2024-2025学年下学期高一数学北师大版同步经典题精练之余弦定理与正弦定理

第26页（共26页）2024-2025学年下学期高中数学北师大版（2019）高一同步经典题精练之余弦定理与正弦定理一．选择题（共5小题）1．（2025•浙江模拟）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC．设P是其内部一点，满足PA＝1，PB＝2，PC＝3，PD＝4，则ADBCA．2 B．3 C．2 D．32．（2024秋•会泽县期末）在△ABC中，三个内角A，B，C所对边分别为a，b，c，∠ACB的角平分线为CM交AB于M且a＝2，b=3，c＝1，则线段A．32+6 B．32-6 C3．（2024秋•厦门校级期末）如图，为测量金属材料的硬度，用一定压力把一个高强度钢珠压向该种材料的表面，在材料表面留下一个凹坑，现测得凹坑直径为10mm，若所用钢珠的直径为26mm，则凹坑深度为（）A．1mm B．2mm C．3mm D．4mm4．（2024秋•阳江期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝6，A=2πA．23 B．43 C．6 D5．（2025•濮阳一模）在△ABC中，BC＝3，sinB+sinC=103sinA，且△A．π6 B．π4 C．π3 二．多选题（共4小题）（多选）6．（2025•芜湖一模）在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，∠BCA＝45°，∠BAC的角平分线交BC于D，则（）A．△ABC是钝角三角形 B．BC=C．AD＝2 D．BD（多选）7．（2025•聊城校级模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=23，A．△ABC外接圆的面积为16π B．若c＝4，则C=C．△ABC面积的最大值为33D．△ABC周长的最大值为6（多选）8．（2024秋•重庆校级期末）已知正实数x，y，z满足y2A．x+y＜43C．x+3z＜3 D．xy+2（多选）9．（2024秋•承德期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC的中点，b＝3，cosA=23，cA．AB→=2AD→-C．△ABC的面积为5 D．AD三．填空题（共3小题）10．（2025•江西一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b+c=tanA2(btanB+ctanC)，b11．（2024秋•丽水期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足sinB（acosB+bcosA）＝2asin（A+B）．若c＝2，则△ABC的面积的最大值是．12．（2024秋•扬州期末）在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别a，b，c，△ABC的面积S=a23sinA，3cosBcosC＝1，a＝3，则△ABC的周长为四．解答题（共3小题）13．（2025•株洲一模）如图，在等边△ABC中，Q为边BC上一点，BQ＝2CQ，点M、N分别是边AB，AC上的动点（不包括端点），若∠MQN＝120°，且设∠CNQ＝θ．（1）求证：不论θ为何值，QMQN=2（2）当△BMQ和△CNQ的面积相等时，求tanθ的值．14．（2024秋•衡阳校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinC-（1）求角A的大小；（2）若2sinAsinB＝1+cosC，△ABC外接圆半径为2，∠BAC的角平分线与BC交于点D，求AD的长．15．（2025•福建模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c（1﹣2cosB）＝b（2cosC﹣1）．（1）证明：b，a，c成等差数列；（2）若△ABC的面积为34a2

2024-2025学年下学期高中数学北师大版（2019）高一同步经典题精练之余弦定理与正弦定理参考答案与试题解析题号12345答案DBAAD一．选择题（共5小题）1．（2025•浙江模拟）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC．设P是其内部一点，满足PA＝1，PB＝2，PC＝3，PD＝4，则ADBCA．2 B．3 C．2 D．3【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】D【分析】建立平面直角坐标系，设BC＝kAD（k＞0），利用题设数据代入点的坐标进行运算即可求得结论．【解答】解：设BC＝kAD（k＞0），以BC中点为原点，BC方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨设A（﹣a，h），则B（﹣ka，0），C（ka，0），D（a，h），再假设P（x0，y0），于是有1=(x0+两式相减，得15=(x0另一方面，4=(x0+两式相减，得5=(x0结合①②，可以得出k=13故选：D．【点评】本题考查建立坐标系求解平面距离，属中档题．2．（2024秋•会泽县期末）在△ABC中，三个内角A，B，C所对边分别为a，b，c，∠ACB的角平分线为CM交AB于M且a＝2，b=3，c＝1，则线段A．