2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题07解三角形含解析.docx

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1、专题07 解三角形一、选择题部分1.(2021河南开封三模理T10)如图，A，B，C是半径为1的圆周上的点，且，则图中阴影区域的面积为（）ABCD【答案】A【解析】取圆心为O，连结OA，OB，OC，BC，因为，所以BOC，则OBCOCB，所以BC2BOcos，在ABC中，由余弦定理可得（AC+AB）23ACAB，因为，所以，解得ACAB1，所以，扇形OBC的面积为，所以图中阴影区域的面积为SABC+S扇形OBCSOBC+2.(2021四川内江三模理T5)在ABC中，AC3，AB2（）ABCD【答案】B【解析】AC3，AB8，由余弦定理可得：cosA，可得sinA，设AB边上的高为h，则ABh，

2、2h3.(2021宁夏中卫三模理T 11)设锐角ABC的三内角A，B，C所对边的边分别为a，b，c，且a2，B2A，则b的取值范围为（）ABCD（0，4）【答案】A【解析】在锐角三角形中，02A，即0A，且B+A3A，则3A，即A，综上A，则cosA，a2，B2A，由正弦定理得，得b4cosA，cosA，24cosA2，即2b2，则b的取值范围是（2，2）4.(2021河南郑州二模文T6)在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，如果a、b、c成等差数列，B30，ABC的面积为，则b等于（）ABCD【答案】A【解析】由余弦定理得b2a2+c22accosB（a+c）22ac2accosB

3、，又SABCacsinBac，ac6，a、b、c成等差数列，a+c2b，将代入得b24b2126，化简整理得b24+2，解得b1+二、填空题部分5.(2021上海嘉定三模T7)在ABC中，AB2，AC3，且ABC的面积为，则BAC【答案】30或150【解析】ABC中，AB2，AC3，且ABC的面积为，ABACsinBAC，即23sinBAC，整理得：sinBAC，则BAC30或1506.(2021高考全国乙卷文T15) 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，则_【答案】【解析】由题意，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为.7.(2021浙江卷T11) 我国古代数学家赵爽用弦图给出

4、了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则_.【答案】25【解析】由题意可得，大正方形的边长为：，则其面积为：，小正方形的面积：，从而.故答案为25.8.(2021浙江卷T14) 在中，M是的中点，则_，_.【答案】(1). ； (2). 【解析】由题意作出图形，如图，在中，由余弦定理得，即，解得（负值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.故答案为：；.9.(2021河南开封三模文T15)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且

5、ABC的外接圆半径为1，则ABC的面积为【答案】【解析】由正弦定理及外接圆公式可得，其中R为ABC的外接圆半径，则a2RsinA2，由余弦定理可得，b2+c22bccosAa2，则，bc1，则ABC的面积为10.(2021浙江杭州二模理T13)设a，b，c分别为ABC的内角A，B，C的对边，若a1，则C，ABC的面积【答案】C，【解析】因为，整理得a2+b2c2ab，由余弦定理得cosC，因为C为三角形内角，所以C；由a2+b2c2ab且a1，c得b2b60，解得b3或b2（舍），所以，ABC的面积S11.(2021河南郑州二模文T16)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a1，A

6、，若b+c有最大值，则实数的取值范围是【答案】（，）【解析】因为a1，A，由正弦定理得：，所以b+c（sinB+sinC）sinB+sin（B）sinB+（cosBsinB）（1）sinB+cosBsin（B+），其中tan，由B（0，），b+c存在最大值，即B+有解，即（，），可得10，解得，又1，解得，则实数的取值范围是（，）12.(2021新疆乌鲁木齐二模文T16)在ABC中，tanB2tanC，则的取值范围为【答案】（1，2）【解析】如图，在ABC中，设tanC，则tanB，x（0，+），可得，令f（x）4，x（0，+），因为f（x）0，所以f（x）在（0，+）上单调递增，所以f（x）

7、（1，4），则（1，2）13.(2021山西调研二模文T16)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2sinC=a2+b2+1+2aba+b，则ABC面积的最大值为_ .【答案】18【解析】2sinC=a2+b2+1+2aba+b=(a+b)2+1a+b=a+b+1a+b2，所以sinC1，当且仅当a+b=1a+b，即a+b=1时取等号，所以sinC=1，即C=2，a+b=1，所以1=(a+b)2=a2+b2+2ab4ab，当且仅当a=b时取等号，所以ab14，则ABC面积S=12ab18，即面积的最大值18.故答案为：18.由已知结合基本不等式可求sinC的范围，结合正弦函数的有界

