全国通用2020-2022年三年高考数学真题分项汇编专题10解三角形

10 解三角形

1．【2022年全国甲卷】沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，𝐴𝐵是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在𝐴𝐵上，𝐶𝐷⊥𝐴𝐵．“会圆术”给出𝐴𝐵的弧长的近似值s的计算公式：𝑠=𝐴𝐵+

𝐶𝐷2𝑂𝐴

．当𝑂𝐴=2,

∠𝐴𝑂𝐵=60°时，𝑠=（ ）

A．

11−3√3 2

B．

11−4√3 2

C．

9−3√3 2

D．

9−4√3 2

【答案】B 【解析】 【分析】

连接𝑂𝐶，分别求出𝐴𝐵,𝑂𝐶,𝐶𝐷，再根据题中公式即可得出答案. 【详解】

解：如图，连接𝑂𝐶， 因为𝐶是𝐴𝐵的中点， 所以𝑂𝐶⊥𝐴𝐵，

又𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，所以𝑂,𝐶,𝐷三点共线， 即𝑂𝐷=𝑂𝐴=𝑂𝐵=2， 又∠𝐴𝑂𝐵=60°， 所以𝐴𝐵=𝑂𝐴=𝑂𝐵=2， 则𝑂𝐶=√3，故𝐶𝐷=2−√3， 所以𝑠=𝐴𝐵+故选：B.

𝐶𝐷2𝑂𝐴

=2+

(2−√3)2

2

=

11−4√3. 2

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2．【2021年甲卷文科】在ABC中，已知B120，AC19，AB2，则BC（ ） A．1 【答案】D 【解析】 【分析】

利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长. 【详解】

设ABc,ACb,BCa，

结合余弦定理：b2a2c22accosB可得：19a242accos120， 即：a22a150，解得：a3（a5舍去）， 故BC3. 故选：D. 【点睛】

利用余弦定理及其推论解三角形的类型： (1)已知三角形的三条边求三个角；

(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角； (3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．

3．【2021年乙卷理科】魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB（ ）

B．2

C．5 D．3

A．

表高表距表高

表目距的差B．

表高表距表高

表目距的差 欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！

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C．

表高表距表距表距表目距的差

D．

表高表目距的差-表距

【答案】A 【解析】 【分析】

利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出． 【详解】 如图所示：

由平面相似可知，

DEEHFGABAH,ABCGAC，而 DEFG，所以 DEEHCGCGABAHACEHACAHCGEHCH，而 CHCEEHCGEHEG， 即ABCGEHEGCGEHDEEGDECGEHDE＝

表高表距表目距的差+表高． 故选：A. 【点睛】

本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．

4．【2020年新课标3卷理科】在△ABC中，cosC=23，AC=4，BC=3，则cosB=（ A．1

B．193

C．122

D．3

【答案】A 【解析】 【分析】

AB2，再根据cosBBC2AC2根据已知条件结合余弦定理求得AB2ABBC，即可求得答案.

【详解】

在ABC中，cosC23，AC4，BC3 根据余弦定理：AB2AC2BC22ACBCcosC AB2423224323

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） 欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ 可得AB29 ，即AB3 由

AB2BC2AC299161cosB

2ABBC2339故cosB1. 9故选：A. 【点睛】

本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

5．【2022年全国甲卷】已知△𝐴𝐵𝐶中，点D在边BC上，当∠𝐴𝐷𝐵=120°,𝐴𝐷=2,𝐶𝐷=2𝐵𝐷．

𝐴𝐶𝐴𝐵

取得最小值时，𝐵𝐷=________．

【答案】√3−1−1+√3 【解析】 【分析】

设𝐶𝐷=2𝐵𝐷=2𝑚>0，利用余弦定理表示出【详解】

设𝐶𝐷=2𝐵𝐷=2𝑚>0，

则在△𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐵2=𝐵𝐷2+𝐴𝐷2−2𝐵𝐷⋅𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐵=𝑚2+4+2𝑚， 在△𝐴𝐶𝐷中，𝐴𝐶2=𝐶𝐷2+𝐴𝐷2−2𝐶𝐷⋅𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐶=4𝑚2+4−4𝑚， 所以𝐴𝐵2=≥4−𝐴𝐶2

4𝑚2+4−4𝑚𝑚2+4+2𝑚1232√(𝑚+1)⋅

𝑚+1𝐴𝐶2𝐴𝐵2后，结合基本不等式即可得解.

