旧教材适用2023高考数学一轮总复习第四章三角函数解三角形第6讲正弦定理和余弦定理

第6讲正弦定理和余弦定理1．正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(b,sinB)＝eq\o(□,\s\up3(02))eq\f(c,sinC)＝2R，其中2R为△ABC外接圆的直径．变式：a＝eq\o(□,\s\up3(03))2RsinA，b＝eq\o(□,\s\up3(04))2RsinB，c＝eq\o(□,\s\up3(05))2RsinC．a∶b∶c＝eq\o(□,\s\up3(06))sinA∶eq\o(□,\s\up3(07))sinB∶eq\o(□,\s\up3(08))sinC．2．余弦定理a2＝eq\o(□,\s\up3(09))b2＋c2－2bccosA；b2＝eq\o(□,\s\up3(10))a2＋c2－2accosB；c2＝eq\o(□,\s\up3(11))a2＋b2－2abcosC．变式：cosA＝eq\o(□,\s\up3(12))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\o(□,\s\up3(13))eq\f(a2＋c2－b2,2ac)；cosC＝eq\o(□,\s\up3(14))eq\f(a2＋b2－c2,2ab)．sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA．3．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况图形关系式解的个数A为锐角a<bsinAeq\o(□,\s\up3(15))无解a＝bsinAeq\o(□,\s\up3(16))一解续表4．三角形中常用的面积公式(1)S＝eq\f(1,2)ah(h表示边a上的高).(2)S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\o(□,\s\up3(21))eq\f(1,2)acsinB＝eq\o(□,\s\up3(22))eq\f(1,2)absinC．(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径).1．三角形内角和定理在△ABC中，A＋B＋C＝π；变形：eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2).2．三角形中的三角函数关系(1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cos(A＋B)＝－cosC；(3)sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；(4)coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).3．三角形中的射影定理在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB．1．已知△ABC中，a＝1，b＝eq\r(2)，B＝45°，则A等于()A.150°B．90°C．60°D．30°答案D解析由正弦定理，得eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(2),sin45°)，得sinA＝eq\f(1,2).又a<b，∴A<B＝45°.∴A＝30°.故选D.2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，b＝2，cos(A＋B)＝eq\f(1,3)，则c等于()A.4B．eq\r(15)C．3D．eq\r(17)答案D解析由cos(A＋B)＝eq\f(1,3)，∴cosC＝－eq\f(1,3)，∴由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝9＋4－2×3×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝17，∴c＝eq\r(17).故选D.3．(2022·甘肃兰州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c＝2acosB，则此三角形一定是()A.等腰直角三角形 B．直角三角形C.等腰三角形 D．等边三角形答案C解析∵c＝2acosB，∴由正弦定理，得sinC＝2sinAcosB，∴sin(A＋B)＝2sinAcosB，∴sinAcosB＋cosAsinB＝2sinAcosB，∴sinAcosB－cosAsinB＝0，∴sin(A－B)＝0，∵0<A<π，0<B<π，∴－π<A－B<π，∴A－B＝0，∴A＝B.故选C.4．(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cosB＝()A.eq\f(1,9)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(2,3)答案A解析∵在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝42＋32－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，∴AB＝3，∴cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(9＋9－16,2×3×3)＝eq\f(1,9).故选A.5．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cosC＝－eq\f(1,4)，3sinA＝2sinB，则c＝．答案4解析由3sinA＝2sinB及正弦定理，得3a＝2b，所以b＝eq\f(3,2)a＝3.由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，得－eq\f(1,4)＝eq\f(22＋32－c2,2×2×3)，解得c＝4.6．(2021·云南昭通联考)在△ABC中，AB＝eq\r(6)，∠A＝75°，∠B＝45°，则AC＝．答案2解析因为∠A＝75°，∠B＝45°，所以∠C＝60°，由正弦定理可得eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(\r(6),sin60°)，解得AC＝2.考向一利用正、余弦定理解三角形例1(1)(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq\r(19)，AB＝2，则BC＝()A．1B．eq\r(2)C．eq\r(5)D．3答案D解析解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去).故选D.解法二：由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(57),19)，从而cosC＝eq\f(4\r(19),19)(C是锐角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(19),19)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(57),19)＝eq\f(3\r(57),38).又eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝3.故选D.