2021届高考数学新题型——结构不良题(三角)(精选50题)
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2021届高考数学新题型——结构不良题(三角)(精选50题)

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资料简介
新高考题型《结构不良题》(三角)(精选 50 题) 1.已知函数    sin 0, 0, 2f x A x A            ,且  f x 图象的相邻两条 对称轴之间的距离为 2  ,再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件. (1)确定  f x 的解析式; (2)若  f x 图象的对称轴只有一条落在区间 0,a 上,求 a 的取值范围. 条件①:  f x 的最小值为 2 ; 条件②:  f x 图象的一个对称中心为 5 ,012      ; 条件③;  f x 的图象经过点 5 , 16     . 2.在 ABC 中, 1cos 7C  , 8c  ,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作 为已知,求: (1)b 的值; (2)角 A 的大小和 ABC 的面积. 条件①: 7a  ;条件②: 11cos 14B  . 注:如果选择条件①、条件②分别解答,按第一个解答计分. 3.在① 3b a= ;② 3cosa B ;③ sin 1a C  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,求该三角形面积的值;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  sin sin 3sinB A C C   , 3c  ? 4.已知函数  ( ) sin 0, 06f x m x m        只能同时满足下列三个条件中的两 个:①函数 ( )f x 的最大值为 2;②函数 ( )f x 的图象可由 2 sin 2 4y x      的图像平 移得到;③函数 ( )f x 图像的相邻两条对称轴之间的距离为 . (1)请写出这两个条件的序号,并求出 ( )f x 的解析式; (2)锐角 ABC 中,内角 A 、 B 、C 所对的边分别为 a 、b 、 c . 3A  ,  a f A ,求 ABC 周长的取值范围. 注:如果选择多组条件分别解答,按第一个解答计分. 5.在 ①  sin cos 6a A C b A       ; ②    1 2cos cos cos cosC B C B C B     ; ③ 2tan tan tan B b A B c  这三个条件中任选一个,补充到下面的横线上并作答. 问题:在 ABC 中,内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ,且 2 3, 6b c a   , 求 ABC 的面积. 6.已知函数 ( ) sin( ) 0, 0,0 2f x A x A             由下列四个条件中的三个 来确定: ①最小正周期为 ;②最大值为 2;③ 06f      ;④ (0) 2f   . (1)写出能确定 ( )f x 的三个条件,并求 ( )f x 的解析式; (2)求 ( )f x 的单调递增区间. 7.在①  22sin sin sin sin sinA B C B C   ,② sin sin2 B Cb a B  , ③ 2sin sin 3a B b A     这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并作答. ABC 的内角 A 、 B 、C 的对边分别为 a 、b 、c ,若 2 2a b c  ,______求 A 和 C . 8.已知函数  ( ) sin 3 cos 0f x x x     . (1)当 1  时,求 π( )6f 的值; (2)当函数 ( )f x 图象的两条相邻对称轴之间的距离是 π 2 时, . 从①②③中任选 一个,补充到上面空格处并作答.①求 ( )f x 在区间 π[0, ]2 上的最小值;②求 ( )f x 的单调 递增区间;③若 ( ) 0f x  ,求 x 的取值范围.注:如果选择多个问题分别解答,按第一 个解答计分. 9.在① tan 2tanB C ,② 2 23 12b a  ,③ cos 2 cosb C c B 三个条件中任选一个, 补充在下面问题中的横线上,并解决该问题. 问题:已知 ABC 的内角 , ,A B C 及其对边 , ,a b c ,若 2c  ,且满足___________.求 ABC 的面积的最大值(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分) 10.在①( )( )b a c b a c ac     :②cos( ) sin( )A B A B   ;③ tan sin2 A B C  这三个条件中任选两个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求 b 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 2 2a  , ___________,___________? 注:如果选择多个方案分别解答,按第一个方案解答计分. 11.在锐角 ABC 中,角 A B C, , 的对边分別为 a b c, , ,且 3 2 sin 0c b C  . (1)求角 B 的大小; (2)再从下面条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求 ABC 的面积. 条件① 3 3 2b a , ;条件②: 2 4a A  , . 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分. 12.在 ABC 中, , ,a b c 分别是角 , ,A B C 的对边.若 2 72,cos 7b c C   ,再从 条件①与②中选择一个作为已知条件,完成以下问题: (1)求 ,b c 的值; (2)求角 A 的值及 ABC 的面积. 条件①: 7cos cos 14a B b A ac  ;条件②: 72 cos 2 7b C a c  . 13.在 ABC 中,内角 A , B ,C 所对的边分别为 a ,b , c .请在 ① cos 3 sinb b C c B  ;② 2 cos cosb a C c A  ;③ 2 2 2 4 3 3 ABCa b c S    这三个条件中任选一个,完成下列问题 (1)求角C ; (2)若 5a  , 7c  ,延长 CB 到点 D ,使 21cos 7ADC  ,求线段 BD 的长度. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 14.在① π 2  A C ,② 5 4 15cos c a A ,③ ABC 的面积 3S  这三个条件中任选两 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 3b  ,且______,______, 求 c . 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 15.已知 ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ,且 4B  . (1)请从下面两个条件中选择一个作为已知条件,求 sin A 的值; ① 5b  , 2c  ;② 3a  , 2c  . 注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分. (2)若 5b  , 3a c  ,求 ABC 的面积. 16.在① 2 cos cos b c C a A   ,② cos cos cos 3sin cosC A B B A  , ③ 2 sin cos (2 )sinb A B c b B  这三个条件中任选一个,补充到下面问题中,并解答问题. 在 ABC 中,内角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b , c ,且______. (1)求 A ; (2)若 6a  ,求 ABC 面积的最大值. 注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分. 17.在① 2 2 22b ac a c   ,② cos sina B b A ,③ sin cos 2B B  ,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 ,___________, 3A  , 2b  , 求 ABC 的面积. 18.在① πsin sin 3a C c A     ,② 3cos sin3b a C c A  , ③ cos cos 2 cosa B b A c A  . 这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答. 问题:在 ABC 中,角 A ,B ,C 的对边分别为 a ,b ,c , ABC 外接圆面积为 4 π3 , sin 2sinB C ,且______,求 ABC 的面积. 19.请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答. ①  3 cos cos cos sinA c B b C a A  ; ② 2cos 2 b cC a  ③ tan tan tan 3 tan tanA B C B C   . 已知 ABC 的内角 , ,A B C 的对应边分别为 , ,a b c , . (1)求 A ; (2)若 2, 10a b c   ,求 ABC 的面积. 20.在①  cos cos 3sin cos 0C A A B   ,②  cos2 3cos 1B A C   , ③ 3cos sin3b C c B a  这三个条件中任选一个,补充在下面问题中. 问题:在 ABC 中,角 A 、B 、C 对应的边分别为 a 、b 、c ,若 1a c  ,___________, 求角 B 的值和b 的最小值. 21.在① 3 sin cos3 c B a b C  ,② sin cos 6b C c B      这两个条件中任选一个 作为已知条件,补充到下面的横线上并作答. 问题: ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ,已知 . (1)求 B ; (2)若 D 为 AC 的中点, 2BD  ,求 ABC 的面积的最大值. 22.在① sin cos 6a C c A      ,② 3sin sin2 B C A  ,③ cos2 3cos 1A A  这三 个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的 ABC 存在,求出其面积;若不 存在,说明理由. 问题:是否存在 ABC ,它的内角 A 、B 、C 所对的边分别为 a 、b 、c ,且 2 3a  , 4 3b c  ,___________? 23.在①函数  y f x 的图象关于直线 3x  对称,②函数  y f x 的图象关于点 ,06P      对称,③函数  y f x 的图象经过点 2 , 13Q     这三个条件中任选一个, 补充在下面问题中并解答. 问题:已知函数 ( ) sin cos cos sin 0,| | 2f x x x             最小正周期为 , 且 ,判断函数  f x 在 ,6 2       上是否存在最大值?若存在,求出 最大值及此时的 x 值;若不存在,说明理由. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 24.在①sin 3cos 2C C  ,② 2C A ,③ 2b a 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 a 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  3 2 cos 2 cosc b A a B  , 1c  ,______________? 25.