(新高考)高考数学一轮考点复习4.7.2《解三角形及应用举例》学案 (含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习4.7.2《解三角形及应用举例》学案 (含详解)，共22页。学案主要包含了真题集中研究——明考情，题型精细研究——提素养等内容，欢迎下载使用。

第2课时　精研题型明考向——解三角形及应用举例
一、真题集中研究——明考情
1．(2020·全国卷Ⅲ·利用正、余弦定理求角的三角函数值)
在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则cos B＝(　　)
A.　　　　　　　　 B．
C. D．
解析：选A　由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos C＝16＋9－2×4×3×＝9，解得AB＝3，所以 cos B＝＝.故选A.
2．(2020·全国卷Ⅰ·正、余弦定理与平面几何相结合)如图，在三棱锥P­ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则 cos∠FCB＝________.
解析：依题意得，AE＝AD＝.
在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，
由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠EAC＝3＋1－2 cos 30°＝1，
所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.
又BC＝＝＝2，
BF＝BD＝＝，
所以在△BCF中，由余弦定理得
cos∠FCB＝＝＝－.
答案：－
3．(2020·新高考全国卷Ⅰ·结合“劳育”考查解三角形问题)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.
解析：如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于Q，作AM⊥EF于M，交DG于E′，交BH于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，解得m＝1，
∴AF′＝OF′＝5－3m＝2，∴OA＝2，
∴阴影部分的面积S＝×π×(2)2＋×2×2－＝(cm2)．
答案：＋4
4．(2020·新高考全国卷Ⅰ·条件的选择，正、余弦定理解三角形)
在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，________？
解：方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
方案二：选条件②.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②csin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.
方案三：选条件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由③c＝b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
5．(2020·全国卷Ⅰ·利用正、余弦定理求面积)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.
(1)若a＝c，b＝2，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋sin C＝，求C.
解：(1)由题设及余弦定理得
28＝3c2＋c2－2×c2×cos 150°，
解得c＝2或c＝－2(舍去)，从而a＝2.
所以△ABC的面积为×2×2×sin 150°＝.
(2)因为在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，
所以sin A＋sin C＝sin(30°－C)＋sin C＝sin(30°＋C)．
故sin(30°＋C)＝.
而0°＜C＜30°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.
6．(2020·全国卷Ⅱ·利用正、余弦定理求边、角及最值问题)
△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解：(1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A．②
由①②得cos A＝－.
因为0＜A＜π，所以A＝.
(2)由正弦定理及(1)得＝＝＝2，
从而AC＝2sin B，AB＝2sin(π－A－B)＝3cos B－sin B．
故BC＋AC＋AB＝3＋sin B＋3cos B＝3＋2sin.
又0＜B＜，所以当B＝时，△ABC周长取得最大值3＋2.
7．(2019·全国卷Ⅲ·利用正弦定理求角及面积的范围问题)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)由题设及正弦定理得sin Asin＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin＝sin B．
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，
故cos ＝2sincos.
因为cos≠0，所以sin＝，所以B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.
由(1)知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0° 结合A＋C＝120°，得30° 所以 因此△ABC面积的取值范围是.

[把脉考情]
常规
角度
1.三角形基本量的求解：主要考查利用正弦或余弦定理解三角形求边或角．
2.三角形面积问题：主要考查求三角形的面积或由三角形的面积求边或角
创新
角度
1.与平面几何相结合，求边角问题．
2.多个条件的选择问题．
3.结合“劳动教育”考查

二、题型精细研究——提素养
题型一　三角形基本量的求解问题
[典例]　(2020·北京高考)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)a的值；
(2)sin C和△ABC的面积．
条件①：c＝7，cos A＝－；
条件②：cos A＝，cos B＝.
[解]　选条件①：c＝7，cos A＝－，且a＋b＝11.
(1)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，b＝11－a，c＝7，
得a2＝(11－a)2＋49－2(11－a)×7×，∴a＝8.
(2)∵cos A＝－，A∈(0，π)，∴sin A＝.
由正弦定理＝，得sin C＝＝＝.
由(1)知b＝11－a＝3，
∴S△ABC＝absin C＝×8×3×＝6.
选条件②：cos A＝，cos B＝，且a＋b＝11.
(1)∵cos A＝，∴A∈，sin A＝.
∵cos B＝，∴B∈，sin B＝.
由正弦定理＝，
得＝，∴a＝6.
(2)sin C＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B＝.
∵a＋b＝11，a＝6，∴b＝5.
∴S△ABC＝absin C＝×6×5×＝.

