第5章 第6讲 余弦定理、正弦定理-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第五章　三角函数、 解三角形 第6讲　余弦定理、正弦定理 [课程标准]　借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理、正弦定理． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 2RsinA 2RsinB 2RsinC sinA∶sinB∶sinC * 1．正弦定理 条件 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径 内容 eq \x(\s\up1(01))_____＝eq \x(\s\up1(02))_____＝eq \x(\s\up1(03))_____＝2R 变形 (1)a＝eq \x(\s\up1(04))__________, eq \x(\s\up1(05))__________, B=eq \x(\s\up1(06))__________； (2)a∶b∶c＝eq \x(\s\up1(07))_____________________； (3)eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq \f(a,sinA) eq \f(a,sinA) eq \f(b,sinB) eq \f(c,sinC) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 b2＋c2－2bccosA c2＋a2－2cacosB a2＋b2－2abcosC * 2.余弦定理 定理 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c 内容 a2＝eq \x(\s\up1(08))________________________； b2＝eq \x(\s\up1(09))________________________； c2＝eq \x(\s\up1(10))________________________ 变形 cosA＝eq \x(\s\up1(11))_________；cosB＝eq \x(\s\up1(12))___________； cosC＝eq \x(\s\up1(13))_________ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) eq \f(c2＋a2－b2,2ac) eq \f(a2＋b2－c2,2ab) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 3.三角形中常用的面积公式 (1)S＝eq \f(1,2)ah(h表示边a上的高)． (2)S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \x(\s\up1(14))__________＝eq \x(\s\up1(15))__________． (3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)． eq \f(1,2)acsinB eq \f(1,2)absinC 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 1．三角形中的三角函数关系 (1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cos(A＋B)＝－cosC； (3)sineq \f(A＋B,2)＝coseq \f(C,2)；(4)coseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2). 2．三角形中的射影定理 在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 3．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况 图形 关系式 解的个数 A为锐角 a<bsinA 无解 a＝bsinA 一解 bsinA<a<b 两解 a≥b 一解 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * A为钝角或直角 a>b 一解 a≤b 无解 4.三角形中的大角对大边 在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sinA＞sinB. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 1．(人教A必修第二册6.4.3例7改编)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝eq \f(π,6)，B＝eq \f(π,4)，a＝1，则b＝(　　) A．2 B．1 C.eq \r(3) D.eq \r(2) 解析　由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(sin\f(π,4),sin\f(π,6))＝eq \f(\r(2),2)×2＝eq \r(2). 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 * 2．(人教A必修第二册6.4.3例8改编)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq \r(19)，AB＝2，则BC＝(　　) A．1 B.eq \r(2) C.eq \r(5) D．3 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 解析　解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D. 解法二：由正弦定理eq \f(AC,sinB)＝eq \f(AB,sinC)，得sinC＝eq \f(\r(57),19)，从而cosC＝eq \f(4\r(19),19)(C是锐角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4\r(19),19)－eq \f(1,2)×eq \f(\r(57),19)＝eq \f(3\r(57),38).又eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sinA)，所以BC＝3.故选D. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 45°或135° 答案 解析 * 3．在△ABC中，已知B＝30°，b＝eq \r(2)，c＝2，则C＝________． 解析　由正弦定理得sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(2sin30°,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，因为c>b，B＝30°，所以C＝45°或C＝135°. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 4．(人教B必修第四册9.1.2练习A T4改编)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝7，则△ABC的面积为________． 解析　因为a＝3，b＝5，c＝7，所以cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(9＋25－49,2×3×5)＝－eq \f(1,2)，因此sinC＝eq \f(\r(3),2)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)×3×5×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4). eq \f(15\r(3),4) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 等腰三角形或直角三角形 解析 答案 * 解析　由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，又因为0<2A<2π，0<2B<2π且0<A＋B<π，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形． 5．在△ABC中，acosA＝bcosB，则这个三角形的形状为_____________________________________． 