第5章 第6节 余弦定理、正弦定理-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（基础版）

第五章　三角函数、 解三角形 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2026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，难度中档；也可能融合在其他考点里面，不单独呈现. 必备知识—强基础 考点探究—提素养 课时作业 目录 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 b2＋c2－2bccosA c2＋a2－2cacosB a2＋b2－2abcosC 必备知识—强基础 5 2RsinB 2RsinC sinA∶sinB∶sinC 必备知识—强基础 6 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 ______ ______ ______ ______ ______ 2.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况 一解 两解 一解 一解 无解 必备知识—强基础 7 必备知识—强基础 8 必备知识—强基础 9 题组一　走出误区——判一判 (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.(　　) × √ × × 必备知识—强基础 10 必备知识—强基础 11 必备知识—强基础 12 (3)(人教A必修第二册习题6.4 T6改编)在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC＝____． 必备知识—强基础 13 (4)(人教B必修第四册习题9－1A T6改编)在△ABC中，若asinA＝bcosC＋ccosB，则△ABC的形状是_____________ . 直角三角形 必备知识—强基础 14 考点探究—提素养 利用正、余弦定理解三角形 (2025·江苏盐城四校高三联考)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(2b－c)cosA＝acosC，则A＝_____． 考点探究—提素养 16 应用正、余弦定理的解题技巧 考点探究—提素养 17 考点探究—提素养 18 利用正、余弦定理判断三角形的形状 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． 考点探究—提素养 19 考点探究—提素养 20 考点探究—提素养 21 1．判断三角形形状的两种常用途径 考点探究—提素养 22 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． 考点探究—提素养 23 等边三角形 考点探究—提素养 24 正、余弦定理的综合应用(多考向探究) 考向1　三角形的周长问题 考点探究—提素养 25 考点探究—提素养 26 考点探究—提素养 27 在求三角形的周长时，一般是先求出三角形的三边，然后再求周长；如果不能直接求出三角形的三边，则可以考虑先求出一边，然后再求其余两边的和来求三角形的周长． 考点探究—提素养 28 考点探究—提素养 29 考点探究—提素养 30 考向2　三角形的面积问题 考点探究—提素养 31 考点探究—提素养 32 与三角形面积有关问题的解题策略 策略一 利用正、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、余弦定理结合求出三角形的其他量 考点探究—提素养 33 考点探究—提素养 34 考点探究—提素养 35 考向3　利用正、余弦定理解决平面几何问题 考点探究—提素养 36 考点探究—提素养 37 平面几何图形中研究或求解与角有关的长度、角度、面积等问题，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． 考点探究—提素养 38 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. 考点探究—提素养 39 考点探究—提素养 40 考点探究—提素养 41 考点探究—提素养 42 考点探究—提素养 43 课时作业 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 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ ★★ 考向 余弦定理 正弦定理 三角形的周长与面积问题 正弦定理 正弦定理 正弦定理 正弦定理；余弦定理 正弦定理；余弦定理 正弦定理 判断三角形的形状 考点 利用余弦定理求边长 利用正弦定理求角的三角函数值 三角形的面积问题 利用正弦定理边角互化求角 利用正弦定理边角互化求式子的值 利用正弦定理边角互化求角 利用余弦定理求角；利用正弦定理求边长 利用正弦定理边角互化求角；利用余弦定理求边长 利用正弦定理比较三角函数值的大小 通过角度判断三角形的形状 关联点 二倍角的正弦公式 两角和的正弦公式 同角三角函数的基本关系式 诱导公式；同角三角函数的基本关系式 两角和的正弦公式；诱导公式 诱导公式；不等式的性质 诱导公式；三角恒等变换 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 45 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 考向 正弦定理；余弦定理；三角形的周长与面积问题 余弦定理 正弦定理；余弦定理 正弦定理；余弦定理 三角形的周长与面积问题 三角形的周长与面积问题 判断三角形的形状 正、余弦定理的综合应用 正、余弦定理的综合应用 正、余弦定理的综合应用 考点 利用正弦定理边角互化求角；三角形的面积问题 利用余弦定理求边长 利用正弦定理求角；利用余弦定理求边长 利用余弦定理求角；利用正弦定理求边长 利用余弦定理求角；三角形的周长、面积问题 利用余弦定理求角；三角形的面积问题 通过角度判断三角形的形状 利用正、余弦定理解决平面几何问题 利用余弦定理求角；利用正弦定理求边长；三角形的周长问题 利用余弦定理解决平面几何问题 关联点 同角三角函数的基本关系式；两角和的正弦公式 同角三角函数的基本关系式 同角三角函数的基本关系式 诱导公式；两角和的正弦公式 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 54 二、多项选择题 9．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 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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 59 三、填空题 12．(2024·河北唐山高三第一次模拟)在△ABC中，AB＝5，BC＝7，AC＝8，D是AB边上一点，CD⊥AB，则CD＝________． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 60 6 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 66 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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 67 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 69 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 70 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 71 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 72 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 73 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 74 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 75 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 76 　　　　　　　　　　　　　 R 定理 余弦定理 正弦定理 公式 a2＝_________________； b2＝_________________； c2＝___________________ eq \f(a,sinA)＝______＝______＝2R eq \f(b,sinB) eq \f(c,sinC) eq \f(b,2R) 常见变形 cosA＝_____________； cosB＝_____________； cosC＝_______________ (1)a＝2RsinA，b＝_______，c＝________； (2)sinA＝eq \f(a,2R)，sinB＝______，sinC＝eq \f(c,2R)； (3)a∶b∶c＝_______________； (4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA eq \f(b2＋c2－a2,2bc) eq \f(c2＋a2－b2,2ac) eq \f(a2＋b2－c2,2ab) 3.三角形常用面积公式 (1)S＝eq \f(1,2)aha(ha表示a边上的高)． (2)S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(abc,4R). (3)S＝eq \f(1,2)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；sineq \f(A＋B,2)＝coseq \f(C,2)；coseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2). (5)三角形中的射影定理：在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA； c＝bcosA＋acosB. 题组二　回归教材——练一练 (1)(人教A必修第二册习题6.4 T7改编)在△ABC中，a＝5，B＝105°，C＝30°，则c的值为(　　) A.eq \r(2) B.eq \f(5\r(2),2) C.eq \r(6) D.eq \f(5\r(6),2) 解析：因为A＝180°－B－C＝45°，且eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，所以eq \f(5,\f(\r(2),2))＝eq \f(c,\f(1,2))，解得c＝eq \f(5\r(2),2). (2)(人教B必修第四册9.1.2练习A T4改编)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若A＝eq \f(π,6)，c＝2，且△ABC的面积为eq \f(3,2)，则b＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：因为S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA，所以eq \f(1,2)×2b×sineq \f(π,6)＝eq \f(3,2)，解得b＝3.故选C. eq \f(2π,3) 解析：在△ABC中，设AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋25－49,30)＝－eq \f(1,2)，因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝eq \f(2π,3). 解析：由asinA＝bcosC＋ccosB，利用正弦定理，得sin2A＝sinBcosC＋sinCcosB，所以sin2A＝sin(B＋C)，又A＋B＋C＝π，所以B＋C＝π－A, 所以sin2A＝sinA，又0<A<π，所以sinA>0，所以sinA＝1，则A＝eq \f(π,2)，所以△ABC是直角三角形． 解析：因为(2b－c)cosA＝acosC，由正弦定理，得(2sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，整理，得2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)＝sinB，因为B为△ABC的内角，所以B∈(0，π)，因此sinB≠0，所以2cosA＝1，即cosA＝eq \f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). eq \f(π,3) 求边 利用正弦定理变形公式a＝eq \f(bsinA,sinB)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＝eq \f(asinB,b)等或余弦定理变形公式cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)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 1.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b2＋c2＝a2＋eq \r(3)bc，则角A的大小为(　　) A.eq \f(5π,6) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6) 解析：因为b2＋c2＝a2＋eq \r(3)bc，所以由余弦定理可得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3)bc,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，因为0<A<π，所以A＝eq \f(π,6). ①cosC＝eq \f(13,14)；②cosB＝eq \f(1,7). 