人教B版（2019）高中数学 必修第四册《第九章 解三角形》单元测试（含解析）

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人教B版（2019）必修第四册《第九章 解三角形》单元测试

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）传说，意大利的西西里岛有个山洞是用来关押罪犯的.罪犯们曾多次密谋商议逃跑，但不管多完美的计划都会被狱卒发现.原来山洞内的空间是一个椭球体，最大截面部分是一个椭圆面，罪犯和狱卒所待的地方正好是椭圆的两个焦点，罪犯们说的话经过洞壁的反射，最终都传向了狱卒所在的地方， 即椭圆的另一个焦点，这里面蕴含着椭圆的光学性质.请利用椭圆的该性质解决下列问题：已知P是椭圆C:x24+y23=1上的点，F1，F2是椭圆C的左右焦点，cos∠F1PF2=34，O为坐标原点，O到椭圆C在P处的切线的距离为( )

A. 32 B. 142 C. 143 D. 53
2.（5分）在ΔABC中，G为ΔABC的重心，AG=2BG，BC=4，则ΔABC面积的最大值为(    )
A. 162 B. 122 C. 32 D. 82
3.（5分）ΔABC中，tanA=3，AC=23，BC=4，则AB=( )
A. 23-7 B. 7-3 C. 7+3 D. 23+7
4.（5分）在平面四边形ABCD中，已知∠A=π2，∠CDA=2π3，AD=2，BD=4，DC=5，则BC=(    )
A. 21 B. 33 C. 23 D. 43
5.（5分）已知ΔABC中，AB=3，BC=2，tanC=3，则ΔABC的面积为( )
A. 12 B. 32 C. 52 D. 75
6.（5分）在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a=6，b=2，B=45°，则A等于
A. 60° B. 105° C. 30° D. 60°或120°
7.（5分）已知灯塔A在海洋观察站C的北偏东65°，距离海洋观察站C的距离为akm，灯塔B在海洋观察站C的南偏东55°，距离海洋观察站C的距离为3akm，则灯塔A与灯塔B的距离为( )
A. akm B. 3akm C. 7akm D. 2akm
8.（5分）已知甲、乙两地距丙的距离均为100km，且甲地在丙地的北偏东20°处，乙地在丙地的南偏东40°处，则甲乙两地的距离为( )
A. 100km B. 200km C. 1002km D. 1003km
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）已知角A，B，C是ΔABC的三个内角，下列结论一定成立的有( )
A. sin(B+C)=sinA B. 若sin2A=sin2B，则ΔABC是等腰三角形
C. 若sinA>sinB，则A>B D. 若ΔABC是锐角三角形，则sinA>cosB
10.（5分）以下关于正弦定理或其变形正确的有(    )
A. 在ΔABC中，a：b：c=sinA：sinB：sinC
B. 在ΔABC中，若sin2A=sin2B，则a=b
C. 在ΔABC中，若sinA>sinB，则A>B，若A>B，则sinA>sinB都成立
D. 在ΔABC中，asinA=b+csinB+sinC
11.（5分）台球运动已有五、六百年的历史，参与者用球杆在台上击球.若和光线一样，台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律如图，有一张长方形球台ABCD,AB=2AD现从角落A沿角α的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落C的球袋中，则tanα的值为    ( ) 
 
 

A. 16 B. 12 C. 1 D. 32
12.（5分）已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且∠C=π3，c=2，则()
A. bcosA+acosB=2 B. △ABC周长的最大值为6
C. cosBcosA的取值范围为(3,+∞) D. AB→⋅AC→的最大值为2+433
13.（5分）在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B=60°，b=4，下列判断： 
A.若c=3，则角C有两解； 
B.若a=92，则角C有两解； 
C.ΔABC为等边三角形时周长最大； 
D.ΔABC为等边三角形时面积最小． 
其中判断正确的是( )
A. A B. B C. C D. D
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）在ΔABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos2A+cos2B=2cos2C，则a2+b2c2=______，角C的最大值为______．
15.（5分）已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c=3，△ABC的面积S=25abtanC，则sinAa=______.
16.（5分）在ΔABC中，A，B，C分别是三边a，b，c所对得角，a=15，b=10，A=π3，则cosB=______.
17.（5分）如图所示，在四边形ABCD中，AB=BC=2，∠ABC=2π3，∠ADB=π6，则CD的取值范围为______