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 考向一　利用正、余弦定理解三角形 例1　(1)(2023·柳州模拟预测)在△ABC中，若sinC＝3sinA，b2＝2ac，则cosB＝(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4) 解析　因为sinC＝3sinA，由正弦定理可得c＝3a，且b2＝2ac，由余弦定理可得cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋9a2－6a2,6a2)＝eq \f(2,3).故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB. ①求sinA； ②设AB＝5，求AB边上的高． 解　①∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq \f(π,4)， 又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)， ∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC， ∴sinAcosC＝3cosAsinC， ∴sinA＝3cosA， 即tanA＝3，∴0<A<eq \f(π,2)， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * ∴sinA＝eq \f(3,\r(10))＝eq \f(3\r(10),10). ②由①知，cosA＝eq \f(1,\r(10))＝eq \f(\r(10),10)， sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq \f(2\r(5),5)， 由正弦定理eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，可得b＝eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq \r(10)， ∴AB边上的高h＝bsinA＝2eq \r(10)×eq \f(3\r(10),10)＝6. 目录 考向一 考向二 考向三 * 题型 解题策略 知两角和一边 先用A＋B＋C＝π及sin(A＋B)＝sinC等求第三角，然后用正弦定理求另外两条边 知两边及其夹角 先用余弦定理求第三边，然后用正弦定理(或余弦定理)及内角和定理求另外两角 知三边 用余弦定理求角 知两边及一边的对角 目标是求角首选正弦定理，目标是求边首选余弦定理 提醒：如出现a2＋b2－c2＝λab的形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * ①b＝3，c＝4，B＝30°；②a＝5，b＝4，A＝30°； ③c＝2，b＝eq \r(3)，B＝60°；④c＝12，b＝12，C＝120°. 其中满足上述条件的三角形有唯一解的是(　　) A．①④ B．①② C．②③ D．③④ 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　对于①，△ABC中，b＝3，c＝4，B＝30°，由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，即eq \f(3,sin30°)＝eq \f(4,sinC)⇒sinC＝eq \f(2,3)＞eq \f(1,2)＝sin30°，满足条件的角C有2个，故三角形有两个解；对于②，△ABC中，a＝5，b＝4，A＝30°，由正弦定理eq \f(4,sinB)＝eq \f(5,sin30°)，得sinB＝eq \f(2,5)＜eq \f(1,2)＝sin30°，又b＜a，所以满足条件的角B只有一个，故三角形有唯一解；对于③，△ABC中，由正弦定理eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝eq \f(2,sinC)⇒sinC＝1，即C＝90°，故三角形有唯一解；对于④，△ABC中，c＝12，b＝12⇒△ABC为等腰三角形，又C＝120°，故△ABC无解．故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 * 2．(2023·天津高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知a＝eq \r(39)，b＝2，A＝120°. (1)求sinB的值； (2)求c的值； (3)求sin(B－C)的值． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)， 得eq \f(\r(39),sin120°)＝eq \f(2,sinB)，解得sinB＝eq \f(\r(13),13). (2)解法一(余弦定理)：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即39＝4＋c2－4ccos120°， 整理得c2＋2c－35＝0， 解得c＝5或c＝－7(舍去)． 所以c＝5. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解法二(射影定理)：因为A＝120°，所以B，C均为锐角， 所以cosB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(39),13). 由射影定理，得c＝acosB＋bcosA＝eq \r(39)×eq \f(2\r(39),13)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝5. (3)由正弦定理eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，可得sinC＝eq \f(5\r(13),26)， 又B，C均为锐角，所以cosC＝eq \r(1－sin2C)＝eq \f(3\r(39),26)，cosB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(39),13)， 所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝eq \f(\r(13),13)×eq \f(3\r(39),26)－eq \f(2\r(39),13)×eq \f(5\r(13),26)＝－eq \f(7\r(3),26). 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 考向二　利用正、余弦定理判断三角形形状 例2　(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，则△ABC的形状为(　　) A．等边三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　∵a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，又0<C<π，∴C＝eq \f(π,3)，由2cosAsinB＝sinC，得sin(B－A)＝0，∴A＝B，故△ABC为等边三角形． 目录 考向一 考向二 考向三 * (2)(2021·新高考Ⅱ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． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　①因为2sinC＝3sinA， 所以2c＝2(a＋2)＝3a， 则a＝4，故b＝5，c＝6， 由余弦定理可得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,8)， 则sinC＝eq \r(1－cos2C)＝eq \f(3\r(7),8)， 因此S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)×4×5×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(15\r(7),4). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * ②显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角， 由余弦定理可得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝eq \f(a2＋（a＋1）2－（a＋2）2,2a（a＋1）)＝eq \f(a2－2a－3,2a（a＋1）)<0， 解得－1<a<3，则0<a<3， 由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1， 又a∈Z，故a＝2. 