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1、考点03 解三角形压轴题一、单选题（共12小题） 1.（2020秋洛阳期中）已知ABC为锐角三角形，D，E分别为AB，AC的中点，且CDBE，则cosA的取值范围是（）A（，1）B（）C，1）D，）【分析】设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设CD，BE交于G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由直角三角形的性质可得AFa，分别在三角形ABF和三角形ACF中，运用余弦定理可得c2+b25a2，由锐角三角形可得，再由余弦定理可得cosA关于b，c的式子，由换元法和对勾函数的单调性，计算可得所求范围【解答】解：设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设CD，BE交
2、于G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由CDBE，可得FGBCa，AGa，AFa，在ABF中，c2（a）2+（a）22aacosAFB，在ACF中，b2（a）2+（a）22aacosAFC，上面两式相加，结合AFB+AFC，可得c2+b25a2，又ABC为锐角三角形，可得a2+b2c2，b2+c2a2，c2+a2b2，可得3b22c2，3c22b2，则，即，又cosA（+）2，当且仅当bc，取得最小值；设t（t），则f（t）t+在（，1）递减，在（1，）递增，可得f（）f（），则cosA，故选：D【知识点】三角形中的几何计算 2.（2020春惠山区校级期末）ABC中，ABC所在平面
3、内存在点P使得PB2+PC23PA23，则ABC面积最大值为（）ABCD【分析】以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，设B（a，0），C（a，0），（a0），则A（0，），设P（x，y），运用两点距离公式可得P在两圆上，由圆与圆的位置关系的等价条件，解不等式可得a的范围，再由三角形的面积公式，结合二次函数的最值求法，可得最大值【解答】解：以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，设B（a，0），C（a，0），（a0），则A（0，），设P（x，y），由PB2+PC23PA23，可得（x+a）2+y2+（xa）2+y23x2+（y）23，可得x2+y2a2，
4、x2+（y）21，即有点P既在（0，0）为圆心，半径为的圆上，也在（0，）为圆心，1为半径的圆上，可得|1|1+，由两边平方化简可得a2，则ABC的面积为S2aa，由a2，可得a2，S取得最大值，且为故选：B【知识点】正弦定理 3.（2020春永州期末）设a，b，c为ABC中的三边长，且a+b+c1，则a2+b2+c2+4abc的取值范围是（）A，B，）C（，D（，）【分析】记f（a，b，c）a2+b2+c2+4abc，则f（a，b，c）12ab2c（a+b）+4abc，再根据三角形边长性质可以证得f（a，b，c）再利用不等式和已知可得ab，所以f（a，b，c）12c（1c），再利用求导根据单
5、调性可以推得a2+b2+c2+4abc，继而可以得出结果【解答】解：记f（a，b，c）a2+b2+c2+4abc，则f（a，b，c）12ab2c（a+b）+4abc12ab（12c）2c（1c）2（c+ab）22a2b22（ab+c）+12c+ab22a2b2+4（c）（a）（b）+又a，b，c为ABC的三边长，所以12a0，12b0，12c0，所以f（a，b，c）另一方面f（a，b，c）12ab（12c）2c（1c），由于a0，b0，所以ab，又12c0，所以f（a，b，c）12c（1c），不妨设abc，且a，b，c为ABC的三边长，所以令y，则y3c2cc（3c1）0，所以ymin，从而，
