第22讲 第1课时 正弦定理与余弦定理-2027届高考数学一轮复习（含答案）

第22讲第1课时正弦定理与余弦定理-2027届高考数学一轮复习知识整合体系重构激活思维1．在△ABC中，BC＝2，AC＝1＋eq\r(3)，AB＝eq\r(6)，则A＝()A．45° B．60°C．120° D．135°2．在△ABC中，设b＝5，c＝5eq\r(,3)，A＝30°，则a＝()A．5 B．4C．3 D．103．在△ABC中，已知b＝2，A＝45°，C＝75°，则c＝____．4．在△ABC中，已知cosA＝eq\f(4,5)，B＝eq\f(π,3)，b＝eq\r(3)，则a＝___，c＝_________．5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0，则A＝____；若a＝2，△ABC的面积为eq\r(3)，则b＋c＝____．聚焦知识1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容______＝____＝_____＝2Ra2＝__________；b2＝_________；c2＝_______变形形式①a＝__________，b＝_________，c＝__________；②sinA＝______，sinB＝_______，sinC＝________(其中R是△ABC外接圆的半径)；③a∶b∶c＝________④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝_________；cosB＝________；cosC＝_________解斜三角形的问题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，求第三边和其他两个角2．三角形常用面积公式(1)S△ABC＝eq\f(1,2)aha(ha为边a上的高)；(2)S△ABC＝__________＝______＝______；(3)S△ABC＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为△ABC内切圆的半径)；(4)S△ABC＝eq\f(abc,4R)＝2R2sinAsinBsinC(R为△ABC外接圆的半径)；(5)S△ABC＝eq\r(pp－ap－bp－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,2)a＋b＋c))．3．在△ABC中，已知a，b和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＞ba≤b解的个数____________________4．解三角形的实际应用(1)仰角和俯角：在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线____叫仰角，目标视线在水平视线____叫俯角(如图(1))．图(1)(2)方位角：从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．如B点的方位角为α(如图(2))．图(2)(3)方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的小于90°的角，如南偏东30°，北偏西45°等．(4)视角：观察物体时，从物体两端引出的光线在人眼球内交叉而成的角．第1课时正弦定理与余弦定理题型突破思维拓展举题说法正、余弦定理的直接应用例1在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知asinB＝eq\r(3)b·cosA，c－2b＝1，a＝eq\r(7)．(1)求角A的大小；(2)求c的值；(3)求sin(A＋2B)的值．在解三角形中，若式子中含有角的余弦或边的二次式，则考虑用余弦定理；若式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理．若以上特征都不明显，则要考虑两个定理都有可能用到．变式1在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2C＋sin2B－\f(1,2)cos2A))b＝asin2B．(1)求角C的大小；(2)若A＝eq\f(π,4)，且△ABC的外接圆半径为2，求b的值．利用正、余弦定理判断三角形的形状例2(多选)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是()A．若a2＋b2－c2＞0，则△ABC一定是锐角三角形B．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，则△ABC一定是等边三角形C．若acosA＝bcosB，则△ABC一定是等腰三角形D．若acosB＋bcosA＝a，则△ABC一定是等腰三角形在判断三角形的形状时，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的取值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．变式2在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且满足eq\f(cosC,a)＝eq\f(cosA,c)，2bcosA＝c，则△ABC的形状是()A．等腰直角三角形 B．等腰钝角三角形C．等边三角形 D．以上结论均不正确和三角形面积有关的问题例3已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinC＝eq\r(2)cosB，a2＋b2－c2＝eq\r(2)ab．(1)求角B的大小；(2)若△ABC的面积为3＋eq\r(3)，求c的值．(1)对于三角形面积公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)cbsinA，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，一般先利用正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．变式3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的值；(2)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC的面积．正、余弦平方差公式的应用正、余弦平方差公式(请同学们自己完成证明)．