专题22正弦定理余弦定理-数学高频考点重点题型

专题22正弦定理、余弦定理核心体系12二、关键能力掌握正弦定理、余弦定理,并能解决一些简单的三角形度量问题.三、教学建议从近三年高考情况来看，本讲是高考的必考内容．预计2022年会以对正、余弦定理的考查为主，利用两定理解三角形(求三角形边或角)，解与三角形面积有关的最值问题．此外，判断三角形的形状及三角形内三角函数的计算也不容忽视．题型既可以是客观题也可以是解答题，属中档题型.四、自主梳理 1．正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(其中R为△ABC外接圆的半径)．常用变形：①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；③a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA．2．余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB；c2＝a2＋b2－2abcosCcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)．3．三角形中的常见结论(1)A＋B＋C＝π．(2)在三角形中大边对大角，大角对大边：A>Ba>bsinA>sinB．(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．(4)△ABC的面积公式①S＝eq\f(1,2)a·h(h表示a边上的高)；②S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R)；③S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)；④S＝eq\r(P(P－a)(P－b)(P－c))，其中P＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)．五、高频考点+重点题型考点一、三角形中求边、求角、求周长、求面积例1-1(1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，则A＝________.(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则A＝(3)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为eq\f(a2＋b2－c2,4)，则C＝(4)（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若，则B=【答案】(1)75°(2)eq\f(π,3)(3)eq\f(π,4)(4)注：（求角）【解析】(1)由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(3),2),3)＝eq\f(\r(2),2)，结合b<c得B＝45°，则A＝180°－B－C＝75°.(2)∵(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，∴由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝c(c－b)，即b2＋c2－a2＝bc.所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(3)因为a2＋b2－c2＝2abcosC，且S△ABC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以S△ABC＝eq\f(2abcosC,4)＝eq\f(1,2)absinC，所以tanC＝1.又C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,4).(4)因为，即，而，所以；例1-2（1）已知△ABC中，A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,4)，a＝1，则b等于()A．2B．1C.eq\r(3) D.eq\r(2)（2）△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a＝3，b＝2，cos(A＋C)＝－eq\f(\r(5),3)，则c＝()A.eq\r(5)B．5C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(5),3)【答案】（1）D（2）A注：（求边）【解析】（1）由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)⇒b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\r(2).【解析】（2）因为cos(A＋C)＝－eq\f(\r(5),3)，所以cosB＝eq\f(\r(5),3)，又因为a＝3，b＝2，所以b2＝c2＋a2－2cacosB，即4＝c2＋9－2eq\r(5)c，即c2－2eq\r(5)c＋5＝0，解得c＝eq\r(5).例1-3在△ABC中，cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，sinC＝2sinA，则△ABC的面积等于()A.eq\f(1,4)B．eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2)D．eq\f(\r(15),4)【答案】D注：（求面积）【解析】在△ABC中，cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，sinC＝2sinA，由正弦定理得c＝2a；由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝a2＋4a2－2a·2a·eq\f(1,4)＝4a2＝4，解得a＝1，可得c＝2，所以△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×1×2×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),4).故选D.对点训练1．（2023·北京·统考高考真题）在中，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详解】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.2.(2020·新高考全国卷Ⅰ)在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？【解析】方案一：选条件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.方案二：选条件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq\r(3).