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高考数学考前冲刺押题预测 平面向量及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 汕头期末）已知平面向量，满足：，，则（　　）
A． B． C．2 D．
2．（2024秋 福州期末）已知是平面向量，且是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（　　）
A． B． C．2 D．
3．（2025春 重庆校级月考）已知，为单位向量，且|2|，向量满足2﹣4 3＝0，则|（）|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024 唐山二模）已知圆C：x2+（y﹣3）2＝4过点（0，4）的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则 （）的取值范围是（　　）
A．[0，1] B．[0，1） C．[0，2] D．[0，2）
5．（2024秋 单县校级期中）已知向量，满足，，，，则cos，（　　）
A． B． C． D．
6．（2024 北辰区三模）在△ABC中，，O为△ABC外心，且，则∠ABC的最大值为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
7．（2023秋 辽阳期末）在△ABC中，AC＝2，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024 茂名模拟）向量与在单位向量上的投影向量均为3，且||＝5，当与的夹角最大时， （　　）
A．8 B．5 C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 湖北期末）如图所示，已知角的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为A，B，M为线段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．点M的坐标为
（多选）10．（2024 兰州模拟）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有（　　）
A．在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A，B两点间距离
B．在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为h，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β
C．在地面上任意寻找一点A，测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离
D．在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5m到达B处，再次测量旗杆顶端的仰角β
（多选）11．（2024秋 江西校级期中）下列关于向量的说法错误的是（　　）
A．在边长为2的等边三角形ABC中，
B．向量，，若，则与的夹角是钝角
C．若，，，则向量在上的投影为
D．若，点C在线段AB上，且的最小值为1，则（t∈R）的最小值为
（多选）12．（2024秋 万州区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，点D，G分别在边AC，BC上，点E，F均在边AB上，设DG＝x，矩形DEFG的面积为S，且S关于x的函数为S（x）．则（　　）
A．△ABC的面积为 B．
C． D．S（x）的最大值为
三．填空题（共4小题）
13．（2025 眉山模拟）钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC，则AC＝　 　．
14．（2024秋 宝山区校级期末）甲同学碰到一道缺失条件的问题：“在△ABC中，已知a＝4，A＝30°，试判断此三角形解的个数．“查看标准答案发现该三角形有一解．若条件中缺失边c，那么根据答案可得所有可能的c的取值范围是 　 　．
15．（2024秋 潍坊期末）如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．在A点测得M，N的俯角分别为75°，30°，在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，且AB＝2km，则MN＝ 　 　km．
16．（2024秋 通州区期末）已知，，是同一平面上的三个向量，满足||＝||＝2， 2，则与的夹角等于 　 　；若与的夹角为，则||的最大值为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 唐山期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知8sinA＝3sinB，．
（1）求角C；
（2）若△ABC的面积为，求AB边上的高．
18．（2024秋 运城期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A为锐角，△ABC的面积为S，4bS＝a（b2+c2﹣a2）．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）如图，若，，O为△ABC内一点，且OC＝1，，求OB的长．
19．（2025 厦门模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）设D为边AB的中点，若c＝2，且，求a．
20．（2024秋 盐津县期末）已知α∈（0，π），，，．
（1）求θ；
（2）如图，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边AB，DA上的点，当∠PCQ＝θ时，求△APQ的周长L．
