从不同数学思想角度谈解三角形(提升类)

将简单的方法练到极致就是绝招！PAGEPAGE11课题从不同数学思想角度谈解三角形解三角形是近些年高考的热点，各省市的命题人在命题方向上标新立异，但是我们可以从不同的方向上来解析历年省市的真题、各地的模拟题，从而探索解三角形的热点命题规律，进一步的提升考生对该知识点的解题能力。本篇将从不同的数学思想角度对解三角形问题进行剖析！角度一：转化与化归思想转化与化归思想方法在研究、解决数学问题中，当思维受阻时考虑寻求简单方法或从一种情形转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式．利用正、余弦定理，通过“边化角、角化边、切化弦等”的角度对问题进行转化，转化为熟悉的三角恒等变换、三角函数、平面向量等问题，再进行求解．1．(2015·江南十校联考)在三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a＝eq2\r(,3)，c＝eq2\r(,2)，1＋eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c,b)，则C等于()A．30° B．45°C．45°或135° D．60°【解析】由1＋eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c,b)和正弦定理，得cosAsinB＋sinAcosB＝2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA，∴cosA＝60°．由正弦定理，得eq\f(2\r(,3),sinA)＝eq\f(2\r(,2),sinC)，则sinC＝eq\f(\r(,2),2)．又c＜a，∴C＜60°，故C＝45°．【答案】选C2．(2015·安徽合肥质检)在三角形ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a2＝b2＋c2＋eq\r(,3)bc．若a＝eq\r(,3)，S为△ABC的面积，则S＋3cosBcosC的最大值为()A．3 B．eq\r(,2)C．2 D．eq\r(,3)【解析】由cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\r(,3)bc,2bc)＝－eq\f(\r(,3),2)，∴A＝eq\f(5π,6)，又a＝eq\r(,3)，故S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)·eq\f(asinB,sinA)·asinC＝3sinBsinC，因此S＋3cosBcosC＝3sinBsinC＋3cosBcosC＝3cos(B－C)，于是当B＝C时取得最大值3．【答案】选A3．(2015·四川德阳二诊)已知三角形ABC的三边长是三个连续的自然数，且最大的内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦值为()A．eq\f(3,4) B．eq\f(5,6)C．eq\f(7,10) D．eq\f(2,3)【解析】依题意，不妨设三边长a＝m－1，b＝m，c＝m＋1，其中m≥2，m∈N，则有C＝2A，sinC＝sin2A＝2sinAcosA，由正、余弦定理得c＝2a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，则bc2＝a(b2c2－a2)，于是m(m＋1)2＝(m－1)(m2＋4m)，解得m＝5，故cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(52＋62－42,2×5×6)＝eq\f(3,4)．【答案】选A4．(2015·安徽合肥模拟)在锐角三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，则eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)的值是．【解析】由eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，得b2＋a2＝6abcosC.化简整理得2(a2＋b2)＝3c2，将eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)切化弦，得eq\f(sinC,cosC)·(eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosB,sinB))＝eq\f(sinC,cosC)·eq\f(sin(A＋B),sinAsinB)＝eq\f(sinC,cosC)·eq\f(sinC,sinAsinB)＝eq\f(sin2C,cosCsinAsinB).根据正、余弦定理得eq\f(sin2C,cosCsinAsinB)＝eq\f(c2,ab·\f(a2＋b2－c2,2ab))＝eq\f(2c2,a2＋b2－c2)＝eq\f(2c2,\f(3,2)c2－c2)＝4.【答案】45．在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，则AB＋2BC的最大值为________．【解析】由正弦定理知eq\f(AB,sinC)＝eq\f(\r(3),sin60°)＝eq\f(BC,sinA)，∴AB＝2sinC，BC＝2sinA．又A＋C＝120°，∴AB＋2BC＝2sinC＋4sin(120°－C)＝2(sinC＋2sin120°cosC－2cos120°sinC)＝2(sinC＋eq\r(3)cosC＋sinC)＝2(2sinC＋eq\r(3)cosC)＝2eq\r(7)sin(C＋α)，其中tanα＝eq\f(\r(3),2)，α是第一象限角，由于0°＜C＜120°，且α是第一象限角，因此AB＋2BC有最大值2eq\r(7).【答案】2eq\r(7)6．(2015·浙江高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2．