2023屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章三角函數(shù)層級(jí)快練26文

層級(jí)快練(二十六)1．(2023·安徽馬鞍山一模)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.a＝eq\r(3)，b＝2，A＝60°，那么c＝()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\r(3) D．2答案B解析∵a＝eq\r(3)，b＝2，A＝60°，∴由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得3＝4＋c2－2×2×c×eq\f(1,2)，整理得c2－2c＋1＝0，解得c＝1.應(yīng)選B.2．(2023·山西五校聯(lián)考)在△ABC中，a＝eq\r(3)b，A＝120°，那么角B的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°答案A解析由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得eq\f(\r(3)b,\f(\r(3),2))＝eq\f(b,sinB)，解得sinB＝eq\f(1,2).因?yàn)锳＝120°，所以B＝30°.應(yīng)選A.3．(2023·陜西西安一中期中)在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－A．(0，eq\f(π,6)] B．[eq\f(π,6)，π)C．(0，eq\f(π,3)] D．[eq\f(π,3)，π)答案C解析∵sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，由正弦定理，得a2≤b2＋c2－bc，∴bc≤b2＋c2－a2.∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥eq\f(1,2)，∴A≤eq\f(π,3).∵A>0，∴A的取值范圍是(0，eq\f(π,3)]．應(yīng)選C.4．(2023·廣東惠州三調(diào))在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，b＝2，c＝2eq\r(2)，且C＝eq\f(π,4)，那么△ABC的面積為()A.eq\r(3)＋1 B.eq\r(3)－1C．4 D．2答案A解析由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(1,2).又c>b，且B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(7π,12)，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)sineq\f(7π,12)＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\r(3)＋1.應(yīng)選A.5．(2023·東北八校聯(lián)考)△ABC三邊a，b，c上的高分別為eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2)，1，那么cosA＝()A.eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(\r(2),4) D．－eq\f(\r(3),4)答案C解析設(shè)△ABC的面積為S，那么a＝4S，B＝2eq\r(2)S，c＝2S，因此cosA＝eq\f(〔2\r(2)〕2＋22－42,2×2\r(2)×2)＝－eq\f(\r(2),4).應(yīng)選C.6．(2023·山東)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，b＝c，a2＝2b2(1－sinA)．那么A＝()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案C解析由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA，所以2b2(1－sinA)＝2b2(1－cosA)，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，又0<A<π，所以A＝eq\f(π,4).7．(2023·江西，文)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，假設(shè)3a＝2b，那么eq\f(2sin2B－sin2A,sin2A)的值為()A．－eq\f(1,9) B.eq\f(1,3)C．1 D.eq\f(7,2)答案D解析由正弦定理可得eq\f(2sin2B－sin2A,sin2A)＝2(eq\f(sinB,sinA))2－1＝2(eq\f(b,a))2－1，因?yàn)?a＝2b，所以eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(2sin2B－sin2A,sin2A)＝2×(eq\f(3,2))2－1＝eq\f(7,2).8．(2023·安徽合肥檢測(cè))在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC.假設(shè)a＝eq\r(3)，那么b2＋c2的取值范圍是()A．(3，6] B．(3，5)C．(5，6] D．[5，6]答案C解析∵(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，∴由正弦定理得(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3)，∴B＋C＝eq\f(2π,3).又△ABC為銳角三角形，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,A＋B＝\f(π,3)＋B>\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，得b＝2sinB，c＝2sinC，∴b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)＝4[sin2B＋sin2(eq\f(2π,3)－B)]＝4－2cos(2B＋eq\f(π,3))．又eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，∴eq\f(2π,3)<2B＋eq\f(π,3)<eq\f(4π,3)，可得b2＋c2∈(5，6]．應(yīng)選C.9．