高考数学专题练专题二微专题17　正弦定理、余弦定理（含答案）

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典例1 (2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(b2＋c2－a2,cs A)＝2.
(1)求bc；
(2)若eq \f(acs B－bcs A,acs B＋bcs A)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC面积．
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典例2 (2023·聊城模拟)在四边形ABCD中，AB∥CD.
(1)证明：AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD；
(2)若AD＝1，AB＝3，BC＝eq \r(3)，∠BAD＝2∠BCD，求△BCD外接圆的面积．
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典例3 (1)(2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100，由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A．346 B．373 C．446 D．473
(2)(2023·南京模拟)一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°方向，与灯塔S相距a海里，随后货轮按北偏西30°的方向，以每小时20(eq \r(6)－eq \r(2))海里的速度航行30分钟后
到达N处，又测得灯塔S在货轮的东北方向，则a等于( )
A．20 B．40
C．40－20eq \r(3) D．40＋20eq \r(3)
[总结提升]
1．正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．
2．解三角形实际问题的步骤
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cs A＝－eq \f(1,4)，则eq \f(b,c)等于( )
A．6 B．5 C．4 D．3
2．(2023·天津模拟)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab，且sin C＝2sin Bcs A，那么△ABC是( )
A．直角三角形
B．钝角三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
3．(2023·长沙模拟)逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”．如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A，B，C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°，45°，60°，其中AB＝a，BC＝b(0A.eq \f(1,2)eq \r(\f(2aba＋b,3b－a)) B.eq \f(1,2)eq \r(\f(3aba＋b,3b－a))
C.eq \f(1,2)eq \r(\f(5aba＋b,3b－a)) D.eq \f(1,2)eq \r(\f(6aba＋b,3b－a))
4．(2023·兰州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(3)，c＝1，(b－2c)·cs A＝acs(A＋C)，则角C等于( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,12)
5．(多选)(2023·永州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是( )
A．若△ABC为锐角三角形且A>B，则sin A>cs B
B．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形
C．若A>B，则sin A>sin B
D．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
6．(多选)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，则( )
A．sin∠CBD＝eq \f(3,10)
B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4eq \r(5)
D．△ABC为钝角三角形
7．(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝eq \r(6)，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________.
8.如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq \r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs∠FCB＝________.
9．(2023·武汉模拟)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC,12BD＝7AC.
(1)求tan 2B；
(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径．
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10．(2023·临沂模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AC＝eq \r(3)，∠ABC＝eq \f(2π,3)，cs ∠ACD＝eq \f(\r(21),7).
(1)求∠BAC的值；
(2)求CD的长．
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微专题17 正弦定理、余弦定理
[考情分析] 解三角形是高考考查的热点，三角恒等变换单独考查的题目较少，多以解三角形为背景，在用正弦定理、余弦定理的同时，经常应用三角恒等变换进行化简，综合性较强，难度中等．
考点一利用正余弦定理进行边角计算
典例1 (2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(b2＋c2－a2,cs A)＝2.
(1)求bc；
(2)若eq \f(acs B－bcs A,acs B＋bcs A)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC面积．
解 (1)由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccs A，
所以eq \f(b2＋c2－a2,cs A)＝eq \f(2bccs A,cs A)＝2bc＝2，
解得bc＝1.
(2)由正弦定理可得eq \f(acs B－bcs A,acs B＋bcs A)－eq \f(b,c)
＝eq \f(sin Acs B－sin Bcs A,sin Acs B＋sin Bcs A)－eq \f(sin B,sin C)
＝eq \f(sinA－B,sinA＋B)－eq \f(sin B,sinA＋B)
＝eq \f(sinA－B－sin B,sinA＋B)＝1，
变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sin B，
即－2cs Asin B＝sin B，
而0所以cs A＝－eq \f(1,2)，
又0所以sin A＝eq \f(\r(3),2)，
故△ABC的面积为S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4).
跟踪训练1 (2023·安庆模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2asin A＝b(2sin B＋eq \r(3)sin C)＋c(2sin C＋eq \r(3)sin B)．
(1)求角A；
(2)若b＝2eq \r(3)，c＝2，点D为边BC上一点，且∠ADC＝eq \f(2π,3)，求△ABD的面积．
解 (1)由正弦定理可得a2＝b2＋c2＋eq \r(3)bc，
根据余弦定理的推论得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(－\r(3)bc,2bc)＝－eq \f(\r(3),2)，
又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(5π,6).