(2)△ABC中，已知a＝eq\r(2)，b＝2，B＝45°，则角A等于()A．30°或150° B．60°或120°C．60° D．30°答案D解析因为a＝eq\r(2)，b＝2，B＝45°，所以由正弦定理，得eq\f(\r(2),sinA)＝eq\f(2,sin45°)，可得sinA＝eq\f(\r(2),2)sin45°＝eq\f(1,2)，又a＜b，可得A＜B，所以A＝30°.故选D.解三角形问题的技巧(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．①应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍．②求角时易忽略角的范围而导致错误，因此需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图进行判断．(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角规则进行判断．1.在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是()A．有一解B．有两解C．无解D．有解但解的个数不确定答案C解析由正弦定理，得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq\r(3)>1.∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．故选C.2.(2020·全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝．答案－eq\f(1,4)解析∵AB⊥AC，AB＝eq\r(3)，AC＝1，由勾股定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝2，同理得BD＝eq\r(6)，∴BF＝BD＝eq\r(6).在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝eq\r(3)，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，∴CF＝CE＝1.在△BCF中，BC＝2，BF＝eq\r(6)，CF＝1，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－BF2,2CF·BC)＝eq\f(1＋4－6,2×1×2)＝－eq\f(1,4).考向二利用正、余弦定理判断三角形形状例2在△ABC中，设a，b，c分别是角A，B，C所对边的边长，且直线bx＋ycosA＋cosB＝0与ax＋ycosB＋cosA＝0平行，则△ABC一定是()A．锐角三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．等腰或直角三角形答案C解析解法一：(边化角)由两直线平行可知bcosB－acosA＝0，由正弦定理可知sinBcosB－sinAcosA＝0，即eq\f(1,2)sin2B－eq\f(1,2)sin2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).若A＝B，则a＝b，cosA＝cosB，两直线重合，不符合题意，故A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC是直角三角形．故选C.解法二：(角化边)由两直线平行可知bcosB－acosA＝0，由余弦定理，得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2.若a＝b，则两直线重合，不符合题意．故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．故选C.三角形形状的判定方法(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)等．(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sinA＝eq\f(a,2R)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．提醒：(1)注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能．(2)在判断三角形形状时一定要注意解是否唯一，并注重挖掘隐含条件．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．3.(2022·四川攀枝花诊断考试)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq\f(a2,b2)＝eq\f(a2＋c2－b2,b2＋c2－a2)，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答案D解析由eq\f(a2,b2)＝eq\f(a2＋c2－b2,b2＋c2－a2)及余弦定理，得eq\f(a2,b2)＝eq\f(2accosB,2bccosA)，即eq\f(a,b)＝eq\f(cosB,cosA)，所以由正弦定理，得eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosB,cosA)，所以有sin2A＝sin2B，从而2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).故选D.精准设计考向，多角度探究突破考向三正、余弦定理的综合应用角度三角形面积问题例3(1)(2021·山西大同高三模拟)△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eq\f(2\r(3),3)解析根据正弦定理有，sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，所以2sinBsinC＝4sinAsinBsinC，因为B，C∈(0，π)，所以sinB≠0，sinC≠0，所以sinA＝eq\f(1,2).因为b2＋c2－a2＝8，所以由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4,bc)＝eq\f(\r(3),2)，所以bc＝eq\f(8\r(3),3)，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(2\r(3),3).(2)在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三条边长求三角形面积，若三角形的三边长分别为a，b，c，则其面积S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)，这里p＝eq\f(1,2)(a＋b＋c).已知在△ABC中，BC＝6，AB＝2AC，则其面积取最大值时，sinA＝．