25届高考数学二轮复习重点专题突破·正（余）弦定理解三角形（全国通用）

高考二轮复习专题 正余弦定理解三角形 目 录 1 2 3 4 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 回归教材·夯实基础 CONTENTS 真题演练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 (2)S＝ ＝ ＝ ； (3)S＝ (r为三角形的内切圆半径). 知识梳理 4 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⇔sin A>sin B，cos A<cos B. 常用结论 求解三角形中面积和周长最值问题的常用方法 在△ABC中，如果已知一个角及其对边，假设已知A，a，根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，即可得到“b2＋c2”与“bc”的等量关系. 要点梳理 三角形中最值(范围)问题，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，一般采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围. 要点梳理 三角形中最值(范围)问题，一是利用正余弦定理，转化成边的函数，或转化成关于正弦、余弦或正切的函数，根据函数的单调性求解；二是利用三角恒等变换构造关于正弦、余弦或正切的函数，根据函数的单调性求解. 解决此类题目，一是利用正余弦定理，转化成边的函数，或转化成关于正弦、余弦或正切的函数，根据函数的单调性求解；二是利用三角恒等变换构造关于正弦、余弦或正切的函数，根据函数的单调性求解. 典例分析·能力提升 2 典例一　求边、角 10 11 12 典例二　求面积 13 14 15 典例三　最值与范围 16 17 18 19 20 回归教材·夯实基础 3 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 真题演练·高分突破 4 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ r(a＋b＋c) 3.三角形中常用的面积公式 (1)S＝aha(ha表示边a上的高)； absin C acsin B bcsin A (4)sin(A＋B)＝sin C；cos(A＋B)＝－cos C；tan(A＋B)＝－tan C；sin ＝cos ；cos ＝sin . (1)求面积最值时，S＝bcsin A，即求bc最值，在等量关系中利用基本不等式b2＋c2≥2bc，即可求得bc的最值. (2)求周长a＋b＋c的最值时，即求b＋c的最值，在等量关系中，把b2＋c2换成(b＋c)2－2bc，再利用基本不等式bc≤2，即可求得b＋c的最值. (2024·湖南长沙三模)如图，在△ABC中，已知AB＝3，AC＝6，∠BAC为锐角，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，△ABC的面积为 eq \f(9\r(3),2) . (1)求BC的长度； 【解析】　(1)由题知，S△ABC＝ eq \f(1,2) AB·AC sin ∠BAC＝ eq \f(9\r(3),2) ，所以sin ∠BAC＝ eq \f(\r(3),2) ， 又因为∠BAC为锐角，所以∠BAC＝ eq \f(π,3) . 在△ABC中，由余弦定理知BC2＝AB2＋AC2－2·AB·AC cos ∠BAC，解得BC＝3 eq \r(3) . (2)求∠APB的余弦值． 【解析】　(2)因为AB2＋BC2＝9＋27＝36＝AC2， 所以∠ABC＝ eq \f(π,2) ，BN＝ eq \f(1,2) AC＝3，所以BP＝ eq \f(2,3) BN＝2. 在△ABM中，由勾股定理得AB2＋BM2＝AM2，所以AM＝ eq \f(3\r(7),2) ，所以AP＝ eq \f(2,3) AM＝ eq \r(7) ， 所以在△ABP中，由余弦定理得cos ∠APB＝ eq \f(AP2＋BP2－AB2,2AP·BP) ＝ eq \f(\r(7),14) . 所以∠APB的余弦值为 eq \f(\r(7),14) . 对本题(1)由S△ABC＝ eq \f(1,2) AB·AC sin ∠BAC，得到∠BAC＝ eq \f(π,3) ，在△ABC中由余弦定理即可得到BC的长度． (2)因为AB2＋BC2＝9＋27＝36＝AC2，所以∠ABC为直角，所以BN＝3，所以BP＝ eq \f(2,3) BN＝2.在△ABM中，由勾股定理得AM，即得到AP，在△ABP中，由余弦定理即可得到∠APB的余弦值． (2024·新高考基地学校第三次大联考)记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c＝3b，cos B＋5cos C＝0. (1)求cos C； 【解析】　(1)因为c＝3b，由正弦定理，得sin C＝3sin B①， 因为cos B＋5cos C＝0，所以C为钝角，且cos2B＝25cos2C②， ①式平方，得sin2C＝9sin2B，所以9cos2B＝8＋cos2C， ②式代入上式，得cos2C＝ eq \f(1,28) ， 所以cosC＝－ eq \f(\r(7),14) . (2)若D是边AB上一点，BC⊥CD，且CD＝ eq \r(21) ，求△ABC的面积． 【解析】　(2)由(1)得cos B＝－5cos C＝ eq \f(5\r(7),14) ，所以sin B＝ eq \f(\r(21),14) ， 在直角△BCD中，BD＝ eq \f(CD,sin B) ＝14，a＝BD·cos B＝5 eq \r(7) . 