6.4.3 第4课时 余弦定理、正弦定理的综合应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6. 4　平面向量的应用 6.4.3　余弦定理、正弦定理 第4课时　余弦定理、正弦定理的综合应用 课程标准：1.掌握三角形的面积公式.2.了解余弦定理、正弦定理在平面图形中的应用.3.会求解余弦定理、正弦定理与其他知识的综合问题． 教学重点：1.三角形面积公式的应用.2.余弦定理、正弦定理在平面图形中的应用． 教学难点：1.三角形面积公式的推导过程.2.余弦定理、正弦定理的综合运用． 核心素养：通过运用余弦定理、正弦定理解决与三角形有关的综合问题培养数学运算素养和逻辑推理素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 π sinC －cosC 大于 小于 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心素养形成 核心素养形成 10 核心素养形成 11 【感悟提升】　求三角形的面积，要充分挖掘题目中的条件，转化为求两边及其夹角的正弦问题，要注意方程思想在解题中的应用． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【感悟提升】　与几何图形有关的解三角形问题的思路 (1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理求解． (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 【感悟提升】　应用余弦定理、正弦定理解决三角形的综合问题的关键是充分应用余弦定理、正弦定理中的边角关系可以相互转化这一功能．常见的综合问题有：正弦定理和余弦定理与平面向量、三角函数、三角恒等变换的综合交汇问题． 余弦定理、正弦定理与三角函数的交汇问题，其考查核心是三角函数的有关知识，因此应以余弦定理、正弦定理为工具，将问题转化为三角函数问题．其中涉及平面向量问题，应充分利用向量的几何特征，将向量问题转化为三角形的问题． 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 随堂水平达标 随堂水平达标 29 随堂水平达标 30 随堂水平达标 31 随堂水平达标 32 5．如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上一点，OA＝2，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.问点B在什么位置时，四边形OACB的面积最大？ 随堂水平达标 33 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 余弦定理；面积公式 余弦定理与向量的综合 余弦定理；面积公式 正弦定理与余弦定理的综合 正弦定理与余弦定理的综合；面积公式 面积公式与三角函数的综合 余弦定理在几何图形中的 应用 余弦定理在几何图形中的 应用 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 余弦定理与三角函数的综合；面积公式 正弦定理与三角函数的综合；面积公式 正弦定理与向量的综合 余弦定理在几何图形中的 应用 利用正弦定理解决最值问题 正弦定理与余弦定理在几何图形中的应用 正弦定理与余弦定理的综合；面积公式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 二、填空题 6．在△ABC中，已知a＝8，b＝5，△ABC的面积为12，则cos2C＝______． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 13．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosC－ccosA＝b－c，且a＋c＝1，则当边c取得最大值时，△ABC的周长为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　三角形的面积公式 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积公式为 (1)S＝__________＝__________＝__________； (2)S＝eq \f(1,2)a·ha＝eq \f(1,2)b·hb＝eq \f(1,2)c·hc(ha，hb，hc表示a，b，c边上的高)． 知识点二　△ABC中的常用结论 (1)A＋B＋C＝_____，sin(A＋B)＝__________，cos(A＋B)＝__________； (2)大边对大角，即a>b⇔A>B⇔sinA>sinB； (3)任意两边之和______第三边，任意两边之差______第三边． eq \f(1,2)absinC eq \f(1,2)bcsinA eq \f(1,2)acsinB [提示]　三角形的其他面积公式 (1)S△ABC＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)＝eq \f(1,2)rl，其中r为△ABC内切圆的半径，l为△ABC的周长． (2)S△ABC＝eq \f(1,2)a2eq \f(sinBsinC,sinA)，S△ABC＝eq \f(1,2)b2· eq \f(sinAsinC,sinB)，S△ABC＝eq \f(1,2)c2eq \f(sinAsinB,sinC). (3)S△ABC＝2R2sinAsinBsinC＝eq \f(abc,4R)，其中R为△ABC外接圆的半径． (4)海伦公式：S△ABC＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)，其中p＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)． (5)S△ABC＝eq \f(1,2) eq \r(|a|2|b|2－（a·b）2)，其中b＝eq \o(CA,\s\up17(→))，a＝eq \o(CB,\s\up17(→)). (6)S△ABC＝eq \f(1,2)|a1b2－a2b1|，其中eq \o(AB,\s\up17(→))＝(a1，a2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(b1，b2)． 