18.（5分）在ΔABC中，∠B=60°，c=2，b=6，则∠C=______
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2=a2+c2-ac． 
(1)求角B的大小；  
(2)求sinA+sinB+sinC的取值范围．
20.（12分）一缉私艇在A处发现在其北偏东45°方向，距离12nmile的海面C处有一走私船正以10nmile/h的速度沿南偏东75°方向逃窜．缉私艇的速度为14nmile/h.若要在最短时间内追上该走私船，缉私艇应沿北偏东(45°+α)的方向去追，求追上走私船所需的时间和角α的正弦值．
21.（12分）ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB=b(-1+3cosA). 
(1)求A； 
(2)若a=4-3，且ΔABC的面积等于2，求1b+1c的值．
22.（12分）已知A、B、C为三角形ABC的三内角，其对应边分别为a，b，c，若有2acosC=2b+c成立． 
(1)求A的大小； 
(2)若a=23，b+c=4，求三角形ABC的面积．
23.（12分）在ΔABC中，角A，B，C的对边是a，b，c，已知3acosA=ccosB+bcosC 
(1)求cosA的值 
(2)若a=23，cosB+cosC=233，求边c．

答案和解析
1.【答案】B;
【解析】 
此题主要考查椭圆的性质及焦点三角形的应用，余弦定理，面积公式的应用，点到直线的距离等综合的应用，属于中档题． 
利用余弦定理、结合椭圆的定义得到|PF1||PF2|=247，利用面积相等由SΔF1PF2=12|F1F2|.y=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2 
得到点P的坐标为(47,37)，即可写出切线方程，求出O到椭圆C在P处的切线的距离.解：由|PF1|+|PF2|=2a=4,|F1F2|=2， 
∴cos∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2-|F2F1|22|PF1||PF2| 
=(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1||PF2|-|F2F1|22|PF1||PF2|=12-2|PF1||PF2|2|PF1||PF2|=34， 
sin∠F1PF2=74， 
∴|PF1||PF2|=247， 
设P(x,y)(x>0,y>0) 
由SΔF1PF2=12|F1F2|.y=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2 
∴12×2×y=12×247×74,得y=37， 
将y=37代入椭圆方程，得x=47， 
所以点P的坐标为(47,37)，显然切线斜率存在，设直线方程为y-37=kx-47， 
与椭圆只有一个焦点，联立方程利用判别式为0，解得k=-1， 
故椭圆C在点P处的切线方程为：y-37=-x-47，即为x+y-7=0. 
所以O到椭圆C在P处的切线的距离为d=|-7|2=142. 
故选：B.

2.【答案】B;
【解析】解：由重心的性质可得：因为AG=2BG，所以BG=12AG=2GD，如图建立平面直角坐标系，以BC所在的直线为x轴，以过BC的中点D垂直于BC的直线为y轴由题意可得B(-2,0)，C(2,0)，D(0,0)， 
设G(x,y)，由BG=2GD可得：(x+2)2+y2=2x2+y2， 
整理可得：(x-2)2+y2=8，所以G是以(2,0)为圆心，以22为半径的圆，所以G到BC的最大距离为22， 
所以ΔBGC的面积的最大值为SΔBGC=12×BC×22=42，又SΔABC=3SΔBGC=122， 
故选：B． 
由题意建立平面直角坐标系，求出G所满足的方程，可得三角形BGC的面积的最大值，再由SΔABC=3SΔBGC的最大值． 
该题考查三角形的几何运算，及面积公式，属于中档题．


3.【答案】C;
【解析】 
此题主要考查解三角形的应用，熟悉余弦定理公式是解答本题的关键，属于简单题. 
利用余弦定理求解即可. 
 