(2)因为b＝2eq \r(3)，c＝2，
又a2＝b2＋c2＋eq \r(3)bc，解得a＝2eq \r(7)，
由余弦定理的推论得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(28＋4－12,2×2×2\r(7))＝eq \f(5\r(7),14)，
于是sin B＝eq \r(1－cs2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(7),14)))2)＝eq \f(\r(21),14)，
因为∠ADC＝eq \f(2π,3)，
所以sin∠BAD＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋B))＝eq \f(\r(3),2)cs B＋eq \f(1,2)sin B＝eq \f(3\r(21),14)，sin∠ADB＝eq \f(\r(3),2)，
在△ABD中，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ADB)＝eq \f(BD,sin∠BAD)，
所以BD＝eq \f(csin∠BAD,sin∠ADB)＝eq \f(\f(2×3\r(21),14),\f(\r(3),2))＝eq \f(6\r(7),7)，
于是S△ABD＝eq \f(1,2)AB·BD·sin B＝eq \f(1,2)×2×eq \f(6\r(7),7)×eq \f(\r(21),14)＝eq \f(3\r(3),7)，
所以△ABD的面积为eq \f(3\r(3),7).
考点二与多边形有关的解三角形问题
典例2 (2023·聊城模拟)在四边形ABCD中，AB∥CD.
(1)证明：AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD；
(2)若AD＝1，AB＝3，BC＝eq \r(3)，∠BAD＝2∠BCD，求△BCD外接圆的面积．
(1)证明因为AB∥CD，
所以∠ABD＝∠BDC，
在△ABD中，
由正弦定理可知
eq \f(AD,sin∠ABD)＝eq \f(BD,sin∠BAD)，
在△BCD中，由正弦定理可知
eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(BD,sin∠BCD)，
所以AD·sin∠BAD＝BD·sin∠ABD，
BC·sin∠BCD＝BD·sin∠BDC，
故有AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD.
(2)解由(1)可知，
AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD，
设∠BAD＝2∠BCD＝2α，
又因为AD＝1，BC＝eq \r(3)，可得sin 2α＝eq \r(3)sin α，
即2sin αcs α＝eq \r(3)sin α，
解得cs α＝eq \f(\r(3),2)，所以α＝eq \f(π,6)，
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs∠BAD＝7，
则BD＝eq \r(7)，
设△BCD外接圆的半径为R，
在△BCD中，由正弦定理可知
2R＝eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(\r(7),\f(1,2))＝2eq \r(7)，
所以R＝eq \r(7)，
所以△BCD外接圆的面积S＝πR2＝7π.
跟踪训练2 (2023·潍坊模拟)在四边形ABCD中，∠BAD＝eq \f(π,2)，∠ACD＝eq \f(π,3)，AD＝eq \r(3)，S为△ABC的面积，且2S＝－eq \r(3)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→)).
(1)求角B的值；
(2)若cs D＝eq \f(1,2)，求四边形ABCD的周长．
解 (1)由2S＝－eq \r(3)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))，
得2×eq \f(1,2)AB·BC·sin B＝－eq \r(3)AB·BC·cs B，
即sin B＝－eq \r(3)cs B，可得tan B＝－eq \r(3)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(2π,3).
(2)由cs D＝eq \f(1,2)，D∈(0，π)，得D＝eq \f(π,3)，
又∠ACD＝eq \f(π,3)，
所以△ACD为等边三角形，
AC＝AD＝eq \r(3)，∠CAD＝eq \f(π,3)，
所以∠BAC＝eq \f(π,6)，∠ACB＝eq \f(π,6)，
由正弦定理知eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
得AB＝eq \f(AC·sin∠ACB,sin B)＝eq \f(\r(3)×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝1＝BC，
故四边形ABCD的周长为2＋2eq \r(3).
考点三解三角形在实际生活中的应用
典例3 (1)(2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100，由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A．346 B．373 C．446 D．473
答案 B
解析如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，
过B作BD∥A′B′，交AA′于D，
则BE＝100，
C′B′＝CE＝eq \f(100,tan 15°).
在△A′B′C′中，∠C′A′B′＝75°，
则BD＝A′B′＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°).
又在B点处测得A点的仰角为45°，
所以AD＝BD＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，
所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE
＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)＋100
＝eq \f(\f(100,tan 15°)·sin 45°,sin 75°)＋100
＝eq \f(100sin 45°,sin 15°)＋100
＝eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100
＝100(eq \r(3)＋1)＋100≈373.
