题组1解三角形正弦定理.余弦定理.面积公式

高考圈题（新课标I数学文）

题组11 解三角形:正弦定理、余弦定理、面积公式

一、考法解法

命题特点分析

在高考中解三角形一般与三角函数、基本不等式、向量等综合知识的考察,也可以单独出题.题型以选择题、填空题的形式出现，或解答题的形式出现.

从近几年考查的情况看，主要考查三角函数的图象和性质、三角函数式的化简与求值、正余弦定理解三角形、三角形中的三角恒等变换以及三角函数、解三角形和平面向量在立体几何、解析几何等问题中的应用．由于该专题是高中数学的基础知识和工具性知识，在试题的难度上不大，一般都是中等难度或者较为容易的试题．基于这个实际情况以及高考试题的相对稳定性.难度系数在0.6左右.

解题方法荟萃

本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有：

(1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形；

(2)熟练地进行边角和已知关系式的等价转化；

(3)能熟练运用三角形基础知识，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，注意隐含条件的挖掘.

二、真题剖析

【题干】（2015•全国新课标II卷文科）

△ABC中D是BC上的点,AD平分PAC,BD=2DC.

（I）求sinB； sinC

（II）若BAC60,求B.

sinB1.（II）B30. sinC2

ADBDADCD,.【解析】（I）由正弦定理得sinBsinBADsinCsinCAD sinBDC1. 因为AD平分∠BAC,BD=2DC,所以sinCBD2【答案】（I）

（II

）Csin(BACB)1BsinB.由（１）知

2

2sinBsinC,tanBB30.

（点评）本题第一问考查角平分线定理及正弦定理的使用，第二问是在第一问的基础上，考查余弦定理的使用，题目难度不大，属于中档题.

【题干】(2014新课标全国Ⅱ卷) 钝角三角形ABC的面积是

＝（）

A．5 B． C．2 D．1

【答案】B

【解析】 (命题意图)考查余弦定理、三角形面积公式,已知函数值求角.

(解题点拨)∵ S△ABC＝1，AB＝1，BC＝，则AC21112ac sinB＝2·1·sinB＝ ∴ sinB＝ 2222

∴B＝3或（舍去，此时△ABC为等腰直角三角形） 44

∴B＝3，应用余弦定理解得AC＝ 故选B 4

(点评)本题综合考查了三角形面积公式,余弦定理,题目难度不大,但是考查的知识面较多.是一道增加试卷知识,考查学生知识全面性的考题.

【题干】(2013新课标全国Ⅱ卷) ABC在内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知abcosCcsinB。

（Ⅰ）求B；

（Ⅱ）若b2，求ABC面积的最大值。

p【答案】B =2 4

【解析】 (命题意图)涉及了正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式、诱导公式等不下4个知识点

(解题点拨)（Ⅰ）由a = bcosC + csinB ⇒sin A =sinBcosC + sinCsinB ⇒sin (B+C)=sinBcosC + sinCsinB

⇒cosBsinC =sinCsinB  ⇒cosB =sinB sinC≠0 π⇒tanB =1 ⇒ B = 4 0

4= 2(2 +) 2-2（Ⅱ）由余弦定理得：a2 +c2ac = 4⇒4+ac = a2 +c2 ≥2ac ⇒ ac≤ = △ABC面积S = 2ac≤1 +2 .所以△ABC面积的最大值为2 . 4

(点评)求解主要演算：利用正弦定理、余弦定理化简，得到关于B等式，从而算出结果.涉及函数与方程，化归与转化等基本数学思想，考查学生的基本运算能力．

【题干】(20新课标全国Ⅰ卷) 如图，在ABC中，ABC90，AB3，BC1，P为ABC内一点，BPC90.

（Ⅰ）若PB1，求PA； 2

（Ⅱ）若APB150，求tanPBA. 【答案】PA7,tanPBA 42

【解析】 (命题意图) 本题主要考查解三角形问题，此类问题在高考试题中呈现形式简单，易理解.此类问题的解答一般都是采用正弦定理、余弦定理或是正、余弦定理得联袂应用，不下4个知识点，属于简单题，容易上手.