解：由题意得，
已知tanA=3，
由于：0 解得：A=π3，
利用余弦定理：BC2=AC2+AB2-2AC.AB.cosA，
解得：AB=3±7(负值舍去)故选C.

4.【答案】A;
【解析】 
该题考查余弦定理，勾股定理的应用，属于基础题型． 
直接利用勾股定理的应用求出AB的长，进一步利用余弦定理的应用求出BC的长． 
 
解：在ΔABD中，∠A=π2，AD=2，BD=4，利用勾股定理得： 
则AB=23， 
所以∠ADB=π3， 
由于BD=4，DC=5，且∠CDA=2π3， 
所以∠BDC=π3 
在ΔBCD中，利用余弦定理得：BC2=BD2+CD2-2⋅BD⋅CD⋅cosπ3， 
整理得BC2=16+25-2×12×4×5， 
解得BC=21． 
故选：A． 


5.【答案】B;
【解析】解：∵tanC=3，∴C=60°， 
又AB2=AC2+BC2-2AC⋅BC⋅cos60°， 
则3=AC2+4-2AC×12×2，解得：AC=1； 
故SΔABC=12×1×2×sin60°=32， 
故选：B. 
求出C的值，根据余弦定理求出AC的值，求出三角形的面积即可． 
此题主要考查了余弦定理的应用，考查三角形的面积求值，是基础题．

6.【答案】D;
【解析】 
此题主要考查正弦定理的应用，根据三角函数的值求角，属于基础题． 
由条件利用正弦定理求得sinA的值，可得A的值．  
 
解：在ΔABC中，∵B=45°，a=6，b=2， 
由正弦定理可得asinA=bsinB，即6sinA=2sin45°， 
解得sinA=32， 
∵a>b， 
∴A>B， 
∴A=60°或 A=120°， 
故选D. 


7.【答案】C;
【解析】解：如图所示： 
∠ACB=180°-65°-55°=60°，AC=a，BC=3a， 
由余弦定理得AB2=a2+9a2-2a×3a×cos60°=7a2， 
解得AB=7a(km). 
故选：C. 
根据题意画出图形，结合图形利用余弦定理求出AB的值． 
此题主要考查方位角和余弦定理的应用问题，考查方程思想和运算能力，属于基础题．


8.【答案】D;
【解析】 
该题考查解三角形的实际应用，考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础． 
根据甲、乙两地距丙的距离均为100km，且甲地在丙地的北偏东20°处，乙地在丙地的南偏东40°处，利用余弦定理即可求出甲乙两地的距离． 
 
解：由题意，如图所示 
 
OA=OB=100km，∠AOB=70\small∘+50\small∘=120°， 
∴甲乙两地的距离为AB=1002+1002-2×100×100×cos120\small∘ 
=1003km， 
故选：D． 


9.【答案】ACD;
【解析】解：对于A：sin(B+C)=sin(π-A)=sinA，故A正确； 
对于B：若sin2A=sin2B，则sin(π-2A)=sin2B，整理得：2A=2B或π-2A=2B，即A=B或A+B=π2，故ΔABC为直角三角形和等腰三角形，故B错误； 
对于C：若sinA>sinB，即2RsinA>2RsinB，利用正弦定理得：a>b，故A>B，故C正确； 
对于D：ΔABC是锐角三角形，所以A+B>π2，整理得：A>π2-B，故sinA>sin(π2-B)，整理得：sinA>cosB，故D正确； 
故选：ACD. 
直接利用三角函数的关系式的变换，正弦定理的应用判断A、B、C、D的结论． 
此题主要考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

10.【答案】ACD;
【解析】解：对于A，由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R， 
可得：a：b：c=2RsinA：2RsinB：2RsinC=sinA：sinB：sinC，故正确； 
对于B，由sin2A=sin2B，可得A=B，或2A+2B=π，即A=B，或A+B=π2， 
∴a=b，或a2+b2=c2，故B错误； 
对于C，在ΔABC中，由正弦定理可得sinA>sinB⇔a>b⇔A>B，因此A>B是sinA>sinB的充要条件，正确； 
对于D，由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R， 
可得右边=b+csinB+sinC=2RsinB+2RsinCsinB+sinC=2R=左边，故正确． 
故选：ACD． 
由正弦定理，二倍角的正弦函数公式逐一分析各个选项即可求解． 
这道题主要考查了正弦定理，二倍角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．

11.【答案】AD;
【解析】 
此题主要考查了解三角形的实际运用以及直线对称性的运用，考查了分析能力，属于中档题. 
根据题意画出示意图，结合对称性，将角度和线段进行转化，然后解直角三角形即可求解. 
 
