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作业与测评课件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 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 1 2 3 4 5 6 知识对点练 4 1 2 3 4 5 6 知识对点练 5 1 2 3 4 5 6 知识对点练 6 1 2 3 4 5 6 知识对点练 7 1 2 3 4 5 6 知识对点练 8 1 2 3 4 5 6 知识对点练 9 1 2 3 4 5 6 知识对点练 10 1 2 3 4 5 6 知识对点练 11 1 2 3 4 5 6 知识对点练 12 1 2 3 4 5 6 知识对点练 13 1 2 3 4 5 6 知识对点练 14 1 2 3 4 5 6 知识对点练 15 1 2 3 4 5 6 知识对点练 16 1 2 3 4 5 6 知识对点练 17 40分钟综合练 一、单项选择题 1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若b＝8，c＝5，且S△ABC＝10，则A＝(　　) A．30° B．90° C．150° D．30°或150° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 31 9．若三角形的一条边长度为14，这条边所对的角为60°，另外两条边长度之比为8∶5，则这个三角形的面积是________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 43 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 44 15．(2024·江苏无锡阶段练习)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD·sin∠ADC＝2CD·sin∠ABC． (1)求证：BC＝2CD； (2)若AB＝3CD＝3，且∠BDC＝60°，求四边形ABCD的面积． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 45 解：(1)证明：在△ACD中，由正弦定理得 AD·sin∠ADC＝AC·sin∠ACD， 因为AB∥CD，所以∠ACD＝∠CAB， 所以AD·sin∠ADC＝AC·sin∠CAB， 在△ABC中， 由正弦定理得AC·sin∠CAB＝BC·sin∠ABC， 所以AD·sin∠ADC＝BC·sin∠ABC． 又AD·sin∠ADC＝2CD·sin∠ABC， 所以BC·sin∠ABC＝2CD·sin∠ABC， 所以BC＝2CD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 46 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 47 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　三角形的面积问题 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．已知半径R为4的圆的内接三角形ABC的面积S是eq \f(1,16)，△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则abc的值为(　　) A．1 B．eq \r(2) C．2 D．4 解析：由三角形的面积公式S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,16)，得absinC＝eq \f(1,8)．由正弦定理可知eq \f(c,sinC)＝2R＝8，∴sinC＝eq \f(1,8)c，∴abc＝1．故选A． 解析：由三角形的面积公式，得S＝eq \f(1,2)AB·BCsinB＝eq \f(1,2)．又AB＝1，BC＝eq \r(2)，∴sinB＝eq \f(\r(2),2)．∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,4)或B＝eq \f(3π,4)．由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，当B＝eq \f(π,4)时，得AC＝1，这时不符合钝角三角形的要求，故舍去；当B＝eq \f(3π,4)时，得AC＝eq \r(5)． 3．钝角三角形ABC的面积是eq \f(1,2)，AB＝1，BC＝eq \r(2)，则AC＝_____． eq \r(5) 4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝3，b＝2，sinA＋sinB＝eq \f(5\r(21),14)． (1)求sinB的值； (2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC的面积． 解：(1)由正弦定理，sinA＋sinB＝eq \f(5\r(21),14)可化为eq \f(a,2R)＋eq \f(b,2R)＝eq \f(5\r(21),14)(R为△ABC外接圆的半径)， 解得2R＝eq \f(2\r(21),3)，则sinB＝eq \f(b,2R)＝eq \f(2,\f(2\r(21),3))＝eq \f(\r(21),7)． (2)因为△ABC为锐角三角形， 所以cosB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(7),7)． 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB， 得eq \r(7)c2－12c＋5eq \r(7)＝0，解得c＝eq \r(7)或c＝eq \f(5\r(7),7)． 当c＝eq \f(5\r(7),7)时，a2>b2＋c2，此时A为钝角，舍去； 当c＝eq \r(7)时，a>c且a2<b2＋c2， 所以此时△ABC为锐角三角形． 所以c＝eq \r(7)，则△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)×3×eq \r(7)×eq \f(\r(21),7)＝eq \f(3\r(3),2)． 