8、性可求sinC，进而可求C，然后结合基本不等式可求ab的范围，再由三角形面积公式可求本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，还考查了三角形面积公式，属于中档题三、解答题部分14.(2021新高考全国卷T19)记是内角，的对边分别为，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【解析】（1）由题设，由正弦定理知：，即，又，得证.（2）由题意知：，同理，整理得，又，整理得，解得或，由余弦定理知：，当时，不合题意；当时，；综上，.15.(2021江苏盐城三模T17)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3与(1)若bc，求A的值；(2)求B的最大值【考点】解三角形与平面向

9、量综合应用【解析】(1)因为0，所以()0，即()0，2分所以bccosAb20，因为bc，所以cosA，4分因为0A，所以A5分(2)因为()bccosAb20，所以b2c2a2b20，即2b2c2a20，6分cosB，8分因为0B，所以B的最大值为10分16.(2021河南郑州三模理T17)如图，在ABC中，AB9，cosB，点D在BC边上，AD7，ADB为锐角（）求BD；（）若BADDAC，求sinC的值及CD的长【解析】（1）ABD中，由余弦定理得AD2AB2+BD22ABBDcosB，所以4981+BD22，解得BD8或BD4，当BD4时，cosADB，此时ADB，不符合题意，舍去，

10、当BD8时，cosADB，此时ADB，符合题意，（2）BAD中，cosBAD，所以sinBAD，又sinADB，所以sinCsin（ADBCAD）sin（ADBBAD），ACD中，由正弦定理得，所以CD17.(2021河南焦作三模理T17)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC+asinAbsinB+csinC（）求A；（）设D是线段BC的中点，若c2，AD，求a【解析】（I）因为bsinC+asinAbsinB+csinC，由正弦定理得bcb2+c2a2，由余弦定理得cosA，由A为三角形内角得A（II）因为D为BC的中点，所以（），则（+2），因为c2，AD，所以

11、13（4+b2），整理得b2+2b480，解得b6，b8（舍），由余弦定理得a236+426228，故a218.(2021河北张家口三模T18)在四边形ABCD中，ABCD，AB1，BD2，且sinDBCsinDCB（1）求AD的长；（2）求ABC的面积【解析】（1）因为在四边形ABCD中，ABCD在DBC中，由sinDBCsinDCB及正弦定理可得BDCD2设ADx在ABD和ACD中，由及余弦定理，得，所以5（x2+16）（x2+45）解得，即（2）在ACD中，得AD8+CD2AC2，所以ADCD，所以所以ABC的面积为19.(2021山东聊城三模T17.)在ABC中，角A，B，C的对边分别

12、为a，b，c，且10sin2A+C2=7-cos2B，（1）求角B的大小；（2）已知点D满足BD=14BC，且ABBD，若SABD=334，AD=7，求AC【解析】（1）解：A，B，C是三角形ABC的内角，则sinA+C2=cosB2，又10sin2A+C2=7-cos2B，10cos2B2=7-cos2B，即5+5cosB=7-(2cos2B-1)，整理得2cos2B+5cosB-3=0，cosB=12或cosB=-3（舍），又0BBD，BD=1，BA=3，BC=4，由余弦定理有AC2=BA2+BC2-2BCBAcosB=13，AC=13【考点】二倍角的余弦公式，诱导公式，余弦定理【解析】【

13、分析】（1）根据三角函数诱导公式和余弦倍角公式已知可化为2cos2B+5cosB-3=0解该方程可求得B。（2）由三角形面积公式得BDBA=3，再由余弦定理即可求得。20.(2021重庆名校联盟三模T17)在b2+aca2+c2，acosBbsinA，sinB+cosB2，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，_，A，b（1）求角B；（2）求ABC的面积【解析】（1）若选b2+aca2+c2，由余弦定理可得，cosB，故B，若选acosBbsinA，由正弦定理可得，sinAcosBbsinBinA，因为sinA0，所以sinBc