[方法技巧]
用正、余弦定理求解三角形基本量的方法

[针对训练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝sin 2B，且b＝2，c＝，则a等于(　　)
A.　　　　　　　　　 B．
C．2 D．2
解析：选C　由sin C＝sin 2B＝2sin Bcos B及正、余弦定理得c＝2b·，代入数据得(2a＋1)(a－2)＝0，解得a＝2或a＝－(舍去)．故选C.
2．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，则角C＝(　　)
A. B．
C. D．
解析：选B　∵3sin A＝5sin B，∴由正弦定理可得3a＝5b，即a＝b.
∵b＋c＝2a，∴c＝b，
∴cos C＝＝＝－＝－.
∵C∈(0，π)，∴C＝.故选B.
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcos A＝asin B．
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，B＝，求b，c的长．
解：(1)由bcos A＝asin B及正弦定理，
得sin Bcos A＝sin Asin B，
又sin B≠0，所以tan A＝，因为0＜A＜π，所以A＝.
(2)由bcos A＝asin B，a＝2，B＝，
得b×＝×2×，解得b＝4.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝16＋c2－2×4×c×＝8，
即c2－4c＋8＝0，解得c＝2＋2或c＝2－2，
又C＝π－A－B＝π，C＞B，所以c＝2＋2.
题型二　三角形形状的判断
[典例]　(1)在△ABC中，cos＝，则△ABC一定是(　　)
A．等腰三角形　　　　　　 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．无法确定
(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
[解析]　(1)由已知得cos2＝，
∴2cos2－1＝cos B，∴cos A＝cos B，
又0 ∴△ABC为等腰三角形．
(2)由正弦定理得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，
∴sin(B＋C)＝sin2A，
即sin(π－A)＝sin2A，sin A＝sin2A.
∵A∈(0，π)，∴sin A>0，∴sin A＝1，
即A＝，∴△ABC为直角三角形．
[答案]　(1)A　(2)B

[方法技巧]　判定三角形形状的2种常用途径
角化边
利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断
边化角
通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断
　　[针对训练]
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若asin A＋bsin B＜csin C，则△ABC的形状是(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．正三角形
解析：选C　因为asin A＋bsin B＜csin C，由正弦定理可得a2＋b2＜c2，由余弦定理可得cos C＜0，所以C＞.所以△ABC是钝角三角形．
2．(2020·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2＋cos A＝.
(1)求A；
(2)若b－c＝a，证明：△ABC是直角三角形．
解：(1)由已知得sin2A＋cos A＝，
即cos2A－cos A＋＝0.
所以2＝0，所以cos A＝.
由于0＜A＜π，故A＝.
(2)证明：由正弦定理及已知条件可得sin B－sin C＝sin A．由(1)知A＝，B＋C＝，
所以sin B－sin＝sin，
即sin B－cos B＝，从而sin＝.
由于0＜B＜，故B＝.从而△ABC是直角三角形．
题型三　三角形面积问题
[典例]　(2021·山东烟台一中期末)在条件：①(a＋b)·(sin A－sin B)＝(c－b)sin C， ②asin B＝bcos，③bsin ＝asin B 中任选一个，补充到下面的问题中，并给出解答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＋c＝6，a＝2，________，求△ABC的面积．
解：若选①：由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，
即b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝，
又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，a＝2，b＋c＝6，
所以bc＝4，所以S△ABC＝bcsin A＝×4×sin ＝.
若选②：由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcos.
因为0 化简得sin A＝cos A－sin A，即tan A＝，
因为0 又因为a2＝b2＋c2－2bccos ，
所以bc＝＝＝24－12，
所以S△ABC＝bcsin A＝×(24－12)×＝6－3.
若选③：由正弦定理得sin Bsin ＝sin Asin B，
因为0 又因为B＋C＝π－A，
所以cos ＝2sin cos ，
因为0 所以cos ≠0，所以sin ＝，即＝，所以A＝.
则a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，又a＝2，b＋c＝6，所以bc＝4，
所以S△ABC＝bcsin A＝×4×sin ＝.