(解题点拨)解法1. （Ⅰ）由已知得，PBC60，所以PBA30.

在PBA，由余弦定理得PA321172cos30,故PA. 4242

（Ⅱ）设PBA，由已知得PBsin，

在PBA中，由正弦定理得3sin，化简得cos4sin，所以sin150sin(30)

tan3，即tanPBA. 44

11BC， 22解法2. （Ⅰ）过点P作PEAB，垂足为E，因为PB

BPC90，所以BCPPBE30. 则PE11PB，BE. 244

又AB，则AEABBE3. 44

在RtPEA中由勾股定理得，

PAAE2PE22717. 16162

（Ⅱ）过点A作ADBP，与BP的延长线交于点D.

因为APB150，所以APD30.

因为ADBPBC,ABDBCP

又ADB∽BPC

不妨设ADa，则AP2a，PD

所以 ADABADBCa3a，得PB. PBBCAB3在RtADB中，tanPBAADBDaa3a3. 4

解法3.（Ⅱ）由解法1知PBsin，在PBA中，由正弦定理得，

解得PA4sin.由余弦定理得 PA3， sinsin150

()2(4sin)224sinsincos150，解得sin

3.即tanPBA. 443， 则tan

(点评)求解主要有4步演算：先计算条件最多的三角形；利用余弦定理求PA;根据互余的等价性进行角的转化；利用正弦定理确定tanPBA.涉及函数与方程，化归与转化，数形结合等基本数学思想，有构造法、辅助线法的应用，主要考查综合应用知识的能力．

上述提到本题的解法多样，如解法2完全抛开高中的正余弦定理，只是利用初中所学的勾股定理、直角三角形性质、相似三角形的相关知识.这样的解法可能会让命题者“哭笑不得”，让解答者“笑逐颜开”，仅此而已.解法3通过巧妙的构造，使问题的解答更具有高度性，数学就是这样，细加玩味，其乐无穷.

三、高考圈题

【题干】在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，4sin2

(1)求角A的度数；

(2)若a=3，b+c=3，求b和c的值.

【圈题理由】解三角形的题目中,三角恒等变换是必考知识点.4sin2BC7cos2A. 22BC

2cos2A7

2,利用

三角形内角和将B+C转化为A也是高频考点.第二问的三边长的关系,应利用余弦定理.

b1b2【答案】A60, 或c2c1

【解析】(1)由4sin2BC

2cos2A7

2及ABC180,得

:

2[1cos(BC)]2cos2A17

2,4(1cosA)4cos2A5

1

2,即4cos2A4cosA10,cosA

0A180,A60

(2)由余弦定理得:cosA

cosA1

2b2c2a2

2bcb2c2a22bc1

2(bc)2a23bc.

bc3b1b2将abc3代入上式得:bc2 由得:或.bc2c2c1

【题干】在ABC中, ABC900，AB

点,BPC90. 3,BC1，P为ABC内一

(1)

若PC,求PA； (2)若APB1200,求ABP的面积S.

【圈题理由】正,余弦定理的应用是高考的常考常新的内容.本题问（1）在Rt△BPC中利用三角函数的定义，算出sin∠

1∠PBC=60°，从而BP=BCcos60°=．然后在2△APB中算出∠PBA=30°，利用余弦定理即可算出PA的大小．（2）设∠PBA=α，从而算出PB=sinα，∠PAB=30°﹣α．在△APB中根据正弦定理建立关于α的等式，解出sinα的值，得到PB长．再利用三角形面积公式加以计算，即可得出△ABP的面积S．

【答案】

(1) PA=

【解析】（1）∵在ABC中, ABC900，AB

∴sin∠

PBC =,BC1， PC1，可得∠PBC=60°，BP=BCcos60°=．∵∠PBA=90°﹣∠PBC=30°， =2BC222∴△APB中，由余弦定理PA=PB+AB﹣2PB•AB•cos∠PBA，