高考数学考前冲刺押题预测 平面向量及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 汕头期末）已知平面向量，满足：，，则（　　）
A． B． C．2 D．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】整体思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】对两边平方，可得，再对平方可得答案．
【解答】解：已知平面向量，满足：，，
所以，
即，
可得，
则．
故选：A．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量模的运算，属中档题．
2．（2024秋 福州期末）已知是平面向量，且是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（　　）
A． B． C．2 D．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】整体思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】设，以O为原点，的方向为x轴正方向，建立坐标系，由得点B在以D（2，0）为圆心，以1为半径的圆上，由已知得的终点在不含端点O的两条射线y＝±x（x＞0）上，设C（x，﹣x），将所求的最小值转化为点（x，0）到和（1，1）的距离之和的最小值的倍减去1．
【解答】解：由，
所以，
设，
以O为原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的坐标系，
由，
得点B在以D（2，0）为圆心，以1为半径的圆上，
又非零向量与的夹角为，
设的起点为原点，
则的终点在不含端点O的两条射线y＝±x（x＞0）上，
设C（x，﹣x），
则的最小值为，
，
表示点（x，0）到和（1，1）的距离之和的最小值的倍，
则最小值为，
所以．
故选：B．
【点评】本题考查了两点的距离公式，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
3．（2025春 重庆校级月考）已知，为单位向量，且|2|，向量满足2﹣4 3＝0，则|（）|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】利用数量积的运算可得，从而得，再利用平面向量的坐标运算设，结合坐标运算确定C的轨迹，根据模长的坐标公式转化为两点距离，根据轨迹方程的特点求得最值即可．
【解答】解：因为，为单位向量，且，
所以7，所以，
所以，
因为，所以，
则不妨设，
因为，所以x2+y2﹣4x+3＝0，即（x﹣2）2+y2＝1，
即点C（x，y）的轨迹为圆，且圆心为M（2，0），半径为r＝1，
又
，
设点，
则，
根据点与圆的位置关系可得，
故的最小值为．
故选：A．
【点评】本题考查平面向量的数量积与夹角，属于中档题．
4．（2024 唐山二模）已知圆C：x2+（y﹣3）2＝4过点（0，4）的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则 （）的取值范围是（　　）
A．[0，1] B．[0，1） C．[0，2] D．[0，2）
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】分类讨论；方程思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】D
【分析】当直线l斜率不存在时，求出点A，B、C的坐标，直接计算即可；当l斜率存在时，设l：y＝kx+4，设A（x1，y1）、B（x2，y2），联立直线与圆的方程，结合韦达定理表示出 （）关于k的表达式，由函数的性质即可求解其范围．
【解答】解：设A（x1，y1）、B（x2，y2），∵圆C：x2+（y﹣3）2＝4，∴C（0，3）．
①当直线l斜率不存在时，则l：x＝0，
x＝0时，02+（y﹣3）2＝4，∴y﹣3＝±2，∴y＝3±2，
设y1＜y2，∴y1＝1，y2＝5，∴A（0，1）、B（0，5），
∴l与x轴交于（0，0），∴P（0，0），
∴、、，
∴；
②当l斜率存在时，设l：y＝kx+4，
k＝0时，l：y＝4与x轴无交点，∴不符题意．
k≠0时，y＝0时，，∴，
联立，消去y得（k2+1）x2+2kx﹣3＝0，
∴，，
，，（x2，y2﹣3），
，
∵k≠0，∴k2＞0，∴k2+1＞1，∴，
∴，
综上0或，
∴．
则 （）的取值范围为[0，2）．
故选：D．
【点评】本题考查了向量的数量积运算，考查了直线与圆的位置关系，考查了方程思想及分类讨论思想，属于中档题．
5．（2024秋 单县校级期中）已知向量，满足，，，，则cos，（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】整体思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】结合cos，求解即可．
【解答】解：已知向量，满足，，，
又，
则，
即1，
则cos，．
故选：A．
【点评】本题考查了平面向量模的运算，重点考查了平面向量夹角的运算，属中档题．
6．（2024 北辰区三模）在△ABC中，，O为△ABC外心，且，则∠ABC的最大值为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；平面向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据三角形外心性质及数量积的几何意义，可得在方向上的投影向量为，从而求得，再根据余弦定理及基本不等式可求得最值．
【解答】解：由O为△ABC外心，可得在方向上的投影向量为，
则，故，
又，设，
则
，
当且仅当时等号成立，
由0°＜∠ABC＜180°可知，0°＜∠ABC≤30°，
