第6节 余弦定理、正弦定理-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案全书word（新教材，基础版）

金版教程 高考科学复习解决方案 数学 第六节　余弦定理、正弦定理 课标解读 考向预测 1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形. 2.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题. 从近几年的高考来看，正弦定理、余弦定理是高考的热点，预计2025年高考仍以利用正弦定理、余弦定理解三角形为主，题型灵活呈现，中档难度；也可能融合在其他考点里面，不单独呈现. 必备知识——强基础 1．余弦定理、正弦定理 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则 定理 余弦定理 正弦定理 公式 a2＝b2＋c2－2bccosA； b2＝c2＋a2－2cacosB； c2＝a2＋b2－2abcosC ＝＝＝2R 常见变形 cosA＝； cosB＝； cosC＝ (1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC； (2)sinA＝，sinB＝，sinC＝； (3)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC； (4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA 2.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况 A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 a＝bsinA bsinA< a<b a≥b a>b a≤b 解的个数 一解 两解 一解 一解 无解 3.三角形常用面积公式 (1)S＝aha(ha表示a边上的高)． (2)S＝absinC＝acsinB＝bcsinA＝. (3)S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)． 在△ABC中，常有以下结论： (1)A＋B＋C＝π. (2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． (3)a>b⇔A>B⇔sinA>sinB，cosA<cosB. (4)sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；tan(A＋B)＝－tanC；sin＝cos；cos＝sin. (5)三角形中的射影定理：在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB. 1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B.(　　) (2)当b2＋c2－a2>0时，△ABC为锐角三角形．(　　) (3)在△ABC中，已知a，b，A，则三角形有唯一解．(　　) (4)在△ABC中，若A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c＝1∶2∶3.(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)× 2．小题热身 (1)(人教B必修第四册第九章小结复习题A组T2改编)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b2＋c2＝a2＋bc，则角A的大小为(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　因为b2＋c2＝a2＋bc，所以由余弦定理可得cosA＝＝＝，因为0<A<π，所以A＝. (2)(人教A必修第二册复习参考题6 T11改编)在△ABC中，A＝30°，C＝45°，c＝，则a的值为(　　) A．2 B．1 C． D． 答案　B 解析　因为在△ABC中，A＝30°，C＝45°，c＝，所以由正弦定理可得＝，即a＝·sinA＝×sin30°＝×＝1. (3)在△ABC中，已知a＝2，b＝3，B＝30°，则此三角形(　　) A．有一解 B．有两解 C．无解 D．无法判断有几解 答案　A 解析　在△ABC中，a＝2，b＝3，B＝30°，由正弦定理，得sinA＝＝＝，而a<b，则A<B＝30°，即A为锐角，所以此三角形有一解． (4)在△ABC中，若a＝7，b＝5，c＝3，则A＝________． 答案　120° 解析　由余弦定理，得cosA＝＝－.又0°<A<180°，所以A＝120°. (5)在△ABC中，角A，B，C满足sinAcosC－sinBcosC＝0，则此三角形的形状为________． 答案　直角三角形或等腰三角形 解析　由已知，得cosC(sinA－sinB)＝0，所以cosC＝0或sinA＝sinB，解得C＝90°或A＝B，所以△ABC是直角三角形或等腰三角形． 考点探究——提素养 考点一　利用正、余弦定理解三角形 例1 (2024·江西红色十校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosA＝bsinB＋csinC－2csinBcosA. (1)求A； (2)若a＝，sinB＝，求b和c. 