在① 2 2 2a b c ab   ,② sina B b ,③ 3cos sin2 C C 这三个条件中任选一 个,补充在下面问题中,若问题中的 ABC 存在,求出其面积;若不存在,说明理由. 问题:是否存在 ABC ,它的内角 A ,B ,C 所对的边分别为 a ,b ,c ,且 4a b  , 2c  ,________?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 26.在① 3sin cos 1B B  ,② 2 sin tanb A a B ,③ ( )sin csin sina c A C b B   这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并加以解答. 已知 ABC 的内角 A、B、C 所对的边分别是 a、b、c, 2a  , 3b  ,若______, 求角 B 的值与 ABC 的面积.(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.) 27.从条件① 2 2 cosb a c A  ,② tan cos cosc C a B b A  ,③ 4cos 5c B a b  中 任选一个,补充在下面的问题中,并给出解答. 在 ABC 中,内角 A ,B ,C 所对的边分别为 a ,b ,c ,且 1a  , 3b  ,________, 求 ABC 的面积. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答给分. 28.在 ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若 11cos 14A  ,且 ABC 的 面积为5 3 ,则 a 的最小值为__________. 29.在① 3ac  ;② sin 3c A  ;③ 三边成等比数列.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,求解此三角形的边长和角的大小;若问题中的三 角形不存在,请说明理由. 问题:是否存在 ABC ,它的内角 A 、 B 、C 的对边分别为 a 、b 、 c ,且 sin 3 sinA B= , 6C  ,______________.注:如果选择多个条件分别解答,按第一 个解答计分. 30.在①sin 3cos cos 3sin sinA B C B C  , ② tan tan tan 3 tan tanA B C B C   , ③     sin sin sin sin sin sin sinB B C A C A C    这三个条件中任选一个,补充 在下面问题中,并作答. 问题:已知 ABC 的内角 A ,B ,C 的对边分别为 a ,b ,c ,且 2a  ,_,求 ABC 面积的最大值. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 31.在 ABC 中, 3B   , 7b  ,______,求 BC 边上的高.在① 21sin 7A  ; ②sin 3sinA C ;③ 2a c  这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.注: 如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 32.在①  3 cos cos cos sinA c B b C a A  , ②  cos2 cos2 2sin sin sinA B C B C   ,③ 2 cos cosb c A a C  这三个条件中 任选一个,补充到下面问题中,并解答问题. 在 ABC 中,内角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b , c ,且______. (1)求 A ; (2)若 2a  , 10b c  ,求 ABC 的面积. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 33.在① 3 cos sina B b A ,②  3 sin 2 cosb A a B  ,③ 2cos 2 a cC b  这三个 条件中任选一个,补充在下面的问题中. 问题:在 ABC 中,角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b ,c , 2c  , BC 边上的中线 长为 7 ,______,求 ABC 的面积.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解 答计分. 34.在① sin sin sin sin a c A B b C A    ,②  cos cos 2 cosa B b A c A B   这两个条件中任 选一个补充在下面问题中,并解答. 已知 a ,b ,c 分别为 ABC 的内角 A ,B ,C 的对边,若 6c  ,______,求 ABC 面积的最大值. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 35.从①a=3,② 3 5 2ABCS  ,③3sinB=2sinA 这三个条件中任选一个,补充在下面 的问题中.若问题中的三角形存在,求出 b 的值;若问题中的三角形不存在,说明理由. 问题:是否存在△ABC,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且 21c  ,3ccosB =3a+2b,________? 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答记分. 36.已知 ABC 的内角 , ,A B C 的对应边分别为 , ,a b c , 在①  3 cos cos cos sinC a B b A c C  ② sin sin2 A Ba c A  ③ 2 2sin sin sin sin sinB A C B A   这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,当_______时,求sin sinA B 的最大值. 37.已知 ABC 中, cosc Ab  . (Ⅰ)求证: B 是钝角; (Ⅱ)若 ABC 同时满足下列四个条件中的三个: ① 2sin 2A  ;② 2a  ;③ 2c  ;④ 3sin 2C  . 请指出这三个条件,说明理由,并求出b 的值. 38.在 ABC 中, 3a  , 2 6b  ,_________.求 c 的值.从① 2B A   , ②sin sin 2B A ,③ 3 15 2ABCS △ ,这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并 作答.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 39.在 ABC 中, 3A   , 7a  ,________,求 AB 边上的高.从 ① 21sin 7C  ② 2c b  ③ 3 3 2ABCS △ ,这三个条件中任选一个,补充在上面问题 中并作答. 40.在 ABC 中, 3A  , 2b  ,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作 为已知,求 (Ⅰ) B 的大小;(Ⅱ) ABC 的面积 . 条件①: 2 2 22b ac a c   ; 条件②: cos sina B b A . 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分. 41.已知 ABC 中,角 A ,B ,C 的对边分别为 a ,b ,c , 5a b  , 3c  ,________. 是否存在以 a ,b , c 为边的三角形?如果存在,求出 ABC 的面积;若不存在,说 明理由. 从① 1cos 3C  ;② 1cos 3  C ;③ 2 2sin 3C  这三个条件中任选一个,补充在上面 问题中并作答. 42.在 ABC 中, 1c  , 2π 3A  ,且 ABC 的面积为 3 2 . (1)求 a 的值; (2)若 D 为 BC 上一点,且 ,求sin ADB 的值. 从① 1AD  ,② π 6CAD  这两个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答. 43.在① 1 cos 3sinC b B  ;② 3 sin cos3 b C a c B  这两个条件中任选一个 作为已知条件,补充到下面的横线上并作答. ABC 的内角 A 、B 、C 的对边分别为 a 、 b 、 c ,已知______. (1)求C ; (2)若 7c  , 13a b  ,求 ABC 的面积. 44.在 ABC 中,它的内角 A ,B ,C 的对边分别为 a ,b ,c ,且 2 2 2a c b ac   , 求: (1)角 B  ______? (2)在①若 3ABCS  ,且边 1c  ,②若 1cos 7A  ,且边 5 3 7c  这两个条件中任 选一个,求边b 的值? 45.已知函数   32cos sin 3 2f x x x        ,______,求  f x 在 ,6 6      的 值域. 从①若    1 2 2f x f x  , 1 2x x 的最小值为 2  ; ②  f x 两条相邻对称轴之间的距离为 2  ; ③若    1 2 0f x f x  , 1 2x x 的最小值为 2  . 这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答. 46.在①5 cos 3 cos 3 cosb B a C c A  ;②3 sin cos 4 cos 3 cos sinb B C a B b B C  ; ③ 2 π 22cos 12 8 10 B      ( π0 2B  ),这三个条件中,任选一个补充在下面问题 中的横线处,并加以解答. 已知 ABC 的内角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b , c ,若 7a c  , ABC 的面 积为 4,______,求 sin B 及b . 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 47.已知 ABC 的内角 A,B,C 所对边分别为 a,b,c, 2b  , 2 24 2c a c    . (1)求 A 的值; (2)从① 2 3sina B ,② 4B  两个条件中选一个作为已知条件,求sinC 的值. 48.在 ABC 中,角 A ,B ,C 所对应的边分别为 a ,b ,c ,已知 sin 2 sina B b A . (1)求角 B 的大小; (2)给出三个条件① 2b  ,② ABC 外接圆半径 2 3 3r  ,③ 2 3a c  ,试从中 选择两个可以确定 ABC 的条件,并求 ABC 的面积. 49.在①CD AD ,② 3 21sin 14BAC  ,③ 8 7 7AC  这三个条件中任选一个, 补充在下列问题中并解答. 已知四边形 ABCD 为圆的内接四边形,______, 1AB  , 7BD  , 2AD  ,求 BC 的长. 50.在① 3A  , 3a  , 2b  ;② 1a  , 3b  , 6A  ;③ 2a  , 6 2b  , 3B  这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并判断三角形解的情况 在 ABC 中,角 A , B ,C 所对的边分别为 a ,b , c ,______,判断三角形新的情 况,并在三角形有两解的情况下解三角形. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 新高考题型《结构不良题》(三角)(精选 50 题) 参考答案 1. 【解析】由于函数  f x 图象上两相邻对称轴之间的距离为 2  , 所以  f x 的最小正周期 2 2T     , 2 2T    . 此时    sin 2f x A x   . (1)选条件①②;因为  min 2f x A    ,所以 2A  . 因为  f x 图象的一个对称中心为 5 ,012      ,所以  52 12 k k      Z , 因为 2   ,所以 6 π ,此时 1k  ,所以 ( ) 2sin 2 6f x x      ; 选条件①③:因为  min 2f x A    ,所以 2A  . 