故∠ABC的最大值为30°．
故选：A．
【点评】本题考查三角形外心性质、向量数量积性质、余弦定理及基本不等式的应用，属中档题．
7．（2023秋 辽阳期末）在△ABC中，AC＝2，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的概念与平面向量的模．
【专题】对应思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】由中点可知，根据模长关系可得，设，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得，用表示，结合模长运算求解．
【解答】解：因为D为AB的中点，则，
可得，即，解得，
又因为P为CD上一点，设，
则，
可得，解得，即，
则，
可得，即．
故选：D．
【点评】本题考查了向量的线性运算的几何应用，属于中档题．
8．（2024 茂名模拟）向量与在单位向量上的投影向量均为3，且||＝5，当与的夹角最大时， （　　）
A．8 B．5 C． D．
【考点】平面向量的投影向量；数量积表示两个平面向量的夹角．
【专题】转化思想；向量法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】建立适当的平面直角坐标系，用坐标表示出、，利用余弦定理确定，利用△AOC面积得到，由此推断θ最大时，tanθ最大，取最小值，利用坐标运算得到：，由二次函数性质求最值即可．
【解答】解：设为x轴正半轴上的单位向量，
令（3，0），，，（m∈R），
如图所示，
设与的夹角为θ，若θ∈（0，π），
在△AOC中，由余弦定理有，
而，
所以cosθ＞0，所以，
因为AB⊥OC，所以，
根据正弦定理有：，
即，整理有，
所以，
当与的夹角最大时，tanθ最大，取最小值，
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以当与的夹角最大时，．
故选：D．
【点评】本题考查平面向量数量积的坐标表示及运算，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 湖北期末）如图所示，已知角的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为A，B，M为线段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．点M的坐标为
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据几何图形，即可确定A，结合三角函数的定义，以及向量数量积的定义和坐标表示，即可判断BC，根据三角函数的定义，结合三角恒等变换，即可判断D．
【解答】解：因为角的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为A，B，
且M为线段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C，
所以OA＝OB，所以，故A正确；
易知A（cosα，sinα），B（cosβ，sinβ），
所以，
所以，，
所以，故B错误；
因为，故C正确；
因为
，
，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查三角函数的定义与向量数量积的综合应用，属中档题．
（多选）10．（2024 兰州模拟）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有（　　）
A．在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A，B两点间距离
B．在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为h，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β
C．在地面上任意寻找一点A，测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离
D．在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5m到达B处，再次测量旗杆顶端的仰角β
【考点】解三角形．
【专题】对应思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】BCD
【分析】根据各选项的描述，结合正余定理的边角关系判断所测数据是否可以确定旗杆高度即可．
【解答】解：对于A：如果A，B两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确．
对于B：如下图，△ABD中由正弦定理求AD，则旗杆的高CD＝h+ADsinβ，故B正确；
对于C：在直角△ADC直接利用锐角三角函数求出旗杆的高DC＝ACtanα，故C正确；
对于D：如下图，△ABD中由正弦定理求AD，则旗杆的高CD＝ADsinα，故D正确；
故选：BCD．
【点评】本题主要考查解三角形，属于中档题．
（多选）11．（2024秋 江西校级期中）下列关于向量的说法错误的是（　　）
A．在边长为2的等边三角形ABC中，
B．向量，，若，则与的夹角是钝角
C．若，，，则向量在上的投影为
D．若，点C在线段AB上，且的最小值为1，则（t∈R）的最小值为
【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量的数量投影．
【专题】计算题；转化思想；综合法；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABC
【分析】直接利用向量的夹角运算，向量的数量积运算求出结果．
【解答】解：对于A：在边长为2的等边三角形ABC中，，故A错误；
对于B：向量，，当时，与的夹角是钝角，故B错误；
对于C：若，，，则向量在上的投影，故C错误；