在△ABC中，假設(shè)AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，那么△ABC的面積為_(kāi)_______．答案eq\f(\r(3),4)或eq\f(\r(3),2)解析如下圖，由正弦定理，得sinC＝eq\f(c·sinB,b)＝eq\f(\r(3),2).而c>b，∴C＝60°或C＝120°.∴A＝90°或A＝30°.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4).10．(2023·河南信陽(yáng)調(diào)研)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，設(shè)S為△ABC的面積，S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，那么C的大小為_(kāi)_______．答案eq\f(π,3)解析∵△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)absinC，∴由S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，得eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)＝eq\f(1,2)absinC，即absinC＝eq\f(\r(3),2)(a2＋b2－c2)．根據(jù)余弦定理，得a2＋b2－c2＝2abcosC，∴absinC＝eq\f(\r(3),2)×2abcosC，得sinC＝eq\r(3)cosC，即tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝eq\r(3).∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).11．(2023·甘肅定西統(tǒng)考)在△ABC中，假設(shè)eq\f(a2,b2)＝eq\f(tanA,tanB)，那么△ABC的形狀為_(kāi)_______．答案等腰三角形或直角三角形解析由正弦定理，得eq\f(sin2A,sin2B)＝eq\f(tanA,tanB)，即eq\f(sin2A,sin2B)＝eq\f(sinA,cosA)·eq\f(cosB,sinB).∵sinA>0，sinB>0，∴sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B.∴2A＝2kπ＋2B或2A＝2kπ＋π－2B(k∈Z)．∵0<A<π，0<B<π，∴k＝0，那么A＝B或A＝eq\f(π,2)－B.故△ABC為等腰三角形或直角三角形．12．(2023·河北唐山一模)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊a，b，c成等差數(shù)列，且A－C＝90°，那么cosB＝________．答案eq\f(3,4)解析∵a，b，c成等差數(shù)列，∴2b＝a＋c.∴2sinB＝sinA＋sinC.∵A－C＝90°，∴2sinB＝sin(90°＋C)＋sinC.∴2sinB＝cosC＋sinC.∴2sinB＝eq\r(2)sin(C＋45°)．①∵A＋B＋C＝180°且A－C＝90°，∴C＝45°－eq\f(B,2)，代入①式中，2sinB＝eq\r(2)sin(90°－eq\f(B,2))．∴2sinB＝eq\r(2)coseq\f(B,2).∴4sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)＝eq\r(2)coseq\f(B,2).∴sineq\f(B,2)＝eq\f(\r(2),4).∴cosB＝1－2sin2eq\f(B,2)＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).13．(2023·廣東揭陽(yáng)一模)在△ABC中，∠B＝eq\f(π,6)，AC＝1，點(diǎn)D在邊AB上，且DA＝DC，BD＝1，那么∠DCA＝________．答案eq\f(π,3)或eq\f(π,9)解析如圖，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于E.設(shè)∠A＝∠ACD＝θ，那么∠CDB＝2θ.在Rt△AEC中，CE＝sinθ，那么在Rt△CED中，DE＝－eq\f(CE,tan2θ)＝－eq\f(sinθ,tan2θ).在Rt△CEB中，BE＝eq\f(CE,tan\f(π,6))＝eq\r(3)sinθ.由BD＝1，得eq\f(sinθ,tan2θ)＋eq\r(3)sinθ＝1?sinθcos2θ＋eq\r(3)sinθsin2θ＝sin2θ?cos2θ＋eq\r(3)sin2θ＝2cosθ?cosθ＝cos(2θ－eq\f(π,3))?2θ－eq\f(π,3)＝±θ?θ＝eq\f(π,3)或eq\f(π,9).14．(2023·北京，理)在△ABC中，∠A＝60°，c＝eq\f(3,7)a.(1)求sinC的值；(2)假設(shè)a＝7，求△ABC的面積．答案(1)eq\f(3\r(3),14)(2)6eq\r(3)解析(1)根據(jù)正弦定理：eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)?sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(3,7)×sin60°＝eq\f(3,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14).(2)當(dāng)a＝7時(shí)，c＝eq\f(3,7)a＝3<a，又sinC＝eq\f(3\r(3),14)，∴cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(13,14).在△ABC中，sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(13,14)＋eq\f(1,2)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(4\r(3),7)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)ac×sinB＝eq\f(1,2)×7×3×eq\f(4\r(3),7)＝6eq\r(3).15．(2023·河南豫南九校質(zhì)量考評(píng))在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，假設(shè)eq\f(a2＋b2－c2,a2＋c2－b2)＝eq\f(2sinA－sinC,sinC)，且b＝4.(1)求角B；(2)求△ABC面積的最大值．