛江二模)为测量某大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC＝102 m，∠BOC＝120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则该大厦的高度OA＝________ m．
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心．A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．
[听课记录]
以几何图形为载体的三角函数、解三角形应用题，通常与立体图形、平面图形相结合，解决此类问题的关键是把相应线段表示出来，进而列出函数的解析式．解题过程中体现了转化思想及数学运算、数学建模素养．
1．(多选)(教材改编)如图，在海面上有两个观测点B，D，B在D的正北方向，距离为2 km，在某天10：00观察到某航船在C处，此时测得∠CBD＝45°，5分钟后该船行驶至A处，此时测得∠ABC＝30°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则( )
A．观测点B位于A处的北偏东75°方向
B．当天10：00时，该船到观测点B的距离为 km
C．当船行驶至A处时，该船到观测点B的距离为 km
D．该船在由C行驶至A的这5分钟内行驶了 km
2．(2024·江苏南通模拟)某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10 cm和20 cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为________cm.
1 / 1§3 解三角形
【备考指南】 解三角形的核心命题点有三个：一是应用正弦、余弦定理求三角形中的长度、角度、面积等几何度量问题；二是与三角形有关的最值、范围问题；三是解三角形在实际生活中的应用，难度中等．求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用．
基础考点 解三角形中的角度、长度、面积问题
【典例1】 (1)(2023·北京高考)在△ABC中，(a＋c)·(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，则C＝( )
A． B．
C． D．
(2)(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝，b2＝ac，则sin A＋sin C＝( )
A． B．
C． D．
(3)(2024·湖北武汉四调)已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝．
①求sin C的值；
②若△ABC的面积S＝5，且c＝(a－b)，求△ABC的周长．
(1)B (2)C [(1)因为(a＋c)(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，
所以由正弦定理得(a＋c)(a－c)＝b(a－b)，
即a2－c2＝ab－b2，
则a2＋b2－c2＝ab，故cos C＝＝＝，
又0＜C＜π，所以C＝.故选B．
(2)因为B＝，b2＝ac，
则由正弦定理得sin A sin C＝sin2B＝．
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－ac＝ac，
即a2＋c2＝ac，根据正弦定理得sin2A＋sin2C＝sin A sin C＝，
所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sin A sin C＝．
因为A，C为三角形内角，所以sin A＋sin C>0，则sin A＋sin C＝．
故选C．]
(3)[解] ①由正弦定理及题意可得，＝，所以3sin B cos C－sin A cos C＝cos A sin C．
所以3sin B cos C＝sin A cos C＋cos A sin C＝sin (A＋C)．
又sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，且sin B≠0，
所以cos C＝．
由sin C>0，故sin C＝＝．
②因为S＝ab sin C＝5，所以ab＝15．
由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－10．
又c2＝6(a－b)2＝6(a2＋b2)－180，
联立得a2＋b2＝34，c＝2．
所以a＋b＝＝8．
故△ABC的周长为a＋b＋c＝8＋2．
应用正弦、余弦定理解题的技巧
(1)涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理．
(2)涉及边a，b，c的齐次式时，要根据式子的特点进行转化．如出现a2＋b2－c2＝λab形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理．