解　(1)设△ABC外接圆的半径为R， 因为acosA＝bsinB＋csinC－2csinBcosA， 所以由正弦定理＝＝＝2R，得 a·2RcosA＝b2＋c2－2bccosA， 结合余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得 a·2RcosA＝a2，因为a≠0， 所以2RcosA＝a＝2RsinA，所以cosA＝sinA， 因为A∈(0，π)，所以A＝. (2)由(1)知A＝，所以2R＝＝2， 所以b＝2RsinB＝2×＝， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得2＝＋c2－2×c×，即2c2－2c－3＝0， 解得c＝或c＝(舍去)． 综上，b＝，c＝. 【通性通法】 应用正弦、余弦定理的解题技巧 求边 利用正弦定理变形公式a＝等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA等求解 求角 利用正弦定理变形公式sinA＝等或余弦定理变形公式cosA＝等求解 利用式子的特点转化 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 【巩固迁移】 1．(2023·广东东莞一模)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC. (1)求角A的大小； (2)若a＝2，b＝2，求角C的大小． 解　(1)由已知及正弦定理可得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c， 整理得b2＋c2－a2＝bc， 所以cosA＝＝＝. 又A∈(0，π)，所以A＝. (2)由正弦定理可知＝， 又a＝2，b＝2，A＝， 所以sinB＝<sinA＝，故B＝， 因为A＋B＋C＝π，所以C＝. 考点二　　利用正、余弦定理判断三角形的形状 例2 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝7，b＝8，从下面两个条件中任选一个作为已知条件，判断△ABC是否为钝角三角形，并说明理由． ①cosC＝；②cosB＝. 注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解　若选①，在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c2＝72＋82－2×7×8×＝9，所以c＝3. 因为c＜a＜b，所以B是△ABC的最大角． 在△ABC中， 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB， 得cosB＝＝＝－＜0，所以B是钝角， 所以△ABC是钝角三角形． 若选②， 解法一：在△ABC中， 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB， 得82＝72＋c2－2×7c×， 化简，得(c－5)(c＋3)＝0， 解得c＝5或c＝－3(舍去)， 因为c＜a＜b，所以B是△ABC的最大角． 因为cosB＝＞0，所以B是锐角， 所以△ABC不是钝角三角形． 解法二：在△ABC中，因为cosB＝， 所以sinB＝＝. 在△ABC中，由正弦定理＝， 得sinA＝＝＝. 因为cosB＝＞0，所以B是锐角． 又a＜b，所以A＜B，所以A是锐角． 因为sinA＝，所以cosA＝＝， 所以cosC＝cos(π－A－B)＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝×－×＝＞0，所以C是锐角． 综上，△ABC不是钝角三角形． 【通性通法】 1．判断三角形形状的两种常用途径 2．判断三角形的形状的注意点 在判断三角形的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，在等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解． 【巩固迁移】 2．在△ABC中，＝sin2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　) A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 答案　A 解析　由sin2＝，得＝， 即cosB＝. 解法一：由余弦定理得＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等． 解法二：由正弦定理得cosB＝，又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以cosBsinC＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＝0，又sinB≠0，所以cosC＝0，又C为三角形的内角，所以C＝，所以△ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等． 考点三　正、余弦定理的综合应用(多考向探究) 考向1三角形的周长、面积问题 例3 (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－＝1，求△ABC的面积． 解　(1)因为a2＝b2＋c2－2bccosA， 所以＝＝2bc＝2， 解得bc＝1. (2)由正弦定理可得－＝ －＝－＝＝1， 变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB， 即－2cosAsinB＝sinB， 而0＜sinB≤1，所以cosA＝－， 又0＜A＜π，所以sinA＝， 故S△ABC＝bcsinA＝×1×＝. 