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×eq \f(13,14)＝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＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(72＋32－82,2×7×3)＝－eq \f(1,7)＜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×eq \f(1,7)，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＝eq \f(1,7)＞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＝eq \f(1,7)，所以sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \f(4\r(3),7). 在△ABC中，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(7×\f(4\r(3),7),8)＝eq \f(\r(3),2). 因为cosB＝eq \f(1,7)＞0，所以B是锐角．又a＜b，所以A＜B，所以A是锐角． 因为sinA＝eq \f(\r(3),2)，所以cosA＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(1,2)， 所以cosC＝cos(π－A－B)＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4\r(3),7)－eq \f(1,2)×eq \f(1,7)＝eq \f(11,14)＞0，所以C是锐角． 综上，△ABC不是钝角三角形． 2.在△ABC中，若eq \f(sinA＋sinC,sinB)＝eq \f(b＋c,a)，a(sinA－sinB)＝(c－b)(sinC＋sinB)，则△ABC的形状是_____________． 解析：由题意及正弦定理，得eq \f(a＋c,b)＝eq \f(b＋c,a)，即a2＋ac＝b2＋bc，所以a2－b2＋ac－bc＝0，所以(a－b)(a＋b＋c)＝0，所以a＝b，即△ABC为等腰三角形．由正弦定理，得a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，即c＝b，则a＝b＝c，所以△ABC为等边三角形． (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sinA＋eq \r(3)cosA＝2. (1)求A；(2)若a＝2，eq \r(2)bsinC＝csin2B，求△ABC的周长． 解：(1)解法一(利用辅助角公式求解)： 由sinA＋eq \r(3)cosA＝2，可得eq \f(1,2)sinA＋eq \f(\r(3),2)cosA＝1， 即sineq \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). 解法二(利用同角三角函数的基本关系求解)： 由sinA＋eq \r(3)cosA＝2， 又sin2A＋cos2A＝1，消去sinA， 得4cos2A－4eq \r(3)cosA＋3＝0⇔(2cosA－eq \r(3))2＝0， 解得cosA＝eq \f(\r(3),2)， 又A∈(0，π)，故A＝eq \f(π,6). (2)由题设条件和正弦定理，得eq \r(2)bsinC＝csin2B⇔eq \r(2)sinBsinC＝2sinCsinBcosB， 又B，C∈(0，π)，则sinBsinC≠0，得cosB＝eq \f(\r(2),2)，故B＝eq \f(π,4)， 于是sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4)， 由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得eq \f(2,sin\f(π,6))＝eq \f(b,sin\f(π,4))＝eq \f(c,sinC)， 解得b＝2eq \r(2)，c＝eq \r(2)＋eq \r(6)，故△ABC的周长为2＋3eq \r(2)＋eq \r(6). 3.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＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长． 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. (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. (2025·河北邯郸高三调研)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(b＋a)·(sin∠ABC－sin∠BAC)＝c(sin∠ABC－sinC)，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P. (1)求∠BAC； (2)若AD＝eq \r(7)，BE＝2，cos∠DPE＝eq \f(\r(7),14)，求△ABC的面积． 解：(1)因为(b＋a)(sin∠ABC－sin∠BAC)＝c(sin∠ABC－sinC)， 所以由正弦定理，得b2＋c2－a2＝bc， 由余弦定理，得cos∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，又0<∠BAC<π，所以∠BAC＝eq \f(π,3). (2)因为P是BC，AC边上的两条中线AD与BE的交点，所以点P是△ABC的重心. 又AD＝eq \r(7)，BE＝2，∠APB＝∠DPE， 所以在△ABP中，由余弦定理，得c2＝AB2＝PA2＋PB2－2PA·PBcos∠APB＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(7),3)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq \s\up12(2)－2×eq \f(2\r(7),3)×eq \f(4,3)×eq \f(\r(7),14)＝4， 所以c＝2，又BE＝2，∠BAC＝eq \f(π,3)，所以AE＝BE＝2， 所以b＝2AE＝4，所以△ABC的面积为eq \f(1,2)×4×2×sineq \f(π,3)＝2eq \r(3). 4.