[方法技巧]　求解与三角形面积有关的问题的步骤


[针对训练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若＝，A＝，b＝1，则△ABC的面积为(　　)
A.　　　　　　　　　 B．
C. D．
解析：选B　由正弦定理可得＝＝＝，又A＝，b＝1，则a＝1，B＝，所以△ABC是边长为1的正三角形，所以△ABC的面积为×12×＝.
2．(2021·潍坊模拟)在①＝；②2bsin A＝atan B；③(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________．
(1)求角B；
(2)若a＋c＝4，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积．
解：(1)选①，由正弦定理得＝，
∵sin A≠0，∴sin B－cos B＝1，
即sin＝，
∵0＜B＜π，∴－＜B－＜，
∴B－＝，∴B＝.
选②，∵2bsin A＝atan B，即2bsin A＝，
由正弦定理可得2sin Bsin A＝sin A·，
∵sin A≠0，sin B≠0，∴cos B＝，
又∵B∈(0，π)，∴B＝.
选③，∵sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
由已知结合正弦定理可得(a－c)a＋c2＝b2，
∴a2＋c2－b2＝ac，∴cos B＝＝＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
(2)∵b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，即3ac＝16－b2，
∴16－b2≤32，解得b≥2，当且仅当a＝c＝2时取等号，
∴bmin＝2，△ABC周长的最小值为6，此时△ABC的面积S＝acsin B＝.

题型四　正、余弦定理在平面几何中的应用
[典例]　(2021年1月新高考八省联考卷)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.
[解]　(1)如图所示，
在△ABD中，由余弦定理可知，
cos∠ABD＝＝＝.
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cos∠BDC＝cos∠ABD＝.
在△BCD中，由余弦定理可得，
BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝12＋12－2×1×1×，
∴BC＝.
(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.
由余弦定理可知，
cos∠ABD＝＝＝x，①
cos∠BDC＝＝＝.②
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD.
联立①②，可得＝x，整理得x2＋2x－2＝0，
解得x1＝－1，x1＝－－1(舍去)．
将x1＝－1代入②，解得cos∠BDC＝－1.
[方法技巧]
平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．
[提醒]　做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．　　
[针对训练]
　(2020·江苏高考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝3，c＝，B＝45°.
(1)求sin C的值；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADC＝－，求tan∠DAC 的值．
解：(1)在△ABC中，因为a＝3，c＝，B＝45°，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得b2＝9＋2－2×3×cos 45°＝5，
所以b＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，
得＝，所以sin C＝.
(2)在△ADC中，因为cos∠ADC＝－，所以∠ADC为钝角，
而∠ADC＋C＋∠DAC＝180°，所以C为锐角．
故cos C＝＝，tan C＝＝.
因为cos∠ADC＝－，
所以sin∠ADC＝＝，
tan∠ADC＝＝－.
从而tan∠DAC＝tan(180°－∠ADC－C)
＝－tan(∠ADC＋C)＝－
＝－＝.
题型五　解三角形应用举例
[典例]　(2021·济南模拟)济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征．李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2 m，到达B点，又测得泉标顶端的仰角为80°.则李明同学求出泉标的高度为________m．(精确到1 m)
[解析]　如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端．
依题意，∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，AB＝15.2 m，
则∠ABD＝100°，
故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°.
在△ABD中，根据正弦定理，
＝.
∴BD＝＝≈38.5(m)．
在Rt△BCD中，CD＝BDsin 80°＝38.5×sin 80°≈38(m)，
即泉城广场上泉标的高约为38 m.
[答案]　38
[方法技巧]
解三角形的实际应用问题的类型及解题策略
1．求距离、高度问题
(1)选定或确定要创建的三角形，要先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的量．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
2．求角度问题
(1)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步，画图时，要明确仰角、俯角、方位角以及方向角的含义，并能准确找到这些角．
(2)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的综合应用．　　
[针对训练]
1.如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(　　)
(参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)
A．39米　　　　　　　　　 B．43米
C．49米 D．53米
解析：选D　在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，
所以AC＝60.
在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos 60°
＝602＋402－2×60×40×＝2 800，
所以AD＝20≈53(米)．
故选D.
2.如图所示，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°角的方向沿直线前往B处营救，则sin θ的值为________．
解析：如图，连接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cos 120°＝700，∴BC＝10，再由正弦定理，得＝，∴sin θ＝.
答案：