得PA= 2

11+3-242

7，解得PA=． 4

（2）设∠PBA=α，可得∠PBC=90°﹣α，∠PAB=180°﹣∠PBA﹣∠APB=30°﹣α， 在Rt△BPC中，PB=BCcos∠PBC=cos（90°﹣α）=sinα，

△ABP中，由正弦定理得1ABPB，∴

（30°﹣α）

cosα

=002sin150sin30-a﹣），化简得

，∴结合α是锐角，解得

∴

∴△ABP的面积S=

【题干】在1AB•PB•sin∠

21

5ABC中，AC6,BC7,cosA,O是ABC的内心，若

OPxOAyOB其中0x1,0y1，则动点P的轨迹所覆盖的面积为.

【圈题理由】向量的运算与解三角形结合也是高考中的一类常考问题.理解向量的加法运算

是解答本题的关键，由向量的加法可知满足OPxOAyOB，其中0x1,0y1，

动点P的轨迹为以OA，OB为邻边的平行四边形ADBO的内部（含边界），再求面积即可.

3

【解析】若OPxOAyOB，其中0x1,0y1，动点P的轨迹为以OA，OB为【答案】邻边的平行四边形ADBO的内部（含边界），又AC6,BC7,cosA1，由余弦定5

理可解得AB=5，

又sinA1

所以SABC65525

设三角形内切圆半径为r，则有1P的轨迹所

r

567r23

覆盖的面积为1ABr25

2.

四、分层训练（10题）

基础过关（第1—5题）

2【题干】1在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若b＝1，c＝，Cπ，则S△ABC3

＝________. 【答案】3 4

bc13【解析】因为c＞b，所以B＜C＝＝2，即sin sin Bsin Csin B2πsin3

1ππ2ππ1113B＝，所以BA＝π－－.所以S△ABC＝ sin A＝. 266362224

5【题干】2在△ABC中，a＝4，b＝，5cos(B＋C)＋3＝0，则角B的大小为( )． 2

πππ5A. B. C. D.π 6436

【答案】A

34【解析】由5 cos(B＋C)＋3＝0，得cos A，则sin A＝， 555

241πsin B＝又a＞b，B必为锐角，所以B＝. 4sin B26

5c【题干】3△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、ccos A，则△ABC为( )． b

A．钝角三角形

C．锐角三角形

【答案】A

sin C【解析】依题意，得＜cos A，sin C＜sin Bcos A，所以sin(A＋B)＜sin Bcos A，即sin Bcos sin B

A＋cos Bsin A－sin Bcos A＜0，所以cos Bsin A＜0.又sin A＞0，于是有cos B＜0，B为钝角，△ABC是钝角三角形，选A.

【题干】4设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，B．直角三角形 D．等边三角形

则角C＝________. 2π

【答案】

3

57

【解析】由3sin A＝5sin B，得3a＝5b，∴a＝b，代入b＋c＝2a中，得c＝b.由余弦定理，

33a2＋b2－c212π

得cos C∴C＝.

2ab23

b4，cosB【题干】5在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若c2a，

边c的长度为__________． 【答案】4

222

【解析】由余弦定理b2a2c22accosB，得16a4a4a

1．则4

1， 4

a2,c4.

智能拓展（第6—10题） 【题干】6在△ABC中，A



6

，D是BC边上任意一点（D与B、C不重合），且

22

|AB||AD|BDDC，则角B等于．

【答案】

5 12

【解析】.解析：由已知可得：

22ABADABAD.ABADABAD.BDBD.DC，





整理得BD.ABADDCBD.ABAC0，即BDABAC，又因为D在





BACBC上，所以BCA，即ABAC三角形为等腰三角形，所以





B



12

，故答案为

2

5. 12

【题干】7在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b=l，a= 2c，则当C取最大值时，△ABC的面积为________．

【解析】当C取最大值时，cosC最小，由

a2b2c23c2111当且仅当

c= 时C最大，且此时 cosC3c

2ab4c4csinC=

1111

，所以△ABC

的面积为absinC2c1. 22226

13

，tanB． 45

【题干】8在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.tanA（Ⅰ）求角C的大小；

（Ⅱ）若△

ABC，求最小边的边长及△ABC的面积． 【答案】（1）C

33

π（2

24

13

1． 【解析】（1）Cπ(AB)，tanCtan(AB)

13145

3

又0Cπ，Cπ

4

(2)

由题意得c因为tanA＜tanB,所以角A对应的边最小，由tanA

1

得

,

4所以BC

所以sinA,又

2

13

SABC.