(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). (2025·河北保定十县一中高三期末联考)如图，A，B，C，D是圆O上的四点． (1)若∠BAC＝eq \f(π,3)，AB＝5，AC＝4，求圆O的半径； (2)若∠ACB＝∠ACD＝eq \f(π,6)，且△ACD的面积是△ABC的面积的2倍，求cos∠ADC. 解：(1)在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝52＋42－2×5×4×eq \f(1,2)＝21，则BC＝eq \r(21). 设圆O的半径为r，则r＝eq \f(BC,2sin∠BAC)＝eq \f(\r(21),\r(3))＝eq \r(7). (2)△ACD的面积S1＝eq \f(1,2)AC·CDsin∠ACD＝eq \f(1,4)AC·CD， △ABC的面积S2＝eq \f(1,2)AC·BCsin∠ACB＝eq \f(1,4)AC·BC， 因为S1＝2S2，所以CD＝2BC.如图所示，连接BD.在△BCD中，设BC＝x， 由余弦定理，得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝3x2， 则BC2＋BD2＝CD2，则BC⊥BD. 所以CD为圆O的直径，所以∠CAD＝eq \f(π,2)， 所以∠ADC＝π－∠ACD－∠CAD＝eq \f(π,3)，则cos∠ADC＝eq \f(1,2). 解：(1)证明：设△ABC外接圆的半径为R， 由正弦定理，得sin∠ABC＝eq \f(b,2R)，sinC＝eq \f(c,2R)，因为BDsin∠ABC＝asinC， 所以BD·eq \f(b,2R)＝a·eq \f(c,2R)，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＝eq \f(2b,3)，CD＝eq \f(1,3)b，如图， 在△ABC中，cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，　① 在△BCD中，cosC＝eq \f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,3)))\s\up12(2)－b2,2a·\f(b,3)).　② 由①②，得a2＋b2－c2＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,3)))\s\up12(2)－b2))， 整理，得2a2－eq \f(11,3)b2＋c2＝0. 又因为b2＝ac，所以6a2－11ac＋3c2＝0，解得a＝eq \f(c,3)或a＝eq \f(3c,2)， 当a＝eq \f(c,3)时，b2＝ac＝eq \f(c2,3)，a＋b＝eq \f(c,3)＋eq \f(\r(3)c,3)<c(舍去)． 当a＝eq \f(3c,2)时，b2＝ac＝eq \f(3c2,2)， cos∠ABC＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))\s\up12(2)＋c2－\f(3c2,2),2×\f(3c,2)×c)＝eq \f(7,12)， 所以cos∠ABC＝eq \f(7,12). 解法二：由(1)，知BD＝b＝AC，由AD＝2DC，得AD＝eq \f(2,3)b，CD＝eq \f(1,3)b. 在△ADB中，由正弦定理，得eq \f(AD,sin∠ABD)＝eq \f(BD,sinA). 因为S△ABD＝eq \f(2,3)S△ABC，所以eq \f(1,2)×eq \f(2,3)b2sin∠ADB＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)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eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BD,sinC)，所以eq \f(\f(b,3),sinA)＝eq \f(b,sinC)，化简，得sinC＝3sinA. 在△ABC中，由正弦定理，知c＝3a.又b2＝ac＝3a2， 所以cos∠ABC＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋9a2－3a2,2a×3a)＝eq \f(7,6)＞1(舍去)； 当∠ABD＝∠C时，因为eq \f(AD,sin∠ABD)＝eq \f(BD,sinA)，所以eq \f(\f(2,3)b,sinC)＝eq \f(b,sinA)，化简，得sinC＝eq \f(2,3)sinA. 在△ABC中，由正弦定理，知c＝eq \f(2,3)a. 又b2＝ac＝eq \f(2,3)a2，所以cos∠ABC＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋\f(4,9)a2－\f(2,3)a2,2×\f(2,3)a2)＝eq \f(7,12).故cos∠ABC＝eq \f(7,12). 1．(2025·河南五市高三联考)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，若a＝eq \r(3)，b＝3，B＝60°，则c＝(　　) A.eq \r(3) B．2eq \r(3) C．3 D．6 解析：由a＝eq \r(3)，b＝3，B＝60°以及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，得3＋c2－eq \r(3)c＝9，解得c＝2eq \r(3)(负值舍去)．故选B. 2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝eq \f(\r(6),2)b，A＝2B，则cosB＝(　　) A.eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(6),5) C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(6),3) 解析：因为a＝eq \f(\r(6),2)b，A＝2B，所以由正弦定理可得eq \f(\f(\r(6),2)b,sin2B)＝eq \f(b,sinB)，所以eq \f(\f(\r(6),2),2sinBcosB)＝eq \f(1,sinB)，所以cosB＝eq \f(\r(6),4).故选C. 3．(2025·山东青岛高三适应性检测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2asinB，bc＝4，则△ABC的面积为(　　) A．1 B.eq \r(3) C．2 D．2eq \r(3) 解析：根据正弦定理，得sinB＝2sinAsinB，因为B∈(0，π)，则sinB≠0，所以1＝2sinA，解得sinA＝eq \f(1,2)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×4×eq \f(1,2)＝1.故选A. 4．