2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案4.7《正弦定理和余弦定理及应用》 (教师版)

页第七节正弦定理和余弦定理第1课时系统知识牢基础——正弦定理、余弦定理及应用举例知识点一正弦定理、余弦定理1．正、余弦定理及变形定理正弦定理余弦定理内容eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(其中R是△ABC外接圆的半径)a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝a2＋c2－2accos_B；c2＝a2＋b2－2abcos_C变形形式a＝2RsinA，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；sinA＝eq\f(a,2R)；sinB＝eq\f(b,2R)；sinC＝eq\f(c,2R)；a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA；eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝2RcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)[提醒]若已知两边和其中一边的对角，解三角形时，可用正弦定理．在根据另一边所对角的正弦值确定角的值时，要注意避免增根或漏解，常用的基本方法就是注意结合“大边对大角，大角对大边”及三角形内角和定理去考虑问题．2．谨记常用结论(1)在三角形ABC中，A＋B＋C＝π，则①sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，tanA＝－tan(B＋C)．②sineq\f(A,2)＝coseq\f(B＋C,2)，coseq\f(A,2)＝sineq\f(B＋C,2).③sinA＝sinB⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).④A>B⇔a>b⇔sinA>sinB⇔cosA<cos B．(2)三角形的面积S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R)＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.[重温经典]1．(教材改编题)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,4)，a＝1，则b＝()A．2B．1C.eq\r(3)D．eq\r(2)答案：D2．(教材改编题)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c.若2asinB＝eq\r(3)b，则角A等于()A.eq\f(π,3)B．eq\f(π,4)C.eq\f(π,6)D．eq\f(π,12)答案：A3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若B＝eq\f(π,6)，c＝2eq\r(3)，b＝2，则C＝()A.eq\f(π,3)B．eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)C.eq\f(π,4)D．eq\f(π,4)或eq\f(5π,4)答案：B4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，则△ABC的形状为()A．直角三角形B．等腰非等边三角形C．等边三角形D．钝角三角形解析：选C∵eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，∴eq\f(a,b)＝eq\f(a,c)，∴b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，∴b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3)，∴△ABC是等边三角形．5．(教材改编题)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若2sinB＝sinA＋sinC，cosB＝eq\f(3,5)，且S△ABC＝6，则b＝________.解析：在△ABC中，由正弦定理可得，2b＝a＋c，①由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2ac×eq\f(3,5)＝(a＋c)2－eq\f(16,5)ac，②由cosB＝eq\f(3,5)，得sinB＝eq\f(4,5)，故S△ABC＝eq\f(1,2)ac×eq\f(4,5)＝6，③由①②③得，b＝4.答案：46．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝4，b＝5，b>c，△ABC的面积为5eq\r(3)，则c＝________.解析：由三角形面积公式，得eq\f(1,2)×4×5sinC＝5eq\r(3)，即sinC＝eq\f(\r(3),2).又b>a，b>c，所以C为锐角，于是C＝60°.由余弦定理，得c2＝42＋52－2×4×5cos60°，解得c＝eq\r(21).答案：eq\r(21)知识点二解三角形应用举例测量中几个术语的意义及图形表示名称意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线eq\a\vs4\al(上)方的叫做仰角，目标视线在水平视线eq\a\vs4\al(下)方的叫做俯角方位角从某点的指eq\a\vs4\al(北)方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的eq\a\vs4\al(锐)角，通常表达为北(南)偏东(西)α例：(1)北偏东α：(2)南偏西α：[提醒](1)方位角和方向角本质上是一样的，方向角是方位角的一种表达形式，是同一问题中对角的不同描述．(2)将三角形的解还原为实际问题时，要注意实际问题中的单位、近似值要求，同时还要注意所求的结果是否符合实际情况．[重温经典]1．(教材改编题)如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为________m.答案：50eq\r(2)2．海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10nmile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC＝________nmile.答案：5eq\r(6)3．已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C的距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°，A，B两船的距离为3km，则B到C的距离为________km.解析：由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝xkm，则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，∵x>0，∴x＝eq\r(6)－1.答案：eq\r(6)－14.某中学举行升旗仪式，在坡度为15°的看台E点和看台的坡脚A点，分别测得旗杆顶部的仰角分别为30°和60°，量得看台坡脚A点到E点在水平线上的射影B点的距离为10m，则旗杆的高是________m.