(1)求eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)的值；(2)若B＝eq\f(π,4)，a＝3，求△ABC的面积．【解】(1)由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2，得tanA＝eq\f(1,3)，∴eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)＝eq\f(2tanA,2tanA＋1)＝eq\f(2,5)(2)由tanA＝eq\f(1,3)，A∈(0，π)，得sinA＝eq\f(\r(,10),10)，cosA＝eq\f(3\r(,10),10)又由a＝3，B＝eq\f(π,4)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝3eq\r(5)由sinC＝sin(A＋B)＝sin(A＋eq\f(π,4))，得sinC＝eq\f(2\r(,5),5)则△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝9．【变式1－1】(2015·广东汕头质检)钝角三角形的三边长为a，a＋1，a＋2，其最大角不超过120°，则a的取值范围是()A．0＜a＜3 B．eq\f(3,2)≤a＜3C．2＜a≤3 D．1≤a＜eq\f(5,2)【解析】因为a，a＋1，a＋2为钝角三角形的三边长，∴a＋a＋1＞a＋2，则a＞1．由大边对大角可知，边长为a＋2的边对应的角θ最大，由余弦定理得cosθ＝eq\f(a2＋(a＋1)2－(a＋2)2,2a(a＋1))∈(0，－eq\f(1,2))，得eq\f(3,2)≤a＜3．【答案】选B【变式1－2】(2015·甘肃兰州模拟)若满足条件C＝60°，AB＝eq\r(3)，BC＝a的三角形ABC有两个，那么a的取值范围是()A．(1，eq\r(,2)) B．(eq\r(,2)，eq\r(,3))C．(eq\r(,3)，2) D．(1，2)【解析】因为C＝60°，AB＝eq\r(3)，由正弦定理，得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2，∴a＝2sinA，又∵A＋B＝120°，且三角形有两解，∴60°＜A＜120°，且A≠90°，即eq\f(\r(3),2)＜sinA＜1，得eq\r(,3)＜a＜2．【答案】选C【变式1－3】(2013·四川高考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2eq\f(A－B,2)cosB－sin(A－B)sinB＋cos(A＋C)＝－eq\f(3,5).(1)求cosA的值；(2)若a＝4eq\r(2)，b＝5，求向量在方向上的投影．【解】(1)由2cos2eq\f(A－B,2)cosB－sin(A－B)sinB＋cos(A＋C)＝－eq\f(3,5)，得[cos(A－B)＋1]cosB－sin(A－B)sinB－cosB＝－eq\f(3,5)，即cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq\f(3,5).则cos(A－B＋B)＝－eq\f(3,5)，即cosA＝－eq\f(3,5).(2)由cosA＝－eq\f(3,5)，0＜A＜π，得sinA＝eq\f(4,5)，由正弦定理，有eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由题知a＞b，则A＞B，故B＝eq\f(π,4).根据余弦定理，有(4eq\r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得c＝1或c＝－7(舍去)．故向量在方向上的投影为||cosB＝eq\f(\r(2),2).角度二：函数与方程思想函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题．方程思想，是从问题中的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式或方程与不等式的混合组)，然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解．有时，还通过函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的．1．(2015·石家庄模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足csinA＝eq\r(3)acosC，则sinA＋sinB的最大值是()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．3【解析】由csinA＝eq\r(3)acosC，得sinCsinA＝eq\r(3)sinAcosC，在△ABC中sinA≠0，所以sinC＝eq\r(3)cosC，tanC＝eq\r(3)，C∈(0，π)，则C＝eq\f(π,3).所以sinA＋sinB＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋A))＝eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以当A＝eq\f(π,3)时，sinA＋sinB取得最大值eq\r(3)．【答案】选C2．(2015·天津和平二模)在△ABC中，D为BC边上一点，DC＝2BD，AD＝eq\r(2)，∠ADC＝45°，若AC＝eq\r(2)AB，则BD等于()A．2＋eq\r(3) B．4C．2＋eq\r(,5) D．3＋eq\r(,5)【解析】在△ADC中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos45°＝2＋DC2－2eq\r(2)·DC·eq\f(\r(2),2)＝2＋DC2－2DC；在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos135°＝BD2＋2＋2eq\r(2)·BD·eq\f(\r(2),2)＝2·(2＋BD2＋2BD)，整理得BD2－4BD－1＝0，解得BD＝2＋eq\r(,5)或2－eq\r(,5)(舍去)．