【通性通法】 与三角形面积有关问题的解题策略 策略一 利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积 策略二 把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量 【巩固迁移】 3．(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)． (1)证明：2a2＝b2＋c2； (2)若a＝5，cosA＝，求△ABC的周长． 解　(1)证明：已知sinCsin(A－B)＝sinB·sin(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·＝2bc·－ab·，即2a2＝b2＋c2. (2)由(1)可知b2＋c2＝2a2＝50， cosA＝＝＝＝. ∴2bc＝31. ∵b2＋c2＋2bc＝(b＋c)2＝81， ∴b＋c＝9，∴a＋b＋c＝14. ∴△ABC的周长为14. 考向2三角形中的最值、范围问题 例4 (2023·内蒙古呼伦贝尔模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinCcos＝sin. (1)当B＝时，求sinC＋sinA的值； (2)求B的最大值． 解　(1)由题意，得 sinCcos＝sin， 即sinC＋cosC＝， 则sinC＋sinA＝sinC＋sin＝sinC＋cosC＝＝1. (2)sinCcos＝sin，两边同乘以2cos， 得2sinCcos2＝·2sincos， 即sinC(1＋cosB)＝sinB， 整理，得sinC＋sinA＝sinB. 由正弦定理，得a＋c＝b. 由余弦定理，得 cosB＝＝＝－1. 因为ac≤＝b2，当且仅当a＝c时等号成立，所以cosB＝－1≥－， 由于B∈(0，π)，而y＝cosx在(0，π)上单调递减，故B的最大值为. 【通性通法】 解三角形中的最值或范围问题主要有两种解决方法：一是将问题表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将问题用三角形某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定最值或范围． 【巩固迁移】 4．(2024·山东青岛模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB＋bcosA＝2ccosC. (1)求C； (2)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围． 解　(1)因为acosB＋bcosA＝2ccosC， 所以由正弦定理，得 sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC， 即sin(A＋B)＝2sinCcosC， 因为A＋B＝π－C， 所以sin(A＋B)＝sinC＝2sinCcosC， 因为0<C<π，故sinC≠0， 所以cosC＝，所以C＝. (2)由(1)，知C＝，A＝－B， 因为△ABC为锐角三角形，所以0<B<且0<－B<，所以<B<， 由正弦定理，得＝＝＝＝＋， 因为<B<，所以tanB>， 所以∈. 考向3利用正、余弦定理解决平面几何问题 例5 如图，在圆内接△ABC中，∠CAB，∠ABC，∠ACB所对的边分别为a，b，c，且acos∠ACB＋ccos∠CAB＝2bcos∠ABC. (1)求∠ABC的大小； (2)若点D是劣弧AC上一点，a＝2，c＝3，sin∠CAD＝，求线段AD的长． 解　(1)由题意知sin∠CABcos∠ACB＋sin∠ACBcos∠CAB＝2sin∠ABCcos∠ABC， ∴sin(∠CAB＋∠ACB)＝sin∠ABC ＝2sin∠ABCcos∠ABC， ∵0＜∠ABC＜π，∴sin∠ABC＞0， ∴cos∠ABC＝，∴∠ABC＝. (2)在△ABC中，由余弦定理可得AC＝＝， 由∠ABC＝，得∠ADC＝， 故∠ACD＝－∠CAD. 由sin∠CAD＝，且∠CAD为锐角， 得cos∠CAD＝＝， sin∠ACD＝sin＝×－×＝， 在△ADC中，由正弦定理可得＝， ∴AD＝1. 【通性通法】 平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之可得，若研究最值，常使用函数或基本不等式． 【巩固迁移】 5．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. 解　(1)证明：设△ABC外接圆的半径为R， 由正弦定理，得sin∠ABC＝，sinC＝， 因为BDsin∠ABC＝asinC， 所以BD·＝a·，即BD·b＝ac. 又因为b2＝ac，所以BD＝b. (2)解法一：因为BD＝b，AD＝2DC， 所以AD＝，CD＝b，如图， 在△ABC中，cosC＝，① 在△BCD中，cosC＝.② 由①②，得a2＋b2－c2＝3， 整理，得2a2－b2＋c2＝0. 又因为b2＝ac，所以6a2－11ac＋3c2＝0，解得a＝或a＝， 当a＝时，b2＝ac＝，a＋b＝＋<c(舍去)． 当a＝时，b2＝ac＝， cos∠ABC＝＝， 所以cos∠ABC＝. 解法二：由(1)，知BD＝b＝AC，由AD＝2DC， 得AD＝b，CD＝b. 在△ADB中，由正弦定理， 得＝. 因为S△ABD＝S△ABC， 所以×b2sin∠ADB＝×acsin∠ABC. 又b2＝ac，所以sin∠ADB＝sin∠ABC. 所以∠ADB＋∠ABC＝π或∠ADB＝∠ABC， 所以∠CBD＝∠A或∠ABD＝∠C， 当∠CBD＝∠A时，因为＝， 所以＝，化简，得sinC＝3sinA. 在△ABC中，由正弦定理，知c＝3a. 