(2024·江西九江高三第三次模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2c－a＝2bcosA，则B＝(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6) 解析：∵2c－a＝2bcosA，∴2sinC－sinA＝2sinBcosA，∵A＋B＋C＝π，∴2sin(A＋B)－2sinBcosA＝sinA，则2sinAcosB＝sinA，∵sinA>0，∴cosB＝eq \f(1,2)，又B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).故选B. 5．(2025·河南濮阳高三模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，B≠C.若cosA＝eq \f(2\r(2),3)，a＝1，则eq \f(b－c,sinB－sinC)＝(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,2) C．2 D．3 解析：由题意，知cosA＝eq \f(2\r(2),3)，故sinA＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)))\s\up12(2))＝eq \f(1,3)，又a＝1，故2R＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(1,\f(1,3))＝3(R为△ABC外接圆的半径)，故eq \f(b－c,sinB－sinC)＝eq \f(2RsinB－2RsinC,sinB－sinC)＝2R＝3.故选D. 6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝eq \r(3)b，A－B＝eq \f(π,2)，则C＝(　　) A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3) 解析：由题意得A＝B＋eq \f(π,2)，所以sinA＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB，又a＝eq \r(3)b，所以由正弦定理得sinA＝eq \r(3)sinB，故cosB＝eq \r(3)sinB，所以tanB＝eq \f(\r(3),3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,6)，所以C＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6).故选B. 7．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＝eq \r(3)，△ABC的周长为9，则ac＝(　　) A．6 B．9 C．16 D．24 解析：在△ABC中，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)，由0＜B＜π可得B＝eq \f(π,3)，所以b＝2RsinB＝2eq \r(3)×eq \f(\r(3),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. 8．△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eq \f(b,a)＝(　　) A.eq \f(5,3) B.eq \f(7,3) C.eq \f(7,2) D.eq \f(5,2) 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＝eq \f(1,3).由正弦定理及asinA－csinC＋bsinA＝0，得a2－c2＝－ab.又由余弦定理，得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(b2－ab,2ab)＝eq \f(1,3)，所以eq \f(b,a)＝eq \f(5,3). 10．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列说法中正确的是(　　) 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eq \f(a,cosA)＝eq \f(b,cosB)＝eq \f(c,cosC)，则△ABC是等边三角形 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＝eq \f(π,2)，∴△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. 11．(2025·辽宁大连高三模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acosB＋bsinA＝c，a＝2eq \r(10)，a2＋b2－c2＝absinC，则(　　) A．tanC＝2 B．A＝eq \f(π,3) C．b＝6eq \r(2) D．△ABC的面积为12eq \r(2) 解析：由余弦定理可得a2＋b2－c2＝2abcosC＝absinC，解得tanC＝2，故A正确；由acosB＋bsinA＝c及正弦定理，可得sinAcosB＋sinBsinA＝sinC＝sin(A＋B)，化简，可得sinBsinA＝cosAsinB，因为B∈(0，π)，所以sinB>0，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4)，故B错误； 因为tanC＝2，所以cosC>0且sinC＝2cosC，代入sin2C＋cos2C＝1，可得5cos2C＝1，解得cosC＝eq \f(\r(5),5)，sinC＝eq \f(2\r(5),5).因为a＝2eq \r(10)，A＝eq \f(π,4)，sinC＝eq \f(2\r(5),5)，所以由正弦定理可得c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(2\r(10)×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝8，由a2＋b2－c2＝absinC，可得(2eq \r(10))2＋b2－82＝2eq \r(10)b×eq \f(2\r(5),5)，化简，可得b2－4eq \r(2)b－24＝0，解得b＝6eq \r(2)或b＝－2eq \r(2)(舍去)，故C正确；S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×6eq \r(2)×8×eq \f(\r(2),2)＝24，故D错误．故选AC. 解析：因为AB＝5，BC＝7，AC＝8，所以cosA＝eq \f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB)＝eq \f(64＋25－49,2×8×5)＝eq \f(40,80)＝eq \f(1,2)，因为0<A<π，所以A＝eq \f(π,3)，所以在Rt△ACD中，CD＝ACsinA＝8sineq \f(π,3)＝4eq \r(3). 