解析：由题意得∠DEA＝45°，∠ADE＝30°，AE＝eq\f(AB,cos15°)，所以AD＝eq\f(AEsin45°,sin30°)＝eq\f(\r(2)AB,cos15°)，因此CD＝ADsin60°＝eq\f(\r(2)×10,cos45°－30°)×sin60°＝10(3－eq\r(3))．答案：10(3－eq\r(3)).第2课时精研题型明考向——解三角形及应用举例一、真题集中研究——明考情1．(利用正、余弦定理求角的三角函数值)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.2．(正、余弦定理与平面几何相结合)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＝________.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).答案：－eq\f(1,4)3．(结合“劳育”考查解三角形问题)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(3,5)，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为________cm2.解析：如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于Q，作AM⊥EF于M，交DG于E′，交BH于F′，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P.设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝eq\f(π,4)，△AOH为等腰直角三角形．又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，∴5－3m＝7－5m，解得m＝1，∴AF′＝OF′＝5－3m＝2，∴OA＝2eq\r(2)，∴阴影部分的面积S＝eq\f(135,360)×π×(2eq\r(2))2＋eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)－eq\f(π,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋4))(cm2)．答案：eq\f(5π,2)＋44．(条件的选择，正、余弦定理解三角形)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：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．5．(利用正、余弦定理求面积)△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°.6．(利用正、余弦定理求边、角及最值问题)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．解：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．②由①②得cosA＝－eq\f(1,2).因为0＜A＜π，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2eq\r(3)，从而AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sin(π－A－B)＝3cosB－eq\r(3)sinB．故BC＋AC＋AB＝3＋eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3))).又0＜B＜eq\f(π,3)，所以当B＝eq\f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq\r(3).7．(利用正弦定理求角及面积的范围问题)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解：(1)由题设及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB．由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因为coseq\f(B,2)≠0，所以sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，所以B＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin120°－C,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2).由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.结合A＋C＝120°，得30°<C<90°，所以eq\f(1,2)<a<2，从而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2).因此△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).[把脉考情]常规角度1.三角形基本量的求解：主要考查利用正弦或余弦定理解三角形求边或角．2.三角形面积问题：主要考查求三角形的面积或由三角形的面积求边或角创新角度1.与平面几何相结合，求边角问题．2.多个条件的选择问题．3.结合“劳动教育”考查二、题型精细研究——提素养题型一三角形基本量的求解问题[典例]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).[解]选条件①：c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)，且a＋b＝11.(1)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b＝11－a，c＝7，得a2＝(11－a)2＋49－2(11－a)×7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)))，∴a＝8.(2)∵cosA＝－eq\f(1,7)，A∈(0，π)，∴sinA＝eq\f(4\r(3),7).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(7×\f(4\r(3),7),8)＝eq\f(\r(3),2).由(1)知b＝11－a＝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)∵cosA＝eq\f(1,8)，∴A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinA＝eq\f(3\r(7),8).∵cosB＝eq\f(9,16)，∴B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinB＝eq\f(5\r(7),16).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,\f(3\r(7),8))＝eq\f(11－a,\f(5\r(7),16))，∴a＝6.(2)sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(7),4).∵a＋b＝11，a＝6，∴b＝5.∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×5×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(15\r(7),4).[方法技巧]用正、余弦定理求解三角形基本量的方法[针对训练]1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinC＝sin2B，且b＝2，c＝eq\r(3)，则a等于()A.eq\f(1,2)B．eq\r(3)C．2D．2eq\r(3)解析：选C由sinC＝sin2B＝2sinBcosB及正、余弦定理得c＝2b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，代入数据得(2a＋1)(a－2)＝0，解得a＝2或a＝－eq\f(1,2)(舍去)．故选C.2．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，则角C＝()A.eq\f(π,3)B．eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,4)D．eq\f(5π,6)解析：选B∵3sinA＝5sinB，∴由正弦定理可得3a＝5b，即a＝eq\f(5,3)b.∵b＋c＝2a，∴c＝eq\f(7,3)b，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(25,9)b2＋b2－\f(49,9)b2,2×\f(5,3)b2)＝－eq\f(\f(15,9),\f(10,3))＝－eq\f(1,2).∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(2π,3).故选B.3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcosA＝eq\r(3)asinB．(1)求角A的大小；(2)若a＝2eq\r(2)，B＝eq\f(π,4)，求b，c的长．解：(1)由bcosA＝eq\r(3)asinB及正弦定理，得sinBcosA＝eq\r(3)sinAsinB，又sinB≠0，所以tanA＝eq\f(\r(3),3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,6).(2)由bcosA＝eq\r(3)asinB，a＝2eq\r(2)，B＝eq\f(π,4)，得b×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)，解得b＝4.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝16＋c2－2×4×c×eq\f(\r(3),2)＝8，即c2－4eq\r(3)c＋8＝0，解得c＝2eq\r(3)＋2或c＝2eq\r(3)－2，又C＝π－A－B＝eq\f(7,12)π，C＞B，所以c＝2eq\r(3)＋2.题型二三角形形状的判断[典例](1)在△ABC中，coseq\f(A,2)＝eq\r(\f(1＋cosB,2))，则△ABC一定是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．无法确定(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()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定[解析](1)由已知得cos2eq\f(A,2)＝eq\f(1＋cosB,2)，∴2cos2eq\f(A,2)－1＝cosB，∴cosA＝cosB，又0<A<π，0<B<π，∴A＝B，∴△ABC为等腰三角形．(2)由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sin(π－A)＝sin2A，sinA＝sin2A.∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴sinA＝1，即A＝eq\f(π,2)，∴△ABC为直角三角形．[答案](1)A(2)B[方法技巧]判定三角形形状的2种常用途径角化边利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断边化角通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断[针对训练]1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若asinA＋bsinB＜csinC，则△ABC的形状是()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．正三角形解析：选C因为asinA＋bsinB＜csinC，由正弦定理可得a2＋b2＜c2，由余弦定理可得cosC＜0，所以C＞eq\f(π,2).所以△ABC是钝角三角形．2．△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：(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．题型三三角形面积问题[典例]在条件：①(a＋b)·(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，②asinB＝bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，③bsineq\f(B＋C,2)＝asinB中任选一个，补充到下面的问题中，并给出解答．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＋c＝6，a＝2eq\r(6)，________，求△ABC的面积．解：若选①：由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，a＝2eq\r(6)，b＋c＝6，所以bc＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).若选②：由正弦定理得sinAsinB＝sinBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因为0<B<π，所以sinB≠0，所以sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，化简得sinA＝eq\f(\r(3),2)cosA－eq\f(1,2)sinA，即tanA＝eq\f(\r(3),3)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,6)，又因为a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,6)，所以bc＝eq\f(b＋c2－a2,2＋\r(3))＝eq\f(62－2\r(6)2,2＋\r(3))＝24－12eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×(24－12eq\r(3))×eq\f(1,2)＝6－3eq\r(3).若选③：由正弦定理得sinBsineq\f(B＋C,2)＝sinAsinB，因为0<B<π，所以sinB≠0，所以sineq\f(B＋C,2)＝sinA，又因为B＋C＝π－A，所以coseq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)，因为0<A<π，所以0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，即eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,3).