又b2＝ac＝3a2， 所以cos∠ABC＝＝＝＞1(舍去)； 当∠ABD＝∠C时，因为＝， 所以＝，化简，得sinC＝sinA. 在△ABC中，由正弦定理，知c＝a. 又b2＝ac＝a2， 所以cos∠ABC＝＝＝. 故cos∠ABC＝. 课时作业 一、单项选择题 1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝b，A＝2B，则cosB＝(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　因为a＝b，A＝2B，所以由正弦定理可得＝，所以＝，所以cosB＝.故选C. 2．在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝3∶2∶4，则cosB＝(　　) A．－ B． C． D． 答案　D 解析　设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，因为sinA∶sinB∶sinC＝3∶2∶4，所以a∶b∶c＝3∶2∶4，设a＝3k，b＝2k，c＝4k，k＞0，则cosB＝＝＝.故选D. 3．(2024·郑州调研)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝b，A－B＝，则C＝(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　由题意得A＝B＋，所以sinA＝sin＝cosB，又a＝b，所以由正弦定理得sinA＝sinB，故cosB＝sinB，所以tanB＝，因为B∈(0，π)，所以B＝，所以C＝π－－＝.故选B. 4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2＋c2－b2－ac＝0，△ABC的外接圆半径R＝，△ABC的周长为9，则ac＝(　　) A．6 B．9 C．16 D．24 答案　B 解析　在△ABC中，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝＝，由0＜B＜π可得B＝，所以b＝2RsinB＝2×＝3.因为△ABC的周长为9，所以a＋c＝9－b＝9－3＝6，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得(a＋c)2－3ac＝b2＝9，所以3ac＝27，所以ac＝9.故选B. 5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(b－c)cosA＝acosC，则cosA＝(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　由正弦定理，得(sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，即sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB，∵0<B<π，∴sinB>0，∴cosA＝.故选A. 6．(2023·浙江杭州模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB＋bcosA＝3ccosC，asinA－csinC＋bsinA＝0，则＝(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　在△ABC中，由正弦定理及acosB＋bcosA＝3ccosC，得sinAcosB＋cosAsinB＝3sinCcosC，所以sin(A＋B)＝sinC＝3sinCcosC，又sinC≠0，所以cosC＝.由正弦定理及asinA－csinC＋bsinA＝0，得a2－c2＝－ab.又由余弦定理，得cosC＝＝＝，所以＝. 7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)，b＋c＝4，则△ABC面积的最大值为(　　) A． B． C．1 D． 答案　D 解析　根据正弦定理知(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)可化为(a＋b)(a－b)＝c(c＋b)，即b2＋c2－a2＝－bc，故cosA＝＝－，因为A∈(0，π)，所以A＝，则sinA＝.因为b＋c＝4，b＋c≥2，所以bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，此时△ABC的面积S＝bcsinA＝，故△ABC面积的最大值为.故选D. 8．在△ABC中，若AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　设c＝AB＝1，a＝BC＝2，b＝AC.根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，可知1<b<3，根据余弦定理cosC＝(a2＋b2－c2)＝(4＋b2－1)＝(3＋b2)＝＋≥2＝，当且仅当＝，即b＝时等号成立，所以0<C≤.故选A. 二、多项选择题 9．(2023·江苏镇江二模)在锐角三角形ABC中，A，B，C是三个内角，则下列不等式一定成立的是(　　) A．sin(A＋B)>sinA＋sinB B．sinA>cosB C．sinB>cosA D．sinA＋sinB<2cosC 答案　BC 解析　在三角形中，两边之和大于第三边，则a＋b>c，由正弦定理得sinA＋sinB>sinC＝sin(A＋B)，所以A错误；因为△ABC是锐角三角形，所以A＋B>90°⇒sinA>sin(90°－B)＝cosB，所以B正确；同理C正确；由于sinA>cosC，sinB>cosC⇒sinA＋sinB>2cosC，所以D错误．