6、当且仅当abc时取等号故选：B【知识点】余弦定理 4.（2020春嘉兴期末）在ABC中，AC的中点为D，若长度为3的线段PQ（P在Q的左侧）在直线BC上移动，则AP+DQ的最小值为（）ABCD【分析】先求出BC6，AB3，以BC所在直线为x轴，y轴经过点A，建立坐标系，则A（0，3+），设P（a，0），则Q（a+3，0），D（，），求出AP+DQ，利用几何意义，结合对称性，即可得出结论【解答】解：因为，由正弦定理可得，可得，以BC所在直线为x轴，y轴经过点A，则，设，可得AP+DQ+则AP+DQ表示x轴上的点P与A和的距离和，利用对称性关于x轴的对称点为E，可得AP+DQ的最小值为AE故选：B
7、【知识点】正弦定理 5.（2020春博望区校级月考）在等腰ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中B为钝角，basinAbcos2A点D与点B在直线AC的两侧，且CD3AD3，则BCD的面积的最大值为（）AB4CD3【分析】以D为原点，DC为x轴正方向建立直角坐标系，点A在单位圆上，可得：C（3，0），由已知可求B，设B（x，y），ADC，可得A（cos，sin），可得|AC|，由余弦定理|AB|BC|，可得B的轨迹为：（x）2+（y）2，可得x时，有|yB|max，利用三角形的面积公式可求SBCD的最大值【解答】解：如图所示，以D为原点，DC为x轴正方向建立直角坐标系，点A在单位
8、圆上，可得：C（3，0），由basinAbcos2A，可得：sinBsin2AsinB（12sin2A），可得：sin2A2sinBsin2A，可得：sinB，由B为钝角，可得B，设B（x，y），ADC，可得：A（cos，sin），可得：|AC|，由题意及余弦定理可得：|AC|，可得|AB|BC|，可得B的轨迹为：（x）2+（y）2，可得：x时，有|yB|max，由SBCD|CD|yB|yB|，可得：SBCDmax故选：C【知识点】三角形中的几何计算 6.（2020西湖区校级模拟）设0ba4b，m0，若三个数，m能组成一个三角形的三条边长，则实数m的取值范围是（）A（，1）B（1，）C，2D（
9、，2）【分析】由题意可得14，可令t（1t4），判断可得，可得m+，化为2（+）2m2+（+），结合基本不等式和导数判断单调性，以及不等式恒成立思想，即可得到所求范围【解答】解：0ba4b，m0，令x，y，zm，x2y2（）220，xy，x，y，z能组成一个三角形的三条边长，可得yxzx+y，即为m+，设0ba4b，可得14，可令t（1t4），即有2m，即为2（+）2m2+（+），由2+（+）2+24，当且仅当t1上式取得等号，但1t4，可得2（+）4，则2m4，即m2；又设k+（2，），可得2（+）2k，由y2k的导数为y1，由2k可得2k，即函数y为增函数，可得2k2，即有2m，即有m，可
10、得m2，故选：C【知识点】三角形中的几何计算 7.（2020秋五华区校级月考）设锐角ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c1，A2C，则ABC周长的取值范围为（）A（0，2+）B（0，3+）C（2+，3+）D（2+，3+【分析】由锐角三角形求得30C45，由正弦定理可得，求出a，b关于cosC的函数，运用余弦函数的大小，可得所求范围【解答】解：锐角ABC可得0A90，即02C90，B180AC1803C，而01803C90，可得30C45，由正弦定理可得，可得a2cosC，b2cos2C+cos2C4cos2C1，则a+b+c4cos2C+2cosC4（cosC+）2，由30C
11、45，可得cosC，即有cosC时，可得a+b+c2+，cosC时，可得a+b+c3+，则a+b+c的范围是（2+，3+）故选：C【知识点】三角形中的几何计算 8.（2020秋鄂州期中）已知ABC的内角为A，B，C满足sin（B+CA）+sin（A+CB）+sin（A+BC），且ABC的面积为2，则ABC外接圆面积等于（）A2B4C8D16【分析】据正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sinAsinBsinC，利用正弦定理，三角形的面积公式，可得，求得R，即可计算得解外接圆的面积【解答】解：sin（B+CA）+sin（A+CB）+sin（A+BC），且A+B+C，sin2A+sin2B+sin