在△ACD中，由正弦定理得， eq \f(AD,sin ∠ACD) ＝ eq \f(AC,sin ∠ADC) ， 因为sin ∠ACD＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ACB－\f(π,2))) ＝－cos ∠ACB＝ eq \f(\r(7),14) ， sin ∠ADC＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2))) ＝cos B＝ eq \f(5\r(7),14) ， 所以AD＝ eq \f(1,5) AC＝ eq \f(1,5) b， 所以BD＝3b－ eq \f(1,5) b＝ eq \f(14,5) b＝14，所以b＝5， 所以△ABC的面积S＝ eq \f(1,2) ac sin B＝ eq \f(1,2) ×5 eq \r(7) ×15× eq \f(\r(21),14) ＝ eq \f(75\r(3),4) . 三角形面积常用公式S＝ eq \f(1,2) ac sin B＝ eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(1,2) ab sin C，多数情况下因角选式！ (2024·浙江期末)已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝ eq \r(3) ，tan C＝ eq \f(sin A＋sin B,cos A＋cos B) . (1)求2a＋b的取值范围； 【解析】　(1)因为tan C＝ eq \f(sin C,cos C) ＝ eq \f(sin A＋sin B,cos A＋cos B) ， 所以sin C(cos A＋cos B)＝cos C(sin A＋sin B)， 即sin C cos A－cos C sin A＝cos C sin B－sin Ccos B， 得sin (C－A)＝sin (B－C)，所以C－A＝B－C或C－A＝π－(B－C)， 解得A＋B＝2C或B－A＝π(舍去)， 又A＋B＋C＝π，所以C＝ eq \f(π,3) ， 又c＝ eq \r(3) ，由正弦定理得 eq \f(c,sin C) ＝2，则a＝2sin A，b＝2sin B， 所以2a＋b＝4sin A＋2sin B＝4sin A＋2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)) ＝5sin A＋ eq \r(3) cos A＝2 eq \r(7) sin (A＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tan φ＝\f(\r(3),5))) ， 由0<A< eq \f(2π,3) 知，当sin (A＋φ)＝1时，2a＋b取到最大值2 eq \r(7) ， 又2a＋b>a＋b>c＝ eq \r(3) ，所以 eq \r(3) <2a＋b≤2 eq \r(7) . (2)求△ABC内切圆的半径的最大值． 【解析】　(2)由余弦定理得cos C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ，即 eq \f(1,2) ＝ eq \f(a2＋b2－3,2ab) ， 得a2＋b2＝3＋ab， 又(a＋b)2＝3＋3ab≤3＋3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2) ， 得a＋b≤2 eq \r(3) ，当且仅当a＝b＝ eq \r(3) 时等号成立，所以 eq \r(3) <a＋b≤2 eq \r(3) . △ABC的面积为S＝ eq \f(1,2) ab sin C＝ eq \f(\r(3),4) ab，设△ABC的内切圆半径为r， 则△ABC的面积为S＝ eq \f(1,2) r(a＋b＋c)＝ eq \f(1,2) r(a＋b＋ eq \r(3) )，所以 eq \f(1,2) r(a＋b＋ eq \r(3) )＝ eq \f(\r(3),4) ab， 又(a＋b)2＝3＋3ab，所以(a＋b)2－3＝3ab， 则r＝ eq \f(\r(3)ab,2（a＋b＋\r(3)）) ＝ eq \f(\r(3),2) · eq \f(ab,（a＋b）2－3) ·(a＋b－ eq \r(3) )＝ eq \f(\r(3),6) (a＋b－ eq \r(3) )∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) ， 即r的最大值为 eq \f(1,2) . 解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略 (1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a＋b与ab相互转化求最值、范围． (2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简，再利用三角函数的性质求最值、范围． 三角形中的特殊线段的求解 解三角形问题在考查时除了结合正弦定理、余弦定理、勾股定理设置题目外，往往还和三角形的一些常见元素：中线、角平分线、高线结合在一起考查．在处理相关题目时，我们除了要充分运用正、余弦定理处理边角关系，还要结合角平分线、中线、高线的一些性质进行解题． 人教A版(2020)必修第二册P53第15题 △ABC的三边分别为a，b，c，边BC，CA，AB上的中线分别记为ma，mb，mc，利用余弦定理证明：ma＝ eq \f(1,2) eq \r(2（b2＋c2）－a2) ，mb＝ eq \f(1,2) eq \r(2（a2＋c2）－b2) ，mc＝ eq \f(1,2) eq \r(2（a2＋b2）－c2) . 1．中线问题 如图，在△ABC中，设D是BC的中点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)向量形式：由 eq \o(AD,\s\up12(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up12(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up12(→)) )可得 eq \o(AD,\s\up12(→)) 2＝ eq \f(1,4) (b2＋c2＋2bc cos ∠BAC). (2)角形式：∠ADB＋∠ADC＝πcos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0， 在△ADB中，cos ∠ADB＝ eq \f(DA2＋DB2－AB2,2DA×DB) ； 在△ADC中，cos ∠ADC＝ eq \f(DA2＋DC2－AC2,2DA×DC) . 