32+6 B．32-6 C【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】B【分析】由题意，利用余弦定理求出∠ABC的余弦值，再根据三角形内角平分线定理求出BM的长度．最后在△BCM中利用余弦定理求出CM的长度．【解答】解：由题意，a＝2，b=3，c＝则由余弦定理，可得cos∠根据内角平分线定理，有AMBM又AM+BM＝1，解得BM=4在△BCM中，由余弦定理，可得可得CM2＝BC2+BM2﹣2BC•BM•cos∠ABC=4+(4-解得CM=3故选：B．【点评】本题考查余弦定理的应用，属中档题．3．（2024秋•厦门校级期末）如图，为测量金属材料的硬度，用一定压力把一个高强度钢珠压向该种材料的表面，在材料表面留下一个凹坑，现测得凹坑直径为10mm，若所用钢珠的直径为26mm，则凹坑深度为（）A．1mm B．2mm C．3mm D．4mm【考点】三角形中的几何计算．【专题】数形结合；数形结合法；解三角形；运算求解．【答案】A【分析】连接OA，利用Rt△OAM求出OM的值，即可得出凹坑深度MC的值．【解答】解：连接OA，如图所示：在Rt△OAM中，OA＝13，AM=12AB＝所以OM=OA2所以MC＝OC﹣OM＝13﹣12＝1（mm），即凹坑深度为1mm．故选：A．【点评】本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了数形结合应用问题，是基础题．4．（2024秋•阳江期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝6，A=2πA．23 B．43 C．6 D【考点】正弦定理与三角形的外接圆．【专题】方程思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】A【分析】直接利用正弦定理求解即可．【解答】解：设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理知，2R所以R=2故选：A．【点评】本题考查利用正弦定理解三角形，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．5．（2025•濮阳一模）在△ABC中，BC＝3，sinB+sinC=103sinA，且△A．π6 B．π4 C．π3 【考点】正弦定理．【专题】函数思想；转化法；解三角形；逻辑思维．【答案】D【分析】先利用正弦定理角化边可得b+c=10，再由三角形面积公式可得【解答】解：设ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为sinB+所以由正弦定理可得b+又S△解得bc＝1，所以由余弦定理可得cosA=因为A∈（0，π），所以A=故选：D．【点评】本题考查正余弦定理的应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）6．（2025•芜湖一模）在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，∠BCA＝45°，∠BAC的角平分线交BC于D，则（）A．△ABC是钝角三角形 B．BC=C．AD＝2 D．BD【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．【答案】BC【分析】根据三角形内角和定理判断出A项的正误；在△ABC中，根据正弦定理算出BC的长，即可判断出B项的正误；在△ABD中，计算出∠B＝∠ADC＝75°，从而可得AD＝AB＝2，即可判断出C项的正误；求出sin75°=6+24，然后在△ABD中利用正弦定理算出【解答】解：对于A，由三角形内角和定理，得∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠BCA＝75°，所以△ABC的三个内角均为锐角，可得△ABC是锐角三角形，故A项不正确；对于B，在△ABC中，由正弦定理得BCsin可得BC=ABsin∠BAC对于C，由AD平分∠BAC，可得∠BAD＝∠CAD=12∠BAC＝△ABD中，∠ADB＝∠CAD+∠C＝30°+45°＝75°，所以∠B＝∠ADC，可得AD＝AB＝2，故C项正确；对于D，sin75°＝sin（45°+30°）＝sin45°cos30°+cos45°sin30°=6在△ABD中，由正弦定理得ABsin可得BD=ABsin∠BAD故选：BC．【点评】本题主要考查三角形内角和定理、两角和的正弦公式、正弦定理等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．（多选）7．（2025•聊城校级模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=23，A．△ABC外接圆的面积为16π B．若c＝4，则C=C．△ABC面积的最大值为33D．△ABC周长的最大值为6【考点】解三角形．