方案三：选条件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，与b＝c矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．3.(2020·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.(1)若a＝eq\r(3)c，b＝2eq\r(7)，求△ABC的面积；(2)若sinA＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，求C.【解析】(1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×eq\r(3)c2×cos150°，解得c＝2或c＝－2(舍去)，从而a＝2eq\r(3).所以△ABC的面积为eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×sin150°＝eq\r(3).(2)因为在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，所以sinA＋eq\r(3)sinC＝sin(30°－C)＋eq\r(3)sinC＝sin(30°＋C)．故sin(30°＋C)＝eq\f(\r(2),2).而0°＜C＜30°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.4．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．(1)求的面积；(2)若，求b．【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意得，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；（2）由正弦定理得：，则，则，.5．（2022·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．(1)证明：；(2)若，求的周长．【答案】(1)见解析(2)14【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）解：因为，由（1）得，由余弦定理可得，则，所以，故，所以，所以的周长为.考点二、求角、边、面积、周长的范围或最值例2-1.在△ABC中，A，B，C的对应边分别为a，b，c，满足1－eq\f(b,a＋c)≤eq\f(a,b＋c)，则角C的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))【答案】A【解析】由1－eq\f(b,a＋c)≤eq\f(a,b＋c)，得：a(a＋c)＋b(b＋c)≥(b＋c)(a＋c)，化简得：a2＋b2－c2≥ab，同除以2ab，利用余弦定理得cosC≥eq\f(1,2)，所以0＜C≤eq\f(π,3).例2-2.（2021·四川省成都外国语学校）在锐角中，，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题得因为三角形是锐角三角形，所以.由正弦定理得.所以.例2-3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asinB＝eq\r(3)bcosA.若a＝4，则△ABC周长的最大值为________.【解析】由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可将asinB＝eq\r(3)bcosA转化为sinAsinB＝eq\r(3)sinBcosA.又在△ABC中，sinB>0，∴sinA＝eq\r(3)cosA，即tanA＝eq\r(3).∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).由余弦定理得a2＝16＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))eq\s\up12(2)，则(b＋c)2≤64，即b＋c≤8(当且仅当b＝c＝4时等号成立)，∴△ABC周长＝a＋b＋c＝4＋b＋c≤12，即最大值为12.例2-4．（2021·四川省）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，当面积最大时，此时的为（）A．直角三角形 B．钝角三角形C．等边三角形 D．不能对形状进行判断【答案】C【解析】，当取最大值，面积最大，由余弦定理可得，，解得，当等号成立，所以为等边三角形.故选：C.例2-5．（2021·全国高三（文））在锐角中，若，则的范围（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由正弦定理得=2cosB，∵△ABC是锐角三角形，∴三个内角均为锐角，即有0＜B＜，0＜C=2B＜，0＜π-A-B=π-3B＜，解得＜B＜，余弦函数在此范围内是减函数．故＜cosB＜．∴，故选A．训练题组1．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．求的最小值．答案：．解：由题知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为．考点三、判断三角形的形状例3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq\f(c,b)<cosA，则△ABC为()A.钝角三角形 C.锐角三角形 【解析】由eq\f(c,b)<cosA，得eq\f(sinC,sinB)<cosA，又B∈(0，π)，所以sinB>0，所以sinC<sinBcosA，即sin(A＋B)<sinBcosA，所以sinAcosB<0，因为在三角形中sinA>0，所以cosB<0，即B为钝角，所以△ABC为钝角三角形.对点训练1.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为()C.钝角三角形解析：由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴sinA＝1，即A＝eq\f(π,2)，∴△ABC为直角三角形.2.(2020·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4).(1)求A；(2)若b－c＝eq\f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形．【解析】(1)由已知得sin2A＋cosA＝eq\f(5,4)，即cos2A－cosA＋eq\f(1,4)＝0.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(1,2)))2＝0，所以cosA＝eq\f(1,2).由于0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).(2)证明：由正弦定理及已知条件可得sinB－sinC＝eq\f(\r(3),3)sinA．