(2024·广东梅州二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a cos B－b sin A＝c，c＝2．
(1)求A的大小；
(2)点D在BC上．
①当AD⊥AB，且AD＝1时，求AC的长；
②当BD＝2DC，且AD＝1时，求△ABC的面积．
[解] (1)因为a cos B－b sin A＝c，
所以由正弦定理可得sin A cos B－sin B sin A＝sin C，
又sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B，
所以－sin B sin A＝cos A sin B，
因为B为三角形内角，sin B>0，
所以－sin A＝cos A，可得tan A＝－，
因为A∈(0，π)，所以A＝．
(2)①因为AB＝2＝2AD，AD⊥AB，
所以DB＝＝，
所以cos ∠ABC＝＝，sin ∠ABC＝＝，
sin C＝sin ＝×＋×＝－＋．
在△ABC中，由正弦定理可得＝，
即AC＝＝＝．
②设∠CAD＝α，由S△ABC＝S△BAD＋S△CAD，
可得b＝2sin ＋b sin α，
即b－b sin α＝2sin ①．
因为＝，＝，
由于BD＝2DC，所以×＝，
所以b＝②，
由①②解得sin α＝，b＝，
则S△ABC＝bc sin A＝．
【教师备选资源】
1．在△ABC中，若2cos2A－cos A＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos(B－C)，则A＝( )
A． B．
C． D．
B [因为2cos2A－cos A＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos(B－C)，
所以2(1－sin2A)－cos[π－(B＋C)]
＝2(1－sin2B)＋2(1－sin2C)－2＋cos(B－C)，
则2－2sin2A＋cos B cos C－sin B sin C＝2－2sin2B－2sin2C＋cos B cos C＋sin B sin C，
整理得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin B sin C．
由正弦定理可得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理的推论得cos A＝＝＝，因为A∈(0，π)，故A＝．故选B．]
2．在公元前500年左右，毕达哥拉斯学派的数学家们坚信“万物皆(整)数与(整)数之比”，但后来的数学家发现了无理数，引发了数学史上的第一次数学危机．如图是公元前400年古希腊数学家泰特托斯用来构造无理数，，，…的图形，此图形中∠BAD的余弦值是( )
A． B．
C． D．
D [在△BCD中，∠DCB＝135° BD2＝1＋1＋2×1×1×＝2＋，
在△BAD中，cos ∠BAD＝＝．
故选D．]
3．(2024·福建厦门模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，则cos A＝( )
A．－ B．
C．－ D．
A [由2sin B＝3sin C及正弦定理，得2b＝3c，
则b－c＝b－b＝a，
即b＝a，
则c＝b＝×a＝a，
故cos A＝＝＝＝－．故选A．]
4．(2024·山东大联考二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，甲：b－c＝a(cos C－cos B)，乙：△ABC是直角三角形，则( )
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
D [在△ABC中，由正弦定理及b－c＝a(cos C－cos B)，得sin B－sin C＝sin A(cos C－cos B)，
即sin (A＋C)－sin (A＋B)＝sin A(cos C－cos B)，
整理得cos A sin C－cos A sin B＝0，
由正弦定理得c cos A－b cos A＝0，
则cos A＝0或b＝c，即A＝或b＝c，
因此甲：A＝或b＝c，显然甲不能推出乙；
乙：△ABC是直角三角形，当角B或C是直角时，乙不能推出甲，所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件．
故选D．]
5．(2024·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2．
(1)求A；
(2)若a＝2，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长．
[解] (1)由sin A＋cos A＝2，得
sin A＋cos A＝1，即sin ＝1，
由于A∈(0，π)，所以A＋∈，故A＋＝，
所以A＝．
(2)由题设条件和正弦定理得