12、2C，2sinAcosA+2sin（B+C）cos（BC），2sinA（cos（BC）cos（B+C），化为2sinA2sinBsin（C），sinAsinBsinC设外接圆的半径为R，由正弦定理可得：2R，由SabsinC，及正弦定理得：sinAsinBsinC，由于S2，可得：R24S8，可得R2，ABC外接圆面积SR28故选：C【知识点】正弦定理 9.（2020春萍乡期末）在ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若ac4，acosC+3ccosA0，则ABC面积的最大值为（）A1BC2D4【分析】ABC中，acosC+3ccosA0，利用余弦定理可得：2b2a2c2结合ac4
13、，a，b都用c表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质可得cosB的最小值，可得sinB的最大值，即可得出三角形面积的最大值【解答】解：ABC中，acosC+3ccosA0，a+3c0，化为：2b2a2c2ac4，a，b2cosB，当且仅当c2，b2，a24时取等号BsinB则ABC面积的最大值acsinB1故选：A【知识点】余弦定理、正弦定理 10.（2020秋南山区校级期末）在ABC中，D，E分别是边AC，AB的中点，若BDCE，则cosA的最小值为（）ABCD【分析】建立坐标系，设出C，E两点坐标，表示出A，B两点坐标，将cosA的最小值转化为向量的数量积运算处理【解答】解：依题意，如图，
14、设C（90，c），B（b，0），（b0，c0），则因为D为AC中点，A（b，c），D（，0）又因为E为AB中点，E（0，），（b，2c），（2b，c）则cosA，令t2+2，则t2，cosA，当，即t4时，cosA有最小值故选：A【知识点】余弦定理 11.（2020春浦东新区校级月考）在边长为的正三角形ABC的边AB、AC上分别取M、N两点，沿线段MN折叠三角形，使顶点A正好落在边BC上，则AM的长度的最小值为（）ABC2D【分析】在图（2）中连接MP，由折叠可知AMPM，根据等边对等角可得BAPAPM，又BMP为三角形AMP的外角，若设BAP为，则有BMP为2，再设AMPMx，根据正弦定理建
15、立函数关系，根据正弦函数的图象与性质得出正弦函数的最大值，进而得出x的最小值，即为AM的最小值【解答】解：显然A，P两点关于折线MN对称，连接MP，图（2）中，可得AMPM，则有BAPAPM，设BAP，BMPBAP+APM2，再设AMMPx，则有MBx，在ABC中，APB180ABPBAP120，BPM1202，又MBP60，在BMP中，由正弦定理知 ，即 ，x，060，01202120，当120290，即15时，sin（1202）1此时x取得最小值2，且AME75则AM的最小值为2故选：C【知识点】解三角形 12.在ABC中，sinA，sinB，sinC依次成等比数列，则的取值范围是（）A（
16、1，2+）B（2，1）C（3，2）D（2，3+）【分析】由已知得，则1，看成关于的二次函数f（t）t2+t+1，根据三角形任意两边大于第三边，求出即t的范围，结合函数的单调性即可求解【解答】解：由已知得，则1，看成关于的二次函数f（t）t2+t+1，下面研究t的范围，显然a，或c是最大边，所以a+bc，或b+ca，联立解得，所以问题转化为研究二次函数：f（t）t2+t+1，的值域的问题该函数在定义域内递增，计算得，故所求的范围是（2，3+）故选：D【知识点】等比数列的通项公式、正弦定理 二、填空题（共9小题） 13.（2020春江苏月考）如图所示，ABC中，AC3，点M是BC的中点，点N在边A
17、C上，且AN2NC，AM与BN相交于点P，且PN2PM，则ABC面积的最大值为【分析】根据题意把设，作为该平面的一组基底，根据向量运算的三角形法则及共线向量定理分别表示出，即可求得AP：PM，BP：PN的值，再设PM2t，求得PN，PA，PB，设APN的面积为x，运用余弦定理和面积公式，结合二次函数的最值可得x的最大值，进而得到所求ABC的面积的最大值【解答】解：设，则+3，+2+，A、P、M和B、P、N分别共线，存在实数、，使3，2+，故（+2）+（3+）而+2+3，解得 ，故，即AP：PM4：1BP：PN3：2，设PMt，则PN2t，PA4t，PB3t，t0，设APN的面积为x，APN，在