【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】BCD【分析】由正弦定理求出外接圆半径，即可判断A；由正弦定理可求出角C，判断B；由余弦定理可求出ac的最大值，判断C；由余弦定理求出a+c≤【解答】解：对于A，由题意知b=23，故设△ABC外接圆的半径为R，则2R=bsinB=则△ABC外接圆的面积为4π，A错误；对于B，若c＝4，b=23，则由正弦定理可得2332=4sinC又C∈（0，π），可得C=π2对于C，由题意可得12＝a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac＝ac，当且仅当a＝c时等号成立，则S△故△ABC面积的最大值为33，C对于D，由余弦定理可得12＝a2+c2﹣ac＝（a+c）2﹣3ac，则(a+c)2即得a+c≤43，故△ABC故选：BCD．【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．（多选）8．（2024秋•重庆校级期末）已知正实数x，y，z满足y2A．x+y＜43C．x+3z＜3 D．xy+2【考点】解三角形．【专题】整体思想；综合法；解三角形；不等式；运算求解．【答案】ABD【分析】可利用基本不等式来判断A，B选项，对于C，D选项，则需要利用余弦定理来构造几何图形，利用数形结合思想来判断即可．【解答】解：对于A，因为xy≤又由x2+y2+xy＝4，可得（x+y）2﹣xy＝4，则有(x+y)2-4≤(x+y2)2，解得x+y≤此时43+3z2=1对于B，由13x2+z2+xz=1可得：x又x2所以x2解得x2+3z2≥12-63，当且仅当x=对于C，由13x2+z2+xz=1可得：x构造成余弦定理得：x2由x2+y2+xy＝4，也构造成余弦定理得：x2由y2+3z2＝1，构造成勾股定理得：y2令x=如图则有：x2x2+y根据图形可知：MB+MA＞AB，所以x+3z对于D，由上可知：AB2+AC2＝BC2，则∠CAB＝90°，则S△ABC=12×3×1=32，又由S△ABC＝S△而S△所以有xy+2yz+xz＝2，故D正确．故选：ABD．【点评】本题主要考查了不等式性质，基本不等式的应用，还考查了余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题．（多选）9．（2024秋•承德期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC的中点，b＝3，cosA=23，cA．AB→=2AD→-C．△ABC的面积为5 D．AD【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；平面向量及应用；运算求解．【答案】ABD【分析】由向量的线性运算可判断A；由余弦定理计算可判断B；由同角三角函数的基本关系和三角形的面积公式计算可判断C；由向量模的求法可判断D．【解答】解：因为D为BC的中点，所以AD→=12AB→+因为b＝3，cosA=23，c＝1，所以由余弦定理得：a2=b因为cosA=23，所以sinA=1-因为AD→=1所以AD=142故选：ABD．【点评】本题考查正弦定理与余弦定理的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．三．填空题（共3小题）10．（2025•江西一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b+c=tanA2(btanB+ctanC)，b【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．【答案】3．【分析】根据正弦定理化简已知等式，可得sinB+sinC=sinA2cosA2（sinBtanB+sinCtanC），根据三角恒等变换公式化简得sinC-B2sin(B-C)=0【解答】解：根据b+c=tanA2(btanB+ctanC)，由正弦定理得sinB+sinC可得cosA2（sinB+sinC）＝sinA2（sinB•sinBcosB+sin结合sinA2=sin（π2-B+C2）＝cosB+C去分母得sinB+C2cosBcosC(sinB+sinC)=cosB移项得sinBcosC(即sinBcosCsinC-B2=sinCcosB⋅sinC-B2，整理得又因为A＝4C，所以A+B+C＝6C＝π，解得C=π6在△ABC中，b＝c=3，A=2π3，由余弦定理得a故答案为：3．【点评】本题主要考查了正弦定理与余弦定理、三角恒等变换公式等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．11．（2024秋•丽水期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足sinB（acosB+bcosA）＝2asin（A+B）．若c＝2，则△ABC的面积的最大值是43【考点】解三角形．【专题】数形结合；综合法；解三角形；逻辑思维；运算求解．【答案】43【分析】由已知利用正弦定理及三角恒等变形，得b＝2a，通过建立平面直角坐标系，设C（x，y），求出点C的轨迹是圆，将△ABC的面积的最大值问题转化为|y|的最大值来解决．【解答】解：因为sinB（acosB+bcosA）＝2asin（A+B），所以由正弦定理得：sinB（sinAcosB+sinBcosA）＝2sinAsin（A+B），所以sinB•sin（A+B）＝2sinA•sin（A+B），因为A+B∈（0，π），所以sin（A+B）≠0，所以sinB＝2sinA，由正弦定理可得：b＝2a，如图以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，因为c＝2，所以A（﹣1，0），B（1，0），设C（x，y），由b＝2a，得(x化简得：x2-10所以点C的轨迹是以(53，所以△ABC的面积S=故答案为：43【点评】本题考查正弦定理的应用，动点的轨迹方程求法，三角形的面积公式的应用，属于中档题．