sin B sin C＝2sin C sin B cos B，又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，所以cos B＝，所以B＝，所以C＝π－A－B＝．
sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A＝，
由正弦定理＝＝，可得＝＝，解得b＝2，c＝＋，
故△ABC的周长为2＋＋3．
能力考点1 与解三角形有关的最值、范围问题
【典例2】 (2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝．
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
[解] (1)因为＝＝＝，即sin B＝cos A cos B－sin A sin B＝cos (A＋B)＝－cos C＝，而0＜B＜，所以B＝．
(2)由(1)知，sin B＝－cos C＞0，所以＜C＜π，0＜B＜，
而sin B＝－cos C＝sin ，
所以C＝＋B，即有A＝－2B．
所以＝＝
＝＝4cos2B＋－5≥2－5＝4 －5，
当且仅当cos2B＝时取等号，所以的最小值为4－5．
三角形中的最值与范围问题的两种解决方法
(1)基本不等式法：将所求表达式转化为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；
(2)函数性质法：将所求表达式转化为某一个角的函数，结合函数的性质确定所求表达式的范围．
提醒：注意在锐角△ABC中隐含着：①A＋B＞；
②若A＝，则＜B＜，＜C＜．
1．(2024·山东烟台二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a2＋b2－c2)＝ab sin C，且c＝1，则△ABC面积的最大值为________．
[因为(a2＋b2－c2)＝ab sin C，
所以由余弦定理得2ab cos C＝a2＋b2－c2，
得2ab cos C＝ab sin C，所以sin C＝2cos C．
又sin2C＋cos2C＝1，C∈(0，π)，
则sin C＝，cos C＝，
由余弦定理以及重要不等式得：
1＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－≥2ab－＝，即ab≤，当且仅当a＝b＝时等号成立，所以S△ABC＝ab sin C＝ab≤，即△ABC面积的最大值为．]
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(2a－c)cos B＝b cos C，且b＝，则△ABC周长的取值范围为________．
(2，3] [因为(2a－c)cos B＝b cos C，由正弦定理可得cos B＝sin B cos C，
所以2sin A cos B＝sin B cos C＋cos B sin C
＝sin (B＋C)＝sin A，
因为A，B∈(0，π)，则sin A≠0，所以cos B＝，故B＝，由余弦定理可得
3＝b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－＝，
所以(a＋c)2≤12，即a＋c≤2，
当且仅当a＝c＝时，等号成立．
又a＋c>b＝，故2
故△ABC周长的取值范围为(2，3]．]
3．(2024·福建厦门三模)记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2cos C＝－，则B的取值范围是________．
[因为2cos C＝－，所以2ab cos C＝3b2－a2，
由余弦定理可得2ab cos C＝a2＋b2－c2，
可得b2＝a2－c2，在锐角△ABC中，由余弦定理的推论可得cos B＝
＝＝＝·，
因为
即
即2a2>c2，
所以<，
所以cos B＝·<×＝，
所以B∈．]
4．[高考变式]在△ABC中，sin B·sin C·cos A＋2sin A·sin C·cos B＝3sin A·sin B·cos C，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)求的值；
(2)求cos C的最小值．
[解] (1)由已知条件及正弦定理可得，bc·cos A＋2ac·cos B＝3ab·cos C，
由余弦定理的推论得，bc·＋2ac·＝3ab·，
化简得＋a2＋c2－b2＝，
从而得3c2－a2－2b2＝0，即a2＋2b2＝3c2，
∴＝＝3．
(2)由余弦定理的推论得，
cos C＝＝
＝＝＝＋．
∵在△ABC中a，b均大于0，
∴cos C＝＋≥2＝，
当且仅当＝，即b2＝2a2时取等号，
∴cos C的最小值为．
能力考点2 三角函数在实际建模中的应用
【典例3】 (1)(2024·广东湛江二模)为测量某大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC＝102 m，∠BOC＝120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则该大厦的高度OA＝________ m．