4eq \r(3) 13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA＝eq \r(3)acosC，c＝2eq \r(3)，ab＝8，则a＋b的值是______． 解析：由csinA＝eq \r(3)acosC及正弦定理得sinCsinA＝eq \r(3)sinAcosC，∵sinA≠0， ∴tanC＝eq \r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,3)，再由余弦定理得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(（a＋b）2－2ab－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，代入c＝2eq \r(3)，ab＝8，得a＋b＝6. eq \r(10) eq \f(4\r(5),5) 14．(2024·河南郑州高三第二次质量预测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(2)，b＝4，ccosB＋a＝0，则c＝________，点D在线段AB上，且∠CDA＝eq \f(3π,4)，则CD＝________． 解析：由余弦定理，得c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＋a＝0，即3a2＋c2－b2 ＝0，所以c2＝b2－3a2＝16－6＝10，解得c＝－eq \r(10)(舍去)或c＝ eq \r(10).在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(16＋10－2,8\r(10))＝eq \f(3\r(10),10)，所以sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \f(\r(10),10)，在△ADC中，由正弦定理，得CD＝eq \f(b,sin∠CDA)·sinA＝eq \f(4,\f(\r(2),2))×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(4\r(5),5). 四、解答题 15．(2025·重庆高三第一次质量检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,2)))sinB＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(b,2)))sinC. (1)求A； (2)若△ABC的面积为eq \r(3)，周长为8，求a. 解：(1)因为asinA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,2)))sinB＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(b,2)))·sinC，所以a2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,2)))b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(b,2)))c， 整理，得a2＝b2＋c2－bc，所以cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2)， 因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). (2)因为△ABC的面积为eq \r(3)，所以由(1)可知，eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)bcsineq \f(π,3)＝eq \r(3)， 解得bc＝4，所以a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－12， 又因为a＋b＋c＝8，所以a2＝(8－a)2－12，解得a＝eq \f(13,4). 16．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且eq \f(sinA－sinB,sinC)＝eq \f(a－c,a＋b). (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eq \f(sinA－sinB,sinC)＝eq \f(a－c,a＋b)，由正弦定理，得eq \f(a－b,c)＝eq \f(a－c,a＋b)， 化简，得a2＋c2－b2＝ac，所以由余弦定理，得cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)， 又因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). (2)如图所示，因为S△ABC＝S△ABD＋S△CBD， 即eq \f(1,2)BA·BCsin∠ABC＝eq \f(1,2)BA·BDsineq \f(∠ABC,2)＋eq \f(1,2)BC·BDsineq \f(∠ABC,2)， 化简，得BA＋BC＝eq \f(\r(3),2)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＝eq \f(1,2)BA·BCsin∠ABC＝eq \f(3\r(3),2). 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eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝2R，得2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB成立，故B正确；对于C，由余弦定理可得b＝eq \r(82＋102－2×8×10×\f(1,2))＝2eq \r(21)，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＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)<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)已知△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq \r(7)，且S△ABC＝eq \f(3\r(3),2)，则下列说法正确的是(　　) A．△ABC的周长为5＋eq \r(7) 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eq \f(2\r(21),3) D．