18、APN中，AN2，AP4t，PN2t，可得cos，sin，则x4t2tsin，当t2，即t时，x取得最大值，而ABP的面积为x，BPM的面积为，则ABC的面积为2（+）x，则ABC的面积的最大值为5故答案为：5【知识点】解三角形 14.（2020南通模拟）已知等边ABC的边长为1，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，且SADFSDEF若ADx，CEy，则的取值范围为【分析】由ADx，CEy，可得BD1x，BE1y，0x1，设CFz，可得AF1z，运用三角形的面积公式，求得y关于x的函数式，令y1，得x或x1，再由换元法和基本不等式，以及对勾函数的单调性，可得所求范围【解答】解：由ADx，C
19、Ey，可得BD1x，BE1y，0x1，设CFz，可得AF1z，SADFSDEF，即有SADFx（1z），可得z1，由z0，可得x1，由SDEF（1x）（1y）yz，化为1xy+xy+y（1），即为y，由y1，即有0，即或，结合x1，可得x或x1，则，可令3x2t，即x，可得，若t0，则x，0；若t0，即x1，可得，当且仅当t1，即x1时，取得等号，又0，可得此时0；当t0时，即x，由可得x，则1t，则t+2，则，当且仅当t1，x时，取得等号，且2，即2，则的范围是0，2故答案为：0，2【知识点】三角形中的几何计算 15.（2020江苏模拟）在ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面
20、积为S，则的最大值为【分析】由已知可得，令sinAy，cosAx，可得，数形结合可知，又，可得，当且仅当A60，bc，也即三角形为等边三角形时，取得最大值【解答】解：因为，（当且仅当bc时取得等号），令sinAy，cosAx，故，因为x2+y21，且y0，故可得点（x，y）表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数，表示圆弧上一点到点A（2，0）点的斜率，数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即A60时，取得最小值；故可得，又，故可得，当且仅当A60，bc，也即三角形为等边三角形时，取得最大值故答案为：【知识点】余弦定理 16.（2020郑州三模）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a
21、、b、c，a2，则sinB，则b【分析】由正弦定理化简已知等式，结合sinA0，可得sinBsin2C，可得B2C，或B+2C，由于若B2C，可得B+C推出矛盾，可得B+2C，根据三角形内角和定理可得AC，可求范围0B，利用同角三角函数基本关系式可求cosB的值，进而根据余弦定理可求b的值【解答】解：，bsinAbsin2Casin2Cbsin2C，bsinAasin2C，由正弦定理可得：sinBsinAsinAsin2C，sinA0，sinBsin2C，可得B2C，或B+2C，若B2C，由于C，可得B，可得B+C（舍去），B+2C，可得AC，可得：ac2，C，A+C，0B，由sinB，可得c
22、osB，由余弦定理可得b故答案为：【知识点】正弦定理 17.（2020泉州二模）ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a3若点D在边BC上，且BD2DC，则AD的最大值是【分析】ABC中利用正弦定理转化求得A的值，再求出ABC外接圆的半径；取BC的中点M，利用直角三角形的边角关系与两边之和大于第三边，即可求出AD的最大值【解答】解：ABC中，由正弦定理得，sinAsinBsinBcosA，因为sinB0，所以tanA；又因为0A，所以A；设ABC外接圆的圆心为O，半径为R，则由正弦定理得，R；取BC的中点M，如图所示；在RtBOM中，BMBC，OM；在RtDOM中，DMBDBM，OD