故选BC. 10．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是(　　) A．若tanA＋tanB＋tanC＞0，则△ABC是锐角三角形 B．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形 C．若bcosC＋ccosB＝b，则△ABC是等腰三角形 D．若＝＝，则△ABC是等边三角形 答案　ACD 解析　∵tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∴tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)·(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC＞0，∴A，B，C均为锐角，∴A正确；由acosA＝bcosB及正弦定理，得sin2A＝sin2B，∴A＝B或A＋B＝，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴B错误；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，则△ABC是等腰三角形，∴C正确；由已知及正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，A＝B＝C，则△ABC是等边三角形，∴D正确．故选ACD. 三、填空题 11．(2024·嘉兴模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA＝acosC，c＝2，ab＝8，则a＋b的值是________． 答案　6 解析　由csinA＝acosC及正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC，∵sinA≠0，∴tanC＝，∵C∈(0，π)，∴C＝，再由余弦定理得cosC＝＝＝，代入c＝2，ab＝8，得a＋b＝6. 12．(2023·宜春模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________． 答案　 解析　∵bsinC＋csinB＝4asinBsinC，sinBsinC>0，结合正弦定理可得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，∴sinA＝，∵b2＋c2－a2＝8，结合余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得2bccosA＝8，∴A为锐角，且cosA＝，从而求得bc＝，∴△ABC的面积为S＝bcsinA＝××＝. 13．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝，c＝4，△ABC的面积为2，则△ABC外接圆的半径为________． 答案　2 解析　由S△ABC＝bcsinA，得b×4sin＝2，解得b＝2.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝22＋42－2×2×4cos＝12，所以a＝2，由正弦定理，得△ABC外接圆的半径R＝＝＝2. 14．在△ABC中，已知AB＝4，AC＝7，BC边的中线AD＝，那么BC＝________． 答案　9 解析　在△ABD中，结合余弦定理得cos∠ADB＝，在△ACD中，结合余弦定理得cos∠ADC＝，由题意知BD＝CD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以＋＝0，即＋＝0，解得CD＝，所以BC＝9. 四、解答题 15．(2024·山东菏泽模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，·＝，bsinA＝4(sinAcosC＋cosAsinC)． (1)求a的值； (2)求△ABC周长的最大值． 解　(1)由bsinA＝4(sinAcosC＋cosAsinC)，得bsinA＝4sinB， 由正弦定理，得ab＝4b， 解得a＝4. (2)由·＝，得bccosA＝. 由余弦定理，得bc·＝，整理，得b2＋c2＝25. 由25＝b2＋c2≥，得b＋c≤5， 所以△ABC周长的最大值为4＋5. 16．(2023·吉林实验中学模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且＝. (1)求角B的大小； (2)若b＝3，D为AC边上一点，BD＝2，且BD为角B的平分线，求△ABC的面积． 解　(1)因为＝， 由正弦定理，得＝， 化简，得a2＋c2－b2＝ac， 所以由余弦定理，得cosB＝＝， 又因为B∈(0，π)，所以B＝. (2) 如图所示， 因为S△ABC＝S△ABD＋S△CBD， 即BA·BCsin∠ABC ＝BA·BDsin ＋BC·BDsin， 化简，得BA＋BC＝BA·BC，① 又由余弦定理，得AC2＝BA2＋BC2－2BA·BCcos∠ABC， 即(BA＋BC)2－3BA·BC＝9，② ①②联立，解得BA·BC＝－2(舍去)或6， 所以S△ABC＝BA·BCsin∠ABC＝. 17．(多选)对于△ABC，有如下判断，其中正确的是(　　) A．若cosA＝cosB，则△ABC为等腰三角形 B．若A>B，则sinA>sinB C．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D．