14、osB，即tanB，因为B为三角形的内角，故B，由sinB+cosB2可得2sin（B+）2，所以sin（B+）1，因为B为三角形的内角，故B；（2）由正弦定理可得，所以a，所以SABC21.(2021安徽蚌埠三模文T17)已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2+c2a2sin2B+2accosB（1）求sinA；（2）若角A为锐角，且ABC的面积为，求a的最小值【解析】（1）由a2+c2a2sin2B+2accosB得，即sin2B，因为A，B为三角形内角，sinB0，所以sinA；（2）因为角A为锐角，由（1）可得A，因为ABC的面积S，所以bc4，由余弦定理得a2b2+c

15、2bc2bcbc4，所以a2，即a的最小值为2，当且仅当bc2时取等号22.(2021上海嘉定三模T18)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且2cos2cosBsin（AB）sinB+cos（A+C）（1）求cosA的值；（2）若a4，b5，求B和c【解析】（1）由，得，即，可得，即（2）由，得，根据正弦定理，得由题意ab，则AB，故再由余弦定理a2b2+c22bccosA，得，解之得c1（c7舍去）23.(2021贵州毕节三模文T17)已知函数，在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f（C）1（）求C；（）点D为AB边中点，且给出以下条件：a2；从中仅选取一个条件，

16、求b的值【解析】（），0C，（）若选a2，解得b4或b6（舍去），b4；若选c2，（cb），由c2b2+a22abcosC，得：12a2+b2ab，由（1）得，所以a2+b220，ab8，解得：或，由cb，得b424.(2021辽宁朝阳三模T17)ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知a，b2（1）若A，求cos2B；（2）若c3，求ABC的面积【解析】（1）由正弦定理知，sinB，cos2B12sin2B12（2）由余弦定理知，cosC，C（0，），sinC，ABC的面积SabsinC225.(2021河南济源平顶山许昌三模文T17)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c

17、，且asinB2bcos2（1）求角A的大小；（2）若BC边上的中线AD4，求三角形ABC面积的最大值【解析】（1）因为asinB2bcos2b（1cosA），所以，因为sinB0，所以，所以2sin（A+）1，所以sin（A+），由A为三角形内角可得，A，（2）由题意，所以|8，所以64b2+c2bcbc，当且仅当bc8时取等号，所以bc的最大值64，此时三角形ABC面积的最大值1626.(2021四川泸州三模理T18)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin（A+B）+2cos2（）求角C的大小；（）若a1，c，（0），且ACD的面积为2，求的值【解析】（）因为sin（A+

18、B）+2cos2，所以sinC（2cos21），即sinCcosC，即tanC，因为C（0，），所以C（）在ABC中，因为a1，c，C，由余弦定理可得b2b120，解得b4，或3（舍去），因为SABC41sinSADC2，所以点D在BC延长线上，在ACD中，AC4，ACD，则SACDACCDsinACD2，所以CD2，即BDBC+CD3，所以327.(2021江苏常数三模T17)已知ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，cos2AcosA（1）求ABC接圆的半径大小；（2）若，求ABC的面积【解析】（1）因为bcosA,所以acosB+bcosAac,由正弦定理得sinAco

19、sB+sinBcosAacsinC,即sin(A+B)sinCasinC,因为sinC0,所以a因为cos2A2cos2A1cosA,解得cosA或cosA1(舍），由A为三角形内角得A，由正弦定理得2R,所以R；（2）因为a，A，由余弦定理得a2b2+c22bccosAb2+c2+bc,所以7(b+c)2bc8bc,所以bc1,ABC的面积S28.(2021上海浦东新区三模T18)已知函数f（x）Asin（x+）（0，0）的部分图象如图所示（1）求函数f（x）的解析式；（2）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若f（）2，a2，求ABC周长的取值范围【解析】（1）根据函数的图象，

20、函数的周期T，故2由于点（）满足函数的图象，所以Asin（）0，由于0，所以由于点（0，1）在函数的图象上，所以A2故函数f（x）2sin（2x+）（2）由于f（）2sin（A+）2，所以A由正弦定理：，整理得b，同理c，由于，所以，由于，所以，所以所以：lABC（4，629.(2021湖南三模T17)a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边已知a3bsinA，a3，c3（1）若bc，求b；（2）求cos2C【解析】（1）因为a3bsinA，所以sinA3sinBsinA，因为sinA0，所以sinB，因为bc，所以BC，所以B为锐角，可得cosB，由余弦定理可得b（2）由（1）可知，cos