12．（2024秋•扬州期末）在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别a，b，c，△ABC的面积S=a23sinA，3cosBcosC＝1，a＝3，则△ABC的周长为【考点】解三角形．【专题】方程思想；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】3+33．【分析】由三角形的面积公式结合正弦定理可得sinBsinC=23，结合条件及两角和余弦公式可求得sinA，cosA，再由正弦定理可得b=924sinB，c【解答】解：由三角形的面积公式可得S=12bcsinA=a23sinA，则3由正弦定理可得：3sinBsinCsin2A＝2sin2A，因为sinA≠0，所以sinBsinC=又3cosBcosC＝1，则cosBcosC=所以cosBcosC-即cos(B+C)=因为a＝3，所以asinA所以b=92则bc=由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，则9＝（b+c）2﹣2bc﹣2bccosA，即9=(b+c所以△ABC的周长为a+b+c＝3+33．故答案为：3+33【点评】本题考查理由三角形的面积公式，正、余弦定理，三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．四．解答题（共3小题）13．（2025•株洲一模）如图，在等边△ABC中，Q为边BC上一点，BQ＝2CQ，点M、N分别是边AB，AC上的动点（不包括端点），若∠MQN＝120°，且设∠CNQ＝θ．（1）求证：不论θ为何值，QMQN=2（2）当△BMQ和△CNQ的面积相等时，求tanθ的值．【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）53【分析】（1）首先得到∠BMQ＝π﹣θ，即sin∠BMQ＝sin∠CNQ，再在△BMQ、△CQN分别利用正弦定理即可证明；（2）首先表示出S△BMQ、S△CNQ，结合（1）即可得到12sin（120°﹣θ）＝2sin（θ﹣60°），最后由两角差的正弦公式化简计算【解答】（1）证明：在△QCN中，∠NQC＝180°﹣（60°+θ）＝120°﹣θ，又∠MQN＝120°，所以∠MQB＝θ﹣60°，在△BMQ中，∠BMQ＝180°﹣θ，所以sin∠BMQ＝sin∠CNQ，在△BMQ中，由正弦定理得MQsinB=BQ在△CQN中，由正弦定理得NQsinC=CQ所以QMQN即不论θ为何值，QMQN=2（2）解：因为S△CNQ=12CQ•QNsin∠CQN=12CQ•QNsin（S△BMQ=12BQ•QMsin∠BQM=12BQ•QMsin（又S△BMQ＝S△CNQ，BQ＝2CQ，由（1）可得QM＝2QN，所以12sin（120°﹣θ）＝2sin（θ﹣60即sin120°cosθ﹣cos120°sinθ＝4（sinθcos60°﹣cosθsin60°），整理得3sinθ所以tanθ=【点评】本题考查正弦定理及三角形的面积公式的应用，属于中档题．14．（2024秋•衡阳校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinC-（1）求角A的大小；（2）若2sinAsinB＝1+cosC，△ABC外接圆半径为2，∠BAC的角平分线与BC交于点D，求AD的长．【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）A=π（2）AD=6【分析】（1）由正弦定理和余弦定理可得cosA的值，再由A是范围，可得角A的大小；（2）由题意可得B，C角的大小，再由直线定理可得a，b，c边的大小，由三角形等面积法可得AD的大小．【解答】解：（1）因为sinC-3sinB整理可得b2+c2﹣a2=3bc由余弦定理可得cosA=b又因为A∈（0，π），所以A=π（2）因为2sinAsinB＝1+cosC，由（1）可得sinA=1所以sinB﹣cosC＝1，即sin（π6+C）﹣cosC＝1，整理可得：-12cosC+3所以sin（C-π6）＝1，因为C∈（0，5π6即可得C=2π3，B=π6又因为△ABC外接圆半径为2，由正弦定理可得：asinA=bsinB=csinC=2所以a＝4sinA＝b＝2，c＝4sinC＝23，因为∠BAC的角平分线与BC交于点D，S△ABC=12acsinB=12b•ADsinA2+12c•ADsinA而sinA2=sinπ12=sin（π3-π4）＝sin即2×23×12=AD•（2+2解得AD=6【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，角平分线的性质的应用，属于中档题．15．（2025•福建模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c（1﹣2cosB）＝b（2cosC﹣1）．（1）证明：b，a，c成等差数列；（2）若△ABC的面积为34a2【考点】解三角形；余弦定理．