答案eq\f(3,5)解析已知在△ABC中，BC＝6，AB＝2AC，所以a＝6，c＝2b，所以p＝eq\f(1,2)(6＋b＋2b)＝3＋eq\f(3b,2)，△ABC的面积S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3b,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,2)－3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,2)＋3－b))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3b,2)－2b)))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3b,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,2)－3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)＋3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(b,2))))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9b2,4)－9))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(b2,4))))＝3eq\r(－\f(1,16)（b2－20）2＋16).故当b2＝20时，S有最大值，所以b＝2eq\r(5)，c＝4eq\r(5)，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4,5)，所以sinA＝eq\f(3,5).三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．4.(2021·山西长治高三模拟)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)答案C解析根据余弦定理，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.5．(2022·河南郑州质检)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a＝6，4sinB＝5sinC，A＝2C，则△ABC的周长为，若O为△ABC的内心，则△AOB的面积为．答案15eq\r(7)解析由4sinB＝5sinC，得4sin(π－A－C)＝5sinC，即4sin(A＋C)＝5sinC，即4(sinAcosC＋cosAsinC)＝5sinC．又A＝2C，所以4(sin2CcosC＋cos2CsinC)＝5sinC，即4[2sinCcos2C＋(2cos2C－1)sinC]＝5sinC．因为A＝2C，所以0<C<eq\f(π,2)，所以sinC≠0，所以16cos2C－4＝5，解得cosC＝eq\f(3,4)，所以sinC＝eq\f(\r(7),4)，所以sinA＝sin2C＝2sinCcosC＝eq\f(3\r(7),8).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(asinC,sinA)＝4.由4sinB＝5sinC得4b＝5c，所以b＝eq\f(5,4)c＝5，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝15.解法一：设△ABC内切圆的半径为r，则有eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r，即eq\f(1,2)×6×5×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(1,2)×(6＋5＋4)r，解得r＝eq\f(\r(7),2)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)cr＝eq\r(7).解法二：设p＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，则p＝eq\f(15,2)，设△ABC内切圆的半径为r，根据海伦公式S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)得eq\r(\f(15,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)－6))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)－5))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)－4)))＝eq\f(1,2)×(4＋5＋6)×r，解得r＝eq\f(\r(7),2)，故S△AOB＝eq\f(1,2)cr＝eq\r(7).角度三角形中的范围问题例4(1)(2021·河北九校联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若C＝3B，则eq\f(c,b)的取值范围为()A．(0，3)B．(1，3)C．(0，3]D．(1，3]答案B解析由正弦定理可得eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sin2BcosB＋cos2BsinB,sinB)＝2cos2B＋cos2B＝4cos2B－1.∵A＋B＋C＝180°，C＝3B，∴0°<B<45°，eq\f(\r(2),2)<cosB<1，∴1<4cos2B－1<3，即1<eq\f(c,b)<3.故选B.(2)若△ABC的面积为eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且∠C为钝角，则∠B＝；eq\f(c,a)的取值范围是．答案eq\f(π,3)(2，＋∞)解析依题意有eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)＝eq\f(\r(3),4)×2accosB，则tanB＝eq\r(3)，∵0<∠B<π，∴∠B＝eq\f(π,3).eq\f(c,a)＝eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)),sinA)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3)cosA,2sinA)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,tanA)，∵∠C为钝角，∴eq\f(2π,3)－∠A>eq\f(π,2)，又∠A>0，∴0<∠A<eq\f(π,6)，则0<tanA<eq\f(\r(3),3)，∴eq\f(1,tanA)>eq\r(3)，故eq\f(c,a)>eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)＝2.∴eq\f(c,a)的取值范围为(2，＋∞).解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路是：要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．6.(2021·陕西第三次教学质量检测)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab.(1)求角C的大小；(2)若c＝2，且△ABC为锐角三角形，求a＋b的取值范围.