因为函数  f x 的图象过点 5 , 16     , 则 5 16f       ,即 52sin 13        , 5 1sin 3 2        , 因为 2   ,即 2 2     , 7 5 13 6 3 6       , 所以, 5 11 3 6     ,解得 6 π . 所以   2sin 2 6f x x      ; 选条件②③:因为函数  f x 的一个对称中心为 5 ,012      , 所以  52 12 k k      Z ,所以  5 6k k    Z . 因为 2   ,所以 6 π ,此时 1k  ,所以   sin 2 6f x A x      . 因为函数  f x 的图象过点 5 , 16     , 所以 5 16f       ,即 5sin 13 6A        , 11sin 16A    ,即 1 12 A   ,所以 2A  . 所以   2sin 2 6f x x      ; (2)因为 [0, ]x a ,所以 2 ,26 6 6x a        , 因为  f x 图象的对称轴只有一条落在区间 0,a 上, 所以 322 6 2a     ,得 2 6 3a   , 所以 a 的取值范围为 2,6 3      . 2. 【解析】选择①: (1)因为 1cos 7C  , 8c  , 7a  , 所以 2 2 2 cos 2 a b cC ab   ,即 21 49 64 7 14 b b + -= , 整理得 2 2 15 0b b   ,解得 5b  或 3 (舍去),故 5b  . (2)因为 2 2 2 25 64 49 1cos 2 80 2 b c aA bc + - + -= = = , 0 A   , 所以 3A  , 1 1 3sin 5 8 10 32 2 2ABCS bc A= = 创 �△ . 选择②: (1)因为 1cos 7C  , 11cos 14B  , 0 C   , 0 B   , 所以 2 4 3sin 1 cos 7C C   , 2 5 3sin 1 cos 14B B   因为 8c  ,所以 sin sin c b C B  ,即 8 4 3 5 3 7 14 b= ,解得 5b  . (2)因为 1cos 7C  , 4 3sin 7C  , 11cos 14B  , 5 3sin 14B  , 所以 ( ) ( )sin sin π sin sin cos cos sinA B C B C B C B C= - - = + = + 5 3 1 11 4 3 49 3 3 14 7 14 7 7 14 2 = ´ + ´ = =´ , 因为 0 A   , sin sinA C ,所以 3A  , 1 1 3sin 5 8 10 32 2 2ABCS bc A= = 创 �△ . 3. 【解析】解:在 ABC 中, ( )B A C = - , 所以 sin sin[ ( )] sin( )B A C A C      . 因为  sin sin 3sinB A C C   , 所以 sin( ) sin( ) 3sinA C A C C    , 即sin cos cos sin (sin cos cos sin ) 3sinA C A C A C A C C    , 所以 2cos sin 3sinA C C . 在 ABC 中, (0, )C  ,所以sin 0C  , 所以 3cos 2A  . 因为 (0, )A  ,所以 6A  . 选择①:因为 3b a , 由正弦定理得 3sin 3sin 3sin 6 2B A    , 因为 (0, )B  , 所以 3B  ,或 2 3B  ,此时 ABC 存在. 当 3B  时, 2C  ,所以 3 3cos 2b c A  , 所以 ABC 的面积为 1 1 1 9 3sin 3 3 32 2 2 4ABCS bc A       . 当 2 3B  时, 6C  ,所以 sin 3 3sin c Bb C   , 所以 ABC 的面积为 1 1 3 3 1 9 3sin 32 2 2 2 8ABCS bc A       . 选择②:因为 3cosa B , 所以 2 293 6 a ba a    ,得 2 2 29a b c   , 所以 2C  ,此时 ABC 存在. 因为 6A  , 所以 3 3 33cos , 3 sin6 2 6 2b a      所以 ABC 的面积为 1 9 3 2 8ABCS ab   . 选择③:由 sin sin a c A C  ,得 3sin sin 2a C c A  , 这与 sin 1a C  矛盾,所以 ABC 不存在. 4. 【解析】①②两个条件矛盾,最大值不相同,②③两个条件也矛盾,周期不相同.只有选 ①③ (1)由① 2m  ,由③,则最小正周期是 2T  , 2 12    , 所以 ( ) 2sin( )6f x x   ; (2) 3A  , 2sin 23 6a        , 2 πB  , 2 3 2C B    , 6B  , 所以 6 2B   , 由 2 4 3 sin sin sin 3sin 3 a b c A B C     ,得 4 3 sin3b B , 4 3 4 3 2sin sin( )3 3 3c C B   , 4 3 2 4 3 2 2sin sin sin sin cos cos sin3 3 3 3 3b c B B B B B                     4 3 3 3 3 1sin cos 4 sin cos 4sin( )3 2 2 2 2 6B B B B B                  , 因为 6 2B   ,所以 2 3 6 3B     , 3 sin( 12 6B     , 所以 2 3 4b c   ,即 2 2 3 6a b c     .即周长范围是 (2 2 3,6] . 5. 【解析】选①,由正弦定理得sin sin sin cos 6A B B A      , 因为 0 B   ,所以sin 0B  , 所以 sin cos 6A A      ,化简得 3 1sin cos sin2 2A A A  , 所以 cos 06A      ,因为 0 A   ,所以 3A  , 因为 2 2 2 22 cos =( ) 2 2 cos , 6, 2 33 3a b c bc b c bc bc a b c          , 所以 2bc  , 所以 1 1 3sin 2 sin2 2 3 2ABCS bc A        ; 选②因为    1 2cos cos cos cosC B C B C B     , 所以      1 cos cos 2cos cos 1 2cos 1 2cos 0C B C B C B C B A           , 所以 1cos 2A  , 因为C 为三角形的内角,所以 3A  , 因为 2 2 2 22 cos ( ) 2 2 cos , 6, 2 33 3a b c bc b c bc bc a b c           , 所以 2bc  , 所以 1 1 3sin 2 sin2 2 3 2ABCS bc A        ; 选③因为 2tan tan tan B b A B c  , 所以由正弦定理可得: 2tan sin tan tan sin B B A B C  , 可得 sin2 sincos sin sin sin cos cos B BB A B C A B    , 可得 2sin 2sin 2sin cos sincos cos sin cos sin cos sin sin sin cos cos cos cos B B B A BB B A B B A C C C A B A B    , 因为sin 0,sin 0B C  , 所以解得 1cos 2A  , 因为  0,A  ,所以 3A  , 因为 2 2 2 22 cos ( ) 2 2 cos , 6, 2 33 3a b c bc b c bc bc a b c           , 所以 2bc  , 所以 1 1 3sin 2 sin2 2 3 2ABCS bc A        . 6. 【解析】(1)选条件②③④,不能确定周期,求不出 ; 选①③④,不能确定最大值和最小值,求不出 A ; 选①②④,求得的 不满足已知条件 0 2   .只能选①②③. 条件①②③, 2T    , 2  , 2A  , 由 ( ) 2sin( ) 06 3f        , 又 0 2   得 3   , 所以 ( ) 2sin(2 )3f x x   ; (2) 2 2 22 3 2k x k        , 5 12 12k x k      , k Z , 所以增区间是 5 ,12 12k k       , k Z . 7. 【解析】(1)选择条件①,由  22sin sin sin sin sinA B C B C   及正弦定理知  22a b c bc   , 整理得, 2 2 2b c a bc   , 由余弦定理可得 2 2 2 1cos 2 2 2 b c a bcA bc bc     , 又因为  0,A  ,所以 3A  , 又由 2 2a b c  ,得 2 sin sin 2 sinA B C  , 由 2 3 B C  ,得 22 sin sin 2sin3 3 C C       , 即 6 3 1cos sin 2sin2 2 2C C C   ,即 3sin 3 cos 6C C  ,即 2 3sin 66C      ,整理得, 2sin 6 2C      , 因为 20, 3C     ,所以 ,6 6 2C         , 从而 6 4C    ,解得 5 12C  ; 选择条件②,因为 A B C    ,所以 2 2 2 B C A   , 由 sin sin2 B Cb a B  得 cos sin2 Ab a B , 由正弦定理知,sin cos sin sin 2sin cos sin2 2 2 A A AB A B B  ,  0,B  ,  0,A  ,可得 0,2 2 A     , 所以,sin 0B  , cos 02 A  , 可得 1sin 2 2 A  ,所以, 2 6 A  ,故 3A  . 以下过程同(1)解答; 选择条件③,由 2sin sin 3a B b A     , 及正弦定理知, 2sin sin sin sin 3A B B A     ,  0,B  ,则sin 0B  , 从而 2 3 1sin sin cos sin3 2 2A A A A       , 则sin 3cosA A ,解得 tan 3A  , 又因为  0,A  ,所以 3A  ,以下过程同(1)解答. 8. 【解析】(1)当 1  时, π π π 1 3( ) sin 3 cos 3 26 6 6 2 2f       . (2) ( ) sin 3 cos 2sin 3f x x x x          . 因为函数 ( )f x 图象的两条相邻对称轴之间的距离是 π 2 , 所以 2ππ ( 0)T    ,解得 2  . 所以 2 n 2) 3( sif x x      . 选①:因为 π0 2x  ,所以 423 3 3x     . 当 42 3 3x    ,即 2x  时, ( )f x 在区间 π[0, ]2 上有最小值为 3 . 选②:令 2 2 2 ,2 3 2k x k k Z         , 解得 5 ,12 12k x k k Z       , 所以函数 ( )f x 的单调递增区间为 5π π[ π , π ],12 12k k k Z   . 选③:因为 ( ) 0f x  ,所以 2sin 2 03x      . 所以 2 2 2 ,3k x k k Z       . 解得 ,6 3k x k k Z       . 9. 【解析】选择条件①:因为 tan 2tanB C , 所以sin cos 2sin cosB C C B , 根据正弦定理可得 cos 2 cosb C c B , 由余弦定理得: 2 2 2 2 2 2 22 2 a b c a c bb cab ac       , 又由 2c  ,可得 2 23 12b a  , 根据余弦定理得 2 2 2 28cos 2 2 b c a bA bc b     , 则  22 2 4 2 2 8 20 64sin 1 cos 1 4 2 b b bA A b b        , 所以  222 4 10 361 20 64sin2 2 2ABC bb bS bc A b b        , 所以当且仅当 2 10b  时, ABC 面积取得最大值,最大值为 3 . 