对于D：若，所以点O在线段AB的垂直平分线上，点C在线段AB上，且的最小值为1，
所以当点C为AB的中点时，最小，此时1，所以和的夹角为60°，所以和的夹角为120°，
由于，当t时，（t∈R）的最小值为，故D正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查的知识点：向量的夹角运算，向量的数量积，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）12．（2024秋 万州区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，点D，G分别在边AC，BC上，点E，F均在边AB上，设DG＝x，矩形DEFG的面积为S，且S关于x的函数为S（x）．则（　　）
A．△ABC的面积为 B．
C． D．S（x）的最大值为
【考点】解三角形．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；解三角形；运算求解．
【答案】ACD
【分析】对于A，结合图形利用三角形面积公式易得；对于B，C，D，利用三角形相似求出矩形DEFG的边DE，即得S（x）的表示式，代值计算，及配方分析即可判断．
【解答】解：如图，取BC的中点N，连接AN，
由题意可得AN⊥BC，，
可得S△ABC，故A正确；
过C作CH⊥AB，垂足为H，设CH与DG交于点M，
由题意，
可得，
由题意四边形DEFG为矩形，可得DG∥AB，
可得△CDG～△CAB，可得，
由题意DG＝x，矩形DEFG的面积为S，且S关于x的函数为S（x），
所以，
可得，
可得，0＜x＜3，
则，
又因为0＜x＜3，
所以S（x）的最大值为，故B错误，C，D均正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了解三角形，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 眉山模拟）钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC，则AC＝　　．
【考点】余弦定理．
【专题】计算题；分类讨论；转化法；解三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】由已知利用三角形面积公式可求sinB，进而利用同角三角函数基本关系式可求cosB，利用余弦定理即可得解AC的值．
【解答】解：因为钝角三角形ABC的面积是，AB＝c＝1，BC＝a，
∴SacsinB，可得sinB，
当B为钝角时，cosB，利用余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB BC cosB＝1+2+2＝5，即AC．
当B为锐角时，cosB，利用余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB BC cosB＝1+2﹣2＝1，即AC＝1，此时AB2+AC2＝BC2，即△ABC为直角三角形，不合题意，舍去．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了三角形面积公式，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了分类讨论思想，属于中档题．
14．（2024秋 宝山区校级期末）甲同学碰到一道缺失条件的问题：“在△ABC中，已知a＝4，A＝30°，试判断此三角形解的个数．“查看标准答案发现该三角形有一解．若条件中缺失边c，那么根据答案可得所有可能的c的取值范围是 　（0，4]∪{8}　．
【考点】正弦定理与三角形解的存在性和个数．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（0，4]∪{8}．
【分析】利用正弦定理得到，再由三角形只有一个解，可得C的范围，进而求解即可．
【解答】解：由正弦定理，可得，
则，
因为三角形有一解，则C＝90°或C≤30°，
则c＝8或c≤8sin30°＝4，
则所有可能的c的取值范围是（0，4]∪{8}．
故答案为：（0，4]∪{8}．
【点评】本题考查利用正弦定理处理三角形的个数问题，考查数形结合思想，属中档题．
15．（2024秋 潍坊期末）如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．在A点测得M，N的俯角分别为75°，30°，在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，且AB＝2km，则MN＝ 　　km．
【考点】解三角形．
【专题】方程思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】．
【分析】由题意画出示意图，在△ABM中由正弦定理求AM，在△ABN中求AN，在△AMN中，由余弦定理求MN即可．
【解答】解：在△ABM中，∠MAB＝75°，∠ABM＝45°，则∠AMB＝60°，
由正弦定理得：，
所以；
因为在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，
所以∠MBN＝75°，∠ABN＝120°，则∠ANB＝30°，
所以，AN＝2ABcos30°＝6km，
在△AMN中，∠MAN＝45°，由余弦定理得：MN2＝AM2+AN2﹣2AM AN cos∠MAN＝8+36﹣24＝20，
解得．
故答案为：．
【点评】本题考查解三角形的实际应用问题，属于中档题．
16．（2024秋 通州区期末）已知，，是同一平面上的三个向量，满足||＝||＝2， 2，则与的夹角等于 　　；若与的夹角为，则||的最大值为 　4　．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】；4．
【分析】由求出向量与所的夹角，设，，，即可得到O，A，B，C四点共圆，利用正弦定理求出△AOB外接圆的直径，即可求出||的最大值．