23、1；由ADAO+ODR+OD+1，当且仅当圆心O在AD上时取“”；所以AD的最大值是+1故答案为：+1【知识点】余弦定理、正弦定理 18.（2020泰州模拟）在ABC中，点D在边BC上，且满足ADBD，3tan2B2tanA+30，则的取值范围为【分析】可引入DAC，然后根据ADBD，得AB，同时C（A+B），则，分子分母展开后，整理成关于tanA，tanB的表达式，令该比值为a，将tanA用a和tanB表示出来，代入3tan2B2tanA+30，得到关于tanB的一元二次方程，该方程有正根，结合判别式大于等于0，得到关于a的不等式，即可求出a的范围，即结论【解答】解：如图，在ABC中令DAC
24、，因为ADBD，BADB且AB，AB，且C（A+B），在ACD中，令a，（a1）tanA（1+a）tanB，因为，D不可能为BC中点，故a1，；由3tan2B2tanA+30知，tanA0，故tanB0，解得a1或a1将式代入式整理得：，这是一个关于tanB的一元二次方程，该方程有实数根，（结合和韦达定理可知，该方程必有正根），即2a25a+20，解得，由得1a2即为所求即的范围是（1，2故答案为：（1，2【知识点】三角形中的几何计算 19.（2020厦门一模）如图，某景区有景点A，B，C，D经测量得，BC6km，ABC120，sinBAC，ACD60，CDAC，则ADkm，现计划从景点B处起
25、始建造一条栈道BM，并在M处修建观景台为获得最佳观景效果，要求观景台对景点A、D的视角AMD120为了节约修建成本，栈道BM长度的最小值为km【分析】在ABC中，直接由正弦定理求解AD的长度；以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，求出M点的轨迹，可知M点在圆的一段圆弧上，再由圆心到B点的距离减去半径求得栈道BM长度的最小值【解答】解：在ABC中，BC6，ABC120，sinBAC，由正弦定理可得：，即，解得：AC在ACD中，由ACD60，CDAC，得ACD为等边三角形，可得ADACkm；以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，由，得cos，sinACBsin（
26、120+BAC）sin120cosBAC+cos120sinBAC，cosACB在ABC中，由正弦定理可得：，解得AB12A点的坐标为（6，6）sinDCxsin（60+ACB）sin60cosACB+cos60sinACB，则cosDCxD点坐标为（9，9）设M（x，y），则，AMB120，由到角公式可得：tan120整理得：M点在圆的一段圆弧上圆心为（0，10），半径为则BM长度的最小值为故答案为：；【知识点】解三角形 20.（2020婺城区校级模拟）在ABC中，点D与点B分别在直线AC的两侧，且AD1，则BD的长度的最大值是【分析】根据可分析出ABC是直角三角形，画出图形，可设ACD，借
27、助于余弦定理在三角形BCD中表示出BD2，然后再利用三角形ACD借助于余弦定理找到x与角的关系，代入BD2表达式，利用导数研究函数最值的方法求解【解答】解：在三角形ABC中，设ACx，则BC，且由正弦定理得，解得，显然B为锐角，故B设ACD，在BCD中，3（x2+1）+6xsin又在ACD中，代入式得：BD2令tx2+1，则上式可化为，（），令y0得，可见t5即t210t+160，t8或t2（舍）将t8代入式得BD227，故（因为开区间内唯一的极值点即为该函数的最值点）故答案为：3【知识点】三角形中的几何计算 21.（2020郑州一模）在ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且2c
28、osAa（cosC），c2，D为AC上一点，AD：DC1：3，则ABC面积最大时，BD【分析】由2c，结合三角形的正弦定理和三角函数的和差公式，可得b，再由三角形的海伦面积公式，化简整理，结合二次函数的最值求法，可得三角形的面积取得最大值时a的值，再由余弦定理计算可得所求值【解答】解：2cosAa（cosC），c2，ccosAacosC，由正弦定理可得sinCcosA+sinAcosCsinA，sin（A+C）sinBsinA，b，由p，pa，pc，pb，由三角形的海伦面积公式可得SABC，当a212，即a2时，b2，ABC的面积取得最大值，D为AC上一点，AD：DC1：3，AD，由余弦定理可