选择条件②:因为 2 23 12b a  , 由余弦定理得 2 2 2 28cos 2 2 b c a bA hc h     , 所以  22 2 1 2 2 8 20 64sin 1 cos 1 4 2 b b bA A b b        ,  222 1 10 361 20 64sin2 2 2ABC bb bS bc A b b        , 所以当且仅当 2 10b  时, ABC 面积取得最大值,最大值为 3 . 选择条件③:因为 cos 2 cosb C c B , 由余弦定理得: 2 2 2 2 2 2 22 2 a b c a c bb cab ac       , 因为 2c  ,可得 2 23 12b a  , 又由余弦定理得: 2 2 2 28cos 2 2 b c a bA bc b     , 所以  22 2 4 2 2 8 20 64sin 1 cos 1 4 2 b b bA A b b        ,  222 10 361 20 64sin2 2 2ABC bb bS bc A b b          , 所以当且仅当 2 10b  时, ABC 面积取得最大值,最大值为 3 . 10. 【解析】选择条件①和②. 因为 ( )( )b a c b a c ac     ,所以 2 2 2a c b ac   , 由余弦定理,得 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac    . 因为 0 B   ,所以 3B  . 因为 cos( ) sin( )A B A B   ,所以cos sin3 3A A             , 所以 cos cos sin sin sin cos cos sin3 3 3 3A A A A      , 所以 sin cosA A . 因为 0 A   ,所以 4A  . 在 ABC 中,由正弦定理 sin sin a b A B  ,得 2 2 sin sin4 3 b   . 所以 2 2 sin 3 2 3 sin 4 b    . 选择条件①和③. 因为 ( )( )b a c b a c ac     ,所以 2 2 2a c b ac   . 由余弦定理,得 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac    . 因为 0 B   ,所以 3B  . 因为 tan sin2 A B C  ,且 sin cos2 2tan tan2 2 cos sin2 2 C C A B C C C         , 所以 cos 2 sin 2sin cos2 2sin 2 C C CCC   . 因为 0 C   ,所以 cos 02 C  ,所以 2 1sin 2 2 C  . 因为 0 C   ,所以sin 02 C  ,所以 2sin 2 2 C  ,可得 2C  . 所以在 Rt ABC 中, tan 2 63b a   . 选择条件②和③. 因为 cos( ) sin( )A B A B   , 所以 cos cos sin sin sin cos cos sinA B A B A B A B   , 所以 (sin cos )(sin cos ) 0A A B B   . 所以 sin cosA A 或sin cosB B  . 因为 0 A   , 0 B   , 所以 4A  或 3 4B  . 又因为 tan sin2 A B C  ,且 sin cos2 2tan tan2 2 cos sin2 2 C C A B C C C         , 所以 cos 2 sin 2sin cos2 2sin 2 C C CCC   . 因为 0 C   ,所以 cos 02 C  ,所以 2 1sin 2 2 C  . 因为 0 C   ,所以sin 02 C  ,所以 2sin 2 2 C  ,可得 2C  . 在 ABC 中, A B C    ,所以 4A  , 2C  , 4B  . 所以 ABC 为等腰直角三角形,所以 2 2b a  . 11. 【解析】解(1)因为 3 2 sin =0c b C ,由正弦定理 3sin 2sin sin 0C B C  . 因为 0, ,sin 02C C     ,所以 3sin = 2B . 因为 0, 2B     ,所以 3B  . (2)条件①: 3 3 2b a , ; 因为 3 3, 2b a  ,由(1)得 3B  , 所以根据余弦定理得 2 2 2 2 cos    b c a c a B , 化简整理为 2 2 23 0  c c ,解得 1 2 6 c . 所以△ ABC 的面积 1 3 6 2sin2 2S c a B    . 条件②: 2 4a A  , 由(1)知 π 3B  , 4A  , 根据正弦定理得 sin sin b a B A  , 所以 sin 6sin  a Bb A . 因为 5 12C A B     , 所以 5 6 2sin sin sin12 4 6 4C           , 所以△ ABC 的面积 1 3 3sin2 2   S b a C . 12. 【解析】(1)选用条件①:因为 7cos cos 14a B b A ac  , 由正弦定理得 7sin cos sin cos sin14A B B A a C  ,可得 7sin sin14C a C , 又因为 (0, )C  ,所以sin 0C  ,可得 2 7a  , 又由 2 7cos 7C  ,由余弦定理得 2 2 2 2 7 2 7 a b c ab    , 将 2b c  代入上式,解得 6, 4b c  . 选用条件②:因为 72 cos 2 7b C a c  , 由正弦定理得 72sin cos 2sin sin7B C A C  72sin( ) sin7B C C   72(sin cos cos sin ) sin7B C B C C   即 72cos sin sin 07B C C  , 又因为 (0, )C  ,所以sin 0C  ,可得 7cos 14B  ,则 3 21sin 14B  , 又由 2 7cos 7C  ,可得 2 21sin 1 cos 7C C= - = 由正弦定理 sin sin b c B C  ,得 sin 3 sin 2 b B c C   , 又由 2b c  ,可得 6, 4b c  . (2)由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    , 因为 0 A   ,所以 3A  . 所以 ABC 的面积为 1 1 3sin 6 4 6 32 2 2S bc A      . 13. 【解析】(1)若选①:∵ cos 3 sinb b C c B  , ∴sin sin cos 3sin sinB B C C B  ,又sin 0B  , ∴1 cos 3sinC C  ,即 1sin 6 2C      ,又 0 C   , ∴ 5 6 6 6C      ,即 6 6C    ,故 3C  . 若选②:∵ 2 cos cosb a C c A  , ∴ 2sin sin cos sin cosB A C C A  , 即  2sin cos sin cos sin cos sin sinB C A C C A A C B     , 又sin 0B  ,∴ 1cos 2C  ,又 0 C   , ∴ 3C  , 若选③:由 2 2 2 4 3 3 ABCa b c S     ,则有 4 3 12 cos sin3 2ab C ab C  , ∴ tan 3C  ,又 0 C   , ∴ 3C  . (2) ABC 中,由余弦定理: 2 25 2 5 cos 493AC AC      , 得 8AC  或 3AC   (舍), 由 21cos 7ADC  ,可得 2 7sin 7ADC  , △ ACD 中,     3 21 1 2 7 5 7sin sin sin 2 7 2 7 14CAD C ADC C ADC            , 由正弦定理得: sin sin CD AC CAD ADC   ,即 8 5 7 2 7 14 7 CD  ,解得 10CD  , ∴ 5BD CD BC   . 14. 【解析】 方案一:选条件①②. 因为 5 4 15cos c a A , 3b  ,所以5 4 5 cosc a b A  , 由正弦定理得 5sin 4sin 5sin cosC A B A  . 因为  sin sin sin cos cos sinC A B A B A B    , 所以 5cos sin 4sinB A A . 因为 sin 0A  , 所以 cos 4 5B  , 2 3sin 1 cos 5B B   . 因为 π 2  A C , πA B C   ,所以 π 22B C  , 所以 π 3cos2 cos sin2 5C B B       , 所以 2 1 cos2 1sin 2 5 CC   . 因为  0,πC  ,所以 5sin 5C  , 在 ABC 中,由正弦定理得 53sin 5 53sin 5 b Cc B     . 方案二:选条件①③. 因为 1 sin 32S ab C  , 3b  ,所以 sin 2a C  . 因为 π 2  A C , πA B C   ,所以 π 22B C  . 在 ABC 中,由正弦定理得 π3sinsin 3cos2 πsin cos2sin 22 Cb A Ca B CC           , 所以 3sin cos 2cos2 C C C  ,即 3sin 2 4cos2C C . 因为 π0 π,2 0 π, A C C         所以 π0 2C  , 0 2 πC  , 所以 sin 2 0C  ,所以 cos2 0C  . 又 2 2sin 2 cos 2 1C C  ,所以 3cos2 5C  , 所以 2 1 cos2 1sin 2 5 CC   ,所以 5sin 5C  . 在 ABC 中,由正弦定理得 53sin sin sin 5 53πsin cos2sin 2 52 b C b C b Cc B CC           . 方案三:选条件②③. 因为 5 4 15cos c a A , 3b  ,所以5 4 5 cosc a b A  , 由正弦定理得 5sin 4sin 5sin cosC A B A  , 因为  sin sin sin cos cos sinC A B A B A B    , 所以 5cos sin 4sinB A A . 因为 sin 0A  , 所以 cos 4 5B  , 2 3sin 1 cos 5B B   . 因为 1 sin 32S ac B  ,所以 10ac  .(ⅰ) 在 ABC 中,由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   , 所以 2 2 25a c  .(ⅱ) 由(ⅰ)(ⅱ)解得 5c  或 2 5c  . 15.【解析】(1)选择条件① 由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B   得 2 2 3 0a a   ,解得 3a  . 由正弦定理 sin sin b a B A  得 sin 3 10sin 10 a BA b   . 选择条件② 由余弦定理 2 2 2 2 cos 5b a c ac B    得 5b  . 由正弦定理 sin sin b a B A  得 sin 3 10sin 10 a BA b   . (2)由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B   得 2 25 2a c ac   , 所以 25 ( ) (2 2) 9 (2 2)a c ac ac       , 得 4 2 2ac   . 所以 1 sin 2 12ABCS ac B   . 16.【解析】解:(1)方案一:选条件①. 由正弦定理可知, 2 2sin sin cos sin cos b c B C C a A A    , 即 2sin cos cos sin sin cosB A C A C A     , 即 2sin cos sin( )B A A C   . A C B   , 2sin cos sinB A B   , sin 0B  , 1cos 2A  . 又 (0, )A  , 3A   . 方案二:选条件②. 由 cos cos cos 3sin cosC A B B A  , 得 cos( ) cos cos 3sin cosA B A B B A    , 整理得sin sin 3sin cosA B B A . (0, )B  , sin 0B  , tan 3A  , 又 (0, )A  , 3A   . 