sin2α－sin2β＝sin(α＋β)sin(α－β)，cos2α－sin2β＝cos(α＋β)cos(α－β)．例4在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足b2－a2＝ac，则eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))) B．(1，eq\r(2))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\r(2))) D．(1，＋∞)变式4设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，若c2＝3(a2－b2)，且tanC＝3，则cosB＝____．随堂内化1．在△ABC中，BC＝3，sinB＋sinC＝eq\f(\r(10),3)sinA，且△ABC的面积为eq\f(1,2)sinA，则A＝()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为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)3．(多选)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝ccosB，△ABC的面积为eq\f(\r(2),2)，c＝eq\r(3)，则()A．A＝B B．a2＋b2＝3C．a＋b＝eq\r(2)＋1 D．sinA＋cosA＝eq\f(\r(6)＋\r(3),3)配套精练A组夯基精练一、单项选择题1．在△ABC中，BC＝8，AC＝10，cos∠BAC＝eq\f(3,5)，则△ABC的面积为()A．6 B．8C．24 D．482．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(sinC－sinB,sinA)＝eq\f(a－b,c＋b)，则C＝()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(5π,12)3．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(cosC,c)＝eq\f(cosA,3b－a)，则tanC＝()A．eq\f(1,3) B．3C．eq\f(\r(2),4) D．2eq\r(2)4．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝1，a2－1＝c(c－1)，则A＝()A．eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(5π,6)二、多项选择题5．在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝cosB，b＝2，c＝3，则()A．C＝eq\f(π,3) B．a＝eq\r(2)＋eq\r(3)C．sinA＝eq\f(\r(3),6) D．△ABC的面积为eq\f(3\r(2)＋\r(3),2)6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是()A．若cosA＞cosB，则sinA＜sinBB．若(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，则C＝eq\f(π,3)C．已知a＝7，b＝4eq\r(3)，c＝eq\r(13)，则最小内角的大小为eq\f(π,6)D．若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)，则B＝eq\f(π,3)7．已知△ABC的面积为eq\f(\r(15),4)，若sinAcos(C－B)＝sinBcos(C－A)，sinC＝eq\f(1,2)cosB，则()A．C＝eq\f(π,2) B．sinB＝eq\f(1,4)C．AC＝2 D．AB＝eq\f(\r(15),2)三、填空题8．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝eq\f(π,4)，c＝4，bsinA＝1，则b＝__________．9．若满足条件C＝60°，AB＝eq\r(3)，BC＝a的△ABC有两个，那么a的取值范围是________．10．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(1,tanA)＋eq\f(2,tanB)＝eq\f(3,tanC)，则eq\f(c2,a2＋2b2)＝_________．四、解答题11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A－sin2B＝sin2C－eq\r(3)sinB·sinC，2cosB＝sinC．(1)判断△ABC的形状，并说明理由；(2)已知点D在边AB上，且BD＝2AD．若CD＝2，求△ACD的面积．12．在△ABC中，tanA＋tanB＝eq\f(2sinC,cosB)，AB＝5，AC＝8．(1)求角A的大小；(2)求cosB；(3)若线段AB上点D满足∠BCD＝eq\f(π,6)，求CD的长．B组能力提升练13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且c2＝a2＋b2＋ab，则eq\f(a2－b2,c2)的取值范围是________．14．已知△ABC的内角A，B，C满足sin2A＋sin2B＋sin2C＝eq\f(3,2)，其外接圆半径为2，则△ABC的面积为()A．3 B．3eq\r(2)C．4 D．4eq\r(2)参考答案激活思维1．在△ABC中，BC＝2，AC＝1＋eq\r(3)，AB＝eq\r(6)，则A＝(A)A．45° B．60°C．120° D．135°【解析】由题意得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(\r(6)2＋1＋\r(3)2－22,2×\r(6)×1＋\r(3))＝eq\f(\r(2),2)，又0°＜A＜180°，所以A＝45°．2．在△ABC中，设b＝5，c＝5eq\r(,3)，A＝30°，则a＝(A)A．5 B．4C．3 D．10【解析】由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝52＋(5eq\r(,3))2－2×5×5eq\r(,3)×cos30°＝25，解得a＝5．3．