由(1)知A＝eq\f(π,3)，B＋C＝eq\f(2π,3)，所以sinB－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(\r(3),3)sineq\f(π,3)，即eq\f(1,2)sinB－eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\f(1,2)，从而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))＝eq\f(1,2).由于0＜B＜eq\f(2π,3)，故B＝eq\f(π,2).从而△ABC是直角三角形．考点四、多个三角形组合图形的求解例4-1.(2020·全国卷Ⅰ)如图，在三棱锥P­ABC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)注：（借边角）【解析】依题意得，AE＝AD＝eq\r(3).在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠EAC＝3＋1－2eq\r(3)cos30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝eq\r(AC2＋AB2)＝eq\r(1＋3)＝2，BF＝BD＝eq\r(AD2＋AB2)＝eq\r(6)，所以在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(BC2＋CF2－BF2,2BC·CF)＝eq\f(22＋12－\r(6)2,2×2×1)＝－eq\f(1,4).例4-2.在中,角所对的边分别为,且满足.(1)求角;(2)为边上一点,,且,求.答案：（1）A=2注：（方程与方程组）解析：（2）方法一：CDsinπ6=bsin可得c=2b，所以所以cosC=a2+方法二：CDsinπ6=AD可得sinC=2sinB，且B+C=π3，所以方法三：训练题组一（借边角）1．（2021·四川外国语大学附属）如图，在四边形中，，，，.（1）若，求；（2）记，当为何值时，的面积有最小值？求出最小值.【解析】（1）在四边形中，因为，，所以，在中,可得，，由正弦定理得:,解得：.（2）因为，可得,四边形内角和得，CD=1sin（1500−所以的面积S=12求出最值即可训练题组二（方程与方程组）1.（2021南京三模T17）已知四边形ABCD中，AC与BD交于点E，AB＝2BC＝2CD＝4．（1）若∠ADC＝eq\f(2π,3)，AC＝3，求cos∠CAD；（2）若AE＝CE，BE＝2eq\r(,2)，求△ABC的面积．答案：(1)eq\f(\r(,6),3)(2)eq\R(,7)注：（1）已知边角求角（2）方程思想（方法一、与互补建立方程）（方法二、在两个三角形中用余弦定理建立方程）解：(1)在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，所以sin∠CAD＝eq\f(CDsin∠ADC,AC)＝eq\f(2×sin\f(2π,3),3)＝eq\f(\r(,3),3)． 2分因为0＜∠CAD＜eq\f(π,3)，因此cos∠CAD＝eq\r(,1－sin2∠CAD)＝eq\r(,1－(\f(\r(,3),3))2)＝eq\f(\r(,6),3)． 4分(2)方法1设AE＝CE＝x，∠AEB＝α．在△ABE中，8＋x2－4eq\r(2)xcosα＝16．①在△BCE中，8＋x2－4eq\r(2)xcos(π－α)＝4，即8＋x2＋4eq\r(2)xcosα＝4．② 6分①②相加，解得x＝eq\R(,2)，即AE＝CE＝eq\R(,2)． 8分将x＝eq\R(,2)代入①，解得cosα＝－eq\F(3,4)．因为0＜α＜π，所以sinα＝eq\r(,1－cos2α)＝eq\f(\r(,7),4)，所以△ABC的面积S△ABC＝2S△ABE＝2×eq\f(1,2)AE×BE×sinα＝2×(eq\f(1,2)×eq\R(,2)×2eq\R(,2)×eq\f(\r(,7),4))＝eq\R(,7)． 10分方法2=同方法一方法3因为AE＝CE，所以eq\o(\s\up6(→),BE)＝eq\s\do1(\f(1,2))(eq\o(\s\up6(→),BA)＋eq\o(\s\up6(→),BC))，两边平方得4eq\o(\s\up6(→),BE)2＝eq\o(\s\up6(→),BA)2＋eq\o(\s\up6(→),BC)2＋2|eq\o(\s\up6(→),BA)|·|eq\o(\s\up6(→),BC)|cos∠ABC，即32＝16＋4＋2×4×2cos∠ABC，得cos∠ABC＝eq\F(3,4)，又0＜∠ABC＜π，所以sin∠ABC＝eq\r(1－cos2∠ABC)＝eq\s\do1(\f(eq\r(7),4))． 8分所以△ABC的面积S△ABC＝eq\s\do1(\f(1,2))AB·BC·sin∠ABC＝eq\s\do1(\f(1,2))×4×2×eq\s\do1(\f(eq\r(7),4))＝eq\R(,7)． 10分2、在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求B﹔（2）若，求的值．【答案】（1）（2）【解析】（1）由，可得，由正弦定理得，即，由余弦定理得，因为，可得；（2）方法一：，则，又，可得﹐又由（1），得，所以，所以，所以．方法二：条件化简可得sinAsinC由余弦定理，再由正弦定理得sin可得si化简可得sinA方法三：条件化简可得sinAsinC=3可得sin(2π所以sinA题组六、高、中线、角平分线、例6-1．（2023·全国·统考高考真题）已知在中，．(1)求；(2)设，求边上的高．【答案】(1)(2)6【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.【详解】（1），，即，又，，，，即，所以，.（2）由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.例6-2．（2023·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．(1)若，求；(2)若，求．【答案】(1)；(2).【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，在中，，由余弦定理得，即，解得，则，，所以.方法2：在中，因为为中点，，，则，解得，在中，由余弦定理得，即，解得，有，则，，过作于，于是，，所以.（2）方法1：在与中，由余弦定理得，整理得，而，则，又，解得，而，于是，所以.方法2：在中，因为为中点，则，又，于是，即，解得，又，解得，而，于是，所以.例6-3．（2023·全国·统考高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则．【答案】【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案为：．方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因为，所以，，又，所以，即．