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)等． 目录 考向一 考向二 考向三 * (2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sinA＝eq \f(a,2R)，cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断． 提醒：①注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能； ②在判断三角形形状时一定要注意解是否唯一，并注意挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 解析　∵bcosC＋ccosB＝asinA，∴由正弦定理，得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.又sinA>0，∴sinA＝1，又A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,2)，故△ABC为直角三角形． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 2．在△ABC中，cos2eq \f(B,2)＝eq \f(a＋c,2c)(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　) A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 解析　因为cos2eq \f(B,2)＝eq \f(a＋c,2c)，所以2cos2eq \f(B,2)－1＝eq \f(a＋c,c)－1，所以cosB＝eq \f(a,c)，所以eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a,c)，所以c2＝a2＋b2，所以△ABC为直角三角形． 目录 考向一 考向二 考向三 * 多角度探究突破 考向三　正、余弦定理的综合应用 角度 　三角形面积问题 例3　(2022·新高考Ⅱ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＝eq \f(\r(3),2)，sinB＝eq \f(1,3). (1)求△ABC的面积； (2)若sinAsinC＝eq \f(\r(2),3)，求b. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)由题意得S1＝eq \f(1,2)·a2·eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4)a2，S2＝eq \f(\r(3),4)b2，S3＝eq \f(\r(3),4)c2，则S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),4)a2－eq \f(\r(3),4)b2＋eq \f(\r(3),4)c2＝eq \f(\r(3),2)，即a2＋c2－b2＝2. 由余弦定理得cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)， 整理得accosB＝1，则cosB＞0. 又sinB＝eq \f(1,3)，则cosB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3). ac＝eq \f(1,cosB)＝eq \f(3\r(2),4)，则S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(2),8). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)， 则eq \f(b2,sin2B)＝eq \f(a,sinA)·eq \f(c,sinC)＝eq \f(ac,sinAsinC)＝eq \f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq \f(9,4)，则eq \f(b,sinB)＝eq \f(3,2)，b＝eq \f(3,2)sinB＝eq \f(1,2). 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)对于面积公式S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式． (2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化． 目录 考向一 考向二 考向三 * (b2＋c2－a2,cosA) INCLUDEPICTURE "文件/即时训练.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "文件/即时训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2. (1)求bc； (2)若eq \f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC的面积． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)因为a2＝b2＋c2－2bccosA，所以eq \f(b2＋c2－a2,cosA)＝eq \f(2bccosA,cosA)＝2bc＝2，解得bc＝1. (2)由正弦定理可得eq \f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq \f(b,c)＝eq \f(sinAcosB－sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)－eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(sin（A－B）,sin（A＋B）)－eq \f(sinB,sin（A＋B）)＝eq \f(sin（A－B）－sinB,sin（A＋B）)＝1， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB， 即－2cosAsinB＝sinB， 而0＜sinB≤1，所以cosA＝－eq \f(1,2)， 又0＜A＜π，所以sinA＝eq \f(\r(3),2)， 故S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4). 目录 考向一 考向二 考向三 * 角度 例4　(2023·青岛二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a－c＝2bcosC. (1)求B； (2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，∠EDF＝eq \f(π,3)，b＝c＝2.设∠BDE＝α，将△DEF的面积S表示为α的函数，并求S的取值范围． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)因为2a－c＝2bcosC， 所以2a－c＝2b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2－c2,a)， 即a2＋c2－b2＝ac， 所以cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2). 因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)由B＝eq \f(π,3)及b＝c＝2可知△ABC为等边三角形． 又因为∠EDF＝eq \f(π,3)， ∠BDE＝α， 所以eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2). 在△BDE中，∠BED＝eq \f(2π,3)－α， 由正弦定理可得，eq \f(DE,sinB)＝eq \f(BD,sin∠BED)， 即DE＝eq \f(\r(3),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 在△CDF中，∠CFD＝α， 由正弦定理可得，eq \f(DF,sinC)＝eq \f(CD,sin∠CFD)，即DF＝eq \f(\r(3),2sinα). 所以S＝eq \f(3,8)×eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα)×sineq \f(π,3) ＝eq \f(3\r(3),16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα)，eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2). 