解(1)由题意知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可知，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理可知，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(2,sin\f(π,3))＝eq\f(4\r(3),3)，即a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB，∴a＋b＝eq\f(4\r(3),3)(sinA＋sinB)＝eq\f(4\r(3),3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝2eq\r(3)sinA＋2cosA＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，又△ABC为锐角三角形，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<B＝\f(2π,3)－A<\f(π,2)，))即eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，则eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，∴2eq\r(3)<4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤4.综上，a＋b的取值范围为(2eq\r(3)，4].角度正、余弦定理解决平面几何问题例5如图，在平面四边形ABCD中，0<∠DAB<eq\f(π,2)，AD＝2，AB＝3，△ABD的面积为eq\f(3\r(3),2)，AB⊥BC.(1)求sin∠ABD的值；(2)若∠BCD＝eq\f(2π,3)，求BC的长．解(1)因为△ABD的面积S＝eq\f(1,2)AD·AB·sin∠DAB＝eq\f(1,2)×2×3sin∠DAB＝eq\f(3\r(3),2)，所以sin∠DAB＝eq\f(\r(3),2).又0<∠DAB<eq\f(π,2)，所以∠DAB＝eq\f(π,3)，所以cos∠DAB＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).由余弦定理，得BD＝eq\r(AD2＋AB2－2AD·ABcos∠DAB)＝eq\r(7)，由正弦定理，得sin∠ABD＝eq\f(ADsin∠DAB,BD)＝eq\f(\r(21),7).(2)解法一：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝eq\f(π,2)，sin∠DBC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝cos∠ABD＝eq\r(1－sin2∠ABD)＝eq\f(2\r(7),7).在△BCD中，由正弦定理知eq\f(DC,sin∠DBC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，可得DC＝eq\f(BDsin∠DBC,sin∠BCD)＝eq\f(4\r(3),3).由余弦定理知DC2＋BC2－2DC·BCcos∠BCD＝BD2，可得3BC2＋4eq\r(3)BC－5＝0，解得BC＝eq\f(\r(3),3)或BC＝－eq\f(5\r(3),3)(舍去).故BC的长为eq\f(\r(3),3).解法二：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝eq\f(π,2)，sin∠DBC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝cos∠ABD＝eq\r(1－sin2∠ABD)＝eq\f(2\r(7),7).则cos∠DBC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝sin∠ABD＝eq\f(\r(21),7)，sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠DBC))＝eq\f(\r(3),2)cos∠DBC－eq\f(1,2)sin∠DBC＝eq\f(\r(7),14).在△BCD中，由正弦定理知eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，可得BC＝eq\f(BDsin∠BDC,sin∠BCD)＝eq\f(\r(7)×\f(\r(7),14),\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),3).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、优化设计等问题，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，若研究最值，常使用函数思想．7．如图，在梯形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，M为AD上一点，AM＝2MD＝2，∠BMC＝60°.(1)若∠AMB＝60°，求BC的长；(2)设∠DCM＝θ，若MB＝4MC，求tanθ.解(1)由∠BMC＝60°，∠AMB＝60°，得∠CMD＝60°.在Rt△ABM中，MB＝2AM＝4，在Rt△CDM中，MC＝2MD＝2.在△MBC中，由余弦定理，得BC2＝MB2＋MC2－2MB·MCcos∠BMC＝12，所以BC＝2eq\r(3).(2)因为∠DCM＝θ，所以∠ABM＝60°－θ，0°<θ<60°.在Rt△MCD中，MC＝eq\f(1,sinθ)，在Rt△MAB中，MB＝eq\f(2,sin（60°－θ）)，由MB＝4MC，得2sin(60°－θ)＝sinθ，所以eq\r(3)cosθ－sinθ＝sinθ，即2sinθ＝eq\r(3)cosθ，整理可得tanθ＝eq\f(\r(3),2).自主培优(七)利用基本不等式破解三角形中的最值问题在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为．答案9解析依题意画出图形，如图所示.易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，即eq\f(1,2)csin60°＋eq\f(1,2)asin60°＝eq\f(1,2)acsin120°，∴c＋a＝ac，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，∴4a＋c＝(4a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq\f(c,a)＋eq\f(4a,c)≥9，当且仅当eq\f(c,a)＝eq\f(4a,c)，即a＝eq\f(3,2)，c＝3时取“＝”．eq\x(答题启示)利用基本不等式破解三角形中的最值问题时，当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．eq\x(对点训练)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)证明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．解(1)证明：由题意知2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB)))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB)，化简得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，从而sinA＋sinB＝2sinC.