故答案为：．【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．训练题组1.【2020·江苏卷】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【解析】（1）在△ABC中，因为，由余弦定理，得，所以.在中，由正弦定理，得，所以（2）在△ABC中，因为,所以为钝角，而,所以为锐角.故则.因为，所以，.从而2．（2022·全国·统考高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，．【答案】/【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.【详解】[方法一]：余弦定理设，则在中，，在中，，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，.故答案为：.[方法二]：建系法令BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）[方法三]：余弦定理，，，，令，则，，，当且仅当，即时等号成立.[方法四]：判别式法设，则在中，，在中，，所以，记，则由方程有解得：即，解得：所以，此时所以当取最小值时，，即.巩固训练一、单项选择题1．在△ABC中，若AB＝eq\r(13)，BC＝3，C＝120°，则AC等于()A．1B．2C．3D．4答案：A解析：设在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则a＝3，c＝eq\r(13)，C＝120°，由余弦定理得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1或b＝－4(舍去)，即AC＝1.在△ABC中，AB＝eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，A＝60°，则角C的值为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4) D.eq\f(3π,4)或eq\f(π,4)【答案】C【解析】由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，即eq\f(\r(2),sinC)＝eq\f(\r(3),sin60°)，解得sinC＝eq\f(\r(2),2)，所以C＝eq\f(3π,4)或eq\f(π,4)，由BC＞AB得A＞C，所以C＝eq\f(π,4)，故选C.3．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，则BC的长为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．2答案：B解析：因为S＝eq\f(1,2)AB·ACsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)AC＝eq\f(\r(3),2)，所以AC＝1，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosABC＝eq\r(3).4．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)，则角C＝()A.eq\f(π,12) B．eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D．eq\f(π,3)【答案】B【解析】因为在△ABC中，A－B＝eq\f(π,2)，所以A＝B＋eq\f(π,2)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB，因为a＝eq\r(3)b，所以由正弦定理得sinA＝eq\r(3)sinB，所以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.5．(2020·全国卷Ⅲ)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)解析：选A由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cosC＝16＋9－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，解得AB＝3，所以cosB＝eq\f(9＋9－16,2×3×3)＝eq\f(1,9).故选A.6．在△ABC中，cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为()A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形答案：B解析：∵cos2eq\f(B,2)＝eq\f(1＋cosB,2)，cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)，∴(1＋cosB)·c＝a＋c，∴a＝cosB·c＝eq\f(a2＋c2－b2,2a)，∴2a2＝a2＋c2－b2，∴a2＋b2＝c2，∴△ABC为直角三角形．7．(2022·大庆模拟)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝eq\r(3)，b2＋c2－bc＝3，则△ABC面积的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3\r(3),4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3\r(3),4)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),4))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),4)))解析：A由于a＝eq\r(3)，b2＋c2－bc＝3，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，且A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，那么外接圆半径为R＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝1，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)·2RsinB·2Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\r(3)sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB))＝eq\f(3,2)sinBcosB＋eq\f(\r(3),2)sin2B＝eq\f(3,4)sin2B＋eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)cos2B))＝eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2B－\f(1,2)cos2B))＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),4)．