答案(1)eq\f(π,3)(2)4eq\r(3)解析(1)根據(jù)題意，由余弦定理得eq\f(2abcosC,2accosB)＝eq\f(2sinA－sinC,sinC)，再由正弦定理得eq\f(sinBcosC,sinCcosB)＝eq\f(2sinA－sinC,sinC)，整理得sinBcosC＝2sinAcosB－cosBsinC，∴sinBcosC＋cosBsinC＝2sinAcosB.即sin(B＋C)＝2sinAcosB，又sin(B＋C)＝sinA≠0，∴cosB＝eq\f(1,2).∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)由b2＝a2＋c2－2accosB，得16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac，∴ac≤16，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝4時(shí)取等號(hào)．那么△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×16×sineq\f(π,3)＝4eq\r(3)，即△ABC面積的最大值為4eq\r(3).16．(2023·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，sin(A＋C)＝8sin2eq\f(B,2).(1)求cosB；(2)假設(shè)a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b.答案(1)eq\f(15,17)(2)2解析(1)依題意，得sinB＝8sin2eq\f(B,2)＝8·eq\f(1－cosB,2)＝4(1－cosB)．∵sin2B＋cos2B＝1，∴16(1－cosB)2＋cos2B＝1，∴(17cosB－15)(cosB－1)＝0，∴cosB＝eq\f(15,17).(2)由(1)可知sinB＝eq\f(8,17).∵S△ABC＝2，∴eq\f(1,2)ac·sinB＝2，∴eq\f(1,2)ac·eq\f(8,17)＝2，∴ac＝eq\f(17,2).∵cosB＝eq\f(15,17)，∴eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(15,17)，∴a2＋c2－b2＝15，∴(a＋c)2－2ac－b2＝15，∴36－17－b2＝15，∴b＝2.17．(2023·福建高中畢業(yè)班質(zhì)檢)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，2bcosC－c＝2a.(1)求B的大?。?2)假設(shè)a＝3，且AC邊上的中線長(zhǎng)為eq\f(\r(19),2)，求c的值．答案(1)eq\f(2π,3)(2)5解析(1)∵2bcosC－c＝2a，∴由余弦定理得2b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)－c＝2a，化簡(jiǎn)得a2＋c2－b2＝－ac，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2).∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(2π,3).(2)由(1)可得b2＝a2＋c2＋ac＝c2＋3c＋9.①又cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，②取AC的中點(diǎn)D，連接BD，在△CBD中，cosC＝eq\f(BC2＋CD2－BD2,2BC·CD)＝eq\f(a2＋\f(b2,4)－\f(19,4),ab)，③由②③得2c2－b2＝1.④由①④得c2－3c－10＝0，解得c＝5或c＝－2(舍去)，∴c＝5.18．(2023·衡水中學(xué)調(diào)研卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a，b，c，且有2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC.(1)求角A的大?。?2)假設(shè)b＝2，c＝1，D為BC的中點(diǎn)，求AD的長(zhǎng)．答案(1)eq\f(π,3)(2)eq\f(\r(7),2)解析(1)方法一：由題設(shè)知，2sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB，因?yàn)閟inB≠0，所以cosA＝eq\f(1,2).由于0<A<π，故A＝eq\f(π,3).方法二：由題設(shè)可知，2b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，于是b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).由于0<A<π，故A＝eq\f(π,3).(2)方法一：因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))2＝(eq\f(\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→)),2))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(1＋4＋2×1×2×coseq\f(π,3))＝eq\f(7,4)，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(7),2)，從而AD＝eq\f(\r(7),2).方法二：因?yàn)閍2＝b2＋c2－2bccosA＝4＋1－2×2×1×eq\f(1,2)＝3，所以a2＋c2＝b2，B＝eq\f(π,2).因?yàn)锽D＝eq\f(\r(3),2)，AB＝1，所以AD＝eq\r(1＋\f(3,4))＝eq\f(\r(7),2).(第二次作業(yè))1．(2023·廣東，文)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.假設(shè)a＝2，c＝2eq\r(3)，cosA＝eq\f(\r(3),2)且b<c，那么b＝()A．3 B．2eq\r(2)C．2 D.eq\r(3)答案C解析由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即4＝b2＋12－6b?b2－6b＋8＝0?(b－2)(b－4)＝0，由b<c，得b＝2.2．