△ABC的中线CD的长为eq \f(\r(19),2) 解析：因为△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq \r(7)，所以a∶b∶c＝2∶3∶eq \r(7)，设a＝2t，b＝3t，c＝eq \r(7)t，t>0，利用余弦定理得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(4t2＋9t2－7t2,12t2)＝eq \f(1,2)，由于C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).对于A，因为S△ABC＝eq \f(3\r(3),2)，所以eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)×2t×3t×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)，解得t＝1，所以a＝2，b＝3，c＝eq \r(7)，所以△ABC的周长为5＋eq \r(7)，故A正确；对于B，因为C＝eq \f(π,3)，所以A＋B＝eq \f(2π,3)，故A＋B＝2C，故B正确；对于C，利用正弦定理得eq \f(c,sinC)＝eq \f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(21),3)＝2R，解得R＝eq \f(\r(21),3)，所以△ABC外接圆的半径为eq \f(\r(21),3)，故C错误； 对于D，如图所示，在△ABC中，利用正弦定理得eq \f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(2,sinA)，解得sinA＝eq \f(\r(21),7)，又a<c，所以cosA＝eq \f(2\r(7),7)，在△ACD中，利用余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcosA＝9＋eq \f(7,4)－2×3×eq \f(\r(7),2)×eq \f(2\r(7),7)＝eq \f(19,4)，解得CD＝eq \f(\r(19),2)，故D正确．故选ABD. 19．(2025·广东肇庆高三联考)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(c2,b2＋c2－a2)＝eq \f(sinC,sinB). (1)求A； (2)若b＝4，sinB＋cosB＝eq \r(2)，求△ABC的周长． 解：(1)在△ABC中，由正弦定理，得eq \f(sinC,sinB)＝eq \f(c,b). 因为eq \f(c2,b2＋c2－a2)＝eq \f(sinC,sinB)，所以eq \f(c2,b2＋c2－a2)＝eq \f(c,b)，化简，得b2＋c2－a2＝bc. 在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)， 又因为0<A<π，所以A＝eq \f(π,3). (2)由sinB＋cosB＝eq \r(2)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝1，又B∈(0，π)， 所以B＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以B＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，解得B＝eq \f(π,4)， 所以C＝π－A－B＝eq \f(5π,12)，sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B) ＝sinAcosB＋sinBcosA＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 又b＝4，由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，即eq \f(a,sin\f(π,3))＝eq \f(4,sin\f(π,4))＝eq \f(c,sin\f(5π,12))， 解得a＝2eq \r(6)，c＝2eq \r(3)＋2，故△ABC的周长为6＋2eq \r(6)＋2eq \r(3). 20．(2025·河北名校高三模拟)在△ABC中，AB＝4，AC＝2eq \r(2)，D为BC的中点，连接AD并延长到点E，使AE＝3DE. (1)若DE＝1，求∠BAC的余弦值； (2)若∠ABC＝eq \f(π,4)，求线段BE的长． 解：(1)因为DE＝1，AE＝3DE，所以AD＝2， 因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0， 设BD＝DC＝x，则eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＋eq \f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)＝0， 即eq \f(x2＋4－16,2×x×2)＋eq \f(x2＋4－8,2×x×2)＝0，解得x＝2eq \r(2)，所以BC＝2BD＝4eq \r(2)， 在△ABC中，由余弦定理，知cos∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(16＋8－32,2×4×2\r(2))＝－eq \f(\r(2),4). (2)在△ABC中，由余弦定理，知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC， 所以8＝16＋BC2－2×4×BC×eq \f(\r(2),2)，化简，得BC2－4eq \r(2)BC＋8＝0，解得BC＝2eq \r(2)，因为D是BC的中点，所以BD＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2). 在△ABD中，由余弦定理，知 AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABC＝16＋2－2×4×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝10， 所以AD＝eq \r(10)，因为AE＝3DE，所以AE＝eq \f(3,2)AD＝eq \f(3\r(10),2)， 在△ABD中，由余弦定理，知cos∠BAE＝eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq \f(16＋10－2,2×4×\r(10))＝eq \f(3\r(10),10)， 在△ABE中，由余弦定理，知BE2＝AB2＋AE2－2AB·AEcos∠BAE＝16＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),2))) eq \s\up12(2)－2×4×eq \f(3\r(10),2)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(5,2)，所以BE＝eq \f(\r(10),2). $$