可得AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2). 2．角平分线问题 如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)内角平分线定理： eq \f(AB,BD) ＝ eq \f(AC,DC) 或 eq \f(AB,AC) ＝ eq \f(BD,DC) . (2)等面积法求角分线长： 因为S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，所以 eq \f(1,2) c·AD·sin eq \f(∠BAC,2) ＋ eq \f(1,2) b·AD sin eq \f(∠BAC,2) ＝ eq \f(1,2) bc sin ∠BAC，所以(b＋c)AD＝2bc cos eq \f(∠BAC,2) ，整理得AD＝ eq \f(2bc cos \f(∠BAC,2),b＋c) ． 3．高线问题 (1)若h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝ eq \f(1,a) ∶ eq \f(1,b) ∶ eq \f(1,c) ＝ eq \f(1,sin A) ∶ eq \f(1,sin B) ∶ eq \f(1,sin C) . (2)求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边长度． (3)过顶点作底边上的高线，利用解直角三角形知识求解． 1．(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B. (1)求sin A； 解析　(1)方法一：∵A＋B＋C＝π且A＋B＝3C，∴4C＝π，∴C＝ eq \f(π,4) . ∵2sin (A－C)＝sin B，∴2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4))) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4))) ，∴sin A＝3cos A. 又∵sin2A＋cos2A＝1，∴cosA＝ eq \f(\r(10),10) (负值舍去)，sin A＝ eq \f(3\r(10),10) . 方法二：因为A＋B＋C＝4C＝π，则C＝ eq \f(π,4) ， 由2sin (A－C)＝sin B，可得2sin (A－C)＝sin (A＋C)，即2sin A cos C－2cos A sin C＝sin Acos C＋cos A sin C， 整理得sin A cos C＝3cos A sin C，故tan A＝3tan C，则tan A＝3，故sin A＝ eq \f(3\r(10),10) . (2)设AB＝5，求AB边上的高． 解析　(2)由(1)方法一知sin B＝sin (A＋C)＝ eq \f(2\r(5),5) ， 在△ABC中， eq \f(AB,sin C) ＝ eq \f(AC,sin B) ＝ eq \f(BC,sin A) ，∴ eq \f(5,\f(\r(2),2)) ＝ eq \f(AC,\f(2\r(5),5)) ＝ eq \f(BC,\f(3\r(10),10)) ， ∴AC＝2 eq \r(10) ，BC＝3 eq \r(5) . 方法一：S△ABC＝ eq \f(1,2) AC·BC sin C＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(10) ×3 eq \r(5) × eq \f(\r(2),2) ＝15. 设AB边上高为h，∴15＝ eq \f(1,2) ×5h，∴h＝6. 方法二：所求的高h＝BC sin B＝3 eq \r(5) × eq \f(2\r(5),5) ＝6. 方法三(几何法)：如图，过点B作BG⊥AC于G，过点C作CH⊥AB于H，过点G作GM⊥AB于M，则GM∥CH. 由(1)方法二知tan A＝3tan C，又C＝ eq \f(π,4) ，BG⊥AC，故BG＝CG＝3AG.设AG＝x，则BG＝CG＝3x，故AB＝ eq \r(10) x＝5，则x＝ eq \f(\r(10),2) ，由等面积法可得GM＝ eq \f(3,\r(10)) x＝ eq \f(3,2) ，由GM∥CH，得 eq \f(GM,CH) ＝ eq \f(AG,AC) ，又AC＝4AG，故CH＝4GM＝6. 2．(2024·福建高三质量检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a sin C＝c sin B，C＝ eq \f(2π,3) . (1)求B； 解析　(1)∵a sin C＝c sin B， ∴由正弦定理，得sin A sin C＝sin C sin B， ∵0<C<π，∴sin C>0，∴sin A＝sin B， ∴A＝B或A＋B＝π(舍)， ∵A＋B＋C＝π，且C＝ eq \f(2π,3) ，∴B＝ eq \f(π,6) . (2)若△ABC的面积为 eq \f(3\r(3),4) ，求BC边上中线的长． 解析　(2)依题意 eq \f(3\r(3),4) ＝ eq \f(1,2) ab sin C，∵A＝B，∴a＝b， ∴ eq \f(3\r(3),4) ＝ eq \f(1,2) a2sin eq \f(2π,3) ＝ eq \f(\r(3)a2,4) ，解得a＝ eq \r(3) ， 设边BC的中点为D，连接AD，∴CD＝ eq \f(\r(3),2) ，AC＝ eq \r(3) ， ∴在△ACD中，由余弦定理知AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos C＝3＋ eq \f(3,4) －2× eq \r(3) × eq \f(\r(3),2) ×cos eq \f(2π,3) ＝ eq \f(21,4) ，∴BC边上中线的长为 eq \f(\r(21),2) . 