=

4(𝑚2+4+2𝑚)−12(1+𝑚)

𝑚2+4+2𝑚

=4−

12(𝑚+1)+

3𝑚+1 =4−2√3，

3

当且仅当𝑚+1=𝑚+1即𝑚=√3−1时，等号成立， 所以当𝐴𝐵取最小值时，𝑚=√3−1. 故答案为：√3−1.

𝐴𝐶

6．【2021年乙卷文科】记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B60，a2c23ac，则b________．

【答案】22 欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！

欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ 【解析】 【分析】

由三角形面积公式可得ac4，再结合余弦定理即可得解. 【详解】 由题意，SABC13acsinBac3， 24所以ac4,a2c212，

1222所以bac2accosB12248，解得b22（负值舍去）.

2故答案为：22. 7．【2020年新课标1卷理科】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，ABAD3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.

1【答案】

4【解析】 【分析】

在ACE中，利用余弦定理可求得CE，可得出CF，利用勾股定理计算出BC、BD，可得出BF，然后在△BCF中利用余弦定理可求得cosFCB的值. 【详解】

ABAC，AB3，AC1，

由勾股定理得BCAB2AC22， 同理得BD6，BFBD6，

在ACE中，AC1，AEAD3，CAE30，

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由余弦定理得CE2AC2AE22ACAEcos3013213CFCE1，

31， 2在△BCF中，BC2，BF6，CF1，

CF2BC2BF21461由余弦定理得cosFCB.

2CFBC21241故答案为：.

4【点睛】

本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.

8．【2022年全国乙卷】记△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)． (1)若𝐴=2𝐵，求C； (2)证明：2𝑎2=𝑏2+𝑐2 【答案】(1)5π；

8

(2)证明见解析． 【解析】 【分析】

（1）根据题意可得，sin𝐶=sin(𝐶−𝐴)，再结合三角形内角和定理即可解出； （2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sin𝐶(sin𝐴cos𝐵−cos𝐴sin𝐵)=sin𝐵(sin𝐶cos𝐴−cos𝐶sin𝐴)，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出． (1)

sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)可得，sin𝐶sin𝐵=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)，由𝐴=2𝐵，而0<𝐵<π，

2

所以sin𝐵∈(0,1)，即有sin𝐶=sin(𝐶−𝐴)>0，而0<𝐶<π,0<𝐶−𝐴<π，显然𝐶≠𝐶−𝐴，所以，𝐶+𝐶−𝐴=π，而𝐴=2𝐵，𝐴+𝐵+𝐶=π，所以𝐶=5π．

8(2)

由sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)可得，

sin𝐶(sin𝐴cos𝐵−cos𝐴sin𝐵)=sin𝐵(sin𝐶cos𝐴−cos𝐶sin𝐴)，再由正弦定理可得， 𝑎𝑐cos𝐵−𝑏𝑐cos𝐴=𝑏𝑐cos𝐴−𝑎𝑏cos𝐶，然后根据余弦定理可知，

12

(𝑎2+𝑐2−𝑏2)−(𝑏2+𝑐2−𝑎2)=(𝑏2+𝑐2−𝑎2)−(𝑎2+𝑏2−𝑐2)，化简得：

2

2

2

111

2𝑎2=𝑏2+𝑐2，故原等式成立．

9．【2022年全国乙卷】记△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐，已知sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)．

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欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ (1)证明：2𝑎2=𝑏2+𝑐2；

(2)若𝑎=5,cos𝐴=31，求△𝐴𝐵𝐶的周长． 【答案】(1)见解析 (2)14 【解析】 【分析】

（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证； （2）根据（1）的结论结合余弦定理求出𝑏𝑐，从而可求得𝑏+𝑐，即可得解. (1)

证明：因为sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)，

所以sin𝐶sin𝐴cos𝐵−sin𝐶sin𝐵cos𝐴=sin𝐵sin𝐶cos𝐴−sin𝐵sin𝐴cos𝐶， 所以𝑎𝑐⋅即

2

𝑎2+𝑐2−𝑏2

2𝑎𝑐

25

−2𝑏𝑐⋅

𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐

=−𝑎𝑏⋅

2

𝑎2+𝑏2−𝑐2

2𝑎𝑏

，

𝑎2+𝑐2−𝑏2

−(𝑏2+𝑐2−𝑎2)=−

𝑎2+𝑏2−𝑐2

，

所以2𝑎2=𝑏2+𝑐2； (2)

解：因为𝑎=5,cos𝐴=31， 由（1）得𝑏2+𝑐2=50，

由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴， 则50−31𝑏𝑐=25， 所以𝑏𝑐=

31250

25

，

故(𝑏+𝑐)2=𝑏2+𝑐2+2𝑏𝑐=50+31=81， 所以𝑏+𝑐=9，

所以△𝐴𝐵𝐶的周长为𝑎+𝑏+𝑐=14.