1．(三角形的面积)下列说法正确的是(　　) ①公式S＝eq \f(1,2)absinC适合求任意三角形的面积；②三角形中已知三边无法求其面积；③在三角形中已知两边和一角就能求三角形的面积． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 2．(余弦定理与向量的综合)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝eq \r(10)，则eq \o(BA,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝________． 3．(余弦定理；面积公式)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，A＝60°，c＝eq \f(\r(3),3)，则△ABC的面积为________． －eq \f(3,2) eq \f(\r(3),6) 题型一　有关三角形面积的计算 例1　(1)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2eq \r(3)，则△ABC的面积为(　　) A．4eq \r(3) B．4 C．2eq \r(3) D．2eq \r(2) 解析　由余弦定理可得(2eq \r(3))2＝AB2＋42－2×4ABcos60°，整理得AB2－4AB＋4＝0，解得AB＝2，∴△ABC的面积S＝eq \f(1,2)AC·ABsinA＝eq \f(1,2)×4×2×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3).故选C. (2)在△ABC中，若sinA＝eq \r(3)sinC，B＝30°，b＝2，则△ABC的面积为(　　) A．1 B.eq \r(3) C．2 D．4 解析　因为sinA＝eq \r(3)sinC，由正弦定理可得a＝eq \r(3)c.又由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即4＝3c2＋c2－2×eq \r(3)c2×eq \f(\r(3),2)，解得c＝2，所以a＝2eq \r(3)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2×eq \f(1,2)＝eq \r(3).故选B. 【跟踪训练】 1．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(b2＋c2－a2,cosA)＝2. (1)求bc； (2)若eq \f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC的面积． 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， 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). 题型二　余弦定理、正弦定理在几何图形中的应用 例2　如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝eq \r(2)，BC＝eq \r(3)，AB⊥AD，AC⊥CD. (1)若sin∠BAC＝eq \f(1,4)，求sin∠BCA； (2)若AD＝3AC，求AC. 解　(1)在△ABC中， 由正弦定理得eq \f(AB,sin∠BCA)＝eq \f(BC,sin∠BAC)， 即eq \f(\r(2),sin∠BCA)＝eq \f(\r(3),\f(1,4))，解得sin∠BCA＝eq \f(\r(6),12). (2)设AC＝x，AD＝3x，在Rt△ACD中， CD＝eq \r(AD2－AC2)＝2eq \r(2)x，sin∠CAD＝eq \f(CD,AD)＝eq \f(2\r(2),3). 在△ABC中，由余弦定理的推论得， cos∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(x2－1,2\r(2)x). 又∠BAC＋∠CAD＝eq \f(π,2)， 所以cos∠BAC＝sin∠CAD，即eq \f(x2－1,2\r(2)x)＝eq \f(2\r(2),3). 整理得3x2－8x－3＝0， 解得x＝3或x＝－eq \f(1,3)(舍去)，即AC＝3. 【跟踪训练】 2．(2024·安徽合肥高一校考阶段练习)如图，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝1，BD＝2eq \r(10)，∠CAD＝eq \f(π,4)，tan∠ADC＝－2，求： (1)CD的长； (2)△BCD的面积． 