在△ABC中，已知b＝2，A＝45°，C＝75°，则c＝__eq\r(,2)＋eq\f(\r(,6),3)__．【解析】在△ABC中，因为b＝2，A＝45°，C＝75°，所以B＝180°－45°－75°＝60°，则由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(2sin75°,sin60°)＝eq\f(2×\f(\r(,6)＋\r(,2),4),\f(\r(,3),2))＝eq\r(,2)＋eq\f(\r(,6),3)．4．在△ABC中，已知cosA＝eq\f(4,5)，B＝eq\f(π,3)，b＝eq\r(3)，则a＝__eq\f(6,5)__，c＝__eq\f(3＋4\r(3),5)__．【解析】由cosA＝eq\f(4,5)，可知A为锐角，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(3,5)．由正弦定理得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(3)×\f(3,5),sin\f(π,3))＝eq\f(\f(3\r(3),5),\f(\r(3),2))＝eq\f(6,5)．sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋4\r(3),10)，由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(\f(6,5)×\f(3＋4\r(3),10),\f(3,5))＝eq\f(3＋4\r(3),5)．5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0，则A＝__eq\f(π,3)__；若a＝2，△ABC的面积为eq\r(3)，则b＋c＝__4__．【解析】由acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0及正弦定理得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sinB－sinC＝0．因为sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，所以eq\r(3)sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0．由于sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA－1＝0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)．又0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3)．由题得△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故bc＝4①．而a2＝b2＋c2－2bccosA，且a＝2，故b2＋c2＝8②．由①②得b＝c＝2，所以b＋c＝4．第1课时正弦定理与余弦定理题型突破思维拓展举题说法正、余弦定理的直接应用例1在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知asinB＝eq\r(3)b·cosA，c－2b＝1，a＝eq\r(7)．(1)求角A的大小；【解答】因为asinB＝eq\r(3)bcosA，所以由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得asinB＝bsinA＝eq\r(3)bcosA，显然cosA≠0，得tanA＝eq\r(3)．又0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3)．(2)求c的值；【解答】由(1)知cosA＝eq\f(1,2)，且c＝2b＋1，a＝eq\r(7)，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得7＝b2＋(2b＋1)2－2×eq\f(1,2)b(2b＋1)＝3b2＋3b＋1，解得b＝1(b＝－2舍去)，故c＝3．(3)求sin(A＋2B)的值．【解答】由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，且b＝1，a＝eq\r(7)，sinA＝eq\f(\r(3),2)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(21),14)，且a＞b，则B为锐角，故cosB＝eq\f(5\r(7),14)，故sin2B＝2sinBcosB＝eq\f(5\r(3),14)，且cos2B＝1－2sin2B＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),14)))2＝eq\f(11,14)，所以sin(A＋2B)＝sinAcos2B＋cosAsin2B＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(11,14)＋eq\f(1,2)×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(4\r(3),7)．在解三角形中，若式子中含有角的余弦或边的二次式，则考虑用余弦定理；若式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理．若以上特征都不明显，则要考虑两个定理都有可能用到．变式1在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2C＋sin2B－\f(1,2)cos2A))b＝asin2B．(1)求角C的大小；【解答】在△ABC中，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2C＋sin2B－\f(1,2)cos2A))b＝asin2B，得(sin2A＋sin2B－sin2C)b＝asin2B．由正弦定理得(a2＋b2－c2)b＝ab2，由余弦定理得2abcosC·b＝ab2，则cosC＝eq\f(1,2)，而0＜C＜π，所以C＝eq\f(π,3)．(2)若A＝eq\f(π,4)，且△ABC的外接圆半径为2，求b的值．【解答】由(1)知C＝eq\f(π,3)，又A＝eq\f(π,4)，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)．