10．【2022年新高考1卷】记△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知1+sin𝐴=1+cos2𝐵． (1)若𝐶=(2)求

𝑐2

2𝜋3

cos𝐴

sin2𝐵

，求B；

𝑎2+𝑏2

的最小值．

6

【答案】(1)π； (2)4√2−5． 【解析】 【分析】

（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将1+sin𝐴=1+cos2𝐵化成cos(𝐴+𝐵)=sin𝐵，

cos𝐴

sin2𝐵

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欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ 再结合0<𝐵<π，即可求出；

2

（2）由（1）知，𝐶=π+𝐵，𝐴=π−2𝐵，再利用正弦定理以及二倍角公式将

224cos2𝐵+(1)

因为1+sin𝐴=1+cos2𝐵=−cos𝐶=，

2

而0<𝐵<π，所以𝐵=π；

26(2)

由（1）知，sin𝐵=−cos𝐶>0，所以π<𝐶<π,0<𝐵<π，

22而sin𝐵=−cos𝐶=sin(𝐶−)，

2所以𝐶=π+𝐵，即有𝐴=π−2𝐵．

22所以=

𝑎2+𝑏2𝑐2

π

1cos𝐴

sin2𝐵

2sin𝐵cos𝐵2cos2𝐵

2cos2𝐵

𝑎2+𝑏2𝑐2化成−5，然后利用基本不等式即可解出．

=cos𝐵，即sin𝐵=cos𝐴cos𝐵−sin𝐴sin𝐵=cos(𝐴+𝐵)=

sin𝐵

=

sin2𝐴+sin2𝐵

sin2𝐶

=

cos22𝐵+1−cos2𝐵

cos2𝐵

2cos2𝐵

(2cos2𝐵−1)2+1−cos2𝐵

cos2𝐵

22

=4cos2𝐵+−5≥2√8−5=4√2−5．

𝑐2

当且仅当cos2𝐵=√时取等号，所以𝑎2+𝑏2

的最小值为4√2−5．

11．【2022年新高考2卷】记△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，

c为边长的三个正三角形的面积依次为𝑆1,𝑆2,𝑆3，已知𝑆1−𝑆2+𝑆3=√3,sin𝐵=1．

2

3

(1)求△𝐴𝐵𝐶的面积； (2)若sin𝐴sin𝐶=√，求b．

3【答案】(1)√

822(2)2 【解析】 【分析】

（1）先表示出𝑆1,𝑆2,𝑆3，再由𝑆1−𝑆2+𝑆3=√求得𝑎2+𝑐2−𝑏2=2，结合余弦定理及平方

2关系求得𝑎𝑐，再由面积公式求解即可； （2）由正弦定理得(1)

由题意得𝑆1=⋅𝑎2⋅√=√𝑎2,𝑆2=√𝑏2,𝑆3=√𝑐2，则𝑆1−𝑆2+𝑆3=√𝑎2−√𝑏2+

2244444

√32

𝑐4

1

333333𝑏2

𝑎𝑐

31

=sin𝐴sin𝐶，即可求解. sin2𝐵

=

√3， 2

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2

2

2

𝑎2+𝑐2−𝑏2

2𝑎𝑐

即𝑎+𝑐−𝑏=2，由余弦定理得cos𝐵=sin𝐵=3，

则cos𝐵=√1−(1)=2√2，𝑎𝑐==

cos𝐵33(2)

21

1

，整理得𝑎𝑐cos𝐵=1，则cos𝐵>0，又

3√2，则𝑆△𝐴𝐵𝐶4

=𝑎𝑐sin𝐵=

2

1

√2； 8

由正弦定理得：sin𝐵=sin𝐴=sin𝐶，则sin2𝐵=sin𝐴⋅sin𝐶=sin𝐴sin𝐶=

3

𝑏𝑎𝑐

𝑏2

𝑎𝑐𝑎𝑐

3√24√23

=4，则sin𝐵=2，𝑏=

9𝑏3

sin𝐵=2. 2

12．【2021年新高考1卷】记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2ac，点D在边AC上，BDsinABCasinC. （1）证明：BDb；

（2）若AD2DC，求cosABC. 【答案】（1）证明见解析；（2）cosABC【解析】 【分析】

（1）根据正弦定理的边角关系有BDac，结合已知即可证结论. b1

7. 12（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得

cosABC的值.