【答案】选C3．(2015·湖北武汉)在三角形ABC中，2sin2eq\f(A,2)＝eq\r(,3)sinA，sin(B－C)＝2cosBsinC，则eq\f(AC,AB)＝．【解析】2sin2eq\f(A,2)＝eq\r(,3)sinA⇔1－cosA＝eq\r(,3)sinA⇔sin(A＋eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)．因为0＜A＜π，∴eq\f(π,6)＜A＋eq\f(π,6)＜eq\f(7π,6)，则A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，所以A＝eq\f(2π,3)．再由余弦定理，得a2＝b2＋c2＋bc，①；将sin(B－C)＝2cosBsinC展开得sinBcosC＝3cosBsinC，将其角化边，得b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，即2b2－2c2＝a2，②；将①代入②，得b2－3c2－bc＝0，左右两边同除以c2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2－eq\f(b,c)－3＝0，解得eq\f(b,c)＝eq\f(1＋\r(,13),2)或eq\f(b,c)＝eq\f(1－\r(,13),2)(舍去)，∴eq\f(AC,AB)＝eq\f(b,c)＝eq\f(1＋\r(,13),2)．【答案】eq\f(1＋\r(,13),2)4．(2015·浙江杭州月考)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知bcosC＋eq\r(,3)bsinC－a－c＝0．(1)求B；(2)若b＝eq\r(,3)，求2a＋c的取值范围．【解】(1)由正弦定理知sinBcosC＋eq\r(,3)sinBsinC－sinA－sinC＝0，将sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC代入上式，得eq\r(,3)sinBsinC－cosBsinC－sinC＝0，在△ABC中，sinC≠0，则eq\r(,3)sinB－cosB－1＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)又0＜B＜π，则B＝eq\f(π,3)．(2)由(1)得eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝2，∴2a＋c＝4sinA＋2sinC＝4sinA＋2sin(eq\f(2π,3)－A)＝5sinA＋eq\r(3)cosA＝2eq\r(7)sin(A＋α)，其中tanα＝eq\f(\r(3),5)，α是第一象限角，由于0°＜A＜120°，且α是第一象限角，2eq\r(7)sin(A＋α)∈(eq\r(3)，2eq\r(7)]因此2a＋c的取值范围为(eq\r(3)，2eq\r(7)]5．(2015·江西临川二联)凸四边形PABQ中，其中A、B为定点，AB＝eq\r(,3)，P、Q为动点，满足AP＝PQ＝QB＝1．(1)写出cosA与cosQ的关系式；(2)设三角形PAB和三角形PQB的面积分别为S和T，求S2＋T2的最大值．【解】(1)在△PAB中，由余弦定理知PB2＝PA2＋AB2－2PA·AB·cosA＝4－2eq\r(3)cosA，同理，在△PQB中PB2＝2－2cosQ，∴4－2eq\r(3)cosA＝2－2cosQ，∴cosQ＝eq\r(3)cosA－1(2)由已知得，S＝eq\f(1,2)PA·ABsinA＝eq\f(\r(3),2)sinA，T＝eq\f(1,2)PQ·QB·sinQ，S2＋T2＝eq\f(3,4)sin2A＋eq\f(1,4)sin2Q＝eq\f(3,4)(1－cos2A)＋eq\f(3,4)(1－cos2Q)＝－eq\f(3,2)cos2A＋eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(3,4)＝－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(\r(,3),6)))2＋eq\f(7,8)，当cosA＝eq\f(\r(,7),6)时，S2＋T2有最大值为eq\f(7,8)．【变式2-1】已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m＝(sinB,1－cosB)与向量n＝(2,0)的夹角θ的余弦值为eq\f(1,2)．(1)求角B的大小；(2)若b＝eq\r(3)，求a＋c的范围．【解】(1)∵m＝(sinB,1－cosB)，n＝(2,0)，∴m·n＝2sinB，又|m|＝eq\r(sin2B＋1－cosB2)＝eq\r(2－2cosB)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(B,2)))，∵0＜B＜π，∴0＜eq\f(B,2)＜eq\f(π,2)，∴sineq\f(B,2)＞0，∴|m|＝2sineq\f(B,2).而|n|＝2，∴cosθ＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2sinB,4sin\f(B,2))＝coseq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(B,2)＝eq\f(π,3)，∴B＝eq\f(2π,3).(2)由(1)得eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝2，且A＋C＝eq\f(π,3)∴a＋c＝2sinA＋2sinC＝2sinA＋2sin(eq\f(π,3)－A)＝sinA＋eq\r(3)cosA＝2sin(A＋eq\f(π,3))，又0＜A＜eq\f(π,3)，所以eq\f(π,3)＜A＋eq\f(π,3)＜eq\f(2π,3)，所以eq\f(\r(3),2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))≤1，所以eq\r(3)＜2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))≤2，即a＋c的取值范围为(eq\r(3)，2].