(2)(2023·南京模拟)一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°方向，与灯塔S相距a海里，随后货轮按北偏西30°的方向，以每小时20(eq \r(6)－eq \r(2))海里的速度航行30分钟后到达N处，又测得灯塔S在货轮的东北方向，则a等于( )
A．20 B．40
C．40－20eq \r(3) D．40＋20eq \r(3)
答案 A
解析由题可知，MN＝20(eq \r(6)－eq \r(2))×0.5＝10(eq \r(6)－eq \r(2))，∠SNM＝45°＋60°＝105°，∠MSN＝180°－105°－(30°＋15°)＝30°，
由两角和的正弦公式得，
sin 105°＝sin(45°＋60°)
＝sin 45°cs 60°＋cs 45°sin 60°
＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，
在△MNS中，由正弦定理得，
eq \f(MN,sin∠MSN)＝eq \f(SM,sin∠SNM)，
即eq \f(10\r(6)－\r(2),sin 30°)＝eq \f(a,sin 105°)，
解得a＝20.
跟踪训练3 (1)(2023·双鸭山模拟)如图，某公园内有一个半圆形湖面，O为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点C，D，E，满足∠AOD＝∠DOE＝2∠AOC，在扇形AOC和四边形ODEB区域内种植荷花，在扇形COD区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道DE，EB作为观光路线，则当DE＋EB取最大值时，sin∠AOC＝________.
答案 eq \f(1,4)
解析设∠AOC＝θ，0<θ则∠DOE＝2θ，∠EOB＝π－4θ，
在△DOE中，由余弦定理得
DE＝eq \r(OD2＋OE2－2OD·OE·cs 2θ)
＝eq \r(21－cs 2θ)＝2sin θ，
在△BOE中，由余弦定理得
BE＝eq \r(OB2＋OE2－2OB·OE·csπ－4θ)
＝eq \r(21＋cs 4θ)＝2cs 2θ，
所以DE＋EB＝2sin θ＋2cs 2θ＝2sin θ＋2(1－2sin2θ)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－\f(1,4)))2＋eq \f(9,4)，
又0<θ(2)(2023·杭州模拟)雷峰塔初名黄妃塔，又名西关砖塔，位于浙江省杭州市西湖区，地处西湖风景区南岸夕照山(海拔46米)之上，是吴越国王钱俶为供奉佛螺髻发舍利、祈求国泰民安而建．始建于北宋太平兴国二年(977年)，历代屡加重修．现存建筑以原雷峰塔为原型设计，重建于2002年，是“西湖十景”之一、中国九大名塔之一，为中国首座彩色铜雕宝塔．李华同学为测量塔高，在西湖边相距400米的A，C两处(海拔均约16米)各放置一架垂直于地面高为1.5米的测角仪AB，CD(如图所示)．在测角仪B处测得两个数据：塔顶M的仰角∠MBP＝30°及塔顶M与观测仪D点的视角∠MBD＝16.3°，在测角仪D处测得塔顶M与观测仪B点的视角∠MDB＝15.1°，李华根据以上数据估计雷峰塔MN的高度约为( )
(参考数据：sin 15.1°≈0.260 5，sin 31.4°≈0.521 0)
A．70.5米 B．71米 C．71.5米 D．72米
答案 C
解析在△BDM中，BD＝400，
∠MBD＝16.3°，∠MDB＝15.1°，
所以∠BMD＝180°－16.3°－15.1°
＝180°－31.4°，
由正弦定理得eq \f(BD,sin∠BMD)＝eq \f(BM,sin∠MDB) ，
所以BM＝eq \f(BD·sin∠MDB,sin∠BMD)≈eq \f(400×0.260 5,0.521 0)＝200，
在Rt△MBP中，
MP＝BM·sin∠MBP＝200sin 30°＝100，
延长BA至Q，设Q处海拔为0，延长MP至O，O处海拔为0，连接QO，
由题意知MP＝100，OP＝QA＋AB＝16＋1.5＝17.5，ON＝46 ，
MN＝MP－NP＝MP－(ON－OP)＝100－(46－17.5)＝71.5.
[总结提升]
1．正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．
2．解三角形实际问题的步骤
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cs A＝－eq \f(1,4)，则eq \f(b,c)等于( )
A．6 B．5 C．4 D．3
答案 A
解析 ∵asin A－bsin B＝4csin C，
∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，
即a2＝4c2＋b2.
由余弦定理得
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－4c2＋b2,2bc)
＝eq \f(－3c2,2bc)＝－eq \f(1,4)，
∴eq \f(b,c)＝6.