解：因为AB=2AD，现从角落A沿角α的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落C的球袋中， 
当是图1时的情形，如图： 
 
                       图1 
设A关于DC的对称点为E，C关于AB的对称点为F， 
根据直线对称性可得∠EFG=α，EG=3AD，GF=AB ， 
∴tanα=EGGF=3AD2AD=32； 
当是图2的情形时，如图： 
 
                                               图2 
设A关于BC的对称点为M，C关于AD的对称点为N， 
根据直线的对称性可得，∠HMN=α，MH=3AB=6AD，NH=AD， 
tanα=NHMH=AD6AD=16. 
故选AD. 


12.【答案】BD;
【解析】解：对于A：由余弦定理，得bcosA+acosB=b×b2+c2-a22bc+a×a2+c2-b22ac=c=2，故A错误； 
对于B：由余弦定理，得cosC=a2+b2-c22ab=(a+b)2-2ab-c22ab=12， 
所以(a+b)2-4=3ab⩽3×(a+b2)2=34(a+b)2， 
所以a+b⩽4，当且仅当a=b=2时等号成立， 
故△ABC的周长为a+b+c⩽4+c=6，即B正确； 
对于C：cosBcosA=cos(2π3-A)cosA=cos2π3cosA+sin2π3sinAcosA=-12+32tanA， 
因为A∈(0,2π3)，所以tanA∈(-∞,-3)∪(0,+∞)， 
所以cosBcosA的取值范围是(-∞,-2)∪(-12,+∞)，故C错误； 
对于D：AC→·AB→=bccosA=bc⋅b2+c2-a22bc=b2+4-a22， 
由正弦定理，得asinA=bsinB=2sinπ3=433， 
所以b2-a2=163(sin2B-sin2A)=163[sin2B-sin2(2π3-B)]=163[1-cos2B2-1-cos(43π-2B)2]=-833cos(2B-π6)， 
因为B∈(0,2π3)，所以2B-π6∈(-π6,7π6)，所以cos(2B-π6)∈[-1,1]， 
故b2-a2=-833cos(2B-π6)的最大值为833， 
所以AC→·AB→=b2+4-a22的最大值为2+433，即D正确． 
故选：BD. 
对A：利用余弦定理对条件进行化简运算，即可得解； 
对B：结合余弦定理与基本不等式，推出a+b⩽4，即可求得周长的最大值； 
对C：利用三角恒等变换公式化简可得cosBcosA=-12+32tanA，根据A的取值范围，得到tanA的取值范围，进而得解； 
对D：根据平面向量数量积的运算法则可得AC→·AB→=b2+4-a22，再结合正弦定理与三角恒等变换公式，推出b2-a2=-833cos(2B-π6)，然后根据B的取值范围，即可得解． 
此题主要考查解三角形与三角函数的综合，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角恒等变换公式，基本不等式是解答该题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

13.【答案】BC;
【解析】解：对于A，由bsinB=csinC，得sinC=csinBb=3sin60°4=38， 
由于c 对于B，同理，由asinA=bsinB，可得sinA=93256<1， 
由于a>b，所以A>B，A有两个解， 
则相应的C有两个解，B正确； 
对于C，由b2=a2+c2-2accosB， 
得16=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac⩾(a+c)2-34(a+c)2=14(a+c)2. 
故a+c⩽8，当且仅当a=c时取等号， 
此时三角形周长最大，三角形为等边三角形，C正确； 
对于D，由C推导过程知得16=a2+c2-ac⩾2ac-ac=ac， 
即ac⩽16，当且仅当a=c时取等号， 
此时三角形ABC面积最大， 
又B=60°，所以三角形为等边三角形，D正确， 
故选：BC. 
根据A、B选项给出的条件，利用正弦定理解出sinC和sinA，结合角度大小进行判断； 
C，D选项，根据余弦定理结合均值不等式即可判断． 
此题主要考查的是正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．