解：(1)在△ADC中，∵tan∠ADC＝－2， ∴sin∠ADC＝eq \f(2\r(5),5)，cos∠ADC＝－eq \f(\r(5),5)， ∴sin∠ACD＝sin(π－∠CAD－∠ADC) ＝sin(∠CAD＋∠ADC) ＝sin∠CADcos∠ADC＋cos∠CADsin∠ADC ＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)＋\f(2\r(5),5)))＝eq \f(\r(10),10)， 由正弦定理，得eq \f(AD,sin∠ACD)＝eq \f(CD,sin∠CAD)， 即CD＝eq \f(ADsin∠CAD,sin∠ACD)＝eq \f(1×\f(\r(2),2),\f(\r(10),10))＝eq \r(5). (2)∵AD∥BC，∴∠ADC＋∠BCD＝π， ∴sin∠BCD＝sin∠ADC＝eq \f(2\r(5),5)，cos∠BCD＝－cos∠ADC＝eq \f(\r(5),5)， 在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝CD2＋BC2－2BC·CDcos∠BCD， 即40＝5＋BC2－2BC，解得BC＝7或BC＝－5(舍去)． ∴S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CDsin∠BCD＝eq \f(1,2)×7×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝7. 题型三　余弦定理、正弦定理与其他知识的综合 例3　已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cosx，－eq \r(3)sin2x)，b＝(cosx，1)，x∈R. (1)求f(x)的单调递增区间； (2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝eq \f(\r(7),2)，且向量m＝(3，sinB)与n＝(2，sinC)共线，求边长b和c的值． 解　(1)由题意知f(x)＝2cos2x－eq \r(3)sin2x＝1＋cos2x－eq \r(3)sin2x＝1＋2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). ∵y＝cosx在[2kπ－π，2kπ](k∈Z)上单调递增， ∴令2kπ－π≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ(k∈Z)， 得kπ－eq \f(2π,3)≤x≤kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)， ∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))(k∈Z)． (2)∵f(A)＝1＋2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＝－1， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＝－1. 又eq \f(π,3)<2A＋eq \f(π,3)<eq \f(7π,3)，∴2A＋eq \f(π,3)＝π，∴A＝eq \f(π,3). ∵a＝eq \f(\r(7),2)，∴a2＝b2＋c2－2bccosA，即(b＋c)2－3bc＝eq \f(7,4). ① ∵向量m＝(3，sinB)与n＝(2，sinC)共线， ∴2sinB＝3sinC，由正弦定理得2b＝3c. ② 由①②可得b＝eq \f(3,2)，c＝1. 【跟踪训练】 3．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，且eq \f(cosB,cosC)＝eq \f(b,2a－c). (1)求B； (2)若eq \o(AM,\s\up17(→))＝2eq \o(MC,\s\up17(→))，求BM的最小值，并判断此时△ABC的形状． 解：(1)由条件，得(2a－c)cosB＝bcosC， 由正弦定理，得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC， 即2sinAcosB＝cosBsinC＋sinBcosC， 所以2sinAcosB＝sin(B＋C)， 因为A＋B＋C＝π， 所以sin(B＋C)＝sinA，即2sinAcosB＝sinA， 因为A为三角形内角，故sinA≠0，所以cosB＝eq \f(1,2)， 因为0<B<π，所以B＝eq \f(π,3). (2)由(1)得S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(3),4)ac＝eq \f(3\r(3),2)，解得ac＝6， 因为eq \o(BM,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \o(BA,\s\up17(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(BC,\s\up17(→))， 所以|eq \o(BM,\s\up17(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(BA,\s\up17(→))＋\f(2,3)\o(BC,\s\up17(→)))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9) eq \o(BA,\s\up17(→))2＋eq \f(4,9) eq \o(BA,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \f(4,9) eq \o(BC,\s\up17(→))2＝eq \f(1,9)(c2＋2ac＋4a2)＝eq \f(1,9)(c2＋4a2＋2ac)≥eq \f(1,9)(2eq \r(4a2c2)＋2ac)＝eq \f(1,9)(4ac＋2ac)＝eq \f(2,3)ac＝4， 当且仅当c＝2a，即a＝eq \r(3)，c＝2eq \r(3)时，|eq \o(BM,\s\up17(→))|取得最小值2，此时sinC＝2sinA， 又因为C＝eq \f(2π,3)－A，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝2sinA，整理得tanA＝eq \f(\r(3),3)， 因为0<A<eq \f(2π,3)，所以A＝eq \f(π,6)，所以C＝eq \f(π,2)， 所以△ABC是直角三角形． 1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＋c2－a2＝bc＝1，则△ABC的面积为(　　) A．eq \f(\r(3),3) B．eq \f(3\r(3),2) C．eq \f(\r(3),4) D．eq \f(\r(3),2) 解析：由b2＋c2－a2＝bc及余弦定理b2＋c2－a2＝2bccosA，可得bc＝2bccosA，即cosA＝eq \f(1,2)，所以sinA＝eq \f(\r(3),2).因为bc＝1，所以S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4).故选C. 解析：由sinB＝eq \r(sinAsinC)以及正弦定理得b2＝ac，所以cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)＋\f(c,a)))－eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)×2eq \r(\f(a,c)·\f(c,a))－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(当且仅当a＝c时，等号成立)，所以cosB∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即B∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).故选A. 2．(2024·云南高一校考阶段练习)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinB＝eq \r(sinAsinC)，则B的取值范围为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) 解析：由eq \f(1,2)acsin30°＝eq \f(3,2)，得ac＝6.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos30°＝(a＋c)2－2ac－eq \r(3)ac＝4b2－12－6eq \r(3)，所以b＝1＋eq \r(3).故选B. 3．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边．如果2b＝a＋c，B＝30°，△ABC的面积为eq \f(3,2)，那么b＝(　　) A．eq \f(1＋\r(3),2) B．1＋eq \r(3) C．eq \f(2＋\r(3),2) D．2＋eq \r(3) 4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(eq \r(3)，－1)，n＝(cosA，sinA)，若m⊥n，且acosB＋bcosA＝csinC，则角A，B的大小分别为________． 解析：∵m⊥n，∴eq \r(3)cosA－sinA＝0，∴tanA＝eq \r(3)，又A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,3).由题意及正弦定理得sinAcosB＋sinBcosA＝sin2C，∴sin(A＋B)＝sin2C，即sinC＝1，∴C＝eq \f(π,2)，则B＝eq \f(π,6). eq \f(π,3)，eq \f(π,6) 解：设∠AOB＝α.在△AOB中，由余弦定理，得AB2＝12＋22－2×1×2cosα＝5－4cosα. 四边形OACB的面积 S＝S△AOB＋S△ABC＝eq \f(1,2)OA·OBsinα＋eq \f(\r(3),4)AB2＝sinα－eq \r(3)cosα＋eq \f(5\r(3),4)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋eq \f(5\r(3),4). 因为0<α<π，所以－eq \f(π,3)<α－eq \f(π,3)<eq \f(2π,3)， 所以当α－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(5π,6)时，四边形OACB的面积最大，最大值为2＋eq \f(5\r(3),4). 一、选择题 1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)2－c2＝4，C＝120°，则△ABC的面积为(　　) A．eq \f(\r(3),3) B．eq \f(2\r(3),3) C．eq \r(3) D．