知识点二　余弦定理、正弦定理在几何图形中的应用 5．如图所示的平面四边形ABCD内接于圆O，内角B>D，对角线AC的长为7，圆O的半径为eq \f(7\r(3),3)． (1)若BC＝5，AD＝CD，求四边形ABCD的面积； (2)求△ABC周长的最大值． 解：(1)如图所示，连接OA，OC， 在△AOC中，OA＝OC＝eq \f(7\r(3),3)，AC＝7， ∴cos∠AOC＝eq \f(OA2＋OC2－AC2,2OA·OC)＝eq \f(\f(49,3)＋\f(49,3)－49,2×\f(49,3))＝－eq \f(1,2)， ∵0<∠AOC<π，∴∠AOC＝eq \f(2π,3)， 则∠ADC＝eq \f(π,3)， ∵AD＝CD，∴△ACD为等边三角形， ∴S△ACD＝eq \f(1,2)AC2·sineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)×49×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(49\r(3),4)， ∵∠ABC＋∠ADC＝π，∴∠ABC＝eq \f(2π,3)， 在△ABC中，AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcoseq \f(2π,3)， 即49＝25＋AB2＋5AB， 又AB>0，∴AB＝3， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin∠ABC＝eq \f(1,2)×3×5×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4)， ∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝16eq \r(3)． (2)设BC＝a，AB＝c， 则在△ABC中，∠ABC＝eq \f(2π,3)，AC＝7， 则eq \f(a2＋c2－49,2ac)＝－eq \f(1,2)，即a2＋c2＋ac＝49， 故(a＋c)2＝49＋ac， ∵a>0，c>0，∴ac≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2))) eq \s\up12(2)，当且仅当a＝c时，等号成立， ∴(a＋c)2＝49＋ac≤49＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2))) eq \s\up12(2)，当且仅当a＝c时，等号成立， ∴eq \f(3,4)(a＋c)2≤49，则(a＋c)2≤eq \f(4×49,3)， ∵a＋c>0，故a＋c≤eq \f(14\r(3),3)，当且仅当a＝c时，等号成立， ∴a＋c＋AC≤eq \f(14\r(3),3)＋7，即△ABC周长的最大值为eq \f(14\r(3),3)＋7． 知识点三　余弦定理、正弦定理与三角函数的综合 6．在锐角三角形ABC中，a＝2eq \r(3)，________． (1)求角A； (2)求△ABC的周长l的取值范围． 在①m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(A,2)，sin\f(A,2)))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(A,2)，sin\f(A,2)))，且m·n＝－eq \f(1,2)；②(2b－c)cosA＝acosC；③f(x)＝cosxcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq \f(1,4)，f(A)＝eq \f(1,4)这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并解答． 解：(1)若选①，∵m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(A,2)，sin\f(A,2)))， n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(A,2)，sin\f(A,2)))，且m·n＝－eq \f(1,2)， ∴m·n＝－cos2eq \f(A,2)＋sin2eq \f(A,2)＝－eq \f(1,2)， ∴cosA＝eq \f(1,2)．∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴A＝eq \f(π,3)． 若选②，∵(2b－c)cosA＝acosC，∴2bcosA＝acosC＋ccosA． 由正弦定理，得2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sinB， 又sinB≠0，∴2cosA＝1，即cosA＝eq \f(1,2)． ∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴A＝eq \f(π,3)． 若选③，f(x)＝cosxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)cos2x＋eq \f(\r(3),2)cosxsinx－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)×eq \f(1＋cos2x,2)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(sin2x,2)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， ∵f(A)＝eq \f(1,4)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)． ∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴A＝eq \f(π,3)． (2)∵eq \f(a,sinA)＝4，∴l＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＋4sinB＋2eq \r(3)， ∴l＝4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＋2eq \r(3)． ∵△ABC为锐角三角形，且A＝eq \f(π,3)，∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))， ∴B＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴eq \f(\r(3),2)<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))≤1， ∴l∈(6＋2eq \r(3)，6eq \r(3)]． 