一、综合练——练思维敏锐度
1．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则等于(　　)
A.　　　　　　　　　　 B．
C. D．
解析：选D　由bsin 2A＝asin B及正弦定理得2sin Bsin A·cos A＝sin Asin B，解得 cos A＝.又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋4b2－4b2×＝3b2，得＝.故选D.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝b，A－B＝，则角C＝(　　)
A. B．
C. D．
解析：选B　因为在△ABC中，A－B＝，所以A＝B＋，所以sin A＝sin＝ cos B，因为a＝b，所以由正弦定理得sin A＝sin B，所以cos B＝sin B，所以tan B＝，因为B∈(0，π)，所以B＝，所以C＝π－－＝.故选B.
3．在△ABC中，如果cos(2B＋C)＋cos C>0，那么△ABC的形状为(　　)
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．等腰三角形
解析：选A　∵cos(2B＋C)＋cos C
＝cos(2B＋π－A－B)＋cos(π－A－B)
＝cos[π－(A－B)]＋cos[π－(A＋B)]
＝－cos(A－B)－cos(A＋B)
＝－cos Acos B－sin Asin B－cos Acos B＋sin Asin B
＝－2cos Acos B>0，
∴cos Acos B<0，
又∵A，B∈(0，π)，
∴A，B中有一个锐角，一个钝角．故选A.
4．已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，若sin A＝，sin B> sin C，a＝3，S△ABC＝2，则b的值为(　　)
A．2或3 B．2
C．3 D．6
解析：选C　因为△ABC为锐角三角形，所以cos A＝＝，由余弦定理得cos A＝＝＝，①
因为S△ABC＝bcsin A＝bc×＝2，所以bc＝6，②
将②代入①得＝，则b2＋c2＝13，③
由sin B>sin C可得b>c，
联立②③可得b＝3，c＝2.故选C.
5．在△ABC中，cos B＝，b＝2，sin C＝2sin A，则△ABC的面积等于(　　)
A. B．
C. D．
解析：选D　在△ABC中，cos B＝，b＝2，sin C＝2sin A，由正弦定理得c＝2a；由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋4a2－2a·2a·＝4a2＝4，解得a＝1，可得c＝2，所以△ABC的面积为S＝acsin B＝×1×2×＝.故选D.
6.(2021·重庆调研)《易经》包含着很多哲理，在信息学、天文学中有广泛的应用，《易经》的博大精深对今天的几何学和其他学科仍有深刻的影响．如图就是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田．已知正八边形的边长为8 m，代表阴阳太极图的圆的半径为2 m，则每块八卦田的面积约为(　　)
A．42 m2 B．37 m2
C．32 m2 D．84 m2
解析：选B　由图，正八边形分割成8个等腰三角形，顶角为＝45°，设三角形的腰为a，由正弦定理可得＝，解得a＝8sin，所以三角形的面积S＝ 2sin 45°＝32·＝16(＋1)，
所以每块八卦田的面积约为：16(＋1)－×π×22≈37 m2.
7.已知在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD，BD＝AD，BC＝2AD，则sin C的值为(　　)
A.　　　　　　　 B．
C. D．
解析：选A　设AB＝AD＝2a，则BD＝a，则BC＝4a，所以cos∠ADB＝＝＝，所以cos∠BDC＝＝－，整理得CD2＋3aCD－10a2＝0，解得CD＝2a或者CD＝－5a(舍去)．故cos C＝＝＝，而C∈，故sin C＝.故选A.
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin C＋2sin Ccos B＝sin A，C∈，a＝，cos B＝，则b＝________.
解析：由正弦定理及题意可得c＋2c×＝a，即a＝c，又a＝，所以c＝，由余弦定理得b2＝6＋－＝，所以b＝.
答案：
9．(2021·恩施质检)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos B＝，b＝4，S△ABC＝4，则△ABC的周长为________．
解析：由cos B＝，得sin B＝，由三角形面积公式可得acsin B＝ac·＝4，则ac＝12①，由b2＝a2＋c2－2accos B，可得16＝a2＋c2－2×12×，则a2＋c2＝24②，联立①②可得a＝c＝2，所以△ABC的周长为4＋4.
答案：4＋4
10．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.
解析：如图，易知sin C＝，sin A＝，cos A＝.
在△BDC中，由正弦定理可得
＝，
∴BD＝＝＝.
∴cos∠ABD＝cos(45°－A)＝cos 45°cos A＋sin 45°sin A＝×＋×＝.
答案：　
11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，＝.
(1)若△ABC还同时满足下列四个条件中的三个：①a＝7，②b＝10，③c＝8，④△ABC的面积S＝10，请指出这三个条件，并说明理由；
(2)若a＝3，求△ABC周长l的取值范围．
解：∵＝，
∴sin Acos B＋sin Acos C＝sin Bcos A＋sin Ccos A，
即sin Acos B－sin Bcos A＝sin Ccos A－cos Csin A，
∴sin(A－B)＝sin(C－A)，
∵A，B，C∈(0，π)，∴A－B＝C－A，