2eq \r(3) 解析：将c2＝a2＋b2－2abcosC与(a＋b)2－c2＝4联立，解得ab＝4，则S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \r(3).故选C. 2．(2024·黑龙江龙西北八校联合体高一下期末)已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b＋a，c－a)．若p∥q，则角C的大小为(　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,3) C．eq \f(2π,3) D．eq \f(π,2) 解析：因为p∥q，所以(a＋c)(c－a)－b(b＋a)＝0，所以c2－a2－b2－ab＝0，所以a2＋b2－c2＝－ab，所以2abcosC＝－ab，所以cosC＝－eq \f(1,2)，因为0<C<π，所以C＝eq \f(2π,3).故选C. 3．在△ABC中，若A＝60°，b＝1，△ABC的面积S＝eq \r(3)，则eq \f(a,sinA)＝(　　) A．eq \f(2\r(39),3) B．eq \f(2\r(29),3) C．eq \f(26\r(3),3) D．3eq \r(3) 解析：由三角形的面积公式可得S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(\r(3)c,4)＝eq \r(3)⇒c＝4，由余弦定理可得a2＝1＋16－2×1×4×eq \f(1,2)＝13⇒a＝eq \r(13)，所以eq \f(a,sinA)＝eq \f(\r(13),\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(39),3).故选A. 4．(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝eq \f(π,3)，b2＝eq \f(9,4)ac，则sinA＋sinC＝(　　) A．eq \f(3,2) B．eq \r(2) C．eq \f(\r(7),2) D．eq \f(\r(3),2) 解析：因为B＝eq \f(π,3)，b2＝eq \f(9,4)ac，则由正弦定理，得sinAsinC＝eq \f(4,9)sin2B＝eq \f(1,3).由余弦定理，得b2＝a2＋c2－ac＝eq \f(9,4)ac，即a2＋c2＝eq \f(13,4)ac，再由正弦定理，得sin2A＋sin2C＝eq \f(13,4)sinAsinC＝eq \f(13,12)，所以(sinA＋sinC)2＝sin2A＋sin2C＋2sinAsinC＝eq \f(7,4)，因为A，C为三角形的内角，所以sinA＋sinC>0，所以sinA＋sinC＝eq \f(\r(7),2).故选C. 5．(多选)如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，eq \r(3)(acosC＋ccosA)＝2bsinB，且∠CAB＝eq \f(π,3).若D是△ABC外一点，DC＝1，AD＝3，则下列说法中正确的是(　　) A．△ABC的内角B＝eq \f(π,3) B．△ABC的内角C＝eq \f(π,3) C．四边形ABCD面积的最大值为eq \f(5\r(3),2)＋3 D．四边形ABCD的面积无最大值 解析：∵eq \r(3)(acosC＋ccosA)＝2bsinB，∴eq \r(3)·(sinAcosC＋sinCcosA)＝2sin2B，∴eq \r(3)sin(A＋C)＝2sin2B，即eq \r(3)sinB＝2sin2B.又sinB≠0，∴sinB＝eq \f(\r(3),2).∵∠CAB＝eq \f(π,3)，∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴B＝eq \f(π,3)，∴C＝π－A－B＝eq \f(π,3)，因此A，B正确；四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ACD＝eq \f(\r(3),4)AC2＋eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(\r(3),4)(AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC)＋eq \f(1,2)AD·DC·sin∠ADC＝eq \f(\r(3),4)(9＋1－6cos∠ADC)＋eq \f(1,2)×3×1×sin∠ADC＝eq \f(5\r(3),2)＋3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ADC－\f(π,3)))≤eq \f(5\r(3),2)＋3，当且仅当∠ADC－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即∠ADC＝eq \f(5π,6)时，等号成立，因此C正确，D错误．故选ABC. 解析：由题意知eq \f(1,2)absinC＝20sinC＝12，解得sinC＝eq \f(3,5)，所以cos2C＝1－2sin2C＝1－2×eq \f(9,25)＝eq \f(7,25). eq \f(7,25) 7．