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心．A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．
(1)204 (2)＋4 [(1)设OA＝h m，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以＝2，所以OB＝．
因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC＝h m．
在△BOC中，由余弦定理，可得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos ∠BOC，
即1022×7＝h2＋h2＋h2＝h2，解得h＝204．
(2)如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于点Q，AM⊥EF于点M，交DG于点E′，交BH于点F′，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝，△AOH为等腰直角三角形，又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，∴5－3m＝7－5m，得m＝1，
∴AF′＝5－3m＝2，OF′＝7－5m＝2，∴OA＝2，则阴影部分的面积S＝×π×(2)2＋×2×2－＝(cm2)．]
以几何图形为载体的三角函数、解三角形应用题，通常与立体图形、平面图形相结合，解决此类问题的关键是把相应线段表示出来，进而列出函数的解析式．解题过程中体现了转化思想及数学运算、数学建模素养．
1．(多选)(教材改编)如图，在海面上有两个观测点B，D，B在D的正北方向，距离为2 km，在某天10：00观察到某航船在C处，此时测得∠CBD＝45°，5分钟后该船行驶至A处，此时测得∠ABC＝30°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则( )
A．观测点B位于A处的北偏东75°方向
B．当天10：00时，该船到观测点B的距离为 km
C．当船行驶至A处时，该船到观测点B的距离为 km
D．该船在由C行驶至A的这5分钟内行驶了 km
ACD [A选项中，∠ABD＝∠ABC＋∠CBD＝30°＋45°＝75°，∠CDB＝∠ADC＋∠BDA＝30°＋60°＝90°，
因为B在D的正北方向，所以B位于A的北偏东75°方向，故A正确；
B选项中，在△BCD中，∠BDC＝90°，∠DBC＝45°，则∠BCD＝45°，即BD＝CD＝2，
所以BC＝2 km，故B错误；
C选项中，在△ABD中，∠ABD＝75°，∠ADB＝60°，则∠BAD＝45°，由正弦定理得＝，即AB＝＝ km，故C正确；
D选项中，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos ∠ABC＝6＋8－2××2×＝2，即AC＝ km，D正确．
故选ACD．]
2．(2024·江苏南通模拟)某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10 cm和20 cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为________cm.
60 [如图所示，EF＝10，FG＝20，
令∠AEF＝α，则AF＝10sin α，∠AFE＝－α，
则∠BFG＝α，BF＝20cos α，BG＝20sin α，∠BGF＝－α，
则∠CGH＝α，CG＝10cos α．
∴周长为2AB＋2BC＝2(10sin α＋20cos α)＋2(20sin α＋10cos α)＝60sin α＋60cos α＝60·sin≤60．]
【教师备选资源】
1．[高考变式]某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．图中的四边形ABCD为矩形，弧CED为一段圆弧，其尺寸如图所示，则截面的面积为( )
A．cm2
B．cm2
C．(4π＋2)cm2
D．(2π＋2)cm2
B [如图，设圆弧CED所在圆的圆心为O，半径为r.由题意解得半径r＝2 cm．
设图中阴影部分面积为S1，则截面面积S截面＝S圆＋S矩形ABCD－S1，
S圆＝πr2＝4π(cm2)，
S矩形ABCD＝1×2＝2(cm2)，
AB＝CD＝2cm，
作OF⊥CD于点F，连接OD，OC．
∵OD＝OC＝r＝2 cm，
∴F为CD的中点，∴DF＝(cm)，
∴cos ∠ODF＝＝，
故 ∠ODF＝，
∴∠DOF＝，
∴S扇形ODC＝×2××4＝(cm2)，
S△ODC＝DC·OF＝×2×1＝(cm2)，
∴S1＝S扇形ODC－S△ODC＝ cm2，
∴S截面＝4π＋2－＋
＝ cm2．]