又△ABC的外接圆半径为2，所以由正弦定理得b＝4sinB＝eq\r(6)＋eq\r(2)．利用正、余弦定理判断三角形的形状例2(多选)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(BD)A．若a2＋b2－c2＞0，则△ABC一定是锐角三角形B．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，则△ABC一定是等边三角形C．若acosA＝bcosB，则△ABC一定是等腰三角形D．若acosB＋bcosA＝a，则△ABC一定是等腰三角形【解析】对于A，若a2＋b2－c2＞0，则cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＞0，则C为锐角，但是A，B两角无法判断其是否为锐角，如当a＝4，b＝2，c＝3时，a2＋b2－c2＞0，b2＋c2－a2＝－3＜0，△ABC为钝角三角形，故A错误；对于B，因为eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，所以eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，所以tanA＝tanB＝tanC，且A，B，C∈(0，π)，所以A＝B＝C，所以△ABC为等边三角形，故B正确；对于C，因为acosA＝bcosB，所以sinAcosA＝sinBcosB，所以sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，因为acosB＋bcosA＝a，所以sinA·cosB＋sinBcosA＝sinA，即sin(A＋B)＝sinA，则sinC＝sinA，又因为A，C∈(0，π)，所以A＝C或A＋C＝π(舍去)，所以△ABC为等腰三角形，故D正确．在判断三角形的形状时，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的取值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．变式2在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且满足eq\f(cosC,a)＝eq\f(cosA,c)，2bcosA＝c，则△ABC的形状是(C)A．等腰直角三角形 B．等腰钝角三角形C．等边三角形 D．以上结论均不正确【解析】因为2bcosA＝c＞0，所以A为锐角．由余弦定理得2b×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝c，得b2＝a2，a＝b，则B为锐角．方法一：由eq\f(cosC,a)＝eq\f(cosA,c)以及余弦定理得eq\f(\f(a2＋b2－c2,2ab),a)＝eq\f(\f(b2＋c2－a2,2bc),c)，即eq\f(a2＋b2－c2,a2)＝eq\f(b2＋c2－a2,c2)，即eq\f(b2－c2,a2)＝eq\f(b2－a2,c2)．由于b2－a2＝0，所以b2－c2＝0，即b＝c，所以a＝b＝c，所以△ABC是等边三角形．方法二：由eq\f(cosC,a)＝eq\f(cosA,c)及正弦定理得sinC·cosC＝sinAcosA，所以sin2A＝sin2C，从而A＝C或A＋C＝eq\f(π,2)(由B为锐角，舍去)．综上，A＝B＝C，即△ABC为等边三角形．和三角形面积有关的问题例3已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinC＝eq\r(2)cosB，a2＋b2－c2＝eq\r(2)ab．(1)求角B的大小；【解答】由题知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)．因为sinC＝eq\r(2)cosB，所以cosB＝eq\f(1,2)．又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)．(2)若△ABC的面积为3＋eq\r(3)，求c的值．【解答】由(1)可得B＝eq\f(π,3)，C＝eq\f(π,4)，则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＝3＋eq\r(3)，解得c＝2eq\r(2)．(1)对于三角形面积公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)cbsinA，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，一般先利用正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．变式3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的值；【解答】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)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC的面积．【解答】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(sinA－B,sinA＋B)－eq\f(sinB,sinA＋B)＝eq\f(sinA－B－sinB,sinA＋B)＝1，变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB，即－2cosAsinB＝sinB．又B∈(0，π)，故sinB≠0，所以cosA＝－eq\f(1,2)．因为A∈(0，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)．正、余弦平方差公式的应用正、余弦平方差公式(请同学们自己完成证明)．sin2α－sin2β＝sin(α＋β)sin(α－β)，cos2α－sin2β＝cos(α＋β)cos(α－β)．例4在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足b2－a2＝ac，则eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)的取值范围是(A)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))) B．