某园区有一块三角形空地△ABC(如图)，其中AB＝10eq \r(3) m，BC＝40 m，∠ABC＝eq \f(π,2)，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求∠APB＝eq \f(2π,3)，则CP的最小值为____________ m. 10eq \r(21)－10 解析：如图，因为∠APB＝eq \f(2π,3)，所以点P在如图所示的圆O上，圆O的半径为eq \f(1,2)×eq \f(10\r(3),\f(\r(3),2))＝10(m)，由圆周角的性质，可得∠ADB＝π－eq \f(2π,3)＝eq \f(π,3)，∠AOB＝eq \f(π,3)×2＝eq \f(2π,3)，∠OBA＝∠OAB＝eq \f(π,6)，连接OC，可得OP＋CP≥OC(当P为OC与圆O的交点时，取等号)．在△OBC中，OB＝10 m，BC＝40 m，∠OBC＝eq \f(2π,3)，根据余弦定理，可知OC＝eq \r(102＋402－2×10×40×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝10eq \r(21)(m)，所以CP的最小值为(10eq \r(21)－10) m. 解析：由题意可知，△ABC为等腰直角三角形，设AC＝BC＝m，则AB＝eq \r(2)m.设∠AOB＝θ，则△AOB中，由OA＝2，OB＝1及余弦定理可知12＋22－2m2＝4cosθ，∴m2＝eq \f(5－4cosθ,2)，∴S△OAB＝eq \f(1,2)×2×1×sinθ＝sinθ，S△ABC＝eq \f(m2,2)＝eq \f(5,4)－cosθ.记平面四边形OACB的面积为S，则S＝eq \f(5,4)－cosθ＋sinθ＝eq \f(5,4)＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))).∵0<θ<π，∴－eq \f(π,4)<θ－eq \f(π,4)<eq \f(3π,4).∴当θ－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(3π,4)时，平面四边形OACB面积的最大值是eq \r(2)＋eq \f(5,4). 8．如图，在△ABC中，AC＝BC，C＝eq \f(π,2)，点O是△ABC外一点，OA＝2，OB＝1，则平面四边形OACB面积的最大值是________． eq \r(2)＋eq \f(5,4) 三、解答题 9．(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sinC＝eq \r(2)cosB，a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋eq \r(3)，求c. 解：(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcosC，对比已知a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab， 可得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(2)ab,2ab)＝eq \f(\r(2),2)， 因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)， 因为sinC＝eq \r(2)cosB，所以cosB＝eq \f(1,2)， 又因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). (2)由(1)可得B＝eq \f(π,3)，C＝eq \f(π,4)， 故A＝π－eq \f(π,3)－eq \f(π,4)＝eq \f(5π,12)， 所以sinA＝sineq \f(5π,12)＝sineq \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， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝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＝2eq \r(2). 10．(2024·山东聊城高一下期末)已知向量a＝(2cosωx，－2)，b＝(eq \r(3)sinωx＋cosωx，1)，其中ω>0，函数f(x)＝a·b＋1，且f(x)图象的两个相邻对称中心的距离为eq \f(π,2). (1)求ω； (2)已知a，b，c分别为不等边三角形ABC的三个内角A，B，C的对边，且f(A)＝f(B)＝eq \r(3)，a＝eq \r(2)，求△ABC的面积． 解：(1)f(x)＝a·b＋1 ＝2cosωx(eq \r(3)sinωx＋cosωx)－2＋1 ＝eq \r(3)sin2ωx＋2cos2ωx－1 ＝eq \r(3)sin2ωx＋cos2ωx ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))， 依题意得eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,2)×2，即ω＝1. (2)由(1)得f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， 由f(A)＝f(B)＝eq \r(3)， 得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)， 因为△ABC为不等边三角形，且0<A<π，0<B<π， 所以eq \f(π,6)<2A＋eq \f(π,6)<eq \f(13π,6)，eq \f(π,6)<2B＋eq \f(π,6)<eq \f(13π,6)， 所以A＝eq \f(π,12)，B＝eq \f(π,4)或A＝eq \f(π,4)，B＝eq \f(π,12). 