21、B，当cosB时，b，cosC，可得cos2C2cos2C1；当cosB时，b，cosC，可得cos2C2cos2C130.(2021福建宁德三模T18) 在ABC中，AB=2，AC=5，B=45.(1)求ABC的面积；(2)在边BC上取一点D，使得cosADB=45，求tanDAC.【解析】法一：(1)由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2ABBCcosB，由题设知，5=2+BC2-22BCcos45，所以BC2-2BC-3=0，又BC0，所以BC=3，所以SABC=12ABBCsinB=122322=32.(2)在ABC中，由正弦定理得ABsinC=ACsinB，所以sinC=ABsinB

22、AC=2225=15，又ABAC，所以0C4，所以tanC=12，在ABD中，cosADB=45，所以tanADB=34，因为DAC=ADB-C，所以tanDAC=tan(ADB-C)=tanADB-tanC1+tanADBtanC=34-121+3412=211.法二：(1)同解法一(2)在ABC中，由正弦定理得BCsinBAC=ACsinB，所以sinBAC=BCsinBAC=3225=31010，因为ABAC,B=4，所以0C2.所以tanBAC=-3，在ABD中，因为cosADB=45，所以tanADB=34.在ABD中，BAD=-(B+ADB)，所以tanBAD=-tan(B+ADB

23、)=-tanB+tanADB1-tanBtanADB=-1+341-134=-7，因为DAC=BAC-BAD，所以tanDAC=tan(BAC-BAD)=tanBAC-tanBAD1+tanBACtanBAD=-3-(-7)1+(-3)(-7)=211.【解析】法一：(1)由已知利用余弦定理可得BC2-2BC-3=0，解方程可得BC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解(2)在ABC中，由正弦定理得sinC的值，利用同角三角函数基本关系式可求tanC，tanADB=34，进而根据两角差的正切公式即可求解tanDAC的值法二：(1)同解法一(2)在ABC中，由正弦定理可求sinBAC，利用同角三

24、角函数基本关系式可求tanBAC，tanADB=34，进而利用两角和与差的正切公式即可求解本小题主要考查正弦定理、余弦定理、两角和差公式等基础知识，考查运算求解能力考查化归与转化思想等，属于中档题31.(2021江西南昌三模理T17)如图，在梯形ABCD中，ABCD，BCD135，BDCD（）求sinCBD的值；（）若ABD的面积为4，求AD的长【解析】（）在BCD中，由正弦定理知，所以BDsinCBDCDsinBCD，因为，即（）因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以AD2AB2+BD22ABBDcosABD10，所以32.(2021江西上饶三模理T17)已知在ABC中，角A，B，C所对边

25、分别为a，b，c，（sinAsinB）2sin2C3sinAsinB（1）求角C的大小；（2）若a2b，求cos（B+）的值【解析】（1）因为（sinAsinB）2sin2C3sinAsinB，由正弦定理得（ab）2c23ab，即a2+b2c2ab，由余弦定理得cosC，由C为三角形内角可得C；（2）因为a2b，由正弦定理得sinA2sinB，所以sin（）2sinB，所以2sinB，所以tanB，所以B（0，），cosB，sinB，所以cos（B+）cos（B+）33.(2021河南开封三模文T 17)在ABC中，D为BC边上一点，且BD3（1）求AD；（2）若，求sinC【解析】（1）在A

26、BD中，因为，BD3，由余弦定理得AD2AB2+BD22ABBDcosB，所以（2）在ABC中，因为，由正弦定理得，所以34.(2021安徽宿州三模文理T17)在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，asinBbsin（A）+b（）求角A的大小；（）若a，求边BC的中线AD长度的最小值【解析】（）由正弦定理得，因为asinBbsin（A）+b，所以sinAsinBsinBsin（A）+sinB，因为sinB0，所以sinAsin（A）+，所以sinAcosAsinA+，即sinAcosA1，所以sin（A）1，又0A，所以A，所以A，即A（）因为ADB+ADC，所以+0，化简得2AD2