22

【题干】9在ABC中，角A，B，C的对边分别为

a，b，c，已

知

bcosCsinCac0.

（Ⅰ）求B；

（Ⅱ

）若b2a+c的取值范围. 【答案】（Ⅰ）



3

；（Ⅱ

）.

【解析】（1

）由正弦定理知：sinBcosCBsinCsinAsinC0

sinAsin(BC)sinAcosCcosAsinC代入上式

BsinCcosBsinCsinC0 sinC

0BcosB10,即sin(B



（Ⅱ）由（1）得：2R

b

2 sinB

1).B(0,)B

362

2ac2R(2sinAsinC)5sinA3cosA27sin(A)

227

2

A(0,),2sin(A)(,27]

3

【题干】10已知f(x)ab,

其中a(2cosx,x),b(cosx,1),xR. （1）求fx的单调递减区间；

（2）在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,f(A)

1, a, 且向量其中，sin

3

,cos

5

m(3,sinB与)n(2,sinC)共线，求边长b和c的值.





【答案】(1) k



6

,k



kZ（2）b=3,c=2 3





【解析】(1) 由题意知fx2cos2xsin2x1cos2xsin2x12cos2x

. 3

ycosx在2k,2kkZ上单调递减，

63



fx的单调递减区间k,kkZ

63

7

2A(2)fA12cos2A1，cos2A1,又，33333

2A,即A

,

33

aa2b2c22bccosAbc23bc=7.



n，由正弦定理得因为向量m(3,sinB与)n(2,sinC)共线，所以2sinB3siC

令2k2x



3

2k，得k



xk



2b3c. b3,c2.

高考圈题（新课标I数学文）

题组11 解三角形:正弦定理、余弦定理、面积公式

一、考法解法

命题特点分析

在高考中解三角形一般与三角函数、基本不等式、向量等综合知识的考察,也可以单独出题.题型以选择题、填空题的形式出现，或解答题的形式出现.

从近几年考查的情况看，主要考查三角函数的图象和性质、三角函数式的化简与求值、正余弦定理解三角形、三角形中的三角恒等变换以及三角函数、解三角形和平面向量在立体几何、解析几何等问题中的应用．由于该专题是高中数学的基础知识和工具性知识，在试题的难度上不大，一般都是中等难度或者较为容易的试题．基于这个实际情况以及高考试题的相对稳定性.难度系数在0.6左右.

解题方法荟萃

本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有：

(1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形；

(2)熟练地进行边角和已知关系式的等价转化；

(3)能熟练运用三角形基础知识，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，注意隐含条件的挖掘.

二、真题剖析

【题干】（2015•全国新课标II卷文科）

△ABC中D是BC上的点,AD平分PAC,BD=2DC.

（I）求sinB； sinC

（II）若BAC60,求B.

sinB1.（II）B30. sinC2

ADBDADCD,.【解析】（I）由正弦定理得sinBsinBADsinCsinCAD sinBDC1. 因为AD平分∠BAC,BD=2DC,所以sinCBD2【答案】（I）

（II

）Csin(BACB)1BsinB.由（１）知

2

2sinBsinC,tanBB30.

（点评）本题第一问考查角平分线定理及正弦定理的使用，第二问是在第一问的基础上，考查余弦定理的使用，题目难度不大，属于中档题.

【题干】(2014新课标全国Ⅱ卷) 钝角三角形ABC的面积是

＝（）

A．5 B． C．2 D．1

【答案】B

【解析】 (命题意图)考查余弦定理、三角形面积公式,已知函数值求角.