14.【答案】2;π3;
【解析】解：∵cos2A+cos2B=2cos2C， 
∴(1-2sin2A)+(1-2sin2B)=2(1-2sin2C)， 
∴sin2A+sin2B=2sin2C， 
∴由正弦定理可得a2+b2=2c2， 
∴a2+b2c2=2， 
∵a2+b2=2c2⩾2ab，可得c2ab⩾1，当且仅当a=b时等号成立， 
∴由余弦定理可得cosC=a2+b2-c22ab=c22ab⩾12，当且仅当a=b时等号成立， 
∵A∈(0,π)， 
∴A∈(0,π3]，即角C的最大值为π3． 
故答案为：2，π3． 
由已知利用二倍角公式，正弦定理可得a2+b2=2c2，可求a2+b2c2的值，进而利用基本不等式可求c2ab⩾1，由余弦定理可得cosC⩾12，结合范围A∈(0,π)，可求角C的最大值． 
这道题主要考查了二倍角公式，正弦定理，基本不等式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

15.【答案】15;
【解析】解：因为△ABC的面积S=25abtanC=12absinC， 
所以cosC=45，sinC=35， 
则sinAa=sinCc=353=15. 
故答案为：15. 
由已知结合三角形面积公式先求出cosC，进而求出sinC，然后再由正弦定理可求． 
此题主要考查了三角形面积公式，同角平方关系及正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．

16.【答案】63;
【解析】解：在ΔABC中，a=15，b=10，A=π3， 
由正弦定理asinA=bsinB得： 
sinB=bsinAa=10×3215=33， 
因为b 所以，B 则cosB=1-sin2B=63. 
故答案为：63. 
先由正弦定理求得sinB，再利用平方关系求cosB，注意角的范围． 
此题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．

17.【答案】1033＞DC＞23;
【解析】解：AB=BC=2，∠ABC=2π3，可知ΔABC是等腰三角形， 
∴AC=23， 
设∠ABD=θ，(0<θ<120°) 
在ΔABD中，由正弦定理：ABsin∠ADB=ADsinθ， 
可得：AD=4sinθ3． 
由AD+AC>DC>AC-AD 
即4sinθ3+23>DC>23-4sinθ3． 
∵0<θ<120° 
∴103>DC>23 
故答案为：1033>DC>23． 
根据AB=BC=2，∠ABC=2π3，可知ΔABC是等腰三角形，可得AC=23，设∠ABD=θ，(0<θ<120°)正弦定理求解AD，根据三角形构成的条件即可求解CD的取值范围． 
此题主要考查了正余弦定理和三角形成立的条件的应用．属于中档题．

18.【答案】π4;
【解析】解：∵∠B=60°，c=2，b=6， 
∴由正弦定理可得：sinC=c.sinBb=2×326=22， 
∵c ∴∠C=π4. 
故答案为：π4. 
由已知及正弦定理可得sinC，利用大边对大角可求C为锐角，根据特殊角的三角函数值即可求解． 
此题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

19.【答案】解：（1）因为b2=a2+c2-ac， 
由余弦定理可得cosB=a2+c2-b22ac=12， 
由于B∈（0，π）， 
所以B=π3． 
（2）sinA+sinB+sinC=sinA+sinπ3+sin（2π3-A）=32sinA+32cosA+32=3sin（A+π6）+32， 
因为A∈（0，2π3），可得A+π6∈（π6，5π6），可得12＜sin（A+π6）≤1， 
所以3＜3sin（A+π6）+32≤332，可得sinA+sinB+sinC的范围是（3，332]．;
【解析】 
(1)由已知利用余弦定理可得cosB=12，结合范围B∈(0,π)，可求B的值． 
(2)利用三角函数恒等变换的应用可求sinA+sinB+sinC=3sin(A+π6)+32，结合已知可求范围A+π6∈(π6,5π6)，进而利用正弦函数的性质即可求解其范围． 
这道题主要考查了余弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于基础题．