(1，eq\r(2))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\r(2))) D．(1，＋∞)【解析】因为b2－a2＝ac，所以由正弦定理得sin2B－sin2A＝sinAsinC．由正弦平方差公式，得sin(A＋B)·sin(B－A)＝sinAsinC．因为sin(A＋B)＝sinC≠0，所以sin(B－A)＝sinA．在△ABC中，可得B－A＝A，即B＝2A，则C＝π－3A．因为△ABC为锐角三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜2A＜\f(π,2)，,0＜π－3A＜\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)＜A＜eq\f(π,4)，则eq\f(π,3)＜B＜eq\f(π,2)，所以eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(cosA,sinA)－eq\f(cosB,sinB)＝eq\f(cosAsinB－sinAcosB,sinAsinB)＝eq\f(sinB－A,sinAsinB)＝eq\f(1,sinB)．由eq\f(π,3)＜B＜eq\f(π,2)，得sinB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，则eq\f(1,sinB)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))，故eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))．变式4设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，若c2＝3(a2－b2)，且tanC＝3，则cosB＝__eq\f(\r(2),2)__．【解析】由c2＝3(a2－b2)，可得sin2C＝3(sin2A－sin2B)＝3sin(A＋B)sin(A－B)＝3sinCsin(A－B)．因为sinC≠0，所以sinC＝sin(A＋B)＝3sin(A－B)，整理得sinAcosB＝2cosAsinB，则有tanA＝2tanB．又tanC＝3，所以tan[π－(A＋B)]＝－tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,tanAtanB－1)＝eq\f(2tanB＋tanB,2tanB·tanB－1)＝3，化简得2tan2B－tanB－1＝0，解得tanB＝1或tanB＝－eq\f(1,2)(由b＜a，知B为锐角，舍去)，所以cosB＝eq\f(\r(2),2)．随堂内化1．在△ABC中，BC＝3，sinB＋sinC＝eq\f(\r(10),3)sinA，且△ABC的面积为eq\f(1,2)sinA，则A＝(D)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)【解析】在△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为sinB＋sinC＝eq\f(\r(10),3)sinA，所以由正弦定理可得b＋c＝eq\f(\r(10),3)a＝eq\r(10)．由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)sinA，解得bc＝1，所以由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b＋c2－2bc－a2,2bc)＝eq\f(10－2－9,2)＝－eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3)．2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝eq\f(π,3)，b2＝eq\f(9,4)ac，则sinA＋sinC＝(C)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，所以由正弦定理得sinAsinC＝eq\f(4,9)sin2B＝eq\f(1,3)．由余弦定理可得b2＝a2＋c2－ac＝eq\f(9,4)ac，即a2＋c2＝eq\f(13,4)ac，根据正弦定理得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为三角形内角，则sinA＋sinC＞0，所以sinA＋sinC＝eq\f(\r(7),2)．3．(多选)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝ccosB，△ABC的面积为eq\f(\r(2),2)，c＝eq\r(3)，则(BCD)A．A＝B B．a2＋b2＝3C．a＋b＝eq\r(2)＋1 D．sinA＋cosA＝eq\f(\r(6)＋\r(3),3)【解析】因为a＝ccosB，所以a＝c×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，化简得a2＋b2＝c2，可知C＝eq\f(π,2)．因为c＝eq\r(3)，所以a2＋b2＝3．因为△ABC的面积为eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(1,2)ab＝eq\f(\r(2),2)，化简得ab＝eq\r(2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝3，,ab＝\r(2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝1．))对于A，因为a≠b，所以A≠B，故A错误．对于B，由上分析可知a2＋b2＝3，故B正确．对于C，由上分析可知a＋b＝eq\r(2)＋1，故C正确．对于D，由C＝eq\f(π,2)，知sinA＋cosA＝eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＝eq\f(\r(3)＋\r(6),3)，故D正确．配套精练A组夯基精练一、单项选择题1．在△ABC中，BC＝8，AC＝10，cos∠BAC＝eq\f(3,5)，则△ABC的面积为(C)A．6 B．8C．24 D．48【解析】在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即c2－12c＋36＝0，解得c＝6．