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，那么BC邊上的高等于()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2) D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)答案B解析由余弦定理，得(eq\r(7))2＝22＋AB2－2×2ABcos60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3.故BC邊上的高是ABsin60°＝eq\f(3\r(3),2).選B.3．(2023·北京西城期末)△ABC中，a＝1，b＝eq\r(2)，B＝45°，那么A等于()A．150° B．90°C．60° D．30°答案D解析由正弦定理，得eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(2),sin45°)，得sinA＝eq\f(1,2).又a<b，∴A<B＝45°.∴A＝30°，應(yīng)選D.4．(2023·安徽合肥模擬)在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，那么BC的長(zhǎng)為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．2答案B解析因?yàn)镾＝eq\f(1,2)AB·ACsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)AC＝eq\f(\r(3),2)，所以AC＝1，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°＝3.所以BC＝eq\r(3).5．在△ABC中，三邊長(zhǎng)a，b，c滿足a3＋b3＝c3，那么△ABC的形狀為()A．銳角三角形 B．鈍角三角形C．直角三角形 D．以上均有可能答案A解析由題意可知c>a，c>b，即角C最大，所以a3＋b3＝a·a2＋b·b2<ca2＋cb2，即c3<ca2＋cb2，所以c2<a2＋b2.根據(jù)余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，那么0<C<eq\f(π,2)，即三角形為銳角三角形．6．(2023·北京)在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，那么eq\f(b,c)＝________．答案1解析∵a＝eq\r(3)c，∴sin∠A＝eq\r(3)sin∠C，∵∠A＝eq\f(2π,3)，∴sin∠A＝eq\f(\r(3),2)，∴sin∠C＝eq\f(1,2)，又∠C必為銳角，∴∠C＝eq\f(π,6)，∵∠A＋∠B＋∠C＝π，∴∠B＝eq\f(π,6)，∴∠B＝∠C，∴b＝c，∴eq\f(b,c)＝1.7．△ABC中，∠A，∠B，∠C的對(duì)邊分別為a，b，c，假設(shè)a＝1，2cosC＋c＝2b，那么△ABC周長(zhǎng)取值范圍是________．答案(2，3]解析在△ABC中，由余弦定理可得2cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,ab)，∵a＝1，2cosC＋c＝2b，∴eq\f(1＋b2－c2,b)＋c＝2b，化簡(jiǎn)可得(b＋c)2－1＝3bc.∵bc≤(eq\f(b＋c,2))2，∴(b＋c)2－1≤3×(eq\f(b＋c,2))2，解得b＋c≤2(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，取等號(hào))．故a＋b＋c≤3.再由任意兩邊之和大于第三邊可得b＋c>a＝1，故有a＋b＋c>2，所以△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍是(2，3]．8．(2023·廣東，理)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.假設(shè)a＝eq\r(3)，sinB＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,6)，那么b＝________．答案1解析由sinB＝eq\f(1,2)得B＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，因?yàn)镃＝eq\f(π,6)，所以B≠eq\f(5π,6)，所以B＝eq\f(π,6)，于是A＝eq\f(2π,3).由正弦定理，得eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(b,\f(1,2))，所以b＝1.9．(2023·湖北黃岡中學(xué)、黃石二中、鄂州高中三校聯(lián)考)△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，向量m＝(sinB，1－cosB)與向量n＝(2，0)的夾角θ的余弦值為eq\f(1,2).(1)求角B的大??；(2)假設(shè)b＝eq\r(3)，求a＋c的取值范圍．答案(1)eq\f(2,3)π(2)(eq\r(3)，2]解析(1)∵m＝(sinB，1－cosB)，n＝(2，0)，∴m·n＝2sinB，|m|＝eq\r(sin2B＋〔1－cosB〕2)＝eq\r(2－2cosB)＝2|sineq\f(B,2)|.∵0<B<π，∴0<eq\f(B,2)<eq\f(π,2).∴sineq\f(B,2)>0.∴|m|＝2sineq\f(B,2).又∵|n|＝2，∴cosθ＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2sinB,4sin\f(B,2))＝coseq\f(B,2)＝eq\f(1,2).∴eq\f(B,2)＝eq\f(π,3)，∴B＝eq\f(2,3)π.(2)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accoseq\f(2,3)π＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac≥(a＋c)2－(eq\f(a＋c,2))2＝eq\f(3,4)(a＋c)2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)，取等號(hào)．∴(a＋c)2≤4，即a＋c≤2.又a＋c>b＝eq\r(3)，∴a＋c∈(eq\r(3)，2]．10.如下圖，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,3)，AB＝8，點(diǎn)D在BC邊上，且CD＝2，cos∠ADC＝eq\f(1,7).(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的長(zhǎng)．答案(1)eq\f(3\r(3),14)(2)BD＝3，AC＝7解析(1)在△ADC中，因?yàn)閏os∠ADC＝eq\f(1,7)，所以sin∠ADC＝eq\f(4\r(3),7).