【变式2－2】(2015·湖南高考)设△ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，a＝btanA，且B为钝角．(1)证明：B－A＝eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范围．【证明】(1)由a＝btanA及正弦定理得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)，所以sinB＝cosA，即sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))，又B为钝角，则eq\f(π,2)＋A∈(eq\f(π,2)，π)，故B＝A＋eq\f(π,2)，即B－A＝eq\f(π,2).【解】(2)由(1)可知C＝π－(A＋B)＝π－(2A＋eq\f(π,2))＝eq\f(π,2)－2A＞0，故A∈(0，eq\f(π,4)).则sinA＋sinC＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,2)－2A))＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝∵0＜A＜eq\f(π,4)，故0＜sinA＜，因此eq\f(\r(2),2)＜－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8)≤eq\f(9,8)由此可知sinA＋sinC的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(9,8)))．【变式2－3】(2015·河北衡水五调)已知圆O的半径为R(R为常数)，它的内接△ABC满足2R(sin2A－sin2C)＝(eq\r(,2)a－b)sinB，其中a，b，c分别为角A，B，C的对边，求△ABC面积的最大值．【解】由正弦定理得a2－c2＝b(eq\r(,2)a－b)，即a2＋b2－c2＝eq\r(,2)ab由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(,2),2)，则C＝eq\f(π,4)则S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)·2RsinA·2RsinB·sineq\f(π,4)＝eq\r(,2)R2sinAsinB又A＋B＝eq\f(3π,4)，即B＝eq\f(3π,4)－A则S＝eq\r(,2)R2sinAsinB＝eq\r(,2)R2sinAsin(eq\f(3π,4)－A)＝R2(sin2A＋sinAcosA)＝R2[eq\f(\r(,2),2)sin(2A－eq\f(π,4))＋eq\f(1,2)]又0＜A＜eq\f(3π,4)，则－eq\f(π,4)＜2A－eq\f(π,4)＜eq\f(5π,4)则当2A－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝B＝eq\f(3π,8)时，△ABC面积的最大值为Smax＝eq\f(1＋\r(,2),2)R2．角度三：数形结合思想所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化，将反映问题的抽象数量关系与直观图形结合起来，也是将抽象思维与形象思维有机地结合起来的一种解决数学问题的重要思想方法．数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题形象化，有助于把握数学问题的本质．它是数学的规律性与灵活性的有机结合．1．(2015·河南长葛模拟)在三角形ABC中，已知A︰B＝1︰2，∠ACB的平分线CD把三角形分成面积为3︰2的两部分，则cosA等于()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,4) D．0【解析】如图，eq\f(S△ACD,S△BCD)＝eq\f(3,2)＝eq\f(AD,DB)，B＝2A，∠ACD＝∠BCD，设AD＝3k，BD＝2k(k＞0)，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(CD,sinA)＝eq\f(3k,sin∠ACD)，①；在△BCD中，由正弦定理得eq\f(CD,sinB)＝eq\f(2k,sin∠BCD)＝eq\f(2k,sin∠ACD)，即eq\f(CD,2sinAcosA)＝eq\f(2k,sin∠ACD)，②；由①②得2cosA＝eq\f(3,2)，即cosA＝eq\f(3,4)．【答案】选C2．(2015·吉林长春调研)在扇形AOB中，圆心角∠AOB等于60°，半径为2，在弧AB上有一动点P，过点P引平行于OB的直线交OA于点C，设∠AOP＝θ，则三角形POC面积取最大值时θ的值为．【解析】如图，∵CP//OB，∴∠CPO＝∠POB＝60°－θ，∠OCP＝120°，在△POC中，由正弦定理得eq\f(OP,sin∠PCO)＝eq\f(CP,sinθ)，∴eq\f(2,sin120°)＝eq\f(CP,sinθ)，∴CP＝eq\f(4,\r(3))sinθ，又eq\f(OC,sin(60°－θ))＝eq\f(2,sin120°)，∴OC＝eq\f(4,\r(3))sin(60°－θ)，∴三角形POC面积为S(θ)＝eq\f(1,2)CP·OCsin120°＝eq\f(1,2)·eq\f(4,\r(3))sinθ·eq\f(4,\r(3))sin(60°－θ)·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4,\r(3))sinθ·sin(60°－θ)＝eq\f(4,\r(3))sinθ(eq\f(\r(3),2)cosθ－eq\f(1,2)sinθ)＝eq\f(4,\r(3))[sin(2θ＋30°)－eq\f(1,2)]，∵θ∈(0°，60°)，∴2θ＋30°∈(30°，150°)，∴当θ＝30°时，S(θ)取得最大值为eq\f(\r(3),3)．