因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))sinα 目录 考向一 考向二 考向三 解 * ＝eq \f(\r(3),2)sinαcosα＋eq \f(1,2)sin2α＝eq \f(\r(3),4)sin2α－eq \f(1,4)cos2α＋eq \f(1,4) ＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋eq \f(1,4)， 因为eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2)，所以2α－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))， 所以eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋eq \f(1,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4))). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 所以16sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα∈[8，12]， 所以eq \f(1,16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,12)，\f(1,8)))， 所以S＝eq \f(3\r(3),16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),8))). 所以S的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),8))). 目录 考向一 考向二 考向三 * 要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大． 目录 考向一 考向二 考向三 * \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))) INCLUDEPICTURE "文件/即时训练.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "文件/即时训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2024·长沙模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin－csinB＝0. (1)求角C的值； (2)若△ABC的面积为10eq \r(3)，D为AC的中点，求BD的最小值． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)由bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))－csinB＝0及正弦定理可得sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)cosC))－sinCsinB＝0，则sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosC－\f(1,2)sinC))＝0， 因为B，C∈(0，π)，则sinB>0， 所以eq \r(3)cosC＝sinC>0， 可得tanC＝eq \r(3)，故C＝eq \f(π,3). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)由于△ABC的面积为10eq \r(3)， 所以eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)ab·eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)， 解得ab＝40. 在△BCD中，由余弦定理得BD2＝a2＋eq \f(b2,4)－abcosC＝a2＋eq \f(b2,4)－eq \f(1,2)ab≥2a·eq \f(b,2)－eq \f(1,2)ab＝eq \f(1,2)ab＝20，故BD≥2eq \r(5)， 当且仅当a＝eq \f(1,2)b，即a＝2eq \r(5)，b＝4eq \r(5)时，BD取得最小值，为2eq \r(5). 目录 考向一 考向二 考向三 * 角度 例5　(2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角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. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)证明：在△ABC中， 由正弦定理，得BD·b＝ac. 又b2＝ac，所以BD·b＝b2，即BD＝b. (2)因为AD＝2DC， 所以AD＝eq \f(2,3)b，DC＝eq \f(1,3)b. 在△ABD中，由余弦定理，得cos∠ADB＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b))\s\up12(2)＋b2－c2,2·\f(2,3)b·b)； 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 在△BCD中，由余弦定理，得cos∠BDC＝eq \f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)＝eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)b))\s\up12(2)－a2,2·b·\f(1,3)b). 因为∠ADB＋∠BDC＝π， 所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b))\s\up12(2)＋b2－c2,2·\f(2,3)b·b)＋eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)b))\s\up12(2)－a2,2·b·\f(1,3)b)＝0， 即eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 又b2＝ac，所以eq \f(11,3)ac＝2a2＋c2，即6a2－11ac＋3c2＝0，即(3a－c)(2a－3c)＝0，所以3a＝c或2a＝3c. 当3a＝c时，由eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2，得a2＝eq \f(1,3)b2，c2＝3b2， 在△ABC中，由余弦定理， 得cos∠ABC＝eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(\f(1,3)b2＋3b2－b2,2b2)＝eq \f(\f(7,3)b2,2b2)＝eq \f(7,6)＞1，不成立． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 当2a＝3c时，由eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2， 得a2＝eq \f(3,2)b2，c2＝eq \f(2,3)b2， 在△ABC中，由余弦定理， 得cos∠ABC＝eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝eq \f(\f(3,2)b2＋\f(2,3)b2－b2,2b2)＝eq \f(\f(7,6)b2,2b2)＝eq \f(7,12). 综上，cos∠ABC＝eq \f(7,12). 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)计算问题 ①若题目条件中涉及三角形较多，可从已知边长的三角形入手，寻找突破口； ②注意利用平面几何图形的性质，应用正弦、余弦定理建立边长或角的方程； ③涉及三角形的周长问题，要注意整体代换思想的应用． 目录 考向一 考向二 考向三 * (2)证明问题 ①利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等(不等)式转化为以角为研究对象的三角等(不等)式或以边为研究对象的代数等(不等)式； ②充分利用三角形中隐含条件：A＋B＋C＝π；A>B⇔sinA>sinB；a－b<c<a＋b及三角函数的性质、三角恒等变换公式等推导证明． 