20.【答案】解：设经过xh后缉私艇在B处追上走私船（如图所示）， 
 
据题意，得AB=14xn mile，BC=10xn mile，∠ACB=120°． 
在△ABC中，由余弦定理， 
得14x）2=122+（10x）2-2×12×10x⋅cos120°， 
解得x=2(x=-34 舍去）∴AB=28nmile，BC=20nmile， 
由正弦定理，得sinα=20sin120°28=5314， 
∴所需时间为2h，角α的正弦值为5314．;
【解析】 
画图分析，设经过xh后缉私艇在B处追上走私船，再将三角形的各边长用关于x的式子表达，再根据余弦定理求解得x=2，再利用正弦定理求解角α的正弦值即可． 
此题主要考查正余弦定理，考查学生的运算能力，属于中档题．

21.【答案】解：（1）因为asinB=b(-1+3cosA)， 
所以由正弦定理可得sinAsinB=sinB（-1+3cosA）， 
因为sinB≠0， 
所以sinA=-1+3cosA，可得cos（A+π6）=12， 
因为A∈（0，π），A+π6∈（π6，7π6）， 
所以A+π6=π3， 
可得A=π6． 
（2）因为△ABC的面积等于2=12bcsinA=14bc， 
所以可得bc=8， 
又a=4-3， 
利用余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得（4-3）2=（b+c）2-2bc-2bccosA=（b+c）2-16-2×8×32，解得b+c=35， 
所以1b+1c=b+cbc=358．;
【解析】 
(1)由正弦定理，两角和的余弦公式化简已知等式可得cos(A+π6)=12，结合题意可求范围A+π6∈(π6,7π6)，进而可求A的值． 
(2)由已知利用三角形的面积公式可求bc=8，进而根据余弦定理可求b+c的值，即可计算得解1b+1c的值． 
此题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

22.【答案】解：（1）∵2acosC=2b+c，由正弦定理可知2sinAcosC=2sinB+sinC，① 
三角形中有：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，② 
联立①②可化简得：2cosAsinC+sinC=0， 
在三角形中sinC≠0，得cosA=-12， 
又0＜A＜π， 
∴A=2π3； 
（2）由余弦定理a2=b2+c2-2bc•cosA，得（23）2=（b+c）2-2bc-2bccos2π3，即12=16-2bc+bc， 
解得：bc=4， 
则S△ABC=12bcsinA=12×4×32=3．;
【解析】 
(1)利用正弦定理化简已知等式，再利用诱导公式及两角和与差的正弦函数公式得到关系式，联立后根据sinC不为0求出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；  
(2)利用余弦定理列出关系式，将a，b+c及cosA的值代入求出bc的值，由sinA与bc的值，利用三角形的面积公式求出即可． 
该题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键．

23.【答案】解：（1）由余弦定理可知2accosB=a2+c2-b2；2abcosc=a2+b2-c2； 
代入3acosA=ccosB+bcosC； 
得cosA=13； 
（2）∵cosA=13， 
∴sinA=223，cosB=-cos（A+C）=-cosAcosC+sinAsinC=-13cosC+223sinC ③ 
又已知cosB+cosC=233代入 ③ 
cosC+2sinC=3，与cos2C+sin2C=1联立 
解得 sinC=63已知a=23 
正弦定理：c=asinCsinA=23×63223=3．;
【解析】 
(1)利用正弦定理分别表示出cosB，cosC代入题设等式求得cosA的值．  
(2)利用(1)中cosA的值，可求得sinA的值，进而利用两角和公式把cosC展开，把题设中的等式代入，利用同角三角函数的基本关系求得sinC的值，最后利用正弦定理求得c． 
此题主要考查了余弦定理和正弦定理的应用．考查了基础知识的综合运用．