29、得cosA，解得BD故答案为：【知识点】余弦定理 三、解答题（共12小题） 22.（2020秋未央区校级期中）如图，在平面四边形ABCD中，AD1，CD2，AC（1）求cosCAD的值；（2）若cosBAD，sinCBA，求BC的长【分析】（1）在ADC中，由余弦定理直接求解可得cosCAD的值（2）由cosBAD，sinCBA，利用同角三角函数关系式和正弦定理即可求BC的长【解答】解：AD1，CD2，AC（1）在ADC中，由余弦定理，得cosCAD；（2）设BAC，则BADCAD，在ABC中，由正弦定理，解得：BC3即BC的长为3【知识点】余弦定理、正弦定理 23.（2020春思南县校级期末
30、）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a2，cosB（1）若b4，求sinA的值；（2）若ABC的面积SABC4，求b、c的值【分析】（1）由cosB0，且0B，可得sinB再利用正弦定理即可得出（2）由SABCacsinB，解得c，再利用余弦定理即可得出【解答】解：（1）cosB0，且0B，sinB由正弦定理得，sinA（2）SABCacsinB4，c5由余弦定理得b2a2+c22accosB22+5222517，b【知识点】余弦定理 24.（2020秋浦东新区校级期中）在ABC中，已知tanA（1）若ABC外接圆的直径长为，求BC的值；（2）若ABC为锐角三角形，其面积为6
31、，求BC的取值范围【分析】（1）由tanA求得sinA，再利用正弦定理求解BC，（2）由三角函数的有界性求BC取值范围【解答】解：（1）因为tanA，可得cosA，sin2A+cos2A1，sin2A+（）21，又A（0，），解得：sinA，因为ABC外接圆的直径2R，由正弦定理2R，可得BC2RsinA6（2）由（1）可得sinA，cosA，因为其面积为6bcsinAbc，解得bc13，由正弦定理可得，可得：，其中+A，sin，cos，ABC是锐角三角形，B（A，），sin（）sin（2B）sin，即BC的取值范围是4，）【知识点】正弦定理 25.（2020春海安市校级期中）在；2acosA
32、bcosC+ccosB，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知_（1）求角A；（2）设ABC的面积为S，若，求面积S的最大值【分析】（1）首先任选择一个条件，然后根据正弦定理进行边角互化，再根据三角恒等变换，化简求值（2）由（1）得A，利用余弦定理和基本不等式求bc的最大值，再求面积的最大值【解答】解：（1）若选条件，由正弦定理得，sinBsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC，sinC0，0A，；若选条件，2acosAbcosC+ccosB，由正弦定理得2sinAcosAsinBcosC+sinCcosB
33、，即2sinAcosAsin（B+C）sinA，0A，；若选条件，由正弦定理得，sinBsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC，sinAcosC+cosAsinC，sinC0，0A，；所以不管选择哪个条件，（2）a2b2+c22bccosA，即b2+c2bc3，b2+c22bc，2bcbc3，即bc3，当bc时等号成立bc的最大值为3，【知识点】两角和与差的三角函数、正弦定理 26.（2020春台州期中）已知a，b，c是ABC的内角A，B，C的对边，b2，D为线段AC上一点且AD3DC（）求cosB；（）求|BD|的最大值【分析】（）利用正弦定理将已知等式化成边之间的关系，再由余弦