由正弦定理，得a＋b＝2c.(2)由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up15(2),2ab)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq\f(1,4)≥eq\f(3,4)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝b时，等号成立.故cosC的最小值为eq\f(1,2).1．(2022·吉林长春高三上质量监测(一))△ABC中，已知a，b，c分别是角A，B，C的对边，若eq\r(3)b＝2asinB，a＝4，则△ABC外接圆的直径为()A．eq\f(8\r(3),3)B．4eq\r(2)C．3eq\r(3)D．eq\f(4\r(3),3)答案A解析由eq\r(3)b＝2asinB知，sinA＝eq\f(\r(3),2)，又a＝4，所以△ABC外接圆的直径为2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(8\r(3),3).故选A.2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＝ac，c＝2a，则cosC＝()A．eq\f(\r(2),4)B．－eq\f(\r(2),4)C．eq\f(3,4)D．－eq\f(3,4)答案B解析由题意得，b2＝ac＝2a2，所以b＝eq\r(2)a，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋2a2－4a2,2a×\r(2)a)＝－eq\f(\r(2),4).故选B.3．(2021·河南八校联考)已知△ABC中，a＝x，b＝2，∠B＝45°，若三角形有两解，则x的取值范围是()A．x>2 B．x<2C．2<x<2eq\r(2) D．2<x<2eq\r(3)答案C解析如图，由题设条件可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>2，,xsin45°<2，))∴2<x<2eq\r(2).故选C.4．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，则BC边上的中线AD的长为()A．1B．eq\r(3)C．2D．eq\r(7)答案D解析如图，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，即AB2－2AB－3＝0.∴AB＝3，AB＝－1(舍去).在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝7，∴AD＝eq\r(7).故选D.5．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(c－b,c－a)＝eq\f(sinA,sinC＋sinB)，则B＝()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(3π,4)答案C解析因为eq\f(c－b,c－a)＝eq\f(sinA,sinC＋sinB)，所以由正弦定理，得eq\f(c－b,c－a)＝eq\f(a,c＋b)，即(c－b)(c＋b)＝a(c－a)，所以a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).故选C.6．(2022·山西晋城模拟)△ABC中，AB＝2，AC＝3，B＝60°，则cosC＝()A．eq\f(\r(3),3)B．±eq\f(\r(6),3)C．－eq\f(\r(6),3)D．eq\f(\r(6),3)答案D解析由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，∴sinC＝eq\f(ABsinB,AC)＝eq\f(2×sin60°,3)＝eq\f(\r(3),3)，又AB<AC，∴0°<C<B＝60°，∴cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(\r(6),3).故选D.7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，则△ABC的形状是()A．直角三角形B．等腰非等边三角形C．等边三角形D．钝角三角形答案C解析因为eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，所以由正弦定理，得eq\f(a,b)＝eq\f(a,c).所以b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，所以b2＋c2－a2＝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).所以△ABC是等边三角形．故选C.8．(2021·广东湛江模拟)在△ABC中，三边长分别为a－2，a，a＋2，最大角的正弦值为eq\f(\r(3),2)，则这个三角形的面积为()A．eq\f(15,4) B．eq\f(15\r(3),4)C．eq\f(21\r(3),4) D．eq\f(35\r(3),4)答案B解析∵三边不等，∴最大角大于60°.设最大角为α，故α所对的边长为a＋2，∵sinα＝eq\f(\r(3),2)，∴α＝120°.由余弦定理，得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2－2a(a－2)cos120°，即a2＝5a，故a＝5，a＝0(舍去)，故三边长分别为3，5，7，S＝eq\f(1,2)×3×5×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).故选B.9．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up15(2))))，若a2sinC＝2sinA，(a＋c)2＝6＋b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为()A．eq\f(\r(3),2)B．eq\r(3)C．eq\f(1,2)D．1答案A解析因为a2sinC＝2sinA，所以a2c＝2a，所以ac＝2.因为(a＋c)2＝6＋b2，所以a2＋c2＋2ac＝6＋b2，所以a2＋c2－b2＝6－2ac＝6－4＝2，所以△ABC的面积为S△ABC＝eq\r(\f(1,4)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)))\s\up15(2))))＝eq\f(\r(3),2).故选A.10．(2021·浙江温州联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2(bcosA＋acosB)＝c2，b＝3，3cosA＝1，则a＝()A．eq\r(5)B．3C．eq\r(10)D．4答案B解析由正弦定理可得2(sinBcosA＋sinAcosB)＝csinC，∵2(sinBcosA＋sinAcosB)＝2sin(A＋B)＝2sinC，∴2sinC＝csinC，∵sinC>0，∴c＝2，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋22－2×3×2×eq\f(1,3)＝9，∴a＝3.故选B.11．