2．(2023·天津模拟)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab，且sin C＝2sin Bcs A，那么△ABC是( )
A．直角三角形
B．钝角三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
答案 C
解析由(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab，
得(a＋b)2－c2＝3ab，
整理得a2＋b2－c2＝ab，
则cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2)，
因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3)，
又由sin C＝2sin Bcs A及正弦定理得，
c＝2b·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，化简得a＝b，
所以△ABC为等边三角形．
3．(2023·长沙模拟)逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”．如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A，B，C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°，45°，60°，其中AB＝a，BC＝b(0A.eq \f(1,2)eq \r(\f(2aba＋b,3b－a)) B.eq \f(1,2)eq \r(\f(3aba＋b,3b－a))
C.eq \f(1,2)eq \r(\f(5aba＋b,3b－a)) D.eq \f(1,2)eq \r(\f(6aba＋b,3b－a))
答案 D
解析如图，设点P在地面上的正投影为点O，则
∠PAO＝30°，∠PBO＝45°，∠PCO＝60°，
设山高PO＝h，则AO＝eq \r(3)h，BO＝h，CO＝eq \f(\r(3)h,3)，
由题意知，cs∠ABO＝－cs∠CBO，
即eq \f(a2＋h2－3h2,2ah)＝－eq \f(b2＋h2－\f(h2,3),2bh)，
整理得h2＝eq \f(3aba＋b,23b－a)，
所以h＝eq \f(1,2)eq \r(\f(6aba＋b,3b－a)).
4．(2023·兰州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(3)，c＝1，(b－2c)cs A＝acs(A＋C)，则角C等于( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,12)
答案 C
解析因为(b－2c)cs A＝acs(A＋C)，
所以由正弦定理得(sin B－2sin C)cs A＝sin Acs(A＋C)，
因为cs(A＋C)＝－cs B，
所以(sin B－2sin C)cs A＝－sin Acs B，
即sin Acs B＋sin Bcs A＝2sin Ccs A，
所以sin (A＋B)＝sin C＝2sin Ccs A，
又C∈(0，π)，所以sin C>0，
所以cs A＝eq \f(1,2)，
又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)，
又a＝eq \r(3)，c＝1，
由正弦定理得eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，
所以sin C＝eq \f(c,a)sin A＝eq \f(1,\r(3))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2)，
所以C＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)，
由c5．(多选)(2023·永州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是( )
A．若△ABC为锐角三角形且A>B，则sin A>cs B
B．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形
C．若A>B，则sin A>sin B
D．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
答案 AC
解析若△ABC为锐角三角形，则A＋B>eq \f(π,2)，A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
即A>eq \f(π,2)－B，
∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \f(π,2)－B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则sin A>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，A正确；
sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，
即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；
∵A>B⇔a>b，
根据正弦定理a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴A>B⇔a>b⇔2Rsin A>2Rsin B⇔sin A>sin B，C正确；
b2＝a2＋c2－2accs B，
即b2＝82＋102－2×8×10×eq \f(1,2)＝84，
即b＝2eq \r(21)，
符合条件的△ABC只有一个，D错误．
6．(多选)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，则( )
A．sin∠CBD＝eq \f(3,10)
B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4eq \r(5)
D．△ABC为钝角三角形
答案 BCD
解析因为cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，
所以sin∠CDB＝eq \r(1－cs2∠CDB)＝eq \f(2\r(5),5)，
又由正弦定理得eq \f(CB,sin∠CDB)＝eq \f(CD,sin∠CBD)，
所以sin∠CBD＝eq \f(\r(5),5)，故A错误；
设CD＝a，则BC＝2a，在△BCD中，由余弦定理，得BC2＝CD2＋BD2－2BD·CD·cs∠CDB，
即4a2＝a2＋9－2×3×a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),5)))，
解得a＝eq \r(5)，
所以S△DBC＝eq \f(1,2)BD·CD·sin∠CDB＝eq \f(1,2)×3×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝3，
所以S△ABC＝eq \f(3＋5,3)S△DBC＝8，故B正确；
因为∠ADC＝π－∠CDB，
所以cs∠ADC＝cs(π－∠CDB)
＝－cs∠CDB＝eq \f(\r(5),5)，
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cs∠ADC，
即AC2＝25＋(eq \r(5))2－2×5×eq \r(5)×eq \f(\r(5),5)，
解得AC＝2eq \r(5)，
所以△ABC的周长为AB＋AC＋BC
＝3＋5＋2eq \r(5)＋2eq \r(5)＝8＋4eq \r(5)，故C正确；
因为AB＝8为最大边，
所以cs∠ACB＝eq \f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝－eq \f(3,5)<0，
即∠ACB为钝角，
所以△ABC为钝角三角形，故D正确．
7．(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝eq \r(6)，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________.
答案 2
解析如图所示，记AB＝c＝2，AC＝b，BC＝a＝eq \r(6).
