1、专练 27高考大题专练(二)解三角形的综合运用 1.2021全国新高考卷记ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 b2ac，点 D 在边 AC 上，BDsinABCasinC (1)证明：BDb； (2)若 AD2DC，求 cosABC. 2.2020全国卷ABC 中，sin2Asin2Bsin2CsinBsinC (1)求 A； (2)若 BC3，求ABC 周长的最大值 3.2020新高考卷在ac 3，csinA3，c 3b 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，
2、B，C 的对边分别为 a，b，c，且 sinA 3sinB，C 6，_？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 4.在ABC 中，a，b，c 分别是内角 A，B，C 的对边， 3acsinB 3bcosC， (1)求角 B 的大小； (2)若 b4，且ABC 的面积等于 4 3，求 a，c 的值 5.2021山东新高考质量测评联合调研监测在cos 3B1 2cosB，asinAc(sinCsinA) bsinB， 3c bcosAtanAtanB 这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中 问题：在ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对的边，b2 3，_. (1)求角 B
3、； (2)求 a2c 的最大值 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 6.2021河北石家庄模拟在cosC 21 7 ，asinCccos A 6 ，这两个条件中任选一个，补 充在下面问题中的横线处，并完成解答 问题：ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，B 3，D 是边 BC 上一点，BD5， AD7，且_，试判断 CD 和 BD 的大小关系_ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 7.ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设(sinBsinC)2sin2AsinBsinC (1)求 A； (2)若2ab2c，求 sinC 8.ABC
4、的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 asinAC 2 bsinA (1)求 B； (2)若ABC 为锐角三角形，且 c1，求ABC 面积的取值范围 专练专练 27高考大题专练高考大题专练(二二)解三角形的综合运用解三角形的综合运用 1解析：(1)由题设，BD asinC sinABC，由正弦定理知： c sinC b sinABC，即 sinC sinABC c b， BDac b ，又 b2ac， BDb，得证 (2)由题意知：BDb，AD2b 3 ，DCb 3， cosADB b24b 2 9 c2 2b2b 3 13b2 9 c2 4b2 3 ， 同理 cosCDB b2
5、b 2 9 a2 2bb 3 10b2 9 a2 2b2 3 ， ADBCDB， 13b2 9 c2 4b2 3 a210b 2 9 2b2 3 ，整理得 2a2c211b 2 3 ，又 b2ac， 2a2b 4 a2 11b2 3 ，整理得 6a411a2b23b40，解得a 2 b2 1 3或 a2 b2 3 2， 由余弦定理知：cosABCa 2c2b2 2ac 4 3 a2 2b2， 当a 2 b2 1 3时，cosABC 7 61 不合题意；当 a2 b2 3 2时，cosABC 7 12； 综上，cosABC 7 12. 2解析：(1)由正弦定理和已知条件得 BC2AC2AB2AC
6、AB. 由余弦定理得 BC2AC2AB22ACABcosA 由得 cosA1 2.因为 0A，所以 A 2 3 . (2)由正弦定理及(1)得 AC sinB AB sinC BC sinA2 3，从而 AC2 3sinB，AB2 3sin(AB) 3cosB 3sinB. 故 BCACAB3 3sinB3cosB32 3sin B 3 . 又 0B 3，所以当 B 6时，ABC 周长取得最大值 32 3. 3解析：方案一：选条件. 由 C 6和余弦定理得 a2b2c2 2ab 3 2 . 由 sinA 3sinB 及正弦定理得 a 3b. 于是3b 2b2c2 2 3b2 3 2 ，由此可得