则a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，又a＝2eq\r(6)，b＋c＝6，所以bc＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).[方法技巧]求解与三角形面积有关的问题的步骤[针对训练]1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(2\r(3),3)，A＝eq\f(π,3)，b＝1，则△ABC的面积为()A.eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(3),4)C.eq\f(1,2)D．eq\f(1,4)解析：选B由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(2\r(3),3)，又A＝eq\f(π,3)，b＝1，则a＝1，B＝eq\f(π,3)，所以△ABC是边长为1的正三角形，所以△ABC的面积为eq\f(1,2)×12×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).2．在①eq\f(b,a)＝eq\f(cosB＋1,\r(3)sinA)；②2bsinA＝atanB；③(a－c)sinA＋csin(A＋B)＝bsinB这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________．(1)求角B；(2)若a＋c＝4，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积．解：(1)选①，由正弦定理得eq\f(sinB,sinA)＝eq\f(cosB＋1,\r(3)sinA)，∵sinA≠0，∴eq\r(3)sinB－cosB＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵0＜B＜π，∴－eq\f(π,6)＜B－eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，∴B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，∴B＝eq\f(π,3).选②，∵2bsinA＝atanB，即2bsinA＝eq\f(asinB,cosB)，由正弦定理可得2sinBsinA＝sinA·eq\f(sinB,cosB)，∵sinA≠0，sinB≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，又∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).选③，∵sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，由已知结合正弦定理可得(a－c)a＋c2＝b2，∴a2＋c2－b2＝ac，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，即3ac＝16－b2，∴16－b2≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2，解得b≥2，当且仅当a＝c＝2时取等号，∴bmin＝2，△ABC周长的最小值为6，此时△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3).题型四正、余弦定理在平面几何中的应用[典例]在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.(1)若AB＝eq\f(3,2)，求BC；(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.[解](1)如图所示，在△ABD中，由余弦定理可知，cos∠ABD＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(3,4).∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD＝eq\f(3,4).在△BCD中，由余弦定理可得，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝12＋12－2×1×1×eq\f(3,4)，∴BC＝eq\f(\r(2),2).(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.由余弦定理可知，cos∠ABD＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(2x2＋12－12,2×2x×1)＝x，①cos∠BDC＝eq\f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)＝eq\f(12＋12－x2,2×1×1)＝eq\f(2－x2,2).②∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD.联立①②，可得eq\f(2－x2,2)＝x，整理得x2＋2x－2＝0，解得x1＝eq\r(3)－1，x1＝－eq\r(3)－1(舍去)．将x1＝eq\r(3)－1代入②，解得cos∠BDC＝eq\r(3)－1.[方法技巧]平面几何中解三角形问题的求解思路(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．[提醒]做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．[针对训练]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝3，c＝eq\r(2)，B＝45°.(1)求sinC的值；(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，求tan∠DAC的值．解：(1)在△ABC中，因为a＝3，c＝eq\r(2)，B＝45°，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝9＋2－2×3×eq\r(2)cos45°＝5，所以b＝eq\r(5).在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(\r(5),sin45°)＝eq\f(\r(2),sinC)，所以sinC＝eq\f(\r(5),5).(2)在△ADC中，因为cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，所以∠ADC为钝角，而∠ADC＋C＋∠DAC＝180°，所以C为锐角．故cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(2\r(5),5)，tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(1,2).因为cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，所以sin∠ADC＝eq\r(1－cos2∠ADC)＝eq\f(3,5)，tan∠ADC＝eq\f(sin∠ADC,cos∠ADC)＝－eq\f(3,4).