【详解】

（1）设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理， 得sinABCbc,sinC， 2R2R因为BDsinABCasinC，所以BD又因为b2ac，所以BDb．

bca，即BDbac． 2R2R（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理

a2b2c2因为AD2DC，如图，在ABC中，cosC，①

2ab

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欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ ba2()2b23在△BCD中，cosC．② b2a311222b222222由①②得abc3a()b，整理得2abc0．

33又因为b2ac，所以6a211ac3c20，解得ac3c或a， 32c22c2()cc2c237（舍去）当a,bac时，cosABC=3．

c6332c23c223c2()c3c23c227． 当a,bac时，cosABC23c12222c2所以cosABC7． 12[方法二]：等面积法和三角形相似 如图，已知AD2DC，则S△ABD2S△ABC， 312221即bsinADBacsinABC， 2332

而b2ac，即sinADBsinABC， 故有ADBABC，从而ABDC． 由b2ac，即

CABAbc，即，即ACB∽ABD， abCBBD2bADAB故，即3c，

ABACcb又b2ac，所以c2a， 3c2a2b27． 则cosABC2ac12[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合

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21由（1）知BDbAC，再由AD2DC得ADb,CDb．

33在△ADB中，由正弦定理得

ADBD．

sinABDsinA22bb，化简得sinCsinA． 又ABDC，所以33sinCsinA在ABC中，由正弦定理知c22a，又由b2ac，所以b2a2． 3322242a2a2a2acb937． 在ABC中，由余弦定理，得cosABC22ac122a23故cosABC7． 12[方法四]：构造辅助线利用相似的性质

如图，作DE∥AB，交BC于点E，则△DEC∽△ABC．

ca2a由AD2DC，得DE,EC,BE．

3332a2c22)()b33在BED中，cosBED．

2ac233(a2c2b2在ABC中cosABC．

2ac因为cosABCcosBED， 2a2c22)()bacb33所以，

2ac2ac233222(整理得6a211b23c20．

又因为b2ac，所以6a211ac3c20， 即ac3或ac． 32 欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！

欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ 下同解法1．

[方法五]：平面向量基本定理 因为AD2DC，所以AD2DC． 以向量BA,BC为基底，有BD所以BD2即b21BCBA． 33224412BCBABCBA， 9994241aaccosABCc2， 999又因为b2ac，所以9ac4a24accosABCc2．③ 由余弦定理得b2a2c22accosABC， 所以aca2c22accosABC④ 联立③④，得6a211ac3c20．

13所以ac或ac．

23下同解法1． [方法六]：建系求解

以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，

DC长为单位长度建立直角坐标系，

如图所示，则D0,0,A2,0,C1,0．

由（1）知，BDbAC3，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动． 设Bx,y3x3，则x2y29．⑤ 由b2ac知，BABCAC， 即(x2)2y2(x1)2y29．⑥

279572联立⑤⑥解得x或x3（舍去），y，

4216代入⑥式得a|BC|36,c|BA|6,b3， 2 欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！

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a2c2b27由余弦定理得cosABC．

2ac12【整体点评】

(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；

方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；

方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；

方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；

方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；

方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.

13．【2021年新高考2卷】在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，ba1，ca2.．

（1）若2sinC3sinA，求ABC的面积；

（2）是否存在正整数a，使得ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）由正弦定理可得出2c3a，结合已知条件求出a的值，进一步可求得b、c的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出sinB，再利用三角形的面积公式可求得结果； （2）分析可知，角C为钝角，由cosC0结合三角形三边关系可求得整数a的值. 【详解】

（1）因为2sinC3sinA，则2c2a23a，则a4，故b5，c6，

157；（2）存在，且a2. 4cosCa2b2c22ab12137，所以，C为锐角，则sinC1cos2C， 881237157； 84因此，S△ABCabsinC45（2）显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，

2a2b2c2aa1a2a22a30， 由余弦定理可得cosC2ab2aa12aa122 欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！

欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ 解得1a3，则0由三角形三边关系可得aa1a2，可得a1，aZ，故a2.

14．【2020年新课标1卷文科】ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°. （1）若a=3c，b=27，求ABC的面积； （2）若sinA+3sinC=2，求C. 2【答案】（1）3；（2）15. 【解析】 【分析】

（1）已知角B和b边，结合a,c关系，由余弦定理建立c的方程，求解得出a,c，利用面积公式，即可得出结论；

（2）方法一 ：将A30C代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关

C角的三角函数值，结合C的范围，即可求解.