1．(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝ eq \r(2) cos B，a2＋b2－c2＝ eq \r(2) ab. (1)求B； 解析　(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2ab cos C，又a2＋b2－c2＝ eq \r(2) ab， 故cos C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(\r(2)ab,2ab) ＝ eq \f(\r(2),2) ，因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 从而sin C＝ eq \r(1－cos2C) ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，又因为sinC＝ eq \r(2) cos B，即cos B＝ eq \f(1,2) ， 又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,3) . (2)若△ABC的面积为3＋ eq \r(3) ，求c. 解析　(2)由(1)可得C＝ eq \f(π,4) ，故A＝π－ eq \f(π,3) － eq \f(π,4) ＝ eq \f(5π,12) ， 而sin A＝sin eq \f(5π,12) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6))) ＝ eq \f(\r(2),2) × eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(\r(2),2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ，由正弦定理有 eq \f(a,sin \f(5π,12)) ＝ eq \f(b,sin \f(π,3)) ＝ eq \f(c,sin \f(π,4)) ，从而a＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) × eq \r(2) c＝ eq \f(\r(3)＋1,2) c，b＝ eq \f(\r(3),2) × eq \r(2) c＝ eq \f(\r(6),2) c， 由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为S△ABC＝ eq \f(1,2) ab sin C＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(3)＋1,2) c× eq \f(\r(6),2) c× eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(3＋\r(3),8) c2， 由△ABC的面积为3＋ eq \r(3) ，可得 eq \f(3＋\r(3),8) c2＝3＋ eq \r(3) ，所以c＝2 eq \r(2) . 2．(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋ eq \r(3) cos A＝2. (1)求A； 解析　(1)方法一(利用辅助角公式)：由sin A＋ eq \r(3) cos A＝2可得 eq \f(1,2) sin A＋ eq \f(\r(3),2) cos A＝1，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))) ＝1， 由于A∈(0，π)A＋ eq \f(π,3) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3))) ，故A＋ eq \f(π,3) ＝ eq \f(π,2) ，解得A＝ eq \f(π,6) . 方法二(利用同角三角函数的基本关系)：由sin A＋ eq \r(3) cos A＝2，又sin2A＋cos2A＝1，消去sinA得到4cos2A－4 eq \r(3) cosA＋3＝0(2cos A－ eq \r(3) )2＝0，解得cos A＝ eq \f(\r(3),2) ， 又A∈(0，π)，故A＝ eq \f(π,6) . 方法三(利用极值点)：设f (x)＝sin x＋ eq \r(3) cos x(0<x<π)，则f (x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) (0<x<π)， 显然当x＝ eq \f(π,6) 时，f (x)max＝2，注意到f (A)＝sin A＋ eq \r(3) cos A＝2＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))) ， 即f (x)max＝f (A)，而f (x)在开区间(0，π)上取到最大值，于是x＝A必定是极值点， 即f ′(A)＝0＝cos A－ eq \r(3) sin A，即tan A＝ eq \f(\r(3),3) ， 又A∈(0，π)，故A＝ eq \f(π,6) . (2)若a＝2， eq \r(2) b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长． 