34、定理即可求得cosB的值；（）利用平面向量的线性运算及数量积运算可得，由（）中结论及利用基本不等式可得，从而可得结论【解答】解：（）由正弦定理得：，（）因为D为线段AC上一点且AD3DC，所以+（）+，所以由（）知：因为：，（当且仅当ac时取等号）所以：，得：所以：故|BD|的最大值为【知识点】正弦定理、余弦定理 27.（2020白云区模拟）已知函数f（x）asinx+bcosx（a0）的图象的一条对称轴为直线，且此轴与函数图象交点的纵坐标为（）求函数f（x）的的单调递增区间；（）在三角形ABC中，两个内角A，B满足A4B，且，求内角A，B所对的边的比的值【分析】第一问需要我们根据对称轴及最值
35、求出函数解析式，然后利用整体法求函数的单调增区间；第二问为三角函数与解三角形的综合题目，需要我们根据条件求出角A，B的值然后求解【解答】解：（）f（x）asinx+bcosx，；由题意知，；所以；所以；于是；所以f（x）；令，解得；所以单调递增区间为，KZ；（）；，又因为A（0，），所以；由正弦定理得：【知识点】两角和与差的三角函数、正弦定理 28.（2020春滁州期末）ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）若b，C120，求ABC的面积S；（2）若b：c2：3，求【分析】（1）由正弦定理化简已知条件，解得a，又知b，C，由三角形面积公式absinC可求得面积；（2）由已知
36、条件可得a，b，c的比例关系，由倍角公式和正弦定理，余弦定理化简即可得结果【解答】解：（1）由正弦定理知，csinBbsinC；由2asinCcsinB，得2asinCbsinC，故2ab，b，a6；又C120，ABC的面积S18，故ABC的面积S为18（2）由2a，b：c2：3，2cosA；2cosA1故【知识点】解三角形 29.（2020秋汇川区校级期中）在ABC中，D为BC上一点，ADCD，BA7，BC8（1）若B60，求ABC外接圆的半径R；（2）设CABACB，若，求ABC面积【分析】（1）利用余弦定理求出AC的值，再由正弦定理求得三角形外接圆的半径；（2）由题意，利用正弦、余弦定理
37、求得ABC的正弦值，再计算ABC的面积【解答】解：（1）由余弦定理AC2BA2+BC22BABCcosB57，解得；又，解得；ABC外接圆的半径R为；（5分）（2）由ADCD，所以DCADAC，所以CABACBBAD；由，当BAD为锐角时，得；设BDx，则DC8x，DA8x，在ABD中，由余弦定理得，解得x3；所以BD3，DA5；由正弦定理，即，解得；所以，此时ABC的面积为10（10分）当BAD为钝角时，得coscosBAD；设BDy，则DC8y，DA8y，在ABD中BA7，BDy，DA8y，cosBDA，由余弦定理得y272+（8y）227（8y）（），解得y；所以BD，DA；由正弦定理，
38、即，解得sinB；所以SABCBABCsinB，此时ABC的面积为（14分）【知识点】正弦定理、余弦定理 30.（2020秋惠来县校级期中）设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求角A的大小；（2）若a1，求ABC的周长l的最大值【分析】（1）由题意利用正弦定理，两角和差的三角公式，求得cosA 的值，可得A的值（2）利用正弦定理求得b、c的解析式，可得周长l的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，求得ABC的周长l的最大值【解答】解：（1）ABC中，由正弦定理可得sinAcosC+sinCsinBsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC，sinCcosAsinC，cosA结合A（0，），可得A（2）由正弦定理得，周长，故ABC的周长l的最大值为3【知识点】正弦定理 31.（2020静安区二模）若函数f（x）Asin（x+）（A0，0，0）满足下列条件：f（x）的图象向左平移个单位时第一次和原图象重合；对任意的xR都有f（x）f（）2成立（1）求f（x）的解析式；（2）若锐角ABC的内角B满足f（B）1，且B的对边b1，求ABC的周长l的取值范围【分析】（1）由题意可得T，解得，由题意可求A，利用正弦函数的性质可得22k+，kZ，结合范围0，可求，即可得解函数解析式（2）由，可求，结合ABC是锐角三角形，可求范围，由