若sin2A＋sin2B<sin2C，则△ABC是钝角三角形 答案　ABD 解析　对于A，若cosA＝cosB，则A＝B，所以△ABC为等腰三角形，故A正确；对于B，若A>B，则a>b，由正弦定理＝＝2R，得2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB成立，故B正确；对于C，由余弦定理可得b＝＝2，只有一解，故C错误；对于D，若sin2A＋sin2B<sin2C，则根据正弦定理得a2＋b2<c2，则cosC＝<0，所以C为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故D正确．故选ABD. 18．(多选)(2024·珠海模拟)已知△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶，且S△ABC＝，则下列命题正确的是(　　) A．△ABC的周长为5＋ B．△ABC的三个内角A，B，C满足关系A＋B＝2C C．△ABC外接圆的半径为 D．△ABC的中线CD的长为 答案　ABD 解析　因为△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶，所以a∶b∶c＝2∶3∶，设a＝2t，b＝3t，c＝t，t>0，利用余弦定理得cosC＝＝＝，由于C∈(0，π)，所以C＝.对于A，因为S△ABC＝，所以absinC＝×2t×3t×＝，解得t＝1，所以a＝2，b＝3，c＝，所以△ABC的周长为5＋，故A正确；对于B，因为C＝，所以A＋B＝，故A＋B＝2C，故B正确； 对于C，利用正弦定理得＝＝＝2R，解得R＝，所以△ABC外接圆的半径为，故C错误；对于D，如图所示，在△ABC中，利用正弦定理得＝，解得sinA＝，又a<c，所以cosA＝，在△ACD中，利用余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcosA＝9＋－2×3××＝，解得CD＝，故D正确．故选ABD. 19．(2023·广东茂名一模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b＋2bcosC. (1)求证：C＝2B； (2)求的取值范围． 解　(1)证明：在△ABC中，由a＝b＋2bcosC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcosC， 又A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC， 即sinBcosC＋cosBsinC＝sinB＋2sinBcosC， 则cosBsinC－sinBcosC＝sinB， ∴sin(C－B)＝sinB， ∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<C<π. ∵B＋(C－B)＝C<π， ∴B＝C－B，即C＝2B. (2)解法一：由(1)得C＝2B， 则B＋C＝3B∈(0，π)， ∴0<B<，∴<cosB<1， 由题意a＝b＋2bcosC，C＝2B及正弦定理得 ＝ ＝ ＝ ＝ ＝1＋2cosC＋2cosB ＝1＋2cos2B＋2cosB ＝1＋2(2cos2B－1)＋2cosB ＝4cos2B＋2cosB－1 ＝4－， ∵<cosB<1， ∴1<4－<5， 即1<<5. 故的取值范围为(1，5)． 解法二：由正弦定理得＝， ∵A＋B＋C＝π，∴A＝π－(B＋C)， 则＝ ＝， 由(1)得C＝2B，故＝ ＝ ＝ ＝cos2B＋2cos2B＋2cosB ＝2cos2B－1＋2cos2B＋2cosB ＝4cos2B＋2cosB－1 ＝4－， 由C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)， ∴0<B<，∴<cosB<1， ∴1<4－<5，即1<<5. 故的取值范围为(1，5)． 20．(2023·山东德州三模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin＝bsinA. (1)求B； (2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围． 解　(1)解法一：由三角形的内角和定理得＝－， 又asin＝bsinA，所以asin＝bsinA. 又sin＝cos，所以acos＝bsinA. 在△ABC中，由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB，所以sinAcos＝sinAsinB， 因为A∈(0，π)，所以sinA＞0， 所以cos＝sinB，即cos＝2sincos， 因为∈，所以cos＞0， 所以sin＝，解得B＝. 解法二：根据题意asin＝bsinA， 由正弦定理得sinAsin＝sinBsinA， 因为0<A<π，所以sinA>0， 所以sin＝sinB. 因为0<B<π，0<<π， 所以＝B或＋B＝π， 又A＋B＋C＝π，故＋B＝π不成立，所以＝B， 又因为A＋B＋C＝π，代入得3B＝π， 所以B＝. (2)解法一：因为△ABC是锐角三角形， 又B＝，所以<A<，<C<， 则S△ABC＝acsinB＝c2··sinB ＝·＝·＝· ＝＋. 因为C∈，所以tanC∈， 则∈(0，)，从而S△ABC∈. 故△ABC面积的取值范围是. 解法二：由题设及(1)知S△ABC＝a， 因为△ABC为锐角三角形，且c＝1，B＝， 所以即 又由余弦定理得b2＝a2＋1－a， 所以即<a<2， 所以<S△ABC<. 故△ABC面积的取值范围是. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1 学科网（北京）股份有限公司 $$