【解答】解：因为||＝||＝2， 2，
所以，
又＜a，b＞∈[0，π]，所以，
因为||＝||＝2，，如图，设，，
则，，
又向量与的夹角为，则，又，
所以O，A，B、C四点共圆，又，
所以，
设△AOB外接圆的半径为R，由正弦定理，
所以的最大值为4．
故答案为：；4．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 唐山期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知8sinA＝3sinB，．
（1）求角C；
（2）若△ABC的面积为，求AB边上的高．
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再由余弦定理求角即可；
（2）利用正弦面积公式求出边的关系，即可求出三边，从而可求高．
【解答】解：（1）由8sinA＝3sinB，结合正弦定理，可得8a＝3b，
又由，代入，得，解得，
再由余弦定理得：，
又因为C∈（0，π），所以；
（2）由△ABC的面积为，可得，
解得ab＝24，又因为，代入解得b＝8，a＝3，
代入，可得c＝7，
设AB边上的高为h，则，解得，
故AB边上的高为．
【点评】本题考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属中档题．
18．（2024秋 运城期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A为锐角，△ABC的面积为S，4bS＝a（b2+c2﹣a2）．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）如图，若，，O为△ABC内一点，且OC＝1，，求OB的长．
【考点】解三角形；三角形的形状判断；正弦定理；余弦定理．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用面积公式及余弦定理代入化简，然后利用正弦定理边化角可得答案；
（2）由（1）的结果得到△ABC为等腰直角三角形，然后解△AOC，可得∠ACO，进而可得∠BCO，再解△BOC即可求出OB的长．
【解答】解：（1）∵4bS＝a（b2+c2﹣a2），
∴，即bsinA＝acosA，
再由正弦定理边化角得sinBsinA＝sinAcosA，
∵sinA≠0，∴sinB＝cosA，又A为锐角，
∴，∴或，
∴或，
∴△ABC为直角三角形或钝角三角形；
（2）由（1）的结果以及，可得，
∴△ABC为等腰直角三角形，又，
∴，在△AOC中，
则，解得，负值舍去，
又∵，
∴，
∴，
在△BOC中，，
∴BO＝2．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
19．（2025 厦门模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）设D为边AB的中点，若c＝2，且，求a．
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】分类讨论；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）；
（2）或．
【分析】（1）由题意及正弦定理可得cosA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；
（2）由D为AB的中点，可得∠CDA的正弦值，可得∠CDA的余弦值，分类讨论及余弦定理可得a的大小．
【解答】解：（1）因为，由正弦定理可得sinAcosCsinBcosA﹣sinCcosA，
可得sinAcosC+sinCcosAsinBcosA，
可得sin（A+C）sinBcosA，
在△ABC中，sin（A+C）＝sinB，且sinB＞0，
可得cosA，A∈（0，π），
可得A；
（2）∠CDB+∠CDA＝π，所以，
所以，或，
（i）当时，
因为∠ACD＝π﹣∠CDA﹣∠BAC，所以，
在△ACD中，由正弦定理得，，
即，所以，
在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA，
解得；
（ii）当时，同理得，，；
综上所述：或．
【点评】本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
20．（2024秋 盐津县期末）已知α∈（0，π），，，．
（1）求θ；
（2）如图，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边AB，DA上的点，当∠PCQ＝θ时，求△APQ的周长L．
【考点】解三角形．
【专题】整体思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）θ＝45°；
（2）2．
【分析】（1）由同角三角函数的关系，结合两角和与差的三角函数求解即可；
（2）由勾股定理，结合两角和与差的三角函数求解即可．
【解答】解：（1）已知α∈（0，π），，，，
则，，
则cosθ＝cos[（α+θ）﹣α]＝cos（α+θ）cosα+sin（α+θ）sinα，
则θ＝45°；
（2）设∠BCP＝β，则∠DCQ＝45°﹣β，（0°＜β＜45°），
在直角三角形QCD中，QD＝DCtan（45°﹣β）＝tan（45°﹣β），
则AQ＝1﹣tan（45°﹣β），
在直角三角形BCP中，BP＝BCtanβ＝tanβ，
则AP＝1﹣tanβ，
则在直角三角形APQ中，
，
则三角形APQ的周长为AP+AQ+PQ＝1﹣tanβ+1﹣tan（45°﹣β）
＝2．
【点评】本题考查了勾股定理，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
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