1、专练22正弦定理和余弦定理、解三角形命题范围：正弦定理、余弦定理、三角形面积公式基础强化一、选择题1设ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若a，b，B，则A()ABCD或22021全国甲卷在ABC中，已知B120，AC，AB2，则BC()A1BCD332022安徽省江南十校一模已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c若(2bc)cosAacosC，则角A的大小为()ABCD4已知ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2b2c2bc，bc4，则ABC的面积为()AB1CD25在ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边若bsinA3csinB，a3，cos
2、B，则b()A14B6CD6设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosCccosBasinA，则ABC的形状为()A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D不确定7钝角三角形ABC的面积是，AB1，BC，则AC()A5BC2D18如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，ACB45，CAB105后，就可以计算出A，B两点的距离为()A50mB50mC25mDm92022陕西省西安中学模拟ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b2c2a2bc，bcosCccosB2，则ABC的面积的最大值为()A1BC2D2二、填空
3、题102021全国乙卷记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B60，a2c23ac，则b_.112022安徽舒城中学模拟托勒密(Ptolemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积已知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，ABAD，BAD120，AC6，则四边形ABCD的面积为_122022陕西省西安中学二模ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为，则C_能力提升13ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinAbsi
4、nB4csinC，cosA，则()A6B5C4D3142022四川省成都石室中学模拟在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosCasinCbc0.若ABC的面积为3，则bc的最小值为_152022全国甲卷(文)，16已知ABC中，点D在边BC上，ADB120，AD2，CD2BD.当取得最小值时，BD_162022江西省临川第一中学模拟已知在四边形ABCD中，AB7，BC13，CDAD，且cosB，BAD2BCD.则AD_专练22正弦定理和余弦定理、解三角形1C由正弦定理得，sinA，又ab，A为锐角，A.2D解法一由余弦定理AC2AB2BC22ABBCcosB，得BC22BC1
5、50，解得BC3或BC5(舍去).解法二由正弦定理，得sinC，从而cosC(C是锐角)，所以sinAsin (BC)sin (BC)sinBcosCcosBsinC.又，所以BC3.3A由(2bc)cosAacosC得2bcosA(acosCccosA)，由正弦定理得2sinBcosA(sinAcosCsinCcosA)sin (AC)sinB，又sinB0，得cosA，A.4C由余弦定理得a2b2c22bccosA，又a2b2c2bc，2cosA1，cosA，sinA，SABCbcsinA4.5DbsinA3csinB，由正弦定理得ab3bc，a3c，又a3，c1，由余弦定理得b2a2c2
6、2accosB91236，b.6BbcosCccosBasinA，sinBcosCsinCcosBsin2A，sinA1，又A为ABC的内角，A90，ABC为直角三角形7BSABCABBCsinBsinB，sinB，若B45，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcos451221，则AC1，则AB2AC2BC2，ABC为直角三角形，不合题意；当B135时，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcos1351225，AC.8A由正弦定理得，AB50.9B在ABC中，由余弦定理，b2c2a2bc可化为cosA.因为A(0，)，所以A.由余弦定理，bcosCccosB2可化为：bc2，解得：a
7、2(a0舍去).因为b2c2a2bc，所以a2b2c2bc2bcbcbc，即bc4，(当且仅当bc2时取等号).所以ABC的面积SbcsinA4.10答案：2解析：由题意得SABCacsinBac，则ac4，所以a2c23ac3412，所以b2a2c22accosB12248，则b2.11答案：9解析：在ABD中，设ABa，由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcosBAD3a2，所以BDa，由托勒密定理可得a(BCCD)ACa，即BCCDAC，又ABDACD30，ACBADB30，所以四边形ABCD的面积SBCACsin30CDACsin30(BCCD)ACAC29.12答案：解析：由余弦
8、定理可得cosC，所以a2b2c22abcosC.ABC的面积为SabsinC，所以sinCcosC，即tanC1，又0C，所以C.13A由正弦定理及asinAbsinB4csinC得a2b24c2，由余弦定理可得cosA.所以6.14答案：4解析：由正弦定理，得sinAcosCsinAsinCsinBsinC0.sinAcosCsinAsinCsin (AC)sinC0，sinAsinCsinCcosAsinC0，因为sinC0，所以sinAcosA1，2sin (A)1，所以sin (A)，因为A(0，)，所以(A)(，)，所以A，即A.因为ABC的面积为3，所以bcsinAbcsinbc
9、3，即bc12，所以bc224，当且仅当bc2时取等号，故bc的最小值为4.15答案：1解析：以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴，的方向为x轴的正方向，过点D且垂直于DC的直线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，易知点A位于第一象限由AD2，ADB120，得A(1，).因为CD2BD，所以设B(x，0)，x0，则C(2x，0).所以AC，AB，所以.令f(x)，x0，则f(x)令x22x20，解得x1(舍去)或x1.当0x1时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递减；当x1时，f(x)0，所以f(x)在(1，)上单调递增所以当x1时，f(x)取得最小值，即取得最小值，此时BD1.16答案：7解析：在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosB，则AC8，cosBCA，又在ABC中，0BCA，所以BCA，设ADCDx，BAC，BCA，ACD，则CAD，由BAD2BCD即2()，则2，在ABC中，cos，又0，则有sin，所以coscos ()cossin，在ACD中，AD2AC2CD22ACCDcos，即x2(8)2x228x，解得x7，即AD的长为7.