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)证明：2a2＝b2＋c2； (2)若a＝5，cosA＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)证明：已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可化简为sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA. 由正弦定理可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＝2bccosA－abcosC. 由余弦定理可得ac·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2bc·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)－ab·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)， 即2a2＝b2＋c2. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)由(1)可知b2＋c2＝2a2＝50， cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(50－25,2bc)＝eq \f(25,2bc)＝eq \f(25,31). ∴2bc＝31. ∵b2＋c2＋2bc＝(b＋c)2＝81， ∴b＋c＝9， ∴a＋b＋c＝14. ∴△ABC的周长为14. 课时作业 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 一、单项选择题 1．在△ABC中，B＝eq \f(2π,3)，C＝eq \f(π,6)，a＝5，则此三角形的最大边长为(　　) A．3eq \r(3) B．5eq \r(3) C.eq \f(5\r(5),2) D.eq \r(21) 解析　因为B＝eq \f(2π,3)，C＝eq \f(π,6)，所以A＝eq \f(π,6)，则B对的边最大，由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，可得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(5×\f(\r(3),2),\f(1,2))＝5eq \r(3). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 2．(2023·十堰模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h＝(　　) A.eq \f(\r(15),2) B.eq \f(\r(11),2) C.eq \f(3\r(15),4) D.eq \f(3\r(15),8) 解析　∵a＝2，b＝3，c＝4，∴cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋16－4,2×3×4)＝eq \f(7,8)，∵A∈(0，π)，∴sinA＞0，∴sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \r(1－\f(49,64))＝eq \r(\f(15,64))＝eq \f(\r(15),8)，则h＝ACsinA＝bsinA＝3×eq \f(\r(15),8)＝eq \f(3\r(15),8).故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 3．(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acosB－bcosA＝c，且C＝eq \f(π,5)，则B＝(　　) A.eq \f(π,10) B.eq \f(π,5) C.eq \f(3π,10) D.eq \f(2π,5) 解析　由题意结合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝sinC，即sinAcosB－sinBcosA＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA，整理可得sinBcosA＝0，由于B∈(0，π)，故sinB>0，据此可得cosA＝0，A＝eq \f(π,2)，则B＝π－A－C＝π－eq \f(π,2)－eq \f(π,5)＝eq \f(3π,10).故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 4．(2023·陕西安康模拟)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，sinC＝eq \f(4,5)，c＝4，B＝eq \f(π,4)，则△ABC的面积为(　　) A．1 B．2 C．1或7 D．2或14 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)可得b＝eq \f(5\r(2),2)，因为sinC＝eq \f(4,5)，所以cosC＝－eq \f(3,5)或cosC＝eq \f(3,5)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sineq \f(π,4)cosC＋coseq \f(π,4)sinC，故sinA＝eq \f(\r(2),10)或sinA＝eq \f(7\r(2),10)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(2),2)×4×eq \f(\r(2),10)＝1或S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(2),2)×4×eq \f(7\r(2),10)＝7.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 5．(2023·昆明一模)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，cos∠BAC＝eq \f(1,3)，点D在BC边上且AD＝eq \f(4\r(3),3)，则sin∠ADC＝(　　) A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(1,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2\r(2),3) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　在△ABC中，由余弦定理得BC＝ eq \r(AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC)＝eq \r(9＋4－2×3×2×\f(1,3))＝3，∴BC＝AB，∴∠BCA＝∠BAC，∴sin∠BCA＝sin∠BAC＝eq \r(1－\f(1,9))＝eq \f(2\r(2),3)，在△ADC中，由正弦定理得eq \f(AD,sin∠DCA)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，即eq \f(\f(4\r(3),3),\f(2\r(2),3))＝eq \f(2,sin∠ADC)，∴sin∠ADC＝eq \f(\r(6),3).故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 6．(2023·吉林模拟)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2－b2＝c2－eq \r(2)bc且bcosC＝asinB，则△ABC是(　　) A．等腰直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　因为a2－b2＝c2－eq \r(2)bc，即b2＋c2－a2＝eq \r(2)bc，所以cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(2)bc,2bc)＝eq \f(\r(2),2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4)，因为bcosC＝asinB，利用正弦定理可得sinBcosC＝sinAsinB，由sinB≠0，可得cosC＝sinA＝eq \f(\r(2),2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,4)，B＝π－A－C＝eq \f(π,2)，则△ABC是等腰直角三角形．