7、 bc. 由ac 3，解得 a 3，bc1. 因此，选条件时问题中的三角形存在，此时 c1. 方案二：选条件. 由 C 6和余弦定理得 a2b2c2 2ab 3 2 . 由 sinA 3sinB 及正弦定理得 a 3b. 于是3b 2b2c2 2 3b2 3 2 ，由此可得 bc，BC 6，A 2 3 . 由csinA3，所以 cb2 3，a6. 因此，选条件时问题中的三角形存在，此时 c2 3. 方案三：选条件. 由 C 6和余弦定理得 a2b2c2 2ab 3 2 . 由 sinA 3sinB 及正弦定理得 a 3b. 于是3b 2b2c2 2 3b2 3 2 ，由此可得 bc. 由c 3
8、b，与 bc 矛盾 因此，选条件时问题中的三角形不存在 4解析：(1)由正弦定理得3sinAsinCsinB 3sinBcosC. 因为 ABC，所以3sin(BC)sinCsinB 3sinBcosC， 即 3(sinBcosCcosBsinC)sinCsinB 3sinBcosC， 化简，得3cosBsinB. 因为 B(0，)，所以 B 3. (2)由(1)知 B 3，因为 b4，所以由余弦定理，得 b2a2c22accosB，即 42a2c22accos 3， 化简，得 a2c2ac16. 因为该三角形面积为 4 3， 所以 1 2acsinB4 3，即 ac16. 联立，解得 ac4
9、. 5解析：(1)选择：由 cos 3B1 2cosB，得 1 2cosB 3 2 sinB1 2cosB，即 3 2 sinB 1 2cosB 1 2， 所以 sin B 6 1 2， 因为 0B，所以 6B 6 5 6，故 B 6 6， 所以 B 3. 选择：由正弦定理，asinAc(sinCsinA)bsinB 可化为 a2c2b2ac， 由余弦定理，得 cosBa 2c2b2 2ac 1 2， 因为 0B0，所以 tanB 3， 因为 0B，所以 B 3. (2)在ABC 中，由(1)及 b2 3， b sinB a sinA c sinC 2 3 3 2 4， 故 a4sinA，c4
10、sinC， 所以 a2c4sinA8sinC4sinA8sin 2 3A 4sinA4 3cosA4sinA8sinA4 3cosA 4 7sin(A)， 因为 0A2 3且为锐角， 所以存在角 A 使得 A 2， 所以 a2c 的最大值为 4 7. 6解析：设 ABx，在ABD 中由余弦定理可得： 49x2252x5cos 3x 2255x， 即 x25x240，解得 x8. 方案一选条件. 由 cosC 21 7 得 sinC2 7 7 ， ABC， sinAsin(BC) 3 2 21 7 1 2 2 7 7 5 7 14 ， 在ABC 中由正弦定理可得： BC 5 7 14 8 2 7
11、 7 ，解得：BC10， CDBD5. 方案二选条件. 由正弦定理可得：a2RsinA，c2RsinC，代入条件 asinCccos A 6 得：sinAsinC sinC 3 2 cosA1 2sinA 3 2 cosAsinC1 2sinAsinC， 1 2sinAsinC 3 2 cosAsinC， 因为 A 为三角形内角，所以 tanA 3，故 A 3， 所以ABC 为等边三角形， 所以 BC8，CD3，所以 CDBD. 7解析：(1)由已知得 sin2Bsin2Csin2AsinBsinC，故由正弦定理得 b2c2a2bc. 由余弦定理得 cosAb 2c2a2 2ab 1 2. 因
12、为 0A180，所以 A60. (2)由(1)知 B120C，由题设及正弦定理得2sinAsin(120C)2sinC，即 6 2 3 2 cosC1 2sinC2sinC，可得 cos(C60) 2 2 . 由于 0C120，所以 sin(C60) 2 2 ，故 sinCsin(C6060) sin(C60)cos60cos(C60)sin60 6 2 4 . 8解析：(1)由题设及正弦定理得 sinAsinAC 2 sinBsinA. 因为 sinA0，所以 sinAC 2 sinB. 由 ABC180，可得 sinAC 2 cosB 2，故 cos B 22sin B 2cos B 2. 因为 cosB 20，故 sin B 2 1 2，因此 B60. (2)由题设及(1)知ABC 的面积 SABC 3 4 a. 由正弦定理得 acsinA sinC sin120C sinC 3 2tanC 1 2. 由于ABC 为锐角三角形， 故 0A90， 0C90.由(1)知 AC120， 所以 30C90， 故1 2a2，从而 3 8 SABC 3 2 . 因此，ABC 面积的取值范围是 3 8 ， 3 2 .