【详解】

（1）由余弦定理可得b228a2c22accos1507c2， c2,a23,△ABC的面积S1acsinB3； 2（2）[方法一]：多角换一角 AC30，

sinA3sinCsin(30C)3sinC

132， cosCsinCsin(C30)2220C30,30C3060， C3045,C15.

[方法二]：正弦角化边 由正弦定理及B150得2R由sinA3sinCacbac2b．故sinA,sinC． sinAsinCsinB2b2b2，得a3c2b． 2222又由余弦定理得b2a2c22accosBa2c23ac，所以(a3c)2ac3ac，

解得ac． 所以C15． 【整体点评】

本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角形，法二则是通过余弦定理找到

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欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ 三边的关系，进而求角.

222

15．【2020年新课标2卷理科】ABC中，sinA－sinB－sinC=sinBsinC． （1）求A；

（2）若BC=3，求ABC周长的最大值. 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）利用正弦定理角化边，配凑出cosA的形式，进而求得A；

（2）方法一：利用余弦定理可得到ACABACAB9，利用基本不等式可求得

22；（2）323. 3ACAB的最大值，进而得到结果.

【详解】

（1）由正弦定理可得：BC2AC2AB2ACAB，

AC2AB2BC21cosA，

2ACAB2A0,，A2. 3（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式

由余弦定理得：BC2AC2AB22ACABcosAAC2AB2ACAB9， 即ACABACAB9.

ACAB， ACAB（当且仅当ACAB时取等号）

232ACAB9ACABACABACABACAB， 2422222解得：ACAB23（当且仅当ACAB时取等号），

ABC周长LACABBC323，ABC周长的最大值为323. [方法二]：正弦化角（通性通法） 设B6,C6，则66，根据正弦定理可知

abc23，所sinAsinBsinC以bc23(sinBsinC)23sinsin23cos23，当且仅当660，即BC6时，等号成立．此时ABC周长的最大值为323．

[方法三]：余弦与三角换元结合

在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得9b2c2bc，即

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66所以ABC周长的最大值为323． 【整体点评】

本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；

方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.

方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.

方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题. 16．【2020年新课标2卷文科】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知5cos2(A)cosA．

24（1）求A； （2）若bc3a，证明：△ABC是直角三角形． 3【答案】（1）A【解析】 【分析】

3；（2）证明见解析

52（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，cosAcosA可化为

421cos2AcosA5，即可解出； 43a代入可找到a,b,c关系， 3（2）根据余弦定理可得b2c2a2bc，将bc再根据勾股定理或正弦定理即可证出． 【详解】

5522（1）因为cosAcosA，所以sinAcosA，

4422即1cosAcosA5， 4 欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！

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1，又0A， 2解得cosA所以A3；

b2c2a21， （2）因为A，所以cosA2bc23即b2c2a2bc①， 又bc2322a②， 将②代入①得，bc3bcbc， 3即2b22c25bc0，而bc，解得b2c， 所以a3c， 故b2a2c2， 即ABC是直角三角形． 【点睛】

本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．

17．【2020年新高考1卷（山东卷）】在①ac3，②csinA3，③c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,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA________?

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】详见解析 【解析】 【分析】

方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到c的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解. 【详解】

［方法一］【最优解】：余弦定理 由sinA3sinB可得：

3sinB，C6，

a3，不妨设a3m,bmm0， b则：c2a2b22abcosC3m2m223mm若选择条件①：

3m2，即cm. 2据此可得：ac3mm3m23，m1，此时cm1.

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欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！ 若选择条件②：

b2c2a2m2m23m21据此可得：cosA， 22bc2m2313则：sinA1，此时：csinAm3，则：cm23. 2222若选择条件③： 可得

cm1，cb，与条件c3b矛盾，则问题中的三角形不存在. bm［方法二］：正弦定理 由C6,ABC，得A5B． 6由sinA得tanB5B3sinB，即1cosB3sinB3sinB， 3sinB，得sin62223．由于0B，得B．所以bc,A．

633若选择条件①：

acac2，得a3c． 由，得

sinsinsinAsinC36解得cb1,a3．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时c1． 若选择条件②： 由csinA3，得csin23，解得c23，则bc23． 3acac2，得a3c6． 由，得

sinsinsinAsinC36所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时c23． 若选择条件③：

由于c3b与bc矛盾，所以，问题中的三角形不存在． 【整体点评】

方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得a,b,c的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；

方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角A，可求出角B，从而可得

2bc,A,BC，再根据选择条件即可解出.

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