2．据气象部门报道某台风影响我国东南沿海一带，测定台风中心位于某市南偏东60°，距离该市400 km的位置，台风中心以40 km/h的速度向正北方向移动，距离台风中心350 km的范围都会受到台风影响，则该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为________h．
[如图，A点为该市的位置，B点是台风中心向正北方向移动前的位置．
设台风移动t h后的位置为C，则BC＝40t．
又∠ABC＝60°，AB＝400，
在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 60°＝4002＋(40t)2－2×400×40t×＝1 600t2－16 000t＋160 000，
由AC≤350可得，1 600t2－16 000t＋160 000≤3502，
整理可得，16t2－160t＋375≤0，
解得≤t≤，又－＝，
所以该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为 h．]
3．在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为边AB的中点，G，F分别为边AD，BC上的动点，且∠FEG＝，则GE＋EF的取值范围是________．
[如图，
设∠AEG＝α，
则∠FEB＝－α，
GE＝，
EF＝，
GE＋EF＝＋＝
＝，
令t＝sin ，
则sin ＝－cos
＝－cos
＝2sin2－1＝2t2－1，
所以GE＋EF＝＝．
易得α∈，所以α＋∈，t∈，
因为函数y＝4t－在上单调递增，所以2≤4t－≤3，
所以≤GE＋EF＝≤2．]
专题限时集训(五) 解三角形
一、单项选择题
1．(2024·浙江金华三模)已知△ABC中，A＝，a＝，b＝2，则c＝( )
A． B．
C．3 D．3
D [由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，
即13＝4＋c2－2c，解得c＝3(c＝－舍去)．
故选D．]
2．(2024·云南昆明三模)已知△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝，则△ABC的面积等于( )
A．3 B．
C．5 D．2
B [由余弦定理得，cos B＝＝＝，因为B为三角形内角，则sin B＝＝，所以S△ABC＝AB·BC·sin B＝×3×4×＝．
故选B．]
3．(2024·湖北武汉模拟)在△ABC中，已知AB＝x，BC＝2，C＝，若存在两个这样的△ABC，则x的取值范围是( )
A． B．(0，2)
C．(2，2) D．(，2)
C [由正弦定理＝，可得sin A＝＝，
由题意可知，关于A的方程sin A＝在A∈有两解，在同一平面直角坐标系内分别作出曲线y＝sin A，A∈和水平直线y＝，
因为它们有两个不同的交点，所以<<1，所以24．(2024·河北秦皇岛三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝2C，b＝a，则( )
A．△ABC为直角三角形
B．△ABC为锐角三角形
C．△ABC为钝角三角形
D．△ABC的形状无法确定
A [由b＝a，可得sin B＝sin A，
则sin 2C＝sin (π－3C)＝sin 3C＝sin (2C＋C)，
即sin 2C＝sin 2C cos C＋cos 2C sin C，
即2cos C＝2cos2C＋(2cos2C－1)，
即4cos2C－2cos C－＝0，
由B＝2C>C，故C只能为锐角，可得cos C＝(舍负)，
因为05．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若△ABC的面积是，则A＝( )
A． B．
C． D．
A [由余弦定理可得，b2＋c2－a2＝2bc cos A，A∈(0，π)，
由条件可得，
S＝bc sin A＝＝bc cos A，
所以tan A＝，则A＝．故选A．]
6．(2024·陕西西安模拟)在100 m高的楼顶A处，测得正西方向地面上B，C两点与楼底在同一水平面上)的俯角分别是75°和15°，则B，C两点之间的距离为( )
A．200 m B．240 m
C．180 m D．200 m
D [由题意，BC＝－＝100×＝100×．
而tan 15°tan 75°＝·＝·＝1，
所以BC＝100×2＝200 m．故选D．]
二、多项选择题
7．(2024·广西桂林三模)在△ABC中，sin ＝，BC＝1，AC＝5，则( )
A．cos C＝
B．AB＝
C．△ABC的面积为
D．△ABC外接圆的直径是2
ABD [对于A，cos C＝1－2sin2＝1－2×＝，故A正确；
对于B，由A选项知cos C＝，由余弦定理得AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC cos C＝1＋25－2×1×5×＝21，故AB＝，故B正确；
对于C，在△ABC中，C∈(0，π)，故sin C>0，
所以sin C＝＝＝，