27、b2+c2，在ABC中，由余弦定理得，a2b2+c22bccosA，所以b2+c2+bc，因为bc，当且仅当bc时，取等号，所以3b2+c2+bc（b2+c2），所以b2+c22，所以2AD22，所以AD长度的最小值为35.(2021安徽马鞍山三模理T17)如图，在ABC中，D为AC边上一点且ABBD，BD2（1）若，求BCD的面积；（2）求的取值范围【解析】（1），且ABBD，CBD，在BCD中，由余弦定理知，CD2BC2+BD22BCBDcosCBD，2BC2+42BC2cos，即BC22BC+20，解得BC1，由图知，BDCC，BCBD2，BC+1，BCD的面积SBCBDsinCBD（+

28、1）2sin（2）在ABD中，由正弦定理知，sinA，在BCD中，由正弦定理知，即，CD，又A+CABC，sinA+sinCsinA+sin（A）sinA+cosAsinAsin（A+），A（0，），A+（，），sin（A+）（，1，故的取值范围为（，136.(2021安徽马鞍山三模文T17)已知a，b，c分别是ABC内角A，B，C的对边，且asinB2csinA（1）若，求A；（2）若c2，且点D在BC的延长线上，满足BC2CD4，求AD【解析】（1）因为asinB2csinA，由正弦定理得sinAsinB2sinCsinA，因为sinA0，所以sinB2sinC，即b2c，因为，由余弦定理

29、得cosA，由A为三角形内角得A；（2）因为c2，b2c4，a4，由余弦定理得cosACB，故cosACD，ACD中，由余弦定理得，34，故AD37.(2021江西鹰潭二模理T17)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a23c2ac，sinAcosCsinC（2cosA）（1）求角B的大小；（2）若ABC的外接圆半径是，求ABC的周长【解析】（1）因为sinAcosCsinC（2cosA），所以sinAcosC2sinCsinCcosA，所以sinAcosC+sinCcosA2sinC，所以sin（A+C）2sinC，所以sinB2sinC由正弦定理，得b2c因为a23c2ac

30、，由余弦定理，得，又因为B（0，），所以（2）因为ABC的外接圆半径是，则由正弦定理，得解得b4所以c2将c2代入a23c2ac中，得a2122a，解得（舍去）或所以ABC的周长是38.(2021河北秦皇岛二模理T17)在ABC中，（sinAsinC）2sin2B（2）sinAsinC，点D在线段AB上，且BDDC，BC2（1）求B；（2）在cos（CB），AD，sinA，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，求AC边长【解析】（1）因为（sinAsinC）2sin2B（2）sinAsinC，所以由正弦定理可得a2+c22acb2（2）ac，即a2+c2b2ac，所以由余弦定理可得cosB

31、，因为B（0，），所以B（2）若选，因为B，BDDC，BC2，在BCD中，由正弦定理，解得CD，所以在ACD中，ADC，ACDCB，由cos（CB），可得sin（CB），可得sinAsin（+ACD）+，在ACD中，由，解得AC若选，AD，由（1）可得B，因为BDDC，可得BDCB，BDC，在BCD中，由正弦定理，所以CD，在ACD中，由余弦定理AC2CD2+AD22ADCDcosADCCD2+AD2+2ADCDcosBDC+3+2（），解得AC若选，sinA，由（1）可得B，BC2，在ABC中，由正弦定理，可得，解得AC39.(2021江西上饶二模理T17)请在，c2，2sinA5sinC这

32、三个条件中任选两个，将下面问题补充完整，并作答问题：在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且，_，_，计算ABC的面积【解析】由正弦定理知，bcosAcosCasinBsinCb，sinBcosAcosCsinAsinBsinCsinB，sinB0，cosAcosCsinAsinC，即cos（A+C），A+CB，cos（A+C）cosB，即cosB，又B（0，），B若选，由余弦定理知，b2a2+c22accosB，19a2+44a，即a22a150，解得a5或3（舍负），ABC的面积SacsinB52若选，2sinA5sinC，2a5c10，a5，ABC的面积SacsinB52若选，