方案三:选条件③. 由 2 sin cos (2 )sinb A B c b B  及正弦定理得, 2sin sin cos (2sin sin )sinB A B C B B  , (0, ),B  , sin 0B  , 2sin cos 2sin sinA B C B   . A B C    , sin sin( ) sin cos cos sinC A B A B A B     , 2sin cos 2sin cos 2cos sin sinA B A B A B B    , sin 0B  , 1cos 2A  , (0, )A  , 3A   . (2)由 3A  可得 3sin 2A  , 1cos 2A  . 由 6a  及余弦定理可得 2 2 236a b c bc    , 由基本不等式得 2 2 2b c bc  , 36bc  . ABC 的面积 1 3sin 9 32 4S bc A bc   (当且仅当 6b c  时取等号), ABC 面积的最大值为9 3 . 17.【解析】解:(1)若选择①, 2 2 22b ac a c   由余弦定理, 2 2 2 2 2cos 2 2 2 a c b acB ac ac     , 因为  0,B  ,所以 4B  ; 由正弦定理 sin sin a b A B  ,得 2 sinsin 3 3sin 2 2 b Aa B     , 因为 3A  , 4B  ,所以 5 3 4 12C       , 所以 5 6 2sin sin sin sin cos cos sin12 4 6 4 6 4 6 4C                 所以 1 1 6 2 3 3sin 3 22 2 4 4ABCS ab C       △ . (2)若选择② cos sina B b A ,则sin cos sin sinA B B A , 因为sin 0A  ,所以sin cosB B , 因为  0,B  ,所以 4B  ; 由正弦定理 sin sin a b A B  ,得 2 sinsin 3 3sin 2 2 b Aa B     , 因为 3A  , 4B  ,所以 5 3 4 12C       , 所以 5 6 2sin sin sin sin cos cos sin12 4 6 4 6 4 6 4C                 , 所以 1 1 6 2 3 3sin 3 22 2 4 4ABCS ab C       △ . (3)若选择③sin cos 2B B  , 则 2 sin 24B      ,所以sin 14B      , 因为  0,B  ,所以 5,4 4 4B        , 所以 4 2B    ,所以 4B  ; 由正弦定理 sin sin a b A B  ,得 2 sinsin 3 3sin 2 2 b Aa B     , 因为 3A  , 4B  ,所以 5 3 4 12C       , 所以 5 6 2sin sin sin sin cos cos sin12 4 6 4 6 4 6 4C                 , 所以 1 1 6 2 3 3sin 3 22 2 4 4ABCS ab C       △ . 18.【解析】若选①:因为 πsin sin 3a C c A     , 在 ABC 中,由正弦定理得 πsin sin sin sin 3A C C A     , 因为 0 πC  ,所以sin 0C  , 所以 π 1 3sin sin sin cos3 2 2A A A A       , 即 1 3sin cos2 2A A ,所以 tan 3A  , 因为 0 πA  ,所以 π 3A  , 因为 ABC 外接圆面积为 4 π3 ,所以半径 2 3 3r  , 由 2sin a rA  得 2 3 32 23 2a     , 又sin 2sinB C ,所以 2b c , 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   得 2 2 24 4 2cc c  , 解得 2 4 3c  ,即 2 3 3c  , 4 3 3b  , 所以 1 1 4 3 2 3 3 2 3sin2 2 3 3 2 3ABCS bc A     △ . 若选②:由正弦定理得 3sin sin cos sin sin3B A C C A  ,   3sin sin cos sin sin3A C A C C A   , 3sin cos cos sin sin cos sin sin3A C A C A C C A   , 化简得: 3cos sin sin sin3A C C A , 因为 0 πC  ,所以sin 0C  ,所以 tan 3A  , 因为 0 πA  ,所以 π 3A  . 其余步骤同①. 若选③:由正弦定理得:sin cos sin cos 2sin cosA B B A C A  , 所以  sin 2sin cosA B C A  ,所以sin 2sin cosC C A , 因为 0 πC  ,所以sin 0C  ,所以 1cos 2A  , 因为 0 πA  ,所以 π 3A  . 其余步骤同①. 19.【解析】 1 方案①:由已知及正弦定理得   23 cos sin cos sin cos sinA C B B C A  所以   23 cos sin sinA C B A  , 所以 23 cos sin sinA A A 又  0,A  , 所以sin 0A  , 所以 tan 3,A  所以 3A  方案②:由已知正弦定理得  2cos sin 2sin sin 2sin sin 2sin cos 2cos sin sinC A B C A C C A C A C C        所以 2cos sin sin 0,A C C  即 2cos sin sin ,A C C 又  0,C  , 所以 sin 0,C  所以 1cos 2A  所以 3A  方案③:因为 tan tan tan 3 tan tanA B C B C   所以 tan tan tan 3 tan tan tan tan( ) (1 tan tan )A B C B C A B C B C         tan tan 1 tan tan tan tan tanA A B C A B C    即 3 tan tan tan tan tanB C A B C 又  0A B C , , , , 所以 tan 0,tan 0B C  , 所以 1tan 3,cos ,2A A  所以 3A   2 由余弦定理 2 2 2 2 cos , 2, 3a b c bc A a A      ,得 2 24 b c bc   即 2 4 3b c bc   , 又因为 10,b c  所以 2bc  所以 1 3sin2 2ABCS bc A  20.【解析】解:若选择①:在 ABC 中,有 A B C    , 则由题可得:    cos cos 3sin cos 0A B A A B        ,  cos cos cos 3sin cos 0A B A B A B     , sin sin cos cos cos cos 3sin cos 0A B A B A B A B    ,sin sin 3sin cosA B A B , 又sin 0A  ,所以sin 3 cosB B ,则 tan 3B  . 又  0,B  ,所以 3B  , 因为 1a c  ,所以 1c a  ,  0,1a . 由余弦定理可得: 2 2 2 2 cosb a c ac B   2 2a c ac      22 1 1a a a a     23 3 1a a   ,  0,1a ,又 2 2 1 13 2 4b a      , 所以,当 1 2a  时,  2 min 1 4b  ,即b 的最小值为 1 2 ; 若选择②:在 ABC 中,有 A B C    , 则由题可得  2 22cos 1 3cos 2cos 3cos 1 1B B B B       , 解得 1cos 2B  或 cos 2B   (舍去), 又  0,πB ,所以 3B  .(剩下同①) 若选择③:由正弦定理可将已知条件转化为 3sin cos sin sin sin3B C C B A  ,     sin cos ss in cosin sin sin B C C BA B C B C         , 代入上式得 3 sin sin sin cos3 C B C B , 又sin 0C  ,所以sin 3 cosB B , tan 3B  . 又  0,B  ,所以 3B  .(剩下同①) 21.【解析】(1)选择条件①: 3 sin cos3 c B a b C  , 由正弦定理得, 3 sin sin sin sin cos3 C B A B C  . 又在 ABC 中, sin sin( ) sin cos cos sinA B C B C B C    , 3 sin sin sin sin cos cos sin3 C B A B C B C    . 又 (0, )C  , sin 0C  . 3 sin cos3 B B  ,即 tan 3B  . 又 (0, )B  , 3B   . 选择条件②: sin cos 6b C c B      , 由正弦定理得,sin sin sin cos 6B C C B      . 又 (0, )C  , sin 0C  . sin cos 6B B       , 即 3 1sin cos cos sin sin cos sin6 6 2 2B B B B B     . 1 3sin cos2 2B B  ,即 tan 3B  . 又 (0, )B  , .3B   (2)有题意知 2BD BA BC  uuur uur uuur . 2 24| | ( )BD BA BC     ,即 2 216 a c ac   . 又 2 2 2a c ac … , 16 3ac „ (当且仅当 4 3 3a c  时等号成立). 由三角形面积公式可知 1 4 3sin2 3ABCS ac B△ „ . ABC 的面积的最大值为 4 3 3 . 22.【解析】解:选择条件①: 由正弦定理可得sin sin sin cos 6A C C A      , 由于sin 0C  ,可得 3 1sin cos cos sin6 2 2A A A A       , 化简可得 1 3sin cos2 2A A ,即 tan 3A  , 因为  0,A  ,所以 3A  , 由余弦定理可得  22 2 2 3a b c bc b c bc      ,解得 12bc  , 4 3 12 b c bc     ,解得 2 3b c  ,因此 1 sin 3 32ABCS bc A  ; 选择条件②:因为 3sin 3sin 3 cos2 2 2 2 B C A A       ,即 3cos sin2 A A , 由正弦二倍角公式可得: 3cos 2sin cos2 2 2 A A A ,  0,A  ,则 0,2 2 A     ,所以, cos 02 A  ,所以 3sin 2 2 A  , 所以 2 3 A  即 2 3A  , 由余弦定理可得  22 2 2 2 22 cosa b c bc A b c bc b c bc         , 由已知可得  2 2 36bc b c a    , 由基本不等式可得 2 122 b cbc      ,所以不存在满足条件的 ABC ; 选择条件③: 由余弦二倍角公式可得: 22cos 3cos 2 0A A   ,解得 1cos 2A  或 2 (舍去), 因为  0,A  ,所以 3A  , 由余弦定理得:  22 2 2 3a b c bc b c bc      ,解得 12bc  , 4 3 12 b c bc     ,解得 2 3b c  ,因此 1 sin 3 32ABCS bc A  ; 23.【解析】解: ( ) sin cos cos sin sin( )f x x x x         , 由已知函数  f x 的周期 2T    ,求得 2  ,所以 ( ) sin(2 )f x x   , 若选①,则有 2 ( )3 2k k      Z ,解得 ( )6k k   Z , 又因为 2   ,所以, 0, 6k    ,所以 ( ) sin 2 6f x x      , 当 ,6 2x      时, 52 ,6 6 6t x         , 所以当 2t  ,即 3x  时,函数  f x 取得最大值,最大值为1. 