【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）π3【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式与三角形的性质得到sinC+sinB＝2sinA，再利用正弦定理角化边结合等差中项的性质证明即可；（2）利用给定条件得到bcsinA=【解答】解：（1）证明：因为c（1﹣2cosB）＝b（2cosC﹣1），由正弦定理得sinC（1﹣2cosB）＝sinB（2cosC﹣1），所以sinC+sinB＝2（sinCcosB+sinBcosC），可得sinC+sinB＝2sin（B+C），又A+B+C＝π，所以sin（C+B）＝sin（π﹣A）＝sinA，可得sinC+sinB＝2sinA，所以c+b＝2a，可得b，a，c成等差数列；（2）由题意△ABC的面积S=12由余弦定理可得2bccosA＝b2+c2﹣a2＝（b+c）2﹣2bc﹣a2，又c+b＝2a，所以（b+c）2﹣2bc﹣a2＝4a2﹣a2﹣2bc＝3a2﹣2bc，即2bccosA＝3a2﹣2bc，又bcsinA=故2bccosA因为bc≠0，所以2cosA可得sin(因为A∈（0，π），所以A-解得A=【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，等差中项的性质以及三角函数恒等变换的应用，考查了转化思想，属于中档题．

考点卡片1．正弦定理【知识点的认识】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accosB，c2＝a2+b2﹣2abcosC变形形式①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角在△ABC中，已知a，b和角A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞b解的个数一解两解一解一解由上表可知，当A为锐角时，a＜bsinA，无解．当A为钝角或直角时，a≤b，无解．2、三角形常用面积公式1．S=12a•ha（ha表示边2．S=12absinC=12acsinB=3．S=12r（a+b+c）（【解题方法点拨】正余弦定理的应用1、解直角三角形的基本元素．2、判断三角形的形状．3、解决与面积有关的问题．4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．解题关键在于明确：①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．（2）测量高度问题：解题思路：①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．2．正弦定理与三角形的外接圆【知识点的认识】1．正弦定理定理正弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）变形形式①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角﹣【解题方法点拨】asinA=（R是△ABC外接圆半径）【命题方向】﹣外接圆的计算：考查如何利用正弦定理计算外接圆的半径．﹣几何性质应用：在几何问题中应用正弦定理分析外接圆的相关性质．在△ABC中，若a＝3，cosA=32，则△ABC解：由于cosA=3且0＜A＜π，故A=π利用正弦定理2R解得R＝3．3．余弦定理【知识点的认识】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accos_B，c2＝a2+b2﹣2abcos_C变形形式①a＝2RsinA，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角【解题方法点拨】正余弦定理的应用1、解直角三角形的基本元素．2、判断三角形的形状．3、解决与面积有关的问题．4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．解题关键在于明确：①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．（2）测量高度问题：解题思路：①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．4．三角形中的几何计算【知识点的认识】1、几何中的长度计算：（1）利用正弦定理和三角形内角和定理可以求解：①已知两角和任一边，求其他两边和一角．②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（从而进一步求出其他的边和角）．（2）利用余弦定理可以求解：①解三角形；②判断三角形的形状；③实现边角之间的转化．包括：a、已知三边，求三个角；b、已知两边和夹角，求第三边和其他两角．2、与面积有关的问题：（1）三角形常用面积公式①S=12a•ha（ha表示边②S=12absinC=12acsinB=③S=12r（a+b+c）（（2）面积问题的解法：①公式法：三角形、平行四边形、矩形等特殊图形，可用相应面积公式解决．②割补法：若是求一般多边形的面积，可采用作辅助线的办法，通过分割或补形把不是三角形的几何图形分割成不重叠的几个三角形，再由三角形的面积公式求解．【解题方法点拨】几何计算最值问