当A＝eq \f(π,12)，B＝eq \f(π,4)时，C＝eq \f(2π,3)， 由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得b＝eq \f(\r(2)sin\f(π,4),sin\f(π,12))＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(π,6))))＝eq \f(1,\f(\r(2),2)×\f(\r(3),2)－\f(\r(2),2)×\f(1,2))＝eq \r(6)＋eq \r(2)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×(eq \r(6)＋eq \r(2))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3＋\r(3),2)； 当A＝eq \f(π,4)，B＝eq \f(π,12)时，C＝eq \f(2π,3)， 由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得b＝eq \f(\r(2)sin\f(π,12),sin\f(π,4))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(π,6)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\f(\r(3),2)－\f(\r(2),2)×\f(1,2)))＝eq \f(\r(6)－\r(2),2)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(\r(6)－\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3－\r(3),4). 11．(2024·辽宁沈阳辽中区第二高级中学高一下期末)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(a，b)与n＝(cosA，sinB)平行．若c＝2，b＝eq \r(2)，则BC边上的中线AD为(　　) A．1 B．2 C.eq \r(10) D.eq \f(\r(10),2) 解析：由于向量m＝(a，b)与n＝(cosA，sinB)平行，所以asinB＝bcosA，由正弦定理得sinAsinB＝sinBcosA，由于sinB>0，所以sinA＝cosA，由于0<A<π，所以A＝eq \f(π,4).eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→)))，两边平方得eq \o(AD,\s\up17(→))2＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up17(→))2＋2eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→))2)＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2×2×\r(2)×cos\f(π,4)＋2))＝eq \f(5,2)，所以|eq \o(AD,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(10),2).故选D. 12．在如图所示的平面四边形ABCD中，AB＝4，∠CAB＝30°，AC⊥CB，∠ADC＝120°，则DA2＋DC2的最小值为(　　) A．4 B．8 C．4eq \r(3) D．8eq \r(2) 解析：在△ABC中，因为∠CAB＝30°，AC⊥CB，所以AC＝ABcos∠BAC＝4×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3).在△ADC中，因为∠ADC＝120°，所以由余弦定理得AC2＝DA2＋DC2－2DA·DC·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，即12＝DA2＋DC2＋DA·DC，又由不等式的性质可知DA2＋DC2≥2DA·DC，即得DA·DC≤eq \f(DA2＋DC2,2)，所以12＝DA2＋DC2＋DA·DC≤eq \f(3,2)(DA2＋DC2)，从而DA2＋DC2≥8，当且仅当DA＝DC＝2时，等号成立．故选B. 3－eq \r(3) 解析：因为acosC－ccosA＝b－c，由正弦定理可得sinAcosC－cosAsinC＝sinB－sinC，即sinAcosC－cosAsinC＝sin(A＋C)－sinC＝sinAcosC＋cosAsinC－sinC，整理可得2cosAsinC＝sinC.因为C∈(0，π)，所以sinC>0，则cosA＝eq \f(1,2)，又A∈(0，π)，故A＝eq \f(π,3).由正弦定理可得eq \f(c,sinC)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(1－c,\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(3),3)(1－c)，整理可得c＝eq \f(\f(2\r(3),3)sinC,1＋\f(2\r(3),3)sinC)＝eq \f(2sinC,\r(3)＋2sinC)＝eq \f(2,\f(\r(3),sinC)＋2).因为0<C<eq \f(2π,3)，当C＝eq \f(π,2)时，c取得最大值，且c的最大值为eq \f(2,2＋\r(3))＝4－2eq \r(3)，此时a＝1－c＝1－(4－2eq \r(3))＝2eq \r(3)－3，B＝eq \f(π,6)，所以b＝eq \f(c,2)＝2－eq \r(3)，因此，当边c取得最大值时，△ABC的周长为a＋b＋c＝(2eq \r(3)－3)＋(2－eq \r(3))＋(4－2eq \r(3))＝3－eq \r(3). 