若选②,则有 2 ( )6 k k     Z ,解得 ( )3k k   Z , 又因为 2   ,所以 0, 3k    ,所以 ( ) sin 2 3f x x      , 当 ,6 2x      时, 22 0,3 3t x        , 所以当 2t  ,即 5 12x  时,函数  f x 取得最大值,最大值为1. 若选③,则有 22 2 ( )3 2k k      Z ,解得 112 ( )6k k    Z , 又因为 2   ,所以 1, 6k   , 所以 ( ) sin 2 6f x x      , 当 ,6 2x      时, 72 ,6 2 6t x         , 显然,函数  f x 在该区间上没有最大值. 24.【解析】解:由 3 2 cos 2 cosc b A a B  结合正弦定理可得  3sin 2sin cos 2sin cosC B A A B  , 所以  3sin cos 2sin cos 2cos sin 2sin 2sinC A A B A B A B C     . 因为sin 0C  ,所以 2cos 3A  . [选择条件①的答案] 所以 5sin 3A  . 由sin 3cos 2C C  得 2sin 23C      ,所以sin 13C      . 因为  0,C  ,所以 3 2C    .所以 6C  . 由正弦定理 sin sin a c A C  得 5 sin 2 53 1sin 3 2 c Aa C    . [选择条件②的答案] 所以 5sin 3A  . 因为 2C A ,所以 4 5sin sin 2 2sin cos 9C A A A   . 由正弦定理 sin sin a c A C  得 5 sin 33 sin 44 5 9 c Aa C    . [选择条件③的答案] 所以 5sin 3A  . 由 2b a 得sin 2sinB A . 因为 5sin 3A  ,所以 2 5sin 2sin 13B A   . 所以三角形不存在. 25.【解析】选择条件①: 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 2 a b c abC ab ab     , 因为 (0, )C  ,所以 3C  . 结合 4a b  , 2 2 2 2( ) 3c a b ab a b ab      ,可得 4ab  , 所以 2a  , 2b  , 因此 1 sin 32ABCS ab C △ . 选择条件②: 由正弦定理得sin sin bA B  , 所以 sinsin 1a BA b   , 又 (0, )A  ,所以 2A  ,所以 2 2 2b c a  . 由 2 24 4 b a a b       ,解得 5 2a  , 3 2b  , 所以 1 3sin2 2ABCS bc A △ . 选择条件③: 因为 3cos sin 2sin cos2 2 2 C C CC  , 又 cos 02 C  ,所以 3sin 2 2 C  ,因此 2 3C  . 由余弦定理可得 2 2 2 2( )c a b ab a b ab      ,得 12ab  , 从而 2 2 2 2( ) 2 4 2 12 8a b a b ab         ,显然不成立, 因此,不存在满足条件的 ABC . 26.【解析】解:选① 3sin cos 1B B  ,可得 1sin =6 2B     . 因为 (0, )B  ,所以 6 6B    ,所以 3B  . 由正弦定理: sin sin a b A B  得 2sin 2A  ,又因为 a b ,所以 4A  . 所以 5 6 2sin sin sin sin cos cos sin12 4 6 4 6 4 6 4C                 所以 1 3 3sin2 4ABCS ab C  △ 选②由 2 sin tanb A a B 得 2 sin cos sinb A B a B , 由正弦定理: sin sin a b A B  ,化简得 1cos 2B  , 因为 (0, )B  ,所以 3B  . 以下与选①相同. 选③由正弦定理: ( )sin csin sina c A C b B   可化简为 2 2 2a ac c b   , 而 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac    , 因为 (0, )B  ,所以 3B  , 以下与选①相同. 27.【解析】解:选择①,因为 2 2 cosb a c A  , 所以由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a b c ab a c bc b       , 所以 2 2 2a b c ab   , 所以由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 2 a b c abC ab ab     ,而C 为三角形内角, 所以 3sin 2C  , 所以 ABC 的面积为 1 1 3 3sin 1 32 2 2 4ab C      . 选择②,因为 tan cos cosc C a B b A  , 所以由正弦定理得sin tan sin cos sin cosC C A B B A  , 所以 sin tan sin cos sin cos sin( ) sinC C A B B A A B C     . 又 0 C   ,所以sin 0C  , 所以 tan 1C  ,而C 为三角形内角,所以 π 4C  ,所以 2sin 2C  , 所以 ABC 的面积为 1 1 2 6sin 1 32 2 2 4ab C      . 选择③,因为 4cos 5c B a b  , 所以由正弦定理得 4sin cos sin sin5C B A B  , 即5sin cos 5sin( ) 5sin cos (5sin cos 5cos sin ) 4sinC B B C C B B C B C B      , 所以 sin (4 5cos ) 0B C  . 又 0 B   ,所以sin 0B  , 所以 4cos 5C   ,而C 为三角形内角,所以 3sin 5C  , 所以 ABC 的面积为 1 1 3 3 3sin 1 32 2 5 10ab C      . 28.【解析】在 ABC 中,因为 11cos 14A  ,所以 2 2 11 5 3sin 1 cos 1 14 14A A         , 所以 ABC 的面积为 1 5 3sin 5 32 28bc A bc  ,则 28bc  . 由余弦定理可得: 2 2 2 11 32 cos 2 127 7a b c bc A bc bc bc     … , 则 2 3a… (当且仅当 2 7b c  时,等号成立). 所以 a 的最小值为 2 3 . 29.【解析】选①, ∵在 ABC ,sin 3 sinA B= ,∴由正弦定理得 3a b= ,即 3 3b a , 又 3ac  ,∴ 3c a  , ∴ 2 2 2 2 2 2 2 1 3 33cos 2 22 3 3 a aa b c aC ab a      ,解得 3a  , ∴ 1b c  , 6B C   , 2 3A  . 选②, ∵在 ABC ,sin 3 sinA B= ,∴由正弦定理得 3a b= ,即 3 3b a , ∵ sin sin sin 36c A a C a    ,则 6a  ,∴ 2 3b  , 2 2 2 2 22 cos 6 (2 3) 2 6 2 3 cos 126c a b ab C           , 2 3c  , ∴ 6C B   , 2 3A  . 选③,三边成等比数列, ∵在 ABC ,sin 3 sinA B= ,∴由正弦定理得 3a b= ,又 6C  , ∴ 2 2 2 2 2 22 cos 3 2 3 cos 6c a b ab C b b b b b         , c b , 即 a b c  ,这与三边成等比数列矛盾.无解. 30.【解析】解:方案一:选条件①. 因为 sin 3cos cos 3sin sinA B C B C  ,所以      sin 3 sin sin cos cos 3cos 3cos π 3cosA B C B C B C A A         , 所以 tan 3A  ,又 0 πA  ,所以 π 3A  . 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb c a bc A   ,所以 2 2 4b c bc bc    ,所以 4bc  ,当且仅 当b c 时取等号. 所以 1 3sin 32 4ABCS bc A bc  △ ,所以面积的最大值为 3 . 方案二:选条件②. 因为 tan tan tan 3 tan tanCA B C B   , 所以   tan tan tan tan tan π 1 tan tanA B C A A B C       tan tan tan 3 tan tanA B C B C , 因为 0 πA  ,所以 tan 0B  , tan 0C  ,所以 tan 3A  ,所以 π 3A  . 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb c a bc A   ,所以 2 2 4b c bc bc    , 所以 4bc  ,当且仅当b c 时取等号.所以 1 3sin 32 4ABCS bc A bc  △ , 所以 ABC 面积的最大值为 3 . 方案三:选条件③. 因为     sin sin sin sin sin sin sinB B C A C A C    ,所以由正弦定理得 2 2 2b c a bc   , 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ,又 0 πA  ,所以 π 3A  .由余弦定理得 2 2 2 2 cosb c a bc A   , 所以 2 2 4b c bc bc    ,所以 4bc  ,当且仅当b c 时取等号. 所以 1 3sin 32 4ABCS bc A bc  △ ,所以 ABC 面积的最大值为 3 . 31.【解析】解:选择①, 在 ABC 中,由正弦定理得 sin sin a b A B  ,即 7 21 3 7 2 a  , 解得 2a  , 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ,即 2 2 17 2 2 2 2c c      , 化简得 2 2 3 0c c   ,解得 3c  或 1c   (舍去); 所以 BC 边上的高为 3 3 3sin 3 2 2h c B    . 选择②, 在 ABC 中,由正弦定理得 sin sin a c A C  , 又因为sin 3sinA C ,所以 3sin sin a c C C  ,即 3a c ; 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   , 即 2 2 17 (3 ) 2 3 2c c c c      , 化简得 27 7c  ,解得 1c  或 1c   (舍去); 所以 BC 边上的高为 3 3sin 1 2 2h c B    . 选择③, 在 ABC 中,由 2a c  ,得 2a c  ; 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   , 即 2 2 17 ( 2) 2 ( 2) 2c c c c        化简得 2 2 3 0c + c   ,解得 1c  或 3c   (舍去); 所以 BC 边上的高为 3 3sin 1 2 2h c B    . 32.【解析】(1)方案一:若选①. 由已知及正弦定理得,   23 cos sin cos sin cos sinA C B B C A  , 所以   23 cos sin sinA C B A  , 所以 23 cos sin sinA A A , 又 (0, )A  ,所以sin 0A  , 所以 tan 3A  ,所以 3A  . 方案二:若选②. 由已知及倍角公式得     2 21 2sin 1 2sin 2sin sin sinA B C B C     , 所以 2 2 22sin 2sin 2sin sin 2sinB A C B C   , 所以 2 2 2sin sin sin sin sinB C A C B   , 由正弦定理得 2 2 2b c a bc   , 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    , 又 (0, )A  ,所以 3A  . 