故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 7．已知△ABC中，∠B＝eq \f(π,6)，AC＝2，则∠A＝eq \f(π,6)的充要条件是(　　) A．△ABC是等腰三角形 B．AB＝2eq \r(3) C．BC＝4 D．S△ABC＝eq \r(3)，BC<BA 解析　由于∠B＝eq \f(π,6)，故当△ABC是等腰三角形时，∠A＝eq \f(π,6)或∠A＝eq \f(5π,12)或∠A＝eq \f(2π,3)；当∠A＝eq \f(π,6)时，△ABC是等腰三角形，所以“△ABC是等腰三角形”是“∠A＝eq \f(π,6)”的必要不充分条件，所以A不正确． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 当AB＝2eq \r(3)时，eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)，即eq \f(2\r(3),sinC)＝eq \f(2,sin\f(π,6))，sinC＝eq \f(\r(3),2)，所以∠C＝eq \f(π,3)或∠C＝eq \f(2π,3)，则∠A＝eq \f(π,2)或∠A＝eq \f(π,6)；当∠A＝eq \f(π,6)时，∠C＝eq \f(2π,3)，根据正弦定理可得AB＝2eq \r(3)，所以“AB＝2eq \r(3)”是“∠A＝eq \f(π,6)”的必要不充分条件，所以B不正确．当BC＝4时，eq \f(BC,sinA)＝eq \f(AC,sinB)，即eq \f(4,sinA)＝eq \f(2,sin\f(π,6))，解得sinA＝1，∠A＝eq \f(π,2)，所以“BC＝4”不是“∠A＝eq \f(π,6)”的充分条件，所以C不正确． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 当∠A＝eq \f(π,6)时，S△ABC＝eq \r(3)；当S△ABC＝eq \r(3)时，即eq \f(1,2)BC·BAsinB＝eq \r(3)，所以BC·BA＝4eq \r(3)，根据余弦定理BC2＋BA2－2BC·BAcosB＝4，解得BC2＋BA2＝16，因为BC<BA，所以BC＝2，BA＝2eq \r(3)，则∠A＝eq \f(π,6)，所以“S△ABC＝eq \r(3)，BC<BA”是“∠A＝eq \f(π,6)”的充要条件，所以D正确．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 8．(2023·合肥一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，则角A的最大值为(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(2π,3) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　因为asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccosA，所以cosA＝eq \f(a2＋2c2,2bc)　①，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA　②，由①②可得2a2＝b2－c2，所以cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\f(1,2)（b2－c2）,2bc)＝eq \f(b2＋3c2,4bc)，因为b2＋3c2≥2eq \r(b2·3c2)＝2eq \r(3)bc，当且仅当b＝eq \r(3)c时取等号，所以cosA≥eq \f(2\r(3)bc,4bc)＝eq \f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以角A的最大值为eq \f(π,6).故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 二、多项选择题 9．(2023·大连模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(　　) A．若eq \f(a,cosA)＝eq \f(b,sinB)，则A＝eq \f(π,4) B．若sin2A＝sin2B，则此三角形为等腰三角形 C．若a＝1，b＝2，A＝30°，则此三角形必有两解 D．若△ABC是锐角三角形，则sinA＋sinB>cosA＋cosB 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由正弦定理可知eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，又eq \f(a,cosA)＝eq \f(b,sinB)，所以eq \f(a,cosA)＝eq \f(a,sinA)，可得tanA＝1，因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4)，A正确；因为2A∈(0，2π)，2B∈(0，2π)，且2A，2B最多有一个大于π，所以由sin2A＝sin2B可知，2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 由正弦定理可得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(2×\f(1,2),1)＝1，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,2)，故此三角形有唯一解，C错误；因为△ABC是锐角三角形，所以A＋B>eq \f(π,2)，即eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，又y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以sinA>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，同理sinB>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝cosA，所以sinA＋sinB>cosA＋cosB，D正确．故选AD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是(　　) A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6 B．△ABC是钝角三角形 C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　因为(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝9x，,a＋c＝10x，,b＋c＝11x))(其中x>0)，解得a＝4x，b＝5x，c＝6x，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，所以A正确；由上可知，c最大，所以三角形中C最大，又cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(（4x）2＋（5x）2－（6x）2,2×4x×5x)＝eq \f(1,8)>0，所以C为锐角，所以B错误； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 由上可知，a最小，所以三角形中A最小，又cosA＝eq \f(c2＋b2－a2,2cb)＝eq \f(（6x）2＋（5x）2－（4x）2,2×6x×5x)＝eq \f(3,4)，所以cos2A＝2cos2A－1＝eq \f(1,8)，所以cos2A＝cosC.由三角形中C最大且C为锐角可得，2A∈(0，π)，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2A＝C，所以C正确；由正弦定理，得2R＝eq \f(c,sinC)，又sinC＝eq \r(1－cos2C)＝eq \f(3\r(7),8)，所以2R＝eq \f(6,\f(3\r(7),8))，解得R＝eq \f(8\r(7),7)，所以D正确．故选ACD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 11．(2023·烟台模拟)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，则(　　) A．sin∠CDB＝eq \f(3,10) B．△ABC的面积为8 C．