又sin∠BAC＝eq\r(,1－cos2∠BAC)＝eq\f(4,5)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×10×6×eq\f(4,5)＝24．2．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(sinC－sinB,sinA)＝eq\f(a－b,c＋b)，则C＝(C)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(5π,12)【解析】由题及正弦定理得eq\f(c－b,a)＝eq\f(a－b,c＋b)，即a2＋b2－c2＝ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3)．3．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(cosC,c)＝eq\f(cosA,3b－a)，则tanC＝(D)A．eq\f(1,3) B．3C．eq\f(\r(2),4) D．2eq\r(2)【解析】方法一：因为eq\f(cosC,c)＝eq\f(cosA,3b－a)，所以由正弦定理得eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(cosA,3sinB－sinA)，所以3sinBcosC－sinAcosC＝cosAsinC，即3sinBcosC＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)．又因为sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB,0＜B＜π，所以sinB＞0，故3cosC＝1，解得cosC＝eq\f(1,3)．又因为0＜C＜π，所以sinC＞0，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3)，所以tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(\f(2\r(2),3),\f(1,3))＝2eq\r(2)．方法二：由eq\f(cosC,c)＝eq\f(cosA,3b－a)及射影定理，可得3bcosC＝ccosA＋acosC＝b，则cosC＝eq\f(1,3)，以下同方法一．4．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝1，a2－1＝c(c－1)，则A＝(A)A．eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(5π,6)【解析】由a2－1＝c(c－1)＝c2－c，得c2－a2＝c－1．因为b＝1，所以上式可化为b2＋c2－a2＝bc．由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)．又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)．二、多项选择题5．在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝cosB，b＝2，c＝3，则(AD)A．C＝eq\f(π,3) B．a＝eq\r(2)＋eq\r(3)C．sinA＝eq\f(\r(3),6) D．△ABC的面积为eq\f(3\r(2)＋\r(3),2)【解析】因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝cosB，且△ABC为锐角三角形，所以A－eq\f(π,6)＋B＝eq\f(π,2)，即A＋B＝eq\f(2π,3)，可得C＝eq\f(π,3)，故A正确．由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)＝a2＋b2－ab，得9＝a2＋4－2a，整理得a2－2a－5＝0，又a＞0，所以a＝1＋eq\r(6)，故B错误．根据正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，可得sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(1＋\r(6)×\f(\r(3),2),3)＝eq\f(\r(3)1＋\r(6),6)，故C错误．S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×(1＋eq\r(6))×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)1＋\r(6),2)＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),2)，故D正确．6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是(ABC)A．若cosA＞cosB，则sinA＜sinBB．若(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，则C＝eq\f(π,3)C．已知a＝7，b＝4eq\r(3)，c＝eq\r(13)，则最小内角的大小为eq\f(π,6)D．若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)，则B＝eq\f(π,3)【解析】对于A，cosA＞cosB⇔A＜B⇔sinA＜sinB，故A正确．对于B，由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，得a2＋b2－c2＝ab．由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)．因为0＜C＜π，所以C＝eq\f(π,3)，故B正确．对于C，因为a＝7，b＝4eq\r(,3)，c＝eq\r(,13)，所以c＜b＜a，所以C＜B＜A，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(72＋4\r(,3)2－\r(,13)2,2×7×4\r(,3))＝eq\f(\r(,3),2)．因为0＜C＜π，所以C＝eq\f(π,6)，故C正确．对于D，由正弦定理得eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinB,b)，则eq\f(cosB,sinB)＝1，即tanB＝1，所以B＝eq\f(π,4)，故D错误．