【答案】30°【变式3－1】(2015·浙江杭州模拟)在三角形ABC中，∠C＝90°，M是BC的中点．若sin∠BAM＝eq\f(1,3)，则sin∠BAC＝．【解析】如图，设AC＝b，AB＝c，BC＝a，在△ABM中，由正弦定理得eq\f(\f(1,2)a,sin∠BAM)＝eq\f(c,sin∠BMA)，①；因为sin∠BMA＝sin∠CMA＝eq\f(AC,AM)，又AC＝b＝eq\r(c2－a2)，AM＝eq\r(b2＋\f(1,4)a2)＝eq\r(c2－\f(3,4)a2)∴sin∠BMA＝eq\f(\r(c2－a2),\r(c2－\f(3,4)a2))，又由①得eq\f(\f(1,2)a,\f(1,3))＝eq\f(c,\f(\r(c2－a2),\r(c2－\f(3,4)a2)))，两边平方化简得4c4－12a2c2＋9a4＝0，∴2c2－3a2＝0，则sin∠BAC＝eq\f(a,c)＝eq\f(\r(6),3)．【答案】eq\f(\r(6),3)【变式3－2】(2015·新课标全国卷)△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠ABC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．(1)求eq\f(sin∠B,sin∠C)；(2)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(,2),2)，求BD和AC的长．【解】(1)如图，S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ACD＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD，∵S△ABD＝2S△ACD，∠BAD＝∠CAD，∴AB＝2AC，由正弦定理，得eq\f(sin∠B,sin∠C)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2)．(2)∵eq\f(S△ABD,S△ACD)＝eq\f(BD,DC)，∴BD＝eq\r(2)，在△ABD和△ACD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6，由(1)知AB＝2AC，∴AC＝1．角度四：分类讨论思想所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，如不能用同一标准、同一种运算、同一个定理或同一种方法去解决，因而会出现多种情况，我们就需要对研究的对象进行分类，然后对每一类分别研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结论得到整个问题的解答．实质上分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略．分类讨论时应注意理解和掌握分类的原则、方法与技巧，做到“确定对象的全体，明确分类的标准，不重复、不遗漏地分类讨论”．1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ac＝3，S△ABC＝eq\f(3\r(3),4).(1)求B；(2)若b＝eq\r(2)，求△ABC的周长．【解】(1)因为S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB，所以eq\f(1,2)×3sinB＝eq\f(3\r(3),4)，即sinB＝eq\f(\r(3),2).又因为0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).(2)由(1)可知，B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，当B＝eq\f(π,3)时，因为a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝2，ac＝3，所以a＋c＝eq\r(11)；当B＝eq\f(2π,3)时，因为a2＋c2＋ac＝2，ac＝3，所以a2＋c2＝－1(舍去)，所以△ABC的周长为a＋c＋b＝eq\r(11)＋eq\r(2).2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别是a，b，c.(1)若c＝2，C＝eq\f(π,3)，且△ABC的面积为eq\r(3)，求a，b的值；(2)若sinC＋sin(B－A)＝sin2A，试判断△ABC的形状【解】(1)∵c＝2，C＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC得a2＋b2－ab＝4.又∵△ABC的面积为eq\r(3)，∴eq\f(1,2)absinC＝eq\r(3)，ab＝4.联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝4，,ab＝4，))解得a＝2，b＝2.(2)由sinC＋sin(B－A)＝sin2A，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sinAcosA，即2sinBcosA＝2sinAcosA，∴cosA·(sinA－sinB)＝0，∴cosA＝0或sinA－sinB＝0，当cosA＝0时，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,2)，△ABC为直角三角形；当sinA－sinB＝0时，得sinB＝sinA，由正弦定理得a＝b，即△ABC为等腰三角形．∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．【变式4－1】(2015·黑龙江大庆模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别是a，b