(解题点拨)∵ S△ABC＝1，AB＝1，BC＝，则AC21112ac sinB＝2·1·sinB＝ ∴ sinB＝ 2222

∴B＝3或（舍去，此时△ABC为等腰直角三角形） 44

∴B＝3，应用余弦定理解得AC＝ 故选B 4

(点评)本题综合考查了三角形面积公式,余弦定理,题目难度不大,但是考查的知识面较多.是一道增加试卷知识,考查学生知识全面性的考题.

【题干】(2013新课标全国Ⅱ卷) ABC在内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知abcosCcsinB。

（Ⅰ）求B；

（Ⅱ）若b2，求ABC面积的最大值。

p【答案】B =2 4

【解析】 (命题意图)涉及了正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式、诱导公式等不下4个知识点

(解题点拨)（Ⅰ）由a = bcosC + csinB ⇒sin A =sinBcosC + sinCsinB ⇒sin (B+C)=sinBcosC + sinCsinB

⇒cosBsinC =sinCsinB  ⇒cosB =sinB sinC≠0 π⇒tanB =1 ⇒ B = 4 0

4= 2(2 +) 2-2（Ⅱ）由余弦定理得：a2 +c2ac = 4⇒4+ac = a2 +c2 ≥2ac ⇒ ac≤ = △ABC面积S = 2ac≤1 +2 .所以△ABC面积的最大值为2 . 4

(点评)求解主要演算：利用正弦定理、余弦定理化简，得到关于B等式，从而算出结果.涉及函数与方程，化归与转化等基本数学思想，考查学生的基本运算能力．

【题干】(20新课标全国Ⅰ卷) 如图，在ABC中，ABC90，AB3，BC1，P为ABC内一点，BPC90.

（Ⅰ）若PB1，求PA； 2

（Ⅱ）若APB150，求tanPBA. 【答案】PA7,tanPBA 42

【解析】 (命题意图) 本题主要考查解三角形问题，此类问题在高考试题中呈现形式简单，易理解.此类问题的解答一般都是采用正弦定理、余弦定理或是正、余弦定理得联袂应用，不下4个知识点，属于简单题，容易上手.

(解题点拨)解法1. （Ⅰ）由已知得，PBC60，所以PBA30.

在PBA，由余弦定理得PA321172cos30,故PA. 4242

（Ⅱ）设PBA，由已知得PBsin，

在PBA中，由正弦定理得3sin，化简得cos4sin，所以sin150sin(30)

tan3，即tanPBA. 44

11BC， 22解法2. （Ⅰ）过点P作PEAB，垂足为E，因为PB

BPC90，所以BCPPBE30. 则PE11PB，BE. 244

又AB，则AEABBE3. 44

在RtPEA中由勾股定理得，

PAAE2PE22717. 16162

（Ⅱ）过点A作ADBP，与BP的延长线交于点D.

因为APB150，所以APD30.

因为ADBPBC,ABDBCP

又ADB∽BPC

不妨设ADa，则AP2a，PD

所以 ADABADBCa3a，得PB. PBBCAB3在RtADB中，tanPBAADBDaa3a3. 4

解法3.（Ⅱ）由解法1知PBsin，在PBA中，由正弦定理得，

解得PA4sin.由余弦定理得 PA3， sinsin150

()2(4sin)224sinsincos150，解得sin

3.即tanPBA. 443， 则tan

(点评)求解主要有4步演算：先计算条件最多的三角形；利用余弦定理求PA;根据互余的等价性进行角的转化；利用正弦定理确定tanPBA.涉及函数与方程，化归与转化，数形结合等基本数学思想，有构造法、辅助线法的应用，主要考查综合应用知识的能力．

上述提到本题的解法多样，如解法2完全抛开高中的正余弦定理，只是利用初中所学的勾股定理、直角三角形性质、相似三角形的相关知识.这样的解法可能会让命题者“哭笑不得”，让解答者“笑逐颜开”，仅此而已.解法3通过巧妙的构造，使问题的解答更具有高度性，数学就是这样，细加玩味，其乐无穷.