方案三:若选③. 由已知及正弦定理得 2sin sin cos sin cosB C A A C  , 所以 2sin cos sin( ) sinB A A C B   , 因为 (0, )B  ,所以sin 0B  ,所以 1cos 2A  , 又 (0, )A  ,所以 3A  . (2)由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   , 2a  , 3A  ,得 2 24 b c bc   , 即 2 3 4b c bc   . 因为 10b c  ,所以 2bc  , 所以 1 3sin2 2ABCS bc A  . 33.【解析】解:方案一:选条件①. 因为 3 cos sina B b A ,所以由正弦定理,得 3sin cos sin sinA B B A , 易知sin 0A  ,所以 3 cos sinB B ,所以 tan 3B  . 因为 0 B   ,所以 3B  . 设 D 为 BC 的中点, BD x , 在 ABD△ 中,由余弦定理,得 2 2 17 2 2 2 2x x     , 解得 3x  (舍去负值). 所以 6a BC  , 所以 ABC 的面积 1 1sin 6 2 sin 3 32 2 3S ac B       . 方案二:选条件②. 因为  3 sin 2 cosb A a B  ,所以由正弦定理,得  3sin sin sin 2 cosB A A B  , 易知sin 0A  ,所以 3sin 2 cosB B  , 所以 3sin cos 2B B  ,即sin 16B      , 因为 7 6 6 6B     ,所以 6 2B    ,所以 3B  . 设 D 为 BC 的中点, BD x , 在 ABD△ 中,由余弦定理,得 2 2 17 2 2 2 2x x     , 解得 3x  (舍去负值).所以 6a BC  , 所以 ABC 的面积 1 1sin 6 2 sin 3 32 2 3S ac B       . 方案三:选条件③. 易知 2 2 22cos 2 2 a c a b cC b ab     ,化简可得 2 2 2a b c ac   , 由余弦定理,得 2 2 2 1cos 2 2 a b cB ab    , 因为 0 B   ,所以 3B  . 设 D 为 BC 的中点, BD x , 在 ABC 中,由余弦定理,得 2 2 17 2 2 2 2x x     , 解得 3x  (舍去负值). 所以 6a BC  , 所以 ABC 的面积 1 1sin 6 2 sin 3 32 2 3S ac B       . 34.【解析】选条件①.由 sin sin sin sin a c A B b C A    和正弦定理得 a c a b b c a    化简得 2 2 2a b c ab    所以由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 a b cC ab     因为C 是三角形的内角,所以 120C   . 又 6c  , 2 2 2 3c a b ab ab    ,所以 12ab  ,当且仅当 2 3a b  时等号成立 所以 ABC 的面积 1 sin 3 32S ab C  ,即 ABC 面积的最大值为3 3 . 选条件②. 由  cos cos 2 cosa B b A c A B   得sin cos sin cos 2sin cosA B B A C C    , 得  sin 2sin cosA B C C   ,即sin 2sin cosC C C  因为sin 0C  ,所以 1cos 2C   因为C 是三角形的内角,所以 120C   . 因为 6c  , 2 2 2 2 cos 3c a b ab C ab    ,所以 12ab  ,当且仅当 2 3a b  时等号 成立, 所以 ABC 的面积 1 sin 3 32S ab C  ,即 ABC 面积的最大值为3 3 . 35.【解析】解法 1:由正弦定理,得 3sinCcosB=3sin[π-(B+C)]+2sinB, 整理得 3sinBcosC+2sinB=0.因为 sinB≠0,所以 2cos 3C   . 解法 2:由 3ccosB=3a+2b,得 3accosB=3a2+2ab, 由余弦定理,得 3(a2+c2-b2)=6a2+4ab,整理得 3(-a2+c2-b2)=4ab, 即 3abcosC+2ab=0.所以 2cos 3C   . 选①a=3.由余弦定理可得 c2=a2+b2-2abcos 2 221 9 6 ( )3b b       , 所以 b2+4b-12=0,解得 b=2 或 b=-6(舍去), 所以问题中的三角形存在. 选② 3 5 2ABCS  . 1 1 5 3 5sin2 2 3 2ABCS ab C ab    ,故 ab=9, 由余弦定理可得 c2+a2+b2-2abcosC 2 2 421 3a b ab    ,又 a2+b2≥2ab, 所以 2 2 4 1021 6.33 3a b ab ab ab      ,与 ab=9 矛盾, 所以问题中的三角形不存在. 选③3sinB=2sinA.由正弦定理得,3sinB=2sinA 3b=2a, 由余弦定理可得 c2=a2+b2-2abcosC 22121 4 b  , 所以 b=2 或 b=-2(舍去), 所以问题中的三角形存在. 36.【解析】若选①,则由正弦定理  3 cos sin cos sin cos sin sinC A B B A C C  ,  3 cos sin sin sinC A B C C  , 3 tanC , 3C  若选②,则由正弦定理知: sin sin sin sin2 CA C A   , cos sin 2sin cos2 2 2 C C CC  , 1sin 2 2 C  , 3C  若选③,则有正弦定理知 2 2b a c bc   , 2 2 2b a c bc    ,由余弦定理知: 1cos 2C  , 3C  , 2 3A B   , 2sin sin sin sin 3A B A A        3 1sin cos sin2 2A A A         23 1 3 1sin cos sin sin 2 1 cos22 2 4 4A A A A A      1 1sin 22 6 4A       20, 3A     , 72 ,6 6 6A          ,所以当 3A  时,sin sinA B 的最大值是 3 4 . 37.【解析】解:(Ⅰ)因为 cosc Ab  ,由正弦定理可得 sin cossin C AB  ,在三角形中, sin sin( ) sin cos cos sinC A B A B A B    ,且sin 0B  , 所以不等式整理为 sin cos cos sin sin cosA B A B B A  , 即sin cos 0A B  ,在三角形中可得sin 0A  , 所以 cos 0B  ,所以得证 B 为钝角; (Ⅱ) ( )i 若满足①②③,则正弦定理可得 sin sin a c A C  , 即 2 2 sin2 2 C  ,所以 1sin 2C  , 又 a c ,所以 A C ,在三角形中, 2sin 2A  , 所以 4A  或 3 4A  ,而由(Ⅰ)可得 4A  所以可得 6C  , 7 4 6 12B A C           , 所以 2 2 6 22 cos 4 2 2 2 2 ( ) 3 14b a c ac B             ( )ii 若满足①②④,由(Ⅰ) B 为钝角, A ,C 为锐角, 及 2sin 2A  , 3sin 2C  可得 4A  , 3C  , 所以 5 12B  不符合 B 为钝角,故这种情况不成立; ( )iii 若满足②③④,由 B 为钝角, 3sin 2C  , 所以 3C  ,而 a c ,所以 A C ,这时 3B  , 不符合 B 为钝角的情况,所以这种情况不成立; 综上所述:只有满足①②③时 3 1b   . 38.【解析】如果选①:因为 3a  , 2 6b  , 2B A   , 所以在 ABC 中,由正弦定理得 3 2 6 sin sin 2A A  . 所以 2sin cos 2 6 sin 3 A A A  . 故 6cos 3A  . (0, )A  ,所以 2 3sin 1 cos 3A A   . 又因为 2B A   ,所以 2 1cos 2cos 1 3B A   . 所以 2 2 2sin 1 cos 3B B   . 在 ABC 中,sin sin( )C A B  sin cos cos sinA B A B  5 3 9  . 所以 sin 5sin a Cc A   . 如果选②:因为 3a  , 2 6b  ,sin sin 2B A ,所以sin 2sin cosB A A , 由正弦定理得: 2 cosb a A .故 6cos 3A  , 由余弦定理可得: 2 69 24 2 2 6 3c c     , 2 8 15 0c c   ,解得 5c  或 3. 如果选③: 3 15 2ABCS △ ,则 3 15 1 sin2 2ABCS ab C △ , 则 10sin 4C  , 所以 6cos 4C   . 当 6cos 4C  时, 2 2 2 62 cos 9 24 2 3 2 6 154c a b ab C          , 15c  ; 当 6cos 4C   时, 2 2 2 62 cos 9 24 2 3 2 6 514c a b ab C          , 所以 51c  或 15 . 39.【解析】选择①: 在 ABC 中,由正弦定理 sin sin a c A C  , 得 7 3 21 2 7 c ,所以 2c  , 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   , 得 2 2 2 17 2 2 2 2b b      , 2 2 3 0b b   ,解得 3b  , AB 边上的高 3 3 3sin 3 2 2h b A    . 选择②:在 ABC 中,由 2c b  ,得 2c b  , 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   , 得    2 22 17 2 2 2 2b b b b        , 化简 2 2 3 0b b   ,解得 1b  , AB 边上的高 3 3 3sin 3 2 2h b A    . 选择③: 在 ABC 中,由 1 3 3sin2 2ABCS bc A  , 得 1 3 3 3 2 2 2bc   ,所以 6bc  , 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   , 得  22 2 2 cosa b c bc bc A    ,  2 2 17 12 12 2b c     , 解得 5b c  , 所以 2 3 b c    或 3 2 b c    , AB 边上的高 3 3 3sin 3 2 2h b A    . 40.【解析】若选择条件①: 2 2 22b ac a c   . (Ⅰ)因为 2 2 22b ac a c   , 由余弦定理 2 2 2 2cos 2 2 a c bB ac    , 因为  0,B  ,所以 4B  . (Ⅱ)由正弦定理 sin sin a b A B  , 得 32sin 2 3sin 2 2 b Aa B     , 又因为  sin sin sin cos cos sinC A B A B A B    3 2 1 2 2 2 2 2     6 2 4  , 所以 1 1 6 2 3 3sin 3 22 2 4 4ABCS ab C       △ . 若选择条件②: cos sina B b A . (Ⅰ)由正弦定理 sin sin a b A B  ,得 sin sina B b A . 又因为 cos sina B b A ,所以sin cosB B , 又因为  0,B  ,所以 4B  . (Ⅱ)由正弦定理 sin sin a b A B  , 得 32sin 2 3sin 2 2 b Aa B     , 又因为  sin sin sin cos cos sinC A B A B A B    3 2 1 2 2 2 2 2     6 2 4  , 所以 1 1 6 2 3 3sin 3 22 2 4 4ABCS ab C       △ . 