△ABC的周长为8＋4eq \r(5) D．△ABC为钝角三角形 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由cos∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)可得sin∠CDB＝eq \r(1－\f(1,5))＝ eq \f(2\r(5),5)，故A错误；设CD＝x，CB＝2x，在△CBD中，由余 弦定理，可得－eq \f(\r(5),5)＝eq \f(9＋x2－4x2,6x)，整理可得，5x2－2eq \r(5)x－15＝0，解得x＝eq \r(5)，即CD＝eq \r(5)，CB＝2eq \r(5)，所以S△ABC＝S△BCD＋S△ADC＝eq \f(1,2)×3×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＋eq \f(1,2)×5×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝8，故B正确； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 由余弦定理，可知cosB＝eq \f(CB2＋BD2－CD2,2CB·BD)＝eq \f(CB2＋AB2－AC2,2CB·AB)，即eq \f(20＋9－5,2×3×2\r(5))＝eq \f(20＋64－AC2,2×8×2\r(5))，解得AC＝2eq \r(5)，故△ABC的周长为AB＋AC＋CB＝8＋2eq \r(5)＋2eq \r(5)＝8＋4eq \r(5)，故C正确；由余弦定理，可得cos∠ACB＝eq \f(20＋20－64,2×2\r(5)×2\r(5))＝－eq \f(3,5)<0，故∠ACB为钝角，D正确．故选BCD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 答案 解析 * 三、填空题 12．(2023·北京海淀模拟)在△ABC中，A＝eq \f(2π,3)，a＝eq \r(3)c，则eq \f(b,c)＝________． 解析　由题意知sineq \f(2π,3)＝eq \r(3)sinC，∴sinC＝eq \f(1,2)，又0<C<eq \f(π,3)，∴C＝eq \f(π,6)，从而B＝eq \f(π,6)，∴b＝c，故eq \f(b,c)＝1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 答案 解析 * 13．(2023·全国甲卷)在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝eq \r(6)，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD＝________． 解析　如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a. 解法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3).由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq \f(1,2)×2×b×sin60°＝eq \f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq \f(1,2)×AD×b×sin30°，解得AD＝eq \f(\r(3)b,1＋\f(b,2))＝eq \f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3)，由正弦定理可得，eq \f(\r(6),sin60°)＝eq \f(1＋\r(3),sinB)＝eq \f(2,sinC)，解得sinB＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)，因为1＋eq \r(3)＞eq \r(6)＞2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，所以AD＝AB＝2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”——由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图①所示．类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．在△ABC中，若AF＝1，FD＝2，则AB＝________． eq \r(13) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由题意△EFD为等边三角形，则∠EDA＝eq \f(π,3)，所以∠BDA＝eq \f(2π,3)，根据条件△AFC≌△BDA，所以AF＝BD＝1.在△ABD中，AD＝3，BD＝1，所以AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠BDA＝32＋12－2×3×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝13，所以AB＝eq \r(13). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 四、解答题 15．(2023·郑州二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))＝asin(A＋C)． (1)求角A的值； (2)若3a＝2c＋3b，求eq \f(b,c)的值以及sinB. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)在△ABC中，由A＋B＋C＝π， 得sin(A＋C)＝sinB， 由正弦定理，得bsinA＝asinB， 结合已知条件得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))＝sinA，A为△ABC中的一个内角， 所以A－eq \f(π,3)＋A＝π，解得A＝eq \f(2π,3). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)由3a＝2c＋3b，平方得9a2＝4c2＋9b2＋12bc，① 由余弦定理a2＝c2＋b2－2bccosA，得a2＝c2＋b2＋bc，② 联立①②解得5c＝3b，所以eq \f(b,c)＝eq \f(5,3). 由eq \f(b,c)＝eq \f(5,3)，3a＝2c＋3b，结合正弦定理，可得 eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(5,3)，3sinA＝2sinC＋3sinB. 联立解得sinB＝eq \f(5\r(3),14). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 16．(2023·河北承德模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，sinA＝2sinBsinC，点E在BC边上，且AE⊥BC. (1)求AE的长； (2)若b2＋c2＝eq \r(6)bc，求cosA的值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)如图所示，记AE边为h，由AE⊥BC可知， 在△AEB中，sinB＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(h,c)， 在△AEC中，sinC＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(h,b)，sinA＝2sinBsinC＝eq \f(2h2,bc)， 又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)ah，得sinA＝eq \f(ah,bc)，则eq \f(2h2,bc)＝eq \f(ah,bc)，即2h2＝ah，解得h＝1，即AE＝1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)由(1)，得S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)ah＝1，bc＝eq \f(2,sinA)，b2＋c2＝eq \r(6)bc， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA＝eq \r(6)bc－2bccosA， 即4＝bc(eq \r(6)－2cosA)＝eq \f(2,sinA)(eq \r(6)－2cosA)， 可得2sinA＋2cosA＝eq \r(6)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),2)， 由A∈(0，π)，有A＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)， 则cosA＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝coseq \f(π,3)coseq \f(π,4)＋sineq \f(π,3)sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)或cosA＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,4)))＝coseq \f(2π,3)coseq \f(π,4)＋sineq \f(2π,3)sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 17．