三、高考圈题

【题干】在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，4sin2

(1)求角A的度数；

(2)若a=3，b+c=3，求b和c的值.

【圈题理由】解三角形的题目中,三角恒等变换是必考知识点.4sin2BC7cos2A. 22BC

2cos2A7

2,利用

三角形内角和将B+C转化为A也是高频考点.第二问的三边长的关系,应利用余弦定理.

b1b2【答案】A60, 或c2c1

【解析】(1)由4sin2BC

2cos2A7

2及ABC180,得

:

2[1cos(BC)]2cos2A17

2,4(1cosA)4cos2A5

1

2,即4cos2A4cosA10,cosA

0A180,A60

(2)由余弦定理得:cosA

cosA1

2b2c2a2

2bcb2c2a22bc1

2(bc)2a23bc.

bc3b1b2将abc3代入上式得:bc2 由得:或.bc2c2c1

【题干】在ABC中, ABC900，AB

点,BPC90. 3,BC1，P为ABC内一

(1)

若PC,求PA； (2)若APB1200,求ABP的面积S.

【圈题理由】正,余弦定理的应用是高考的常考常新的内容.本题问（1）在Rt△BPC中利用三角函数的定义，算出sin∠

1∠PBC=60°，从而BP=BCcos60°=．然后在2△APB中算出∠PBA=30°，利用余弦定理即可算出PA的大小．（2）设∠PBA=α，从而算出PB=sinα，∠PAB=30°﹣α．在△APB中根据正弦定理建立关于α的等式，解出sinα的值，得到PB长．再利用三角形面积公式加以计算，即可得出△ABP的面积S．

【答案】

(1) PA=

【解析】（1）∵在ABC中, ABC900，AB

∴sin∠

PBC =,BC1， PC1，可得∠PBC=60°，BP=BCcos60°=．∵∠PBA=90°﹣∠PBC=30°， =2BC222∴△APB中，由余弦定理PA=PB+AB﹣2PB•AB•cos∠PBA，

得PA= 2

11+3-242

7，解得PA=． 4

（2）设∠PBA=α，可得∠PBC=90°﹣α，∠PAB=180°﹣∠PBA﹣∠APB=30°﹣α， 在Rt△BPC中，PB=BCcos∠PBC=cos（90°﹣α）=sinα，

△ABP中，由正弦定理得1ABPB，∴

（30°﹣α）

cosα

=002sin150sin30-a﹣），化简得

，∴结合α是锐角，解得

∴

∴△ABP的面积S=

【题干】在1AB•PB•sin∠

21

5ABC中，AC6,BC7,cosA,O是ABC的内心，若

OPxOAyOB其中0x1,0y1，则动点P的轨迹所覆盖的面积为.

【圈题理由】向量的运算与解三角形结合也是高考中的一类常考问题.理解向量的加法运算

是解答本题的关键，由向量的加法可知满足OPxOAyOB，其中0x1,0y1，

动点P的轨迹为以OA，OB为邻边的平行四边形ADBO的内部（含边界），再求面积即可.

3

【解析】若OPxOAyOB，其中0x1,0y1，动点P的轨迹为以OA，OB为【答案】邻边的平行四边形ADBO的内部（含边界），又AC6,BC7,cosA1，由余弦定5

理可解得AB=5，

又sinA1

所以SABC65525

设三角形内切圆半径为r，则有1P的轨迹所

r

567r23

覆盖的面积为1ABr25

2.

四、分层训练（10题）

基础过关（第1—5题）

2【题干】1在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若b＝1，c＝，Cπ，则S△ABC3

＝________. 【答案】3 4

bc13【解析】因为c＞b，所以B＜C＝＝2，即sin sin Bsin Csin B2πsin3

1ππ2ππ1113B＝，所以BA＝π－－.所以S△ABC＝ sin A＝. 266362224

5【题干】2在△ABC中，a＝4，b＝，5cos(B＋C)＋3＝0，则角B的大小为( )． 2

πππ5A. B. C. D.π 6436

【答案】A

34【解析】由5 cos(B＋C)＋3＝0，得cos A，则sin A＝， 555

241πsin B＝又a＞b，B必为锐角，所以B＝. 4sin B26

5c【题干】3△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、ccos A，则△ABC为( )． b

A．钝角三角形

C．锐角三角形

【答案】A

sin C【解析】依题意，得＜cos A，sin C＜sin Bcos A，所以sin(A＋B)＜sin Bcos A，即sin Bcos sin B

A＋cos Bsin A－sin Bcos A＜0，所以cos Bsin A＜0.又sin A＞0，于是有cos B＜0，B为钝角，△ABC是钝角三角形，选A.