解析　(2)由题设条件和正弦定理，得 eq \r(2) sin B sin C＝2sin Csin B cos B， 又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，故cos B＝ eq \f(\r(2),2) ，即B＝ eq \f(π,4) ， 于是C＝π－A－B＝ eq \f(7π,12) ， sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin Acos B＋sin B cos A＝ eq \f(\r(2)＋\r(6),4) ， 由正弦定理可得 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) ，即 eq \f(2,sin \f(π,6)) ＝ eq \f(b,sin \f(π,4)) ＝ eq \f(c,sin \f(7π,12)) ， 解得b＝2 eq \r(2) ，c＝ eq \r(6) ＋ eq \r(2) ，故△ABC的周长为2＋ eq \r(6) ＋3 eq \r(2) . 3．(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为 eq \r(3) ，D为BC的中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝ eq \f(π,3) ，求tan B； 解析　(1)∵D为BC中点，S△ABC＝ eq \r(3) ，则S△ACD＝ eq \f(\r(3),2) ， 如图，过A作AE⊥BC，垂足为E. 在△ADE中，DE＝ eq \f(1,2) ，AE＝ eq \f(\r(3),2) ，S△ACD＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(3),2) CD＝ eq \f(\r(3),2) ，∴CD＝2， ∴BD＝2，BE＝ eq \f(5,2) ，tan B＝ eq \f(AE,BE) ＝ eq \f(\f(\r(3),2),\f(5,2)) ＝ eq \f(\r(3),5) . (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 解析　(2)易知 eq \o(AD,\s\up12(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up12(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up12(→)) )， eq \o(AD,\s\up12(→)) 2＝ eq \f(1,4) (c2＋b2＋2bc cos ∠BAC)， ∴1＝ eq \f(1,4) (8＋2bc cos ∠BAC)， ∴bc cos ∠BAC＝－2，① 又S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sin ∠BAC＝ eq \r(3) ， ∴bc sin ∠BAC＝2 eq \r(3) ，② 由①②解得tan ∠BAC＝－ eq \r(3) ， ∴∠BAC＝ eq \f(2π,3) ，∴bc＝4， 又b2＋c2＝8，∴b＝c＝2. 4．(2023·全国乙卷，理)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1. (1)求sin ∠ABC； 解析　(1)在△ABC中，令内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos ∠BAC＝1＋4－2×1×2×cos 120°＝7，则a＝ eq \r(7) ，cos ∠ABC＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(7＋4－1,2×2×\r(7)) ＝ eq \f(5\r(7),14) ，sin ∠ABC＝ eq \r(1－cos2∠ABC) ＝ eq \r(1－\f(25,28)) ＝ eq \f(\r(21),14) . (2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积． 解析　(2)由三角形面积公式可得 eq \f(S△ABD,S△ADC) ＝ eq \f(\f(1,2)×AB×AD×sin90°,\f(1,2)×AC×AD×sin 30°) ＝4，则S△ADC＝ eq \f(1,5) S△ABC＝ eq \f(1,5) ×( eq \f(1,2) ×2×1×sin 120°)＝ eq \f(\r(3),10) . 5．(2022·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，以a，b，c为边长的三个正三角形的面积分别为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝ eq \f(\r(3),2) ，sin B＝ eq \f(1,3) . (1)求△ABC的面积； 解析　(1)由S1－S2＋S3＝ eq \f(\r(3),2) ，得 eq \f(\r(3),4) (a2－b2＋c2)＝ eq \f(\r(3),2) ， 即a2－b2＋c2＝2， 又a2－b2＋c2＝2ac cos B，所以ac cos B＝1. 由sin B＝ eq \f(1,3) ，得cos B＝ eq \f(2\r(2),3) 或cos B＝－ eq \f(2\r(2),3) (舍去)，所以ac＝ eq \f(3,2\r(2)) ＝ eq \f(3\r(2),4) ，则△ABC的面积S＝ eq \f(1,2) ac sin B＝ eq \f(1,2) × eq \f(3\r(2),4) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(\r(2),8) . (2)若sin A sin C＝ eq \f(\r(2),3) ，求b. 解析　(2)由sin A sin C＝ eq \f(\r(2),3) ，ac＝ eq \f(3\r(2),4) 及正弦定理知 eq \f(b2,sin2B) ＝ eq \f(ac,sinA sin C) ＝ eq \f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3)) ＝ eq \f(9,4) ， 即b2＝ eq \f(9,4) × eq \f(1,9) ＝ eq \f(1,4) ，得b＝ eq \f(1,2) . $$