解析：由题意可知eq \f(1,2)bcsinA＝10，因为b＝8，c＝5，所以sinA＝eq \f(1,2)，所以A＝30°或150°．故选D． 2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝eq \f(π,3)，且bsinA＝eq \r(3)sinB，则△ABC面积的最大值为(　　) A．eq \f(\r(3),4) B．eq \f(\r(3),2) C．eq \f(3\r(3),4) D．eq \r(3) 解析：由bsinA＝eq \r(3)sinB，得ba＝eq \r(3)b，∴a＝eq \r(3)，在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，当且仅当b＝c＝eq \r(3)时取等号，则S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA≤eq \f(3\r(3),4)．故选C． 3．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若eq \f(a2－b2,a2＋b2)＝eq \f(sin（A－B）,sin（A＋B）)，则△ABC是(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 解析：eq \f(a2－b2,a2＋b2)＝eq \f(sin（A－B）,sin（A＋B）)⇒(a2－b2)sin(A＋B)－(a2＋b2)sin(A－B)＝0⇒a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]－b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝0⇒2a2cosAsinB－2b2sinAcosB＝0⇒2sin2A·cosAsinB－2sin2BsinAcosB＝0，因为sinAsinB≠0，所以2sinAcosA＝2sinBcosB，即sin2A＝sin2B．由于A，B∈(0，π)，因此由sin2A＝sin2B⇒2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)．因此△ABC是直角三角形或等腰三角形．故选D． 4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示△ABC的面积．若ccosB＋bcosC＝asinA，S＝eq \f(\r(3),4)(b2＋a2－c2)，则B＝(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° 解析：由ccosB＋bcosC＝asinA及正弦定理得sinCcosB＋sinBcosC＝sin2A，则sin(C＋B)＝sin2A，即sinA＝sin2A．又sinA≠0，所以sinA＝1．又因为0°<A<180°，所以A＝90°．由余弦定理、三角形面积公式及S＝eq \f(\r(3),4)(b2＋a2－c2)，得eq \f(1,2)absinC＝eq \f(\r(3),4)·2abcosC，整理得tanC＝eq \r(3)，又0°<C<90°，所以C＝60°，故B＝30°．故选D． 5．(2024·重庆南岸阶段练习)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＝4cosC，则eq \f(tanC,tanA)＋eq \f(tanC,tanB)的值是(　　) A．2 B．eq \f(3,2) C．4 D．eq \f(4,3) 解析：已知eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＝4cosC，由余弦定理，得eq \f(a2＋b2,ab)＝4×eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，所以a2＋b2＝2c2，eq \f(tanC,tanA)＋eq \f(tanC,tanB)＝eq \f(cosAsinC,cosCsinA)＋eq \f(cosBsinC,cosCsinB)＝eq \f(sinC,cosC)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosA,sinA)＋\f(cosB,sinB)))＝eq \f(sinC,cosC)·eq \f(sinBcosA＋sinAcosB,sinAsinB)＝eq \f(sinCsin（A＋B）,sinAsinBcosC)＝eq \f(sin2C,sinAsinBcosC)＝eq \f(c2,abcosC)＝eq \f(c2,ab)×eq \f(2ab,a2＋b2－c2)＝eq \f(2c2,2c2－c2)＝2．故选A． 二、多项选择题 6．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．下列命题正确的是(　　) A．若a＝eq \r(10)，b＝2，c＝3，则eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(3,2) B．若△ABC为锐角三角形，则sinA＋sinB>cosA＋cosB C．若sin2A＋sin2B＋cos2C>1，则△ABC为锐角三角形 D．