【题干】4设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，B．直角三角形 D．等边三角形

则角C＝________. 2π

【答案】

3

57

【解析】由3sin A＝5sin B，得3a＝5b，∴a＝b，代入b＋c＝2a中，得c＝b.由余弦定理，

33a2＋b2－c212π

得cos C∴C＝.

2ab23

b4，cosB【题干】5在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若c2a，

边c的长度为__________． 【答案】4

222

【解析】由余弦定理b2a2c22accosB，得16a4a4a

1．则4

1， 4

a2,c4.

智能拓展（第6—10题） 【题干】6在△ABC中，A



6

，D是BC边上任意一点（D与B、C不重合），且

22

|AB||AD|BDDC，则角B等于．

【答案】

5 12

【解析】.解析：由已知可得：

22ABADABAD.ABADABAD.BDBD.DC，





整理得BD.ABADDCBD.ABAC0，即BDABAC，又因为D在





BACBC上，所以BCA，即ABAC三角形为等腰三角形，所以





B



12

，故答案为

2

5. 12

【题干】7在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b=l，a= 2c，则当C取最大值时，△ABC的面积为________．

【解析】当C取最大值时，cosC最小，由

a2b2c23c2111当且仅当

c= 时C最大，且此时 cosC3c

2ab4c4csinC=

1111

，所以△ABC

的面积为absinC2c1. 22226

13

，tanB． 45

【题干】8在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.tanA（Ⅰ）求角C的大小；

（Ⅱ）若△

ABC，求最小边的边长及△ABC的面积． 【答案】（1）C

33

π（2

24

13

1． 【解析】（1）Cπ(AB)，tanCtan(AB)

13145

3

又0Cπ，Cπ

4

(2)

由题意得c因为tanA＜tanB,所以角A对应的边最小，由tanA

1

得

,

4所以BC

所以sinA,又

2

13

SABC.

22

【题干】9在ABC中，角A，B，C的对边分别为

a，b，c，已

知

bcosCsinCac0.

（Ⅰ）求B；

（Ⅱ

）若b2a+c的取值范围. 【答案】（Ⅰ）



3

；（Ⅱ

）.

【解析】（1

）由正弦定理知：sinBcosCBsinCsinAsinC0

sinAsin(BC)sinAcosCcosAsinC代入上式

BsinCcosBsinCsinC0 sinC

0BcosB10,即sin(B



（Ⅱ）由（1）得：2R

b

2 sinB

1).B(0,)B

362

2ac2R(2sinAsinC)5sinA3cosA27sin(A)

227

2

A(0,),2sin(A)(,27]

3

【题干】10已知f(x)ab,

其中a(2cosx,x),b(cosx,1),xR. （1）求fx的单调递减区间；

（2）在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,f(A)

1, a, 且向量其中，sin

3

,cos

5

m(3,sinB与)n(2,sinC)共线，求边长b和c的值.





【答案】(1) k



6

,k



kZ（2）b=3,c=2 3





【解析】(1) 由题意知fx2cos2xsin2x1cos2xsin2x12cos2x

. 3

ycosx在2k,2kkZ上单调递减，

63



fx的单调递减区间k,kkZ

63

7

2A(2)fA12cos2A1，cos2A1,又，33333

2A,即A

,

33

aa2b2c22bccosAbc23bc=7.



n，由正弦定理得因为向量m(3,sinB与)n(2,sinC)共线，所以2sinB3siC

令2k2x



3

2k，得k



xk



2b3c. b3,c2.