41.【解析】若选取条件① 1cos 3C  ,此时 1 2 2sin 1 9 3C    , 因为 5a b  ,所以  22 2 2 25 2a b a b ab ab      , 由余弦定理, 2 2 2 25 2 9 1cos 2 2 3 a b c abC ab ab       ,解得 6ab  , 则 2 2 25 2 6 13a b     ,所以 2 2 2 2 13 12 1a b a b ab       , 所以 1a b   ,又 5a b  ,解得 3 2 a b    或者 2 3 a b    , 所以存在以 a ,b , c 为边的三角形,其面积为 1 2 22 3 2 22 3ABCS      . 若选取条件② 1cos 3  C , 因为 5a b  ,所以  22 2 2 25 2a b a b ab ab      , 由余弦定理, 2 2 2 25 2 9 1cos 2 2 3 a b c abC ab ab        ,解得 12ab  , 则 2 2 25 2 12 1a b     , 所以 2 2 2 2 1 24 0a b a b ab       ,显然不成立, 所以不存在以 a ,b , c 为边的三角形. 若选取条件③ 2 2sin 3C  ,得 1cos 3C   , 由选取条件①可知, 当 1cos 3C  时,存在以 a ,b , c 为边的三角形,其面积为 2 2ABCS  . 由选取条件②可知, 当 1cos 3  C 时,不存在以 a ,b , c 为边的三角形. 42.【解析】(1) 由于 1c  , 2π 3A  , 1 sin2ABCS bc A  , 所以 2b  , 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   , 解得 7a  . (2)①当 1AD  时, 在 ABC 中,由正弦定理 sin sin b BC B BAC   , 即 2 7 sin 3 2 B  ,所以 21sin 7B  . 因为 1AD AB  ,所以 ADB B   . 所以 sin sinADB B  , 即 21sin 7ADB  . ②当 30 CAD 时, 在 ABC 中,由余弦定理知, 2 2 2 7 1 4 2 7cos 2 72 7 1 AB BC ACB AB BC        . 因为 120A  ,所以 90DAB   , 所以 π 2B ADB    , 所以 sin cosADB B  , 即 2 7sin 7ADB  . 43.【解析】(1)选择条件①:  1 cos 3 sinC b c B  , 由正弦定理可得 1 cos sin 3sin sinC B C B  , sin 0B  , 1 cos 3sinC C   , 3sin cos 1C C   ,即 2sin 16C      , 所以, 1sin 6 2C      , 0 C   ,则 5 6 6 6C      , 6 6C     ,解得 3C  ; 选择条件②: 3 sin cos3 b C a c B  , 由正弦定理得 3 sin sin sin sin cos3 B C A C B  ,    sin sin sin sin cos cos sinA B C B C B C B C         , 上式可化简为 3 sin sin sin cos3 B C B C , sin 0B  , 3 sin cos tan 33 C C C    , 0 C   , 3C   ; (2)由余弦定理 2 2 2 2 cosc a b ab C   ,可得 2 2 49a b ab   , 又由 13a b  ,则 2 3 49a b ab   ,  2 49 403 a bab     , 因此, ABC 的面积为 1 10 32 sinABCS ab C  . 44.【解析】解:(1) 2 2 2a c b ac   , 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b acB ac ac     ,所以 3B  , (2)①若 3ABCS  ,且边 1c  , 则 1 1sin 1 sin 32 2 3ABCS ac B a      △ , 所以 4a  , 2 2 2 2 cosb a c ac B   ,所以 2 2 24 2 11 cos 34b      , 所以 13b  ; ②若 1cos 7A  ,且边 5 3 7c  , 2 2 2 2 2 22 cos 7bc Aa b cb bc c    和 2 2 2a c b ac   , 得 22 7a c b  代入到 2 2 2a c b ac   中, 所以 3b  . 45.【解析】由于   32 3 2f x cos xsin x        1 3 32cos sin cos2 2 2x x x          1 3sin 2 cos2 sin 2 1,12 2 3x x x            . 所以,①②③任选一个作为条件,均可以得到  f x 的半周期为 2 T  2  ,则 12 2       . 所以,   sin 2 3 πf x x     . 由于 6 6x    , 2 2 03 3x     , 所以    1,0f x   ,即  f x 的值域为 1,0 . 46.【解析】解:若选①:由正弦定理及5 sin 3 cos 3 cosb B a C c A  , 得  5sin cos 3sin cos 3sin cos 3sin 3sinB B A C C A A C B     , 又  0,πB ,所以sin 0B  , 所以 5cos 3B  ,即 3cos 5B  ,所以 2 4sin 1 cos 5B B   . 因为 1 1 4sin 42 2 5ABCS ac B ac   △ ,所以 10ac  , 由余弦定理得  22 2 2 2 22 cos 12 2 12 49 32 17b a c ac B a c a c ac             , 即 17b  . 若选②:由正弦定理得及3 sin cos 4 cos 3 cos sinb B C a B b B C  , 得  3sin sin 4 sin cosB B C A B  ,即 3sin sin 4sin cosB A A B , 又  0,πA ,所以sin 0A  , 所以3sin 4cosB B ,结合 2 2sin cos 1B B  及  0,πB , 可解得 3cos 5B  , 4sin 5B  . 因为 1 1 4sin 42 2 5ABCS a B ac   △ ,所以 10ac  , 由余弦定理得  22 2 2 2 22 cos 12 2 12 49 32 17b a c ac B a c a c ac             , 即 17b  . 若选③:由 2 π 22cos 12 8 10 B      ,得 π 2cos 4 10B      , 又 π0 2B  ,所以 π π 3π 4 4 4B   ,所以 πsin 04B     , 所以 2π π 7 2sin 1 cos4 4 10B B              , 所以 π π 7 2 2 2 2 4sin sin 4 4 10 2 10 2 5B B           . 因为 1 1 4sin 42 2 5ABCS ac B ac   △ ,所以 10ac  , 由余弦定理得  22 2 2 2 22 cos 12 2 12 49 32 17b a c ac B a c a c ac             , 即 17b  . 47.【解析】(1)由 2 24 2c a c    得: 2 2 2 2 24 2 1cos 2 2 2 4 2 b c a c a cA bc c c          , 又因为 0 A   ,所以 2 3A  . (2)选择①作为已知条件. 在△ ABC 中,由 2 3sina B ,以及正弦定理 sin sin a b A B  , 得 2 3sin 2 2π sinsin 3 B B  ,解得 2 1sin 2B  , 由 2π 3A  ,得 B 为锐角,所以 π 4B  , 因为在△ ABC 中, πA B C   ,所以 sin sin( ) sin cos cos sinC A B A B A B    2π π 2π πsin cos cos sin3 4 3 4   , 所以 6 2sin 4C  . 选择②作为已知条件, 因为在△ ABC 中, πA B C   , 所以sin sin( ) sin cos cos sinC A B A B A B    2π π 2π πsin cos cos sin3 4 3 4   , 所以 6 2sin 4C  . 48.【解析】(1)因为 sin 2 sina B b A , 所以 2 sin cos sina B B b A , 由正弦定理得 2 cosab B ba , ∴ 1cos , 0 π2B B   , 3B   ; (2)显然可知当选择条件①②时, ABC 不唯一; 当选择条件①③时, ABC 唯一, 此时,由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B   , 即 2 2 24 ( ) 3 12 3a c ac a c ac ac        ,解得 8 3ac  . 所以 ABC 的面积 1 1 8 3 2 3sin2 2 3 2 3S ac B     . 当选择条件②③时, ABC 唯一, 此时,由正弦定理可知 2 sin 2b r B   . 由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B   , 即 2 2 24 ( ) 3 12 3a c ac a c ac ac        .解得 8 3ac  . 所以 ABC 的面积 1 1 8 3 2 3sin2 2 3 2 3S ac B     . 49.【解析】由题意作出图形, ∵ 1AB  , 7BD  , 2AD  , ∴由余弦定理得 2 2 2 1 4 7 1cos 2 2 2 1 2 AB AD BDBAD AB AD           , 又∵ 0 BAD    ,∴ 2 3 πBAD  , ∵四边形 ABCD 为圆的内接四边形, ∴ BAD BCD     ,∴ 3BCD   , 选择条件①: CD AD , ∴ 2CD  ,则 2 2 2 24 7 1cos 2 2 2 2 CD BC BD BCDCB CD BC BC          , 解得 3BC  或 1BC   (舍); 选择条件②: 3 21sin 14BAC  , ∵四边形 ABCD 为圆的内接四边形,∴ BAC BDC   . 在 BCD 中,由正弦定理得 7 2 21 sin sin 33 2 BC BD BDC BCD     , ∴ 2 21 2 21 2 21 3 21sin sin 33 3 3 14BC BDC BAC       ; 选择条件③: 8 7 7AC  , ∵四边形 ABCD 为圆的内接四边形,∴ BDA BCA   , ∵ 2AD  , 1AB  , 7BD  , ∴由余弦定理可得 2 2 2 4 7 1 5 7cos 2 142 2 7 AD BD ABBDA AD BD          , ∴ 5 7cos cos 14BCA BDA    , 在 ABC 中,∵ 1AB  , 8 7 7AC  , ∴由余弦定理得 2 2 2 cos 2 AC BC ABBCA AC BC     ,即 264 1 5 77 148 72 7 BC BC      , 解得 3BC  或 19 7BC  . 50.【解析】若选择条件①,由正弦定理可得 sin sin a b A B  , 则 32sin 22sin 23 b AB a    , 又 3 2a b   , 3A  , 所以 B 只能为锐角, 故 4B  ,该三角形只有一解. 若选择条件②,由正弦定理可得 sin sin a b A B  , 则 13sin 22sin 1 2 b AB a    . 又 3 1b a   . ∴ 3B  或 2 3B  ,该三角形有两解. 当 3B  时, 2C  . ∴ 2 2 2c a b   ; 当 2 3B  时, 6C  , 1a c  . 若选择条件③,由正弦定理可得 sin sin a b A B  ,则 32sin 2sin 1 6 2 a BA b    , ∵ 0 A   ,∴ 2A  ,该三角形只有一解.

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