若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)＝1，则△ABC是等边三角形 解析：对于A，由余弦定理，知cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(4＋9－10,2×2×3)＝eq \f(1,4)，∴eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝cbcos(π－A)＝3×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝－eq \f(3,2)，故A错误；对于B，由题意得A＋B>eq \f(π,2)，则0<eq \f(π,2)－B<A<eq \f(π,2)，0<eq \f(π,2)－A<B<eq \f(π,2)，∴0<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))<sinA<1，0<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))<sinB<1，即0<cosB<sinA<1，0<cosA<sinB<1，∴sinA＋sinB>cosA＋cosB，故B正确；对于C，∵sin2A＋sin2B＋cos2C>1，∴sin2A＋sin2B>1－cos2C＝sin2C，结合正弦定理，得a2＋b2>c2，由余弦定理，知cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)>0，∵C∈(0，π)，∴C为锐角，但无法确定A和B的大小，故C错误；对于D，∵A，B，C∈(0，π)，∴A－B∈(－π，π)，B－C∈(－π，π)，C－A∈(－π，π)，可得cos(A－B)∈(－1，1]，cos(B－C)∈(－1，1]，cos(C－A)∈(－1，1]，若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)＝1，则cos(A－B)＝1，cos(B－C)＝1，cos(C－A)＝1，可得A－B＝0，B－C＝0，C－A＝0，即A＝B＝C，则△ABC是等边三角形，故D正确．故选BD． 7．(2024·山东潍坊期末)东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”．如图1，它是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．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形DEF拼成的一个大等边三角形ABC，则(　　) A．这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形 B．若AB＝eq \r(7)DF，则BD＝DE C．若AF＝3，sin∠CAF＝eq \f(5\r(3),14)，则EF＝2 D．若DE＝eq \f(1,3)BE，则△ABC的面积是△DEF面积的19倍 解析：对于A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则AF＝CF＝BE＝CE＝AD＝BD，从而F，E，D三点重合，不符合题意，故A错误；对于B，在△ABD中，不妨设AB＝eq \r(7)DF＝eq \r(7)t，由余弦定理，得AB2＝BD2＋(BD＋t)2－2BD·(BD＋t)cos120°，7t2＝BD2＋(BD＋t)2＋BD·(BD＋t)，解得BD＝t，所以BD＝DE，故B正确；对于C，在△ACF中，sin∠CAF＝eq \f(5\r(3),14)，而∠AFC＝120°，所以cos∠CAF＝eq \r(1－sin2∠CAF)＝eq \f(11,14)，sin∠ACF＝sin(60°－∠CAF)＝sin60°cos∠CAF－cos60°sin∠CAF＝eq \f(3\r(3),14)， 由正弦定理，得eq \f(CF,sin∠CAF)＝eq \f(AF,sin∠ACF)，解得CF＝5，又因为AF＝EC＝3，所以EF＝CF－EC＝2，故C正确；对于D，若DE＝eq \f(1,3)BE，设DE＝eq \f(1,3)BE＝m，BE＝AD＝3m，BD＝2m，在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos120°＝19m2，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin60°＝19m2×eq \f(\r(3),4)，S△DEF＝ eq \f(1,2)DF·DEsin60°＝m2×eq \f(\r(3),4)，所以S△ABC＝19S△DEF，故D正确．故选BCD． 解析：由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcoseq \f(π,4)＝2＋9－2×eq \r(2)×3×eq \f(\r(2),2)＝5，所以AC＝eq \r(5)．由正弦定理，得eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sinA)，所以sinA＝eq \f(BCsinB,AC)＝eq \f(3×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq \f(3\r(10),10)． 三、填空题 8．在△ABC中，B＝eq \f(π,4)，AB＝eq \r(2)，BC＝3，则sinA的值为________． eq \f(3\r(10),10) 40eq \r(3) 解析：设另外两条边长度分别为8x，5x(x>0)，则cos60°＝eq \f(64x2＋25x2－142,80x2)，解得x＝2或x＝－2(舍去)，所以另外两条边长度分别是16，10．所以这个三角形的面积S＝eq \f(1,2)×16×10×sin60°＝40eq \r(3)． 10．如图所示平面四边形ABCD中，已知B＋D＝180°，AB＝2，BC＝4eq \r(2)，CD＝4，AD＝2eq \r(5)，则四边形ABCD的面积为____________． 解析：连接AC，如图所示．在△ABC与△ADC中分别使 用余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，AC2＝AD2＋ CD2－2AD·CDcosD．因为B＋D＝180°，所以cosD＝cos(180° －B)＝－cosB，因此22＋(4eq \r(2))2－2×2×4eq \r(2)cosB＝(2eq \r(5))2＋42＋ 2×2eq \r(5)×4cosB，解得cosB＝0，因此cosD＝0，则B＝D＝90°．