14．(2024·江苏常州华罗庚中学高一创新班期末)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq \f(cosA,cosC)＝－eq \f(\r(3)a,2b＋\r(3)c)，点D是边BC上的一点，且eq \f(sin∠BAD,b)＋eq \f(sin∠CAD,c)＝eq \f(3,2a). (1)求证：AD＝eq \f(a,3)； (2)若CD＝2BD，求cos∠ADC. 解：(1)证明：在△ABC中，eq \f(cosA,cosC)＝－eq \f(\r(3)a,2b＋\r(3)c)， 则eq \f(b2＋c2－a2,2bc)×eq \f(2ab,a2＋b2－c2)＝－eq \f(\r(3)a,2b＋\r(3)c)， 整理得b2＋c2－a2＝－eq \r(3)bc， 则cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(\r(3),2)， 又0<A<π，则A＝eq \f(5π,6). 在△ACD中，由正弦定理得eq \f(sin∠CAD,CD)＝eq \f(sinC,AD)， 则sin∠CAD＝eq \f(CDsinC,AD)， 在△BAD中，由正弦定理得eq \f(sin∠BAD,BD)＝eq \f(sinB,AD)， 则sin∠BAD＝eq \f(BDsinB,AD)， 则eq \f(sin∠BAD,b)＋eq \f(sin∠CAD,c) ＝eq \f(BDsinB,AD·b)＋eq \f(CDsinC,AD·c)＝eq \f(BDsinA,AD·a)＋eq \f(CDsinA,AD·a)＝eq \f(（BD＋CD）·\f(1,2),AD·a)＝eq \f(a·\f(1,2),AD·a)＝eq \f(1,2AD)＝eq \f(3,2a)， 则AD＝eq \f(a,3). (2)由CD＝2BD，可得CD＝eq \f(2,3)a，BD＝eq \f(1,3)a， 又AD＝eq \f(a,3)， 则cos∠ADC＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))\s\up12(2)－b2,2×\f(1,3)a×\f(2,3)a)， cos∠ADB＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))\s\up12(2)－c2,2×\f(1,3)a×\f(1,3)a). 由cos∠ADC＋cos∠ADB＝0， 可得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))\s\up12(2)－b2,2×\f(1,3)a×\f(2,3)a)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))\s\up12(2)－c2,2×\f(1,3)a×\f(1,3)a)＝0，即a2－b2＝2c2， 又A＝eq \f(5π,6)，则a2＝b2＋c2＋eq \r(3)bc， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝2c2，,a2＝b2＋c2＋\r(3)bc，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(3)b，,a＝\r(7)b，)) 则cos∠ADC＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))\s\up12(2)－b2,2×\f(1,3)a×\f(2,3)a)＝eq \f(\f(5,9)×7b2－b2,\f(4,9)×7b2)＝eq \f(13,14). 15．某市欲建一个圆形公园，现规划设立A，B，C，D四个出入口(在圆周上)，并以直路顺次连通，其中A，B，C的位置已确定．已知AB＝2，BC＝6，∠ABC＝θ，如图所示．请你为规划部门解决以下问题： (1)如果DC＝DA＝4，求四边形ABCD的面积； (2)如果圆形公园的面积为eq \f(28π,3)，求cosθ的值． 解：(1)∵∠ADC＋∠ABC＝π， ∴cos∠ADC＝－cosθ. 连接AC.在△ABC和△ADC中分别使用余弦定理， 可得AC2＝22＋62－2×2×6×cosθ＝42＋42－2×4 ×4×(－cosθ)， 解得cosθ＝eq \f(1,7)， ∴sin∠ADC＝sinθ＝eq \f(4\r(3),7)， ∴四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ADC＝eq \f(1,2)(BA·BC＋DA·DC)sinθ＝eq \f(1,2)×(2×6＋4×4)×eq \f(4\r(3),7)＝8eq \r(3). (2)∵圆形公园的面积为eq \f(28π,3)， ∴圆形公园的半径R＝eq \f(2\r(21),3). 在△ABC中，由正弦定理， 可知AC＝2Rsinθ＝eq \f(4\r(21),3)sinθ. 由余弦定理，可知AC2＝22＋62－2×2×6×cosθ＝40－24cosθ， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(21),3)sinθ)) eq \s\up12(2)＝40－24cosθ， 化简得14cos2θ－9cosθ＋1＝0， 解得cosθ＝eq \f(1,2)或cosθ＝eq \f(1,7). $$