7．已知△ABC的面积为eq\f(\r(15),4)，若sinAcos(C－B)＝sinBcos(C－A)，sinC＝eq\f(1,2)cosB，则(BC)A．C＝eq\f(π,2) B．sinB＝eq\f(1,4)C．AC＝2 D．AB＝eq\f(\r(15),2)【解析】因为sinAcos(C－B)＝sinBcos(C－A)，所以sinAcosCcosB＋sinAsinCsinB＝sinBcosCcosA＋sinBsinCsinA，所以sinAcosCcosB＝sinBcosCcosA，所以cosC·(sinAcosB－cosAsinB)＝0，所以cosCsin(A－B)＝0，所以cosC＝0或sin(A－B)＝0，即C＝eq\f(π,2)或A＝B．若C＝eq\f(π,2)，则eq\f(1,2)cosB＝sinC＝1⇒cosB＝2显然不成立，所以C＝eq\f(π,2)不成立，故A错误．若A＝B，则C＝π－(A＋B)＝π－2B，所以sinC＝eq\f(1,2)cosB⇒sin2B＝eq\f(1,2)cosB，所以2sinBcosB＝eq\f(1,2)cosB，因为A＝B，所以A＝B≠eq\f(π,2)，所以cosB≠0，所以sinB＝eq\f(1,4)，故B正确．因为A＝B，所以A，B为锐角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),4)，所以sinC＝eq\f(1,2)cosB＝eq\f(\r(15),8)，因为△ABC的面积为eq\f(\r(15),4)，所以eq\f(1,2)BC·ACsinC＝eq\f(\r(15),4)，所以eq\f(1,2)AC2×eq\f(\r(15),8)＝eq\f(\r(15),4)，解得AC＝2，故C正确．因为cosC＝cos(π－2B)＝－cos2B＝－(1－2sin2B)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(1,16)))＝－eq\f(7,8)，由余弦定理得AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC＝4＋4－2×2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,8)))＝15，所以AB＝eq\r(15)，故D错误．三、填空题8．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝eq\f(π,4)，c＝4，bsinA＝1，则b＝__eq\r(10)__．【解析】由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)可得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(1,\f(\r(2),2))＝eq\r(2)，则由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝2＋16－8eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝10，即b＝eq\r(10)．9．若满足条件C＝60°，AB＝eq\r(3)，BC＝a的△ABC有两个，那么a的取值范围是(eq\r(3)，2)__．【解析】根据正弦定理可知eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，代入可得sinA＝eq\f(a,2)．因为满足条件的△ABC有两个，所以A有两个值，即函数y＝sinx,0°＜x＜120°的图象与直线y＝eq\f(a,2)，a＞0有两个交点，作出y＝sinx与y＝eq\f(a,2)(a＞0)的图象如图所示，由图可知eq\f(\r(3),2)＜eq\f(a,2)＜1，所以a∈(eq\r(3)，2)．10．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(1,tanA)＋eq\f(2,tanB)＝eq\f(3,tanC)，则eq\f(c2,a2＋2b2)＝__eq\f(1,3)__．【解析】因为eq\f(1,tanA)＋eq\f(2,tanB)＝eq\f(3,tanC)，所以sinB·sinCcosA＋2sinAsinCcosB＝3sinAsinB·cosC，所以bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋2ac·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝3ab·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，整理得3c2＝a2＋2b2，故eq\f(c2,a2＋2b2)＝eq\f(1,3)．四、解答题11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A－sin2B＝sin2C－eq\r(3)sinB·sinC，2cosB＝sinC．(1)判断△ABC的形状，并说明理由；【解答】△ABC为直角三角形，理由如下：由sin2A－sin2B＝sin2C－eq\r(3)sinBsinC，得a2－b2＝c2－eq\r(3)bc，即eq\r(3)bc＝c2＋b2－a2，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)．因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,6)．又2cosB＝sinC，所以2cosB＝sin(B＋A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)sinB＋eq\f(1,2)cosB，化简可得sinB＝eq\r(3)cosB，故tanB＝eq\r(3)．因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)，C＝π－B－A＝eq\f(π,2)，故△ABC为直角三角形．(2)已知点D在边AB上，且BD＝2AD．若CD＝2，求△ACD的面积．【解答】由(1)知A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,3)，且△ABC为直角三角形．如图，设AB＝2x，则AC＝eq\r(3)x，BC＝x，AD＝eq\f(1,3)AB＝eq\f(2x,3)．在△ACD中，由余弦定理可得CD2＝AD2＋AC2