从而可知四边形ABCD的面积为eq \f(1,2)×2×4eq \r(2)＋eq \f(1,2)×4×2eq \r(5)＝4eq \r(2)＋4eq \r(5)． 4eq \r(2)＋4eq \r(5) 四、解答题 11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ccosB＋bcosC＝3acosB． (1)求cosB的值； (2)若c＝2，△ABC的面积为2eq \r(2)，求b的值． 解：(1)在△ABC中，由正弦定理及ccosB＋bcosC＝3acosB， 得sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosB，∴sin(C＋B)＝3sinAcosB． 又sin(C＋B)＝sinA，∴sinA＝3sinAcosB． ∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴cosB＝eq \f(1,3)． (2)∵角B是△ABC的内角， ∴sinB>0，sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \f(2\r(2),3)． 又S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB，∴eq \f(1,2)a×2×eq \f(2\r(2),3)＝2eq \r(2)，解得a＝3． 在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝32＋22－2×3×2×eq \f(1,3)＝9， ∴b＝3． 12．(2024·河北石家庄高一质量检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2，csineq \f(B＋C,2)＝asinC． (1)求角A的大小； (2)在①sinB＝eq \f(\r(21),7)，②a＋c＝7这两个条件中任选一个，求△ABC的面积． 解：(1)因为csineq \f(B＋C,2)＝asinC，所以sinCsineq \f(B＋C,2)＝sinAsinC， 即sinCsineq \f(π－A,2)＝sinAsinC， 即sinCcoseq \f(A,2)＝2sineq \f(A,2)coseq \f(A,2)sinC． 因为0<C<π，0<A<π，所以sinC>0，0<eq \f(A,2)<eq \f(π,2)， 所以coseq \f(A,2)>0，所以sineq \f(A,2)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(A,2)＝eq \f(π,6)，A＝eq \f(π,3)． (2)选①sinB＝eq \f(\r(21),7)，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)， 得eq \f(a,\f(\r(3),2))＝eq \f(2,\f(\r(21),7))，所以a＝eq \r(7)． 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA， 得7＝4＋c2－2c， 解得c＝3或c＝－1(舍去)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×2×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)． 选②a＋c＝7， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA， 得(7－c)2＝4＋c2－2c，解得c＝eq \f(15,4)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×2×eq \f(15,4)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),8)． 13．[多选](2024·湖北期末)著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线称为欧拉线．该定理称为欧拉线定理．已知△ABC的外心为O，重心为G，垂心为H，且AB＝6，AC＝4，下列结论正确的是(　　) A．eq \o(AG,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝－eq \f(20,3) B．eq \o(AO,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝10 C．eq \o(OH,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)) D．若|eq \o(BC,\s\up16(→))|＝2eq \r(7)，则eq \o(OB,\s\up16(→))·eq \o(OC,\s\up16(→))＝－eq \f(14,3) 解析：对于A，由△ABC的重心为G，有eq \o(AG,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))， 且AB＝6，AC＝4，故eq \o(AG,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))·(eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝eq \f(1,3)(eq \o(AC,\s\up16(→))2－ eq \o(AB,\s\up16(→))2)＝－eq \f(20,3)，故A正确；对于B，由△ABC的外心为O，有eq \o(AO,\s\up16(→))· eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AO,\s\up16(→))·(eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝|eq \o(AO,\s\up16(→))||eq \o(AC,\s\up16(→))|cos∠OAC－|eq \o(AO,\s\up16(→))||eq \o(AB,\s\up16(→))|cos∠OAB＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up16(→))2－eq \o(AB,\s\up16(→))2)＝－10，故B错误；对于C，由欧拉线定理得2eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \o(GH,\s\up16(→))，即eq \o(OH,\s\up16(→))＝3eq \o(OG,\s\up16(→))，又eq \o(GA,\s\up16(→))＋eq \o(GB,\s\up16(→))＋eq \o(GC,\s\up16(→))＝0，所以eq \o(OH,\s\up16(→))＝3eq \o(OG,\s\up16(→))＋eq \o(GA,\s\up16(→))＋eq \o(GB,\s\up16(→))＋eq \o(GC,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))，故C正确； 对于D，因为AB＝6，AC＝4，|eq \o(BC,\s\up16(→))|＝2eq \r(7)，所以由余弦定理得cosA＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(62＋42－（2\r(7)）2,2×6×4)＝eq \f(1,2)，又0<A<π，所以A＝eq \f(π,3)，如图，∠BOC＝eq \f(2π,3)，设△ABC外接圆的半径为R．由正弦定理得2R＝eq \f(BC,sinA)＝eq \f(2\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(21),3)，所以R＝OB＝OC＝eq \f(2\r(21),3)，则eq \o(OB,\s\up16(→))·eq \o(OC,\s\up16(→))＝|eq \o(OB,\s\up16(→))||eq \o(OC,\s\up16(→))|cos∠BOC＝－eq \f(14,3)，故D正确．故选ACD． 解析：由eq \f(\f(\r(3)sinA,tanB)－sinC,sinA－sinB)＝eq \f(sinA＋sinB,sinC)，得eq \f(\r(3)sinAsinC,tanB)－sin2C＝sin2A－sin2B，由正弦定理，得eq \f(\r(3)ac,tanB)＝a2＋c2－b2，由余弦定理，得cosB＝eq \f(\r(3),2)·eq \f(cosB,sinB)， 14．(2024·天津南开阶段练习)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝3，且满足eq \f(\f(\r(3)sinA,tanB)－sinC,sinA－sinB)＝eq \f(sinA＋sinB,sinC)，则eq \f(b2,a＋c)的取值范围为____________． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(3))) 又△ABC为锐角三角形，所以cosB≠0，则sinB＝eq \f(\r(3),2)，即B＝eq \f(π,3)，由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)，所以a＝2eq \r(3)sinA，c＝2eq \r(3)sinC，所以a＋c＝2eq \r(3)sinA＋2eq \r(3)sinC＝2eq \r(3)sinA＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝2eq \r(3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA＋\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA))＝2eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinA＋\f(\r(3),2)cosA))＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinA＋\f(1,2)cosA))＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，因为△ABC为锐角三角形，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<C<\f(π,2)，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－A<\f(π,2)，))解得A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，则6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈(3eq \r(3)，6]，所以eq \f(1,6sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(\r(3),9)))，即eq \f(1,a＋c)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(\r(3),9)))，所以eq \f(b2,a＋c)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(3)))． (2)因为AB＝3CD＝3，所以CD＝1， 由(1)知BC＝2CD＝2， 因为∠BDC＝60°，则在△BCD中，由余弦定理得 BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC， 即22＝BD2＋12－2BD×eq \f(1,2)， 又BD>0，解得BD＝eq \f(1＋\r(13),2)， 此时四边形ABCD的面积 S＝eq \f(1,2)(AB＋CD)×BD×sin60°＝eq \f(1,2)×(3＋1)×eq \f(1＋\r(13),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(39)＋\r(3),2)． $$