方法一在△ABC中，由余弦定理可得，
a2＝b2＋c2－2bccs∠BAC，
即6＝b2＋22－2×b×2×cs 60°，
解得b＝1＋eq \r(3)(负值舍去)，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，
eq \f(1,2)×2×(1＋eq \r(3))×sin 60°＝eq \f(1,2)×2×AD×sin 30°＋eq \f(1,2)×(1＋eq \r(3))×AD×sin 30°，
解得AD＝2.
方法二在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccs∠BAC，
即6＝b2＋22－2×b×2×cs 60°，
解得b＝1＋eq \r(3)(负值舍去)，
由正弦定理可得eq \f(\r(6),sin 60°)＝eq \f(1＋\r(3),sin B)＝eq \f(2,sin C)，
解得sin B＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sin C＝eq \f(\r(2),2)，
因为1＋eq \r(3)>eq \r(6)>2，
所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，
又∠BAD＝30°，
所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2.
8.如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq \r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs∠FCB＝________.
答案－eq \f(1,4)
解析在△ABD中，
∵AB⊥AD，AB＝AD＝eq \r(3)，
∴BD＝eq \r(6)，∴FB＝BD＝eq \r(6).
在△ACE中，∵AE＝AD＝eq \r(3)，AC＝1，
∠CAE＝30°，
∴EC＝eq \r(\r(3)2＋12－2×\r(3)×1×cs 30°)＝1，
∴CF＝CE＝1.
又∵BC＝eq \r(AC2＋AB2)＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，
∴在△FCB中，由余弦定理的推论得
cs∠FCB＝eq \f(CF2＋BC2－FB2,2·CF·BC)
＝eq \f(12＋22－\r(6)2,2×1×2)＝－eq \f(1,4).
9．(2023·武汉模拟)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC.
(1)求tan 2B；
(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径．
解 (1)设∠B＝∠DAC＝α，
∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α，
在△ADC中，由正弦定理可得
eq \f(AD,sin90°－2α)＝eq \f(AC,sin90°＋α)，
在△ABD中，AD＝BDsin α，又AC＝eq \f(12,7)BD，
∴eq \f(BDsin α,cs 2α)＝eq \f(\f(12,7)BD,cs α)，
∴sin αcs α＝eq \f(12,7)cs 2α，
∴eq \f(1,2)sin 2α＝eq \f(12,7)cs 2α，
∴tan 2α＝eq \f(24,7)，即tan 2B＝eq \f(24,7).
(2)∵tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(24,7)，
∴(3tan α＋4)(4tan α－3)＝0，又易知α为锐角，
∴tan α＝eq \f(3,4)，∴sin α＝eq \f(3,5)，cs α＝eq \f(4,5)，
∵AB＝7，∴BD＝eq \f(35,4)，AC＝15，
又cs∠BAC＝cs(90°＋α)＝－sin α＝－eq \f(3,5)，
在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs∠BAC＝400，
∴BC＝20.
设△ABC的内切圆半径为r，
则S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq \f(1,2)(AB＋AC＋BC)r，则r＝2.
10．(2023·临沂模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AC＝eq \r(3)，∠ABC＝eq \f(2π,3)，cs ∠ACD＝eq \f(\r(21),7).
(1)求∠BAC的值；
(2)求CD的长．
解 (1)在△ABC中，AB＝1，AC＝eq \r(3)，∠ABC＝eq \f(2π,3)，
由余弦定理可得3＝AB2＋BC2－2AB·BCcs eq \f(2π,3)＝1＋BC2－2×1×BC×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
整理可得BC2＋BC－2＝0，
因为BC>0，解得BC＝1，则BC＝AB＝1，
故△ABC为等腰三角形，
故∠BAC＝eq \f(π－∠ABC,2)＝eq \f(π,6).
(2)由(1)知，∠BAC＝eq \f(π,6)，
又因为AB⊥AD，则∠CAD＝eq \f(π,2)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，
因为cs ∠ACD＝eq \f(\r(21),7)，则∠ACD为锐角，
且sin ∠ACD＝eq \r(1－cs2∠ACD)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(21),7)))2)＝eq \f(2\r(7),7)，
所以sin∠ADC＝sin (∠CAD＋∠ACD)＝sin∠CADcs∠ACD＋cs∠CADsin∠ACD
＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(21),7)＋eq \f(1,2)×eq \f(2\r(7),7)＝eq \f(5\r(7),14)，
在△ACD中，由正弦定理eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，
可得CD＝eq \f(ACsin∠CAD,sin∠ADC)＝eq \f(\r(3)×\f(\r(3),2),\f(5\r(7),14))＝eq \f(3\r(7),5)