(2023·茂名模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足tanB＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))). (1)求A； (2)若D为边BC上一点，且2CD＝AD＝BD，试判断△ABC的形状． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)由tanB＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6))))， 得eq \f(sinB,cosB)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6))))， 所以sinBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝cosBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))， 所以sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinC－\f(1,2)cosC))＝cosBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)cosC))， 所以sinB(eq \r(3)sinC－cosC)＝cosB(sinC＋eq \r(3)cosC)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 所以sinCcosB＋cosCsinB＋eq \r(3)(cosCcosB－sinCsinB)＝0， 所以sin(B＋C)＋eq \r(3)cos(B＋C)＝0， 所以tan(B＋C)＝－eq \r(3)，即tanA＝eq \r(3)， 因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)设∠BAD＝θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))， 则∠ADC＝2θ，∠DAC＝eq \f(π,3)－θ，∠ACD＝eq \f(2π,3)－θ， 在△ADC中， 由正弦定理知eq \f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))＝eq \f(CD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))， 即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ－\f(1,2)sinθ))＝eq \f(\r(3),2)cosθ＋eq \f(1,2)sinθ， 化简得tanθ＝eq \f(\r(3),3)， 所以θ＝eq \f(π,6)，∠ACD＝eq \f(2π,3)－θ＝eq \f(π,2)， 所以△ABC是直角三角形． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 18.(2023·烟台一模)如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2. (1)若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积； (2)若CD＝eq \r(3)BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值． 解　(1)在△ABC中，cosB＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(－AB·BC,2AB·BC)＝－eq \f(1,2)， 因为0°<B<180°，所以B＝120°. 所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin120°＝eq \f(1,2)×3×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)由(1)知B＝120°，设∠ACB＝θ， 则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ. 在△ACD中，由eq \f(AC,sin（30°＋θ）)＝eq \f(CD,sin30°)， 得AC＝eq \f(sin（30°＋θ）,sin30°)CD. 在△ABC中，由eq \f(AC,sin120°)＝eq \f(BC,sin（60°－θ）)， 得AC＝eq \f(sin120°,sin（60°－θ）)BC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 联立上式，并由CD＝eq \r(3)BC得 sin(30°＋θ)sin(60°－θ)＝eq \f(1,4)， 所以sin(60°＋2θ)＝eq \f(1,2)， 由题意可知0°<θ<60°， 所以60°<60°＋2θ<180°， 所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 19．(2024·雅礼中学模拟)记锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(sin（A－B）,cosB)＝eq \f(sin（A－C）,cosC). (1)求证：B＝C； (2)若asinC＝1，求eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)的最大值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)证明：由题意知eq \f(sin（A－B）,cosB)＝eq \f(sin（A－C）,cosC)， 所以sin(A－B)cosC＝sin(A－C)cosB， 所以sinAcosBcosC－cosAsinBcosC＝sinAcosCcosB－cosAsinCcosB， 所以cosAsinBcosC＝cosAsinCcosB， 因为A为锐角，即cosA≠0， 所以sinBcosC＝sinCcosB， 所以tanB＝tanC，所以B＝C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)由(1)知，B＝C，所以sinB＝sinC， 因为asinC＝1，所以eq \f(1,a)＝sinC， 由正弦定理，得a＝2RsinA，sinC＝sinB＝eq \f(b,2R)， 所以asinC＝2RsinA·eq \f(b,2R)＝bsinA＝1， 所以eq \f(1,b)＝sinA， 因为A＝π－B－C＝π－2C， 所以eq \f(1,b)＝sinA＝sin2C， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝sin2C＋sin22C＝eq \f(1－cos2C,2)＋(1－cos22C)＝－cos22C－eq \f(1,2)cos2C＋eq \f(3,2)， 因为△ABC是锐角三角形，且B＝C， 所以eq \f(π,4)<C<eq \f(π,2)，所以eq \f(π,2)<2C<π， 所以－1<cos2C<0， 当cos2C＝－eq \f(1,4)时，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)取得最大值eq \f(25,16)， 所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)的最大值为eq \f(25,16). 　　　　　　　　　　　　　 R $$