33、2sinA5sinC，2a5c，由余弦定理知，b2a2+c22accosB，19a2+（）22a，即a225，解得a5，ABC的面积SacsinB5240.(2021北京门头沟二模理T16) 已知ABC满足_，且b=5，B=4，从条件、条件、条件中选择一个作为已知填在横线上，并求解下列问题：；求ABC的面积.条件tanA=2，条件b2+c2-a2=25c，条件3b=5c.【解析】(I)选tanA=2，A为锐角，所以cosA=55，sinA=255，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=(255+55)22=31010；选b2+c2-a2=25c，由余弦定理得，cosA

34、=b2+c2-a22bc=55，故A为锐角，sinA=255，所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=(255+55)22=31010；选3b=5c=15，所以c=35，b=5，B=4，由正弦定理得，bsinB=csinC，所以sinC=35225=31010；(II)由(I)知cosC=1010，因为cb，所以CB，故C有两解，又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB=101022+3101022，即sinA=55或sinA=255，当sinA=55时，SABC=12bcsinA=1253555=152，当sinA=255时，SABC=12

35、bcsinA=12535255=15.【解析】(I)选tanA=2，结合同角基本关系先求出cosA，sinA，进而可求sinC，然后结合余弦定理可求cosA，sinA，结合诱导公式及和角正弦可求sinC；选b2+c2-a2=25c，由余弦定理可求cosA，进而可求sinA，结合诱导公式及和角正弦可求sinC；选3b=5c，然后结合正弦定理可求sinC；所以c=35，b=5，B=4，(II)由(I)可求cosC，然后求出sinA，结合三角形面积公式可求本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及同角平方关系，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题41.(2021河北邯郸二模理T18)在

36、四边形ABCD中，ADBC，AD6，BC4，CD2，CBD30（）求BD的长；（）求A【解析】（I）因为ADBC，AD6，BC4，CD2，CBD30，由余弦定理得cos30，解得BD2；（II）因为ADBC，所以CBDADB30，由余弦定理得AB2BD2+AD22ADBDcos30，12+36212，故AB2，因为BD2，所以AADB3042.(2021江西九江二模理T17)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA2sin（C）cosB（）求角B的大小；（）若ABC的周长为3，且a，b，c成等比数列，求b【解析】（）因为cosA2sin（C）cosB，所以cosA2（sin

37、CcoscosCsinB）cosB，可得cosAsinCcosBcosCcosB，因为cosAcos（B+C）sinBsinCcosBcosC，所以sinBsinCcosBcosCsinCcosBcosBcosC，可得sinBsinCsinCcosB，因为sinC0，所以sinBcosB，可得tanB，因为B（0，），所以B（）由余弦定理可得b2a2+c22accos，即b2a2+c2ac，因为a，b，c成等比数列，所以b2ac，所以aca2+c2ac，可得ac，所以ABC是等边三角形，又a+b+c3，所以b143.(2021天津南开二模T16)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c

38、，csinAacosC（）求角C的大小；（）求边c的长；（）求cos（C2A）的值【解析】（I）因为csinAacosC，由正弦定理得，sinCsinAsinAcosC，因为sinA0，所以sinCcosC，即tanC1，由C为三角形内角得，C；（II）因为a3，C，由余弦定理得，c29+24，所以c；（III）由余弦定理得，cosA，所以sinA，sin2A8sinAcosA8A1，所以cos（C2A）cos（5A）44.(2021广东潮州二模T17)已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，现给出两个条件：2cosC（acosC+ccosA）+b0，3bcosC+2csinCsin

39、B0；要求你从中选出一个条件（选出其中一个条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分），并以此为依据求解下面问题问题：（1）求角C；（2）若c2，SABC，求a+b的值【解析】若选，2cosC（acosC+ccosA）+b0，（1）由正弦定理可得2cosC（sinAcosC+sinCcosA）+sinB0，所以2cosCsin（A+C）+sinB2cosCsinB+sinB0，因为sinB0，所以可得cosC，因为C（0，），所以C（2）因为c2，SABC，C，所以absinCab，解得ab4，由余弦定理可c2a2+b22abcosC，可得12a2+b2+ab（a+b）2ab（a+b）24，解得a+b4若选，3bcosC+2csinCsinB0；（1）由正弦定理可得3sinBcosC+2sin2CsinB0，因为sinB0，可得3cosC+2sin2C3cosC+2（1cos2C）0，可得2cos2C3cosC20，解得cosC