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＋c＝2a，3sinA＝5sinB，则C＝()A．eq\f(π,3)B．eq\f(3π,4)C．eq\f(5π,6)D．eq\f(2π,3)答案D解析因为3sinA＝5sinB，所以由正弦定理，可得3a＝5b，所以a＝eq\f(5b,3).又b＋c＝2a，所以c＝2a－b＝eq\f(7b,3)，不妨取b＝3，则a＝5，c＝7，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(52＋32－72,2×5×3)＝－eq\f(1,2).因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).故选D.12．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，b＝2，则△ABC面积的最大值是()A．1B．eq\r(3)C．2D．4答案B解析∵2bcosB＝acosC＋ccosA，∴由正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB．∵0<B<π，∴cosB＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3).∵cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，b＝2，∴a2＋c2－4＝ac.∵a2＋c2≥2ac，∴2ac－4≤ac，即ac≤4，当且仅当a＝c时等号成立，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，故△ABC面积的最大值为eq\r(3).13．(2022·北京海淀模拟)若满足条件C＝60°，AB＝eq\r(3)，BC＝a的△ABC有两个，则实数a的取值范围是．答案(eq\r(3)，2)解析由条件可得BCsinC<AB<BC，即eq\f(\r(3),2)a<eq\r(3)<a，解得eq\r(3)<a<2，所以a∈(eq\r(3)，2).14．(2021·广东湛江高三质检)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，则A＝．答案30°解析由sinC＝2eq\r(3)sinB并结合正弦定理，可得c＝2eq\r(3)b，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c2－\r(3)bc,2bc)＝eq\f(2\r(3)bc－\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，又0°<A<180°，所以A＝30°.15．(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为eq\r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝．答案2eq\r(2)解析由S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB，得eq\r(3)＝eq\f(1,2)acsin60°，即eq\r(3)＝eq\f(\r(3),4)ac，解得ac＝4.所以a2＋c2＝3ac＝12.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×eq\f(1,2)＝8.所以b＝2eq\r(2).16．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＋b2＋ab＝c2，且△ABC的面积为eq\r(3)c，则ab的最小值为．答案48解析在△ABC中，a2＋b2＋ab＝c2，结合余弦定理a2＋b2－2abcosC＝c2，可得cosC＝－eq\f(1,2)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2).由三角形的面积公式，可得eq\r(3)c＝eq\f(1,2)absinC，将sinC＝eq\f(\r(3),2)代入化简可得c＝eq\f(ab,4).将c＝eq\f(ab,4)代入a2＋b2＋ab＝c2可得a2＋b2＝eq\f(a2b2,16)－ab，因为a2＋b2≥2ab，所以eq\f(a2b2,16)－ab≥2ab，解不等式可得ab≥48，当且仅当a＝b＝4eq\r(3)时取等号．所以ab的最小值为48.17．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2bcosB，C＝eq\f(2π,3).(1)求B的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度．①c＝eq\r(2)b；②周长为4＋2eq\r(3)；③面积为S△ABC＝eq\f(3\r(3),4).解(1)∵c＝2bcosB，则由正弦定理可得sinC＝2sinBcosB，∴sin2B＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，∵C＝eq\f(2π,3)，∴B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴2B＝eq\f(π,3)，解得B＝eq\f(π,6).(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq\r(3)，与c＝eq\r(2)b矛盾，故这样的△ABC不存在．若选择②：由(1)可得A＝eq\f(π,6)，设△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得a＝b＝2Rsineq\f(π,6)＝R，c＝2Rsineq\f(2π,3)＝eq\r(3)R，则周长a＋b＋c＝2R＋eq\r(3)R＝4＋2eq\r(3)，解得R＝2，则a＝2，c＝2eq\r(3)，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为eq\r(（2\r(3)）2＋12－2×2\r(3)×1×cos\f(π,6))＝eq\r(7).若选择③：由(1)可得A＝eq\f(π,6)，即a＝b，则S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)a2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)，解得a＝eq\r(3)，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为eq\r(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2×b×\f(a,2)×cos\f(2π,3))＝eq\r(3＋\f(3,4)＋\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(21),2).18．(2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解(1)因为2sinC＝3sinA，所以2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,8)，所以C为锐角，则sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(3\r(7)