即2A＝B＋C，∴A＝.
(1)△ABC还同时满足①③④.
理由如下：若△ABC同时满足条件①②，
则由正弦定理得sin B＝＝>1，这不可能．
∴△ABC不能同时满足条件①②，
∴△ABC同时满足③④，
∴△ABC的面积S＝bcsin A＝b×8×＝10，解得b＝5，与②矛盾．∴△ABC还同时满足条件①③④.
(2)在△ABC中，由正弦定理得＝＝＝2，
∵C＝－B，∴b＝2sin B，c＝2sin，
∴l＝a＋b＋c＝2＋3
＝6＋3＝6sin＋3.
∵B∈，∴B＋∈，
∴sin∈，
∴△ABC周长l的取值范围为(6,9]．
12．(2021·济宁模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足sin A＋cos A＝0.有三个条件：①a＝1；②b＝；③S△ABC＝.其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并解答下面两个问题：
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
解：(1)因为sin A＋cos A＝0，
所以tan A＋1＝0，得tan A＝－，
因为0＜A＜π，所以A＝，A为钝角，与a＝1＜b＝矛盾，故①②中仅有一个正确，③正确．
显然S△ABC＝bcsin A＝，得bc＝.
当①③正确时，由a2＝b2＋c2－2bccos A，得b2＋c2＝－2(无解)；
当②③正确时，由于bc＝，b＝，得c＝1.
(2)如图，因为A＝，∠CAD＝，则∠BAD＝，
则＝＝，
所以S△ABD＝S△ABC＝×＝.
二、自选练——练高考区分度
1．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－b)(sin A＋sin B)＝(c－b)sin C．若a＝，则b2＋c2的取值范围是(　　)
A．(3,6] B．(3,5)
C．(5,6] D．[5,6]
解析：选C　由正弦定理可得，(a－b)·(a＋b)＝(c－b)·c，即b2＋c2－a2＝bc，cos A＝＝，又A∈，∴A＝.∵＝＝＝2，∴b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)＝4[sin2B＋sin2(A＋B)]＝4＝sin 2B－cos 2B＋4＝2sin＋4.∵△ABC是锐角三角形，∴B∈，即2B－∈，∴ 2．(多选)(2021·山东全真模拟)四边形ABCD内接于圆O，AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，下列结论正确的有(　　)
A．四边形ABCD为梯形
B．圆O的直径为7
C．四边形ABCD的面积为
D．△ABD的三边长度可以构成一个等差数列
解析：选ACD　如图所示．
∵AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，
∴∠BAD＝120°，连接BD，AC.
则∠BCA＝∠CAD，∴BC∥DA，
显然AB不平行于CD，即四边形ABCD为梯形，故A正确．
在△BAD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD，
∴BD2＝52＋32－2×5×3cos 120°＝49，∴BD＝7，
∴圆的直径不可能是7，故B错误．
在△BCD中，由余弦定理得BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcos∠BCD，
∴72＝CB2＋52－2×5×CBcos 60°，
解得CB＝8或CB＝－3(舍去)，
∵S△BAD＝AB·ADsin 120°＝×5×3×＝，
S△BCD＝CB·CDsin 60°＝×8×5×＝10，
∴S四边形ABCD＝S△BAD＋S△BCD＝＋10＝，
故C正确．
在△ABD中，AD＝3，AB＝5，BD＝7，满足AD＋BD＝2AB，∴△ABD的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确，故选A、C、D.
3．在△ABC中，BC＝2，AC＝3，∠BAC＝2∠B，D是BC上一点且AD⊥AC，则sin∠BAC＝________，△ABD的面积为________．
解析：∵BC＝2，AC＝3，∠BAC＝2∠B，
∴在△ABC中，由正弦定理得＝，
即＝＝，
解得cos∠B＝，可得sin∠B＝，
∴cos∠BAC＝cos 2∠B＝2cos2∠B－1＝－，
sin∠BAC＝ ＝.
∵AD⊥AC，∴sin∠BAD＝sin＝
－cos∠BAC＝，可得cos∠BAD＝，
∴sin∠ADB＝sin(∠BAD＋∠B)＝×＋×＝.
在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠B，
∴32＝AB2＋(2)2－2AB×2×，
解得AB＝1或3.
当AB＝AC＝3时，
由∠BAC＝2∠B，可得∠B＝∠C＝∠BAC＝，
∴BC＝＝3，与BC＝2矛盾，∴AB＝1.
在△ABD中，由正弦定理得＝，
∴AD＝＝，
∴S△ABD＝AB·AD·sin∠BAD＝×1××＝.
答案：　
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin A＝sin B，且b＝c.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，角B的平分线交AC于点D，求△ABD的面积．
解：(1)由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b，
结合b＝c，由余弦定理得cos A＝＝＝－，
∵A∈(0，π)，∴A＝π.
(2)由(1)及题意知B＝C＝.
又a＝2，a＝b，∴b＝c＝2，即AB＝2.
如图，在△ABD中，由正弦定理得＝，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝，
又∠A＝π，∴∠ADB＝，
∴AD＝＝－1，
∴S△ABD＝×AB×AD×sinπ
＝×2×(－1)×＝.