所以S△ABC＝BC·AC sin C＝×1×5×＝，故C错误；
对于D，设△ABC外接圆半径为R，
则由正弦定理得2R＝＝＝2，故D正确．
故选ABD．]
8．锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝c－2b cos A，则( )
A．A＝2B
B．B的取值范围是
C．若b＝3，c＝4，则a＝
D．的取值范围是(，)
ACD [对于A，由正弦定理及b＝c－2b cos A得sin B＝sin C－2sin B cos A．
因为A＋B＋C＝π，所以sin C＝sin (A＋B)，
所以sin C＝sin A cos B＋sin B cos A，
所以sin B＝sin (A－B)．
所以B＋A－B＝π(舍)或B＝A－B，即A＝2B，故A正确；
对于B，因为△ABC为锐角三角形，
所以
所以解得＜B＜，故B错误；
对于C，因为A＝2B，＝，
所以＝，所以cos B＝．
因为b＝3，c＝4，cos B＝，所以＝，即＝，即a2＝21，解得a＝(a＝－舍去)，故C正确；
对于D，由正弦定理，得＝＝＝＝2cos B．
因为＜B＜，所以＜cos B＜，所以＜2cos B＜，即的取值范围是(，)．
故D正确．故选ACD．]
三、填空题
9．(2024·山东威海二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝，b＋c＝4，cos C＝－，则sin A＝________．
[在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C，
所以c2－b2＝6－2b×，
所以(c－b)(c＋b)＝6＋2b，
因为c＋b＝4，所以4(c－b)＝6＋2b，
所以4c－6b＝6，解得b＝1，c＝3，
由cos C＝－，可得sin C＝，
在△ABC中，由正弦定理可得＝，
所以sin A＝＝＝．]
10．(2024·江西景德镇二模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a sin B＝b(2＋cos A)，若△ABC的面积等于4，则△ABC的周长的最小值为________．
4＋8 [由正弦定理及a sin B＝b(2＋cos A)，可得sin A sin B＝sin B(2＋cos A)，因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以sin A－cos A＝2sin ＝2，即sin ＝1，
因为－则S△ABC＝bc sin A＝bc＝4，解得bc＝16，
在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2＋16，
三角形的周长a＋b＋c＝＋b＋c≥＋2＝4＋8，当且仅当b＝c＝4时等号成立，
综上所述，当且仅当△ABC是以A＝为顶角的等腰三角形时，△ABC的周长取到最小值，且最小值为4＋8．]
四、解答题
11．(2024·湖北武汉模拟)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且c＝a2－b2．
(1)求A；
(2)若a＝2，△ABC的面积为2，求b＋c．
[解] (1)在△ABC中，由余弦定理的推论得，
cos B＝，
代入c＝a2－b2，
则c＝a2－b2，
即a2＋c2－b2－2bc sin A＝2a2－2b2，
即sin A＝＝cos A，
因为A∈(0，π)，且A＝时上式不成立，
所以cos A≠0，所以tan A＝1，则A＝．
(2)因为△ABC的面积为2，
所以bc sin A＝2，即bc＝4，
又因为a2＝b2＋c2－2bc cos A，a＝2，A＝，所以b2＋c2＝12，
则(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝12＋8，则b＋c＝2＋2．
12．在平面四边形ABCD中，AD＝BD＝1，∠BAD＝∠BCD＝．
(1)求四边形ABCD面积的最大值；
(2)求对角线AC的取值范围．
[解] (1)因为AD＝BD＝1，∠BAD＝，所以△ABD为正三角形．设BC＝a，CD＝b．
在△BCD中，由余弦定理得，
BD2＝a2＋b2－2ab cos ∠BCD，
所以12＝a2＋b2－2ab cos ，
所以a2＋b2－ab＝1，
因为a2＋b2≥2ab，所以ab≤1，当且仅当a＝b＝1时取等号，
所以四边形ABCD的面积S＝AB2＋ab·sin ＝＋ab≤，即四边形ABCD面积的最大值为．
(2)设∠BDC＝θ∈，
在△BCD中，由正弦定理得，
＝，所以a＝，
在△ABC中，由余弦定理得，
AC2＝AB2＋a2－2a·AB cos ＝12＋a2－2a·cos (π－θ)＝sin2θ＋·sin θcos θ＋1＝(1－cos 2θ)＋sin 2θ＋1＝sin ＋，
因为θ∈，所以2θ－∈，所以AC∈(1，]，所以AC的取值范围为(1，]．
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