所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14).(2)在△ABD中，由正弦定理，得BD＝eq\f(AB·sin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3.在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝49.所以AC＝7.11.如圖，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2eq\r(2)，點(diǎn)M在線段PQ上．(1)假設(shè)OM＝eq\r(5)，求PM的長(zhǎng)；(2)假設(shè)點(diǎn)N在線段MQ上，且∠MON＝30°，問(wèn)：當(dāng)∠POM取何值時(shí)，△OMN的面積最??？并求出面積的最小值．答案(1)MP＝1或MP＝3(2)∠POM＝30°時(shí)，△OMN面積最小值為8－4eq\r(3)解析(1)在△OMP中，∠OPM＝45°，OM＝eq\r(5)，OP＝2eq\r(2)，由余弦定理得，OM2＝OP2＋MP2－2×OP×MP×cos45°，得MP2－4MP＋3＝0，解得MP＝1或MP＝3.(2)設(shè)∠POM＝α，0°≤α≤60°，在△OMP中，由正弦定理，得eq\f(OM,sin∠OPM)＝eq\f(OP,sin∠OMP)，∴OM＝eq\f(OPsin45°,sin〔45°＋α〕)，同理ON＝eq\f(OPsin45°,sin〔75°＋α〕).故S△OMN＝eq\f(1,2)×OM×ON×sin∠MON＝eq\f(1,4)×eq\f(OP2sin245°,sin〔45°＋α〕sin〔75°＋α〕)＝eq\f(1,sin〔45°＋α〕sin〔45°＋α＋30°〕)＝eq\f(1,sin〔45°＋α〕[\f(\r(3),2)sin〔45°＋α〕＋\f(1,2)cos〔45°＋α〕])＝eq\f(1,\f(\r(3),2)sin2〔45°＋α〕＋\f(1,2)sin〔45°＋α〕cos〔45°＋α〕)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)[1－cos〔90°＋2α〕]＋\f(1,4)sin〔90°＋2α〕)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)＋\f(\r(3),4)sin2α＋\f(1,4)cos2α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)＋\f(1,2)sin〔2α＋30°〕).∵0°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°，∴當(dāng)α＝30°時(shí)，sin(2α＋30°)的最大值為1，此時(shí)△OMN的面積取到最小值，即∠POM＝30°時(shí)，△OMN的面積的最小值為8－4eq\r(3).12．(2023·課標(biāo)全國(guó)Ⅲ，理)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，sinA＋eq\r(3)cosA＝0，a＝2eq\r(7)，b＝2.(1)求c；(2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積．答案(1)4(2)eq\r(3)解析(1)由可得tanA＝－eq\r(3)，所以A＝eq\f(2π,3).在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccoseq\f(2π,3)，即c2＋2c－24＝0.解得c＝－6(舍去)，c＝4.(2)由題設(shè)可得∠CAD＝eq\f(π,2)，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq\f(π,6).故△ABD面積與△ACD面積的比值為eq\f(\f(1,2)AB·AD·sin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.又△ABC的面積為eq\f(1,2)×4×2sin∠BAC＝2eq\r(3)，所以△ABD的面積為eq\r(3).13．(2023·山東，文)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，b＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－6，S△ABC＝3，求A和a.答案eq\f(3π,4)；eq\r(29)解析因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－6，所以bccosA＝－6，又S△ABC＝3，所以bcsinA＝6，因此tanA＝－1，又0<A<π，所以A＝eq\f(3π,4).又b＝3，所以c＝2eq\r(2).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝9＋8－2×3×2eq\r(2)×(－eq\f(\r(2),2))＝29，所以a＝eq\r(29).14．(2023·天津，文)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，asinA＝4bsinB，ac＝eq\r(5)(a2－b2－c2)．(1)求cosA的值；(2)求sin(2B－A)的值．答案(1)－eq\f(\r(5),5)(2)－eq\f(2\r(5),5)解析(1)由asinA＝4bsinB，及eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝2b.由ac＝eq\r(5)(a2－b2－c2)，及余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\f(\r(5),5)ac,ac)＝－eq\f(\r(5),5).(2)由(1)，可得sinA＝eq\f(2\r(5),5)，代入asinA＝4bsinB，得sinB＝eq\f(asinA,4b)＝eq\f(\r(5),5).由(1)知，A為鈍角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(2\r(5),5).于是sin2B＝2sinBcosB＝eq\f(4,5)，cos2B＝1－2sin2B＝eq\f(3,5)，故sin(2B－A)＝sin2BcosA－cos2BsinA＝eq\f(4,5)×(－eq\f(\r(5),5))－eq\f(3,5)×eq\f(2\r(5),5)＝－eq\f(2\r(5),5).1．(2023·上海楊浦質(zhì)量