由于△ABC为锐角三角形，所以0＜B＜eq\f(π,2)，0<C＝π－A－B＝eq\f(2π,3)－B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)＜2B－eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，eq\f(1,2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))≤1，故eq\f(\r(3),2)＜S△ABC≤eq\f(3\r(3),4)．故选A．8．(2022·合肥模拟)北京大兴国际机场(如图所示)位于中国北京市大兴区和河北省廊坊市交界处，为4F级国际机场、世界级航空枢纽．如图，天安门在北京大兴国际机场的正北方向46km处，北京首都国际机场在北京大兴国际机场北偏东16．28°方向上，在天安门北偏东47．43°的方向上，则北京大兴国际机场与北京首都国际机场的距离约为(参考数据：sin16．28°≈0．28，sin47．43°≈0．74，sin31．15°≈0．52)()A．65．46km B．85．09kmC．74．35km D．121．12km解析：A如图所示，由题意可得AC＝46km，∠ACB＝16．28°，∠BAC＝132．57°，由正弦定理可得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(BC,°)＝eq\f(46,°)，解得BC＝eq\f(46,°)·sin132．57°≈eq\f(46,0.52)×0．74≈65．46．故选A．二、多项选择题9．(2022·长治模拟)在Rt△ABC中，C＝90°，角A的平分线交BC于点D，AD＝1，cos∠BAC＝eq\f(1,8)，以下结论正确的是()A．AB＝8 B．eq\f(CD,BD)＝eq\f(1,8)C．AB＝6 D．△ABD的面积为eq\f(3\r(7),4)解析：BCD如图所示，因为AD是角平分线，设∠CAD＝∠DAB＝α，则∠BAC＝2α，根据二倍角公式得cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,8)，且0＜α＜eq\f(π,2)，所以cosα＝eq\f(3,4)，在Rt△ACD中，AD＝1，所以AC＝ADcosα＝eq\f(3,4)，在Rt△ACB中，AB＝eq\f(AC,cos2α)＝eq\f(3,4)×8＝6，故A错误，C正确；根据角平分线定理，eq\f(CD,BD)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,8)，故B正确；因为cosα＝eq\f(3,4)，且0＜α＜eq\f(π,2)，所以sinα＝eq\f(\r(7),4)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)AD·AB·sinα＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(3\r(7),4)，故D正确，故选B、C、D．10．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是()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是等边三角形答案：ACD解析：∵tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC>0，∴A，B，C均为锐角，∴选项A正确；由acosA＝bcosB及正弦定理，可得sin2A＝sin2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴选项B错；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，∴选项C正确；由已知和正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，∴选项D正确．三、填空题11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面积为eq\r(3)，则△ABC的内切圆的半径为________．解析：由题意得△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝eq\r(3)，故bc＝4．因为A＝60°，b＋c＝6，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝24，所以a＝2eq\r(6)，△ABC的周长为6＋2eq\r(6)，设△ABC的内切圆的半径为r，则eq\f(1,2)(a＋b＋c)r＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋2\r(6)))r＝eq\r(3)，所以r＝eq\r(3)－eq\r(2)．答案：eq\r(3)－eq\r(2)12．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(cosA－3cosC,cosB)＝eq\f(3c－a,b)，则eq\f(sinC,sinA)的值为__________．答案：3解析：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(cosA－3cosC,cosB)＝eq\f(3c－a,b)＝eq\f(3sinC－sinA,sinB)，即(cosA－3cosC)sinB＝(3sinC－sinA)·cosB，化简可得sin(A＋B)＝3sin(B＋C)，又知A＋B＋C＝π，所以sinC＝3sinA，因此eq\f(sinC,sinA)＝3．13．如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝4，点D在边BC上，∠BAD＝45°，则tan∠CAD＝________．答案：eq\f(8＋\r(15),7)解析：在△ABC中，由余弦定理变式得cos∠BAC＝eq\f(32＋22－42,2·3·2)＝－eq\f(1,4)．又∠BAC∈(0，π)，∴sin∠BAC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),4)，∴tan∠BAC＝－eq\r(15)，∴tan∠CAD＝tan(∠BAC－45°)＝eq\f(tan∠BAC－tan45°,1＋tan∠BAC·tan45°)＝eq\f(－\r(15)－1,1－\r(15))＝eq\f(8＋\r(15),7)．14．(2020·新高考全国卷Ⅰ)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝eq\f