高考数学一轮复习试题第6节 正弦定理和余弦定理

第6节正弦定理和余弦定理考试要求掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.1.正、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则定理余弦定理正弦定理公式a2＝b2＋c2－2bccos__A；b2＝c2＋a2－2cacos__B；c2＝a2＋b2－2abcos__Ceq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R常见变形cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)(1)a＝2RsinA，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA2.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的个数一解两解一解一解无解3.三角形常用面积公式(1)S＝eq\f(1,2)a·ha(ha表示a边上的高).(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R).(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径).1.三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).2.三角形中的射影定理在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB.3.在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A>B⇔a>b⇔sinA>sinB⇔cosA<cosB.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比.()(2)在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B.()(3)在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素.()(4)当b2＋c2－a2>0时，△ABC为锐角三角形；当b2＋c2－a2＝0时，△ABC为直角三角形；当b2＋c2－a2<0时，△ABC为钝角三角形.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比.(3)已知三角时，不可求三边.(4)当b2＋c2－a2>0时，△ABC不一定为锐角三角形.2.(2021·北京西城区一模)在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sinA＝6sinB，则c＝()A.eq\r(35) B.eq\r(31) C.6 D.5答案B解析因为sinA＝6sinB，由正弦定理可得a＝6b，又a＋2b＝8，所以a＝6，b＝1，因为C＝60°，所以c2＝a2＋b2－2abcosC，即c2＝62＋12－2×1×6×eq\f(1,2)，解得c＝eq\r(31).3.(2022·全国百校大联考)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b是方程x2－3x＋2＝0的两个实数根，且△ABC的面积为eq\f(\r(2),2)，则C的大小是()A.45° B.60°C.60°或120° D.45°或135°答案D解析根据题意，得ab＝2，则eq\f(1,2)×2×sinC＝eq\f(\r(2),2)，解得C＝45°或C＝135°.4.(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则tanB＝()A.eq\r(5) B.2eq\r(5) C.4eq\r(5) D.8eq\r(5)答案C解析由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝42＋32－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，得AB＝3，所以AB＝BC.过点B作BD⊥AC，交AC于点D，则AD＝eq\f(1,2)AC＝2，BD＝eq\r(32－22)＝eq\r(5)，所以tan∠ABD＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以tan∠ABC＝eq\f(2tan∠ABD,1－tan2∠ABD)＝4eq\r(5).5.(易错题)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.6.(易错题)在△ABC中，角A，B，C，满足sinAcosC－sinBcosC＝0，则三角形的形状为________.答案直角三角形或等腰三角形解析由已知得cosC(sinA－sinB)＝0，所以cosC＝0或sinA＝sinB，解得C＝90°或A＝B，所以△ABC是直角三角形或等腰三角形.考点一利用正、余弦定理解三角形例1(2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(1)证明：BD＝b.(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.(1)证明因为BDsin∠ABC＝asinC，所以由正弦定理得，BD·b＝ac，又b2＝ac，所以BD·b＝b2，又b>0，所以BD＝b.(2)解法一如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，因为AD＝2DC，所以eq\f(AE,EB)＝eq\f(AD,DC)＝2，eq\f(DE,BC)＝eq\f(2,3)，所以BE＝eq\f(c,3)，DE＝eq\f(2,3)a.在△BDE中，cos∠BED＝eq\f(BE2＋DE2－BD2,2BE·DE)＝eq\f(\f(c2,9)＋\f(4a2,9)－b2,2·\f(c,3)·\f(2a,3))＝eq\f(c2＋4a2－9b2,4ac)＝eq\f(c2＋4a2－9ac,4ac).在△ABC中，cos∠ABC＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq\f(c2＋a2－ac,2ac).因为∠BED＝π－∠ABC，所以cos∠BED＝－cos∠ABC，所以eq\f(c2＋4a2－9ac,4ac)＝－eq\f(c2＋a2－ac,2ac)，化简得3c2＋6a2－11ac＝0，方程两边同时除以a2，得3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)－11eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))＋6＝0，解得eq\f(c,a)＝eq\f(2,3)或eq\f(c,a)＝3.当eq\f(c,a)＝eq\f(2,3)，即c＝eq\f(2,3)a时，cos∠ABC＝eq\f(c2＋a2－ac,2ac)＝eq\f(\f(4,9)a2＋a2－\f(2,3)a2,\f(4,3)a2)＝eq\f(7,12)；当eq\f(c,a)＝3，即c＝3a时，cos∠ABC＝eq\f(c2＋a2－ac,2ac)＝eq\f(9a2＋a2－3a2,6a2)＝eq\f(7,6)>1(舍).综上，cos∠ABC＝eq\f(7,12).法二因为eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC,\s\up6(→))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up6(→))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))2＝eq\f(4,9)eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,9)eq\o(BA,\s\up6(→))2.因为BD＝b，所以b2＝eq\f(4,9)a2＋eq\f(4,9)accos∠ABC＋eq\f(1,9)c2，所以9b2＝4a2＋4accos∠ABC＋c2.①又b2＝ac＝a2＋c2－2accos∠ABC，②所以①－②，得8ac＝3a2＋6accos∠ABC，所以cos∠ABC＝eq\f(8ac－3a2,6ac)＝eq\f(4,3)－eq\f(a,2c).由①②知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9＝4×\f(a,c)＋4cos∠ABC＋\f(c,a)，,1＝\f(a,c)＋\f(c,a)－2cos∠ABC，))所以11＝eq\f(6a,c)＋eq\f(3c,a)，所以6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)－11×eq\f(a,c)＋3＝0，解得eq\f(a,c)＝eq\f(3,2)或eq\f(a,c)＝eq\f(1,3).当eq\f(a,c)＝eq\f(3,2)时，cos∠ABC＝eq\f(4,3)－eq\f(3,4)＝eq\f(7,12)；当eq\f(a,c)＝eq\f(1,3)时，cos∠ABC＝eq\f(4,3)－eq\f(1,6)＝eq\f(7,6)(不合题意，舍去).所以cos∠ABC＝eq\f(7,12).感悟提升(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素.(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.训练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＝________.答案75°解析由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)sin60°,3)＝eq\f(\r(2),2)，所以B＝45°或135°，因为b<c，所以B<C，故B＝45°，所以A＝75°.(2)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsin2A＝asinB，且c＝2b，则eq\f(a,b)等于()A.2 B.3 C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案D解析由正弦定理及bsin2A＝asinB，得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，又sinA≠0，sinB≠0，则cosA＝eq\f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋4b2－4b2×eq\f(1,2)＝3b2，得eq\f(a,b)＝eq\r(3).故选D.考点二判断三角形的形状例2(1)在△ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c依次成等差数列，且B＝eq\f(π,3)，则△ABC的形状为()A.等边三角形B.直角边不相等的直角三角形C.等腰直角三角形D.钝角三角形答案A解析因为a，b，c依次成等差数列，所以b＝eq\f(a＋c,2).由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，将b＝eq\f(a＋c,2)代入上式整理得(a－c)2＝0，所以a＝c.又B＝eq\f(π,3)，所以△ABC为等边三角形.(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)＝eq\r(2)，则该三角形的形状是()A.直角三角形 B.等腰三角形C.等边三角形 D.钝角三角形答案A解析因为eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)，由正弦定理得eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(sinB,sinA)，所以sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B.由eq\f(b,a)＝eq\r(2)，可得a≠b，所以A≠B.又A，B∈(0，π)，所以2A＝π－2B，即A＋B＝eq\f(π,2)，所以C＝eq\f(π,2)，故△ABC是直角三角形.感悟提升1.判定三角形形状的途径：(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.2.无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.训练2(1)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 B.直角三角形C.锐角三角形 D.等边三角形答案A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.(2)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________.答案直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.考点三和三角形面积有关的问题例3(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)解析由题意得S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac＝eq\r(3)，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×eq\f(1,2)＝8，则b＝2eq\r(2).例4(2022·湖北八校一联)在条件①btanA＝(2c－b)tanB，②cos2A＋2cos2eq\f(A,2)＝1，③eq\r(3)sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tanA)＋\f(1,tanB)))＝2sinC中任选一个，补充到下列问题中，并给出问题解答.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，b＋c＝6，a＝2eq\r(6).(1)求角A的值；(2)求△ABC的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)若选①，由于△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且btanA＝(2c－b)tanB，∴由正弦定理得sinB·eq\f(sinA,cosA)＝(2sinC－sinB)·eq\f(sinB,cosB).∵sinB≠0，∴sinAcosB＝2sinCcosA－sinBcosA，即sin(A＋B)＝2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA.∵sinC≠0，∴cosA＝eq\f(1,2).又0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3).若选②，∵cos2A＋2cos2eq\f(A,2)＝1，化简可得2cos2A＋cosA＝1，解得cosA＝eq\f(1,2)或－1，且A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).若选③，∵eq\r(3)sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tanA)＋\f(1,tanB)))＝2sinC，即eq\r(3)sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosA,sinA)＋\f(cosB,sinB)))＝2sinC，可得eq\r(3)sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinBcosA＋cosBsinA,sinAsinB)))＝2sinC，即eq\r(3)sinB·eq\f(sin（A＋B）,sinAsinB)＝2sinC，解得sinA＝eq\f(\r(3),2).又∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).当A＝eq\f(2π,3)时，A是△ABC的最大内角，则边a为△ABC的最大力.则b＋c＝2a.这与b＋c＝6，a＝2eq\r(6)矛盾，因此A＝eq\f(2π,3)不合题意，舍掉，则A＝eq\f(π,3).(2)由(1)及余弦定理可得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc.由题知a＝2eq\r(6)，b＋c＝6，∴bc＝4，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).感悟提升与三角形面积有关问题的解题策略：(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.训练3(2020·北京卷)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)a的值；(2)sinC和△ABC的面积.条件①：c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)；条件②：cosA＝eq\f(1,8)，cosB＝eq\f(9,16).注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.解选条件①：c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)，且a＋b＝11.(1)在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(（11－a）2＋72－a2,2×（11－a）×7)＝－eq\f(1,7)，解得a＝8.(2)∵cosA＝－eq\f(1,7)，A∈(0，π)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\f(1,49))＝eq\f(4\r(3),7).在△ABC中，由正弦定理，得sinC＝eq\f(c·sinA,a)＝eq\f(7×\f(4\r(3),7),8)＝eq\f(\r(3),2).∵a＋b＝11，a＝8，∴b＝3，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×8×3×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3).选条件②：cosA＝eq\f(1,8)，cosB＝eq\f(9,16)，且a＋b＝11.(1)∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，cosA＝eq\f(1,8)，cosB＝eq\f(9,16)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\f(1,64))＝eq\f(3\r(7),8)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(7),16).在△ABC中，由正弦定理，可得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(\f(3\r(7),8),\f(5\r(7),16))＝eq\f(6,5).又∵a＋b＝11，∴a＝6，b＝5.(2)sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3\r(7),8)×eq\f(9,16)＋eq\f(1,8)×eq\f(5\r(7),16)＝eq\f(32\r(7),128)＝eq\f(\r(7),4).∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×5×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(15\r(7),4).射影定理的应用设△ABC的三边是a，b，c，它们所对的角分别是A，B，C，则有：a＝bcosC＋ccosB；b＝ccosA＋acosC；c＝acosB＋bcosA.注：以“a＝bcosC＋ccosB”为例，b，c在a上的射影分别为bcosC，ccosB，故名射影定理.证明如图，在△ABC中，AD⊥BC，则bcosC＝CD，ccosB＝BD，故bcosC＋ccosB＝CD＋BD＝BC＝a，即a＝bcosC＋ccosB，同理可证b＝ccosA＋acosC，c＝acosB＋bcosA.例在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立的是()A.a＝2b B.b＝2aC.A＝2B D.B＝2A答案A解析法一因为sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，所以sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sin(A＋C)，所以sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB，即cosC(2sinB－sinA)＝0，所以cosC＝0或2sinB＝sinA，即C＝90°或2b＝a，又△ABC为锐角三角形，所以0°＜C＜90°，故2b＝a.法二由正弦定理和余弦定理得beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2＋b2－c2,ab)))＝2a×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以2b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2＋b2－c2,ab)))＝a2＋3b2－c2，即eq\f(2b,a)(a2＋b2－c2)＝a2＋b2－c2，即(a2＋b2－c2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)－1))＝0，所以a2＋b2＝c2或2b＝a，又△ABC为锐角三角形，所以a2＋b2＞c2，故2b＝a.法三由正弦定理及sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC得b＋2bcosC＝2acosC＋ccosA＝acosC＋(acosC＋ccosA)＝acosC＋b，即2bcosC＝acosC，又因为△ABC为锐角三角形，所以cosC≠0，则2b＝a.1.已知△ABC中，A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,4)，a＝1，则b等于()A.2 B.1 C.eq\r(3) D.eq\r(2)答案D解析由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)⇒b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\r(2).2.(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq\r(19)，AB＝2，则BC＝()A.1 B.eq\r(2) C.eq\r(5) D.3答案D解析由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去).故选D.3.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).4.(2021·株洲二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2eq\r(3)acosC－3bcosC＝3ccosB，则角C的大小为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4) C.eq\f(π,3) D.eq\f(2π,3)答案A解析由正弦定理得2eq\r(3)sinAcosC－3sinBcosC＝3sinCcosB，即2eq\r(3)sinAcosC＝3(sinBcosC＋cosBsinC)＝3sin(B＋C)＝3sinA，因为sinA≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，又因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,6).5.(2022·杭州一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知acosB＋bcosA＝3ccosC，asinA－csinC＋bsinA＝0，则eq\f(b,a)＝()A.eq\f(5,3) B.eq\f(7,3) C.eq\f(7,2) D.eq\f(5,2)答案A解析在△ABC中，由正弦定理及acosB＋bcosA＝3ccosC.得sinAcosB＋cosAsinB＝3sinCcosC，∴sin(A＋B)＝sinC＝3sinCcosC，又sinC≠0，∴cosC＝eq\f(1,3)；由正弦定理及asinA－csinC＋bsinA＝0，得a2－c2＝－ab.又由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2－ab,2ab)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(b,a)＝eq\f(5,3).6.(多选)(2021·武汉调研)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＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∵tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋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错误；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，则△ABC是等腰三角形，∴选项C正确；由已知和正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，A＝B＝C，则△ABC是等边三角形，∴选项D正确.7.(2021·重庆诊断)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝2，c＝3，A＝2B，则a＝________.答案eq\r(10)解析A＝2B⇒sinA＝sin2B⇒sinA＝2sinBcosB，由正弦定理得a＝2bcosB，又由余弦定理得a＝2b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，代入b＝2，c＝3，可得a2＝10，故a＝eq\r(10).8.我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五的“田域类”中写道：问有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里.里法三百步.欲知为田几何.意思是已知三角形沙田的三边长分别为13里，14里，15里，求三角形沙田的面积.则该沙田的面积为________平方里.答案84

解析由题意画出△ABC，且AB＝13里，BC＝14里，AC＝15里，在△ABC中，由余弦定理得，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(132＋142－152,2×13×14)＝eq\f(5,13)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(12,13)，则该沙田的面积S＝eq\f(1,2)AB·BC·sinB＝eq\f(1,2)×13×14×eq\f(12,13)＝84(平方里).9.(2021·广州调研)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinCsin(A＋C)＝2eq\r(3)csinAsin2eq\f(B,2)，则角B的大小为________；若a＋c＝6，△ABC的面积为2eq\r(3)，则b的值为________.答案eq\f(π,3)2eq\r(3)解析由正弦定理可得sinAsinCsin(A＋C)＝2eq\r(3)sinC·sinAsin2eq\f(B,2)，∵sinAsinC≠0，A＋C＝π－B，∴sinB＝2eq\r(3)sin2eq\f(B,2)，即2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)＝2eq\r(3)sin2eq\f(B,2)，又0＜eq\f(B,2)＜eq\f(π,2)，故taneq\f(B,2)＝eq\f(\r(3),3)，∴eq\f(B,2)＝eq\f(π,6)，即B＝eq\f(π,3).∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝2eq\r(3)，∴ac＝8，而a＋c＝6，∴(a＋c)2＝a2＋2ac＋c2＝36，∴a2＋c2＝20，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝20－8＝12，解得b＝2eq\r(3).10.(2020·全国Ⅰ卷)△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(1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×eq\r(3)c2×cos150°，解得c＝－2(舍去)或c＝2，从而a＝2eq\r(3).因此△ABC的面积为eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×sin150°＝eq\r(3).(2)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°<30°＋C<60°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.11.(2022·山东三校一联)在①eq\r(3)cosC(acosB＋bcosA)＝csinC，②asineq\f(A＋B,2)＝csinA，③(sinB－sinA)2＝sin2C－sinBsinA这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，当________时，求sinA·sinB的最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解若选①，由正弦定理得eq\r(3)cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinCsinC，即eq\r(3)cosCsin(A＋B)＝sinCsinC，∵sinC≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).∴A＋B＝eq\f(2π,3)，∴sinA·sinB＝sinA·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝sinA·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA))＝eq\f(\r(3),2)sinA·cosA＋eq\f(1,2)sin2A＝eq\f(\r(3),4)sin2A＋eq\f(1,4)(1－cos2A)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＋eq\f(1,4)，∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴2A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴当A＝eq\f(π,3)时，sinA·sinB取得最大值为eq\f(3,4).若选②，由正弦定理得sinAsineq\f(π－C,2)＝sinCsinA，∵sinA≠0，∴coseq\f(C,2)＝sinC＝2sineq\f(C,2)coseq\f(C,2)，∵coseq\f(C,2)≠0，∴sineq\f(C,2)＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).余下同①.若选③，由正弦定理得(b－a)2＝c2－ba，即a2＋b2－c2＝ba，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).余下同①.12.(2022·昆明诊断)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2＋c2－eq\r(3)bc＝a2，bc＝eq\r(3)a2，则角C的大小是()A.eq\f(π,6)或eq\f(2π,3) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(π,6)答案A解析由b2＋c2－eq\r(3)bc＝a2，得b2＋c2－a2＝eq\r(3)bc，则co