从而tan∠DAC＝tan(180°－∠ADC－C)＝－tan(∠ADC＋C)＝－eq\f(tan∠ADC＋tanC,1－tan∠ADC×tanC)＝eq\f(2,11).题型五解三角形应用举例[典例](2021·济南模拟)济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征．李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2m，到达B点，又测得泉标顶端的仰角为80°.则李明同学求出泉标的高度为________m．(精确到1m)[解析]如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端．依题意，∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，AB＝15.2m，则∠ABD＝100°，故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°.在△ABD中，根据正弦定理，eq\f(BD,sin60°)＝eq\f(AB,sin20°).∴BD＝eq\f(AB×sin60°,sin20°)＝eq\f(15.2×sin60°,sin20°)≈38.5(m)．在Rt△BCD中，CD＝BDsin80°＝38.5×sin80°≈38(m)，即泉城广场上泉标的高约为38m.[答案]38[方法技巧]解三角形的实际应用问题的类型及解题策略1．求距离、高度问题(1)选定或确定要创建的三角形，要先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的量．(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．2．求角度问题(1)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步，画图时，要明确仰角、俯角、方位角以及方向角的含义，并能准确找到这些角．(2)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的综合应用．[针对训练]1.如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)()(参考数据：eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732，eq\r(5)≈2.236，eq\r(7)≈2.646)A．39米B．43米C．49米D．53米解析：选D在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60.在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos60°＝602＋402－2×60×40×eq\f(1,2)＝2800，所以AD＝20eq\r(7)≈53(米)．故选D.2.如图所示，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°角的方向沿直线前往B处营救，则sinθ的值为________．解析：如图，连接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cos120°＝700，∴BC＝10eq\r(7)，再由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sinθ)，∴sinθ＝eq\f(\r(21),7).答案：eq\f(\r(21),7)eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])一、综合练——练思维敏锐度1．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin2A＝asinB，且c＝2b，则eq\f(a,b)等于()A.eq\f(3,2)B．eq\f(4,3)C.eq\r(2)D．eq\r(3)解析：选D由bsin2A＝asinB及正弦定理得2sinBsinA·cosA＝sinAsinB，解得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.2．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)解析：选B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.3．在△ABC中，如果cos(2B＋C)＋cosC>0，那么△ABC的形状为()A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．等腰三角形解析：选A∵cos(2B＋C)＋cosC＝cos(2B＋π－A－B)＋cos(π－A－B)＝cos[π－(A－B)]＋cos[π－(A＋B)]＝－cos(A－B)－cos(A＋B)＝－cosAcosB－sinAsinB－cosAcosB＋sinAsinB＝－2cosAcosB>0，∴cosAcosB<0，又∵A，B∈(0，π)，∴A，B中有一个锐角，一个钝角．故选A.4．已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，若sinA＝eq\f(2\r(2),3)，sinB>sinC，a＝3，S△ABC＝2eq\r(2)，则b的值为()A．2或3B．2C．3D．6解析：选C因为△ABC为锐角三角形，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3)，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－9,2bc)＝eq\f(1,3)，①因为S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2)，所以bc＝6，②将②代入①得eq\f(b2＋c2－9,12)＝eq\f(1,3)，则b2＋c2＝13，③由sinB>sinC可得b>c，联立②③可得b＝3，c＝2.故选C.5．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)解析：选D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(\r(15),4).故选D.6.《易经》包含着很多哲理，在信息学、天文学中有广泛的应用，《易经》的博大精深对今天的几何学和其他学科仍有深刻的影响．如图就是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田．已知正八边形的边长为8m，代表阴阳太极图的圆的半径为2m，则每块八卦田的面积约为()A．42m2B．37m2C．32m2D．84m2解析：选B由图，正八边形分割成8个等腰三角形，顶角为eq\f(360°,8)＝45°，设三角形的腰为a，由正弦定理可得eq\f(a,sin\f(135°,2))＝eq\f(8,sin45°)，解得a＝8eq\r(2)sineq\f(135°,2)，所以三角形的面积S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8\r(2)sin\f(135°,2)))2sin45°＝32eq\r(2)·eq\f(1－cos135°,2)＝16(eq\r(2)＋1)，所以每块八卦田的面积约为：16(eq\r(2)＋1)－eq\f(1,8)×π×22≈37m2.7.已知在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD，BD＝eq\f(\r(6),2)AD，BC＝2AD，则sinC的值为()A.eq\f(\r(15),8)B．eq\f(\r(15),4)C.eq\f(1,8)D．eq\f(1,4)解析：选A设AB＝AD＝2a，则BD＝eq\r(6)a，则BC＝4a，所以cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD×AD)＝eq\f(6a2,2×2a×\r(6)a)＝eq\f(\r(6),4)，所以cos∠BDC＝eq\f(BD2＋CD2－BC2,2BD×CD)＝－eq\f(\r(6),4)，整理得CD2＋3aCD－10a2＝0，解得CD＝2a或者CD＝－5a(舍去)．故cosC＝eq\f(16a2＋4a2－6a2,2×4a×2a)＝eq\f(14,16)＝eq\f(7,8)，而C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故sinC＝eq\f(\r(15),8).故选A.8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinC＋2sinCcosB＝sinA，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，a＝eq\r(6)，cosB＝eq\f(1,3)，则b＝________.解析：由正弦定理及题意可得c＋2c×eq\f(1,3)＝a，即a＝eq\f(5,3)c，又a＝eq\r(6)，所以c＝eq\f(3\r(6),5)，由余弦定理得b2＝6＋eq\f(54,25)－eq\f(12,5)＝eq\f(144,25)，所以b＝eq\f(12,5).答案：eq\f(12,5)9．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cosB＝eq\f(1,3)，b＝4，S△ABC＝4eq\r(2)，则△ABC的周长为________．解析：由cosB＝eq\f(1,3)，得sinB＝eq\f(2\r(2),3)，由三角形面积公式可得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)ac·eq\f(2\r(2),3)＝4eq\r(2)，则ac＝12①，由b2＝a2＋c2－2accosB，可得16＝a2＋c2－2×12×eq\f(1,3)，则a2＋c2＝24②，联立①②可得a＝c＝2eq\r(3)，所以△ABC的周长为4eq\r(3)＋4.答案：4eq\r(3)＋410．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.解析：如图，易知sinC＝eq\f(4,5)，sinA＝eq\f(3,5)，cosA＝eq\f(4,5).在△BDC中，由正弦定理可得eq\f(BD,sinC)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∴BD＝eq\f(BC·sinC,sin∠BDC)＝eq\f(12\r(2),5).∴cos∠ABD＝cos(45°－A)＝cos45°cosA＋sin45°sinA＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(3,5)＝eq\f(7\r(2),10).答案：eq\f(12\r(2),5)eq\f(7\r(2),10)11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB＋sinC,cosB＋cosC).(1)若△ABC还同时满足下列四个条件中的三个：①a＝7，②b＝10，③c＝8，④△ABC的面积S＝10eq\r(3)，请指出这三个条件，并说明理由；(2)若a＝3，求△ABC周长l的取值范围．解：∵eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB＋sinC,cosB＋cosC)，∴sinAcosB＋sinAcosC＝sinBcosA＋sinCcosA，即sinAcosB－sinBcosA＝sinCcosA－cosCsinA，∴sin(A－B)＝sin(C－A)，∵A，B，C∈(0，π)，∴A－B＝C－A，即2A＝B＋C，∴A＝eq\f(π,3).(1)△ABC还同时满足①③④.理由如下：若△ABC同时满足条件①②，则由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5\r(3),7)>1，这不可能．∴△ABC不能同时满足条件①②，∴△ABC同时满足③④，∴△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)b×8×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)，解得b＝5，与②矛盾．∴△ABC还同时满足条件①③④.(2)在△ABC中，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2eq\r(3)，∵C＝eq\f(2π,3)－B，∴b＝2eq\r(3)sinB，c＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))，∴l＝a＋b＋c＝2eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))))＋3＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinB＋\f(1,2)cosB))＋3＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＋3.∵B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴B＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∴△ABC周长l的取值范围为(6,9]．12．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足eq\r(3)sinA＋cosA＝0.有三个条件：①a＝1；②b＝eq\r(3)；③S△ABC＝eq\f(\r(3),4).其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并解答下面两个问题：(1)求c；(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．解：(1)因为eq\r(3)sinA＋cosA＝0，所以eq\r(3)tanA＋1＝0，得tanA＝－eq\f(\r(3),3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq\f(5π,6)，A为钝角，与a＝1＜b＝eq\r(3)矛盾，故①②中仅有一个正确，③正确．显然S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)，得bc＝eq\r(3).当①③正确时，由a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2＝－2(无解)；当②③正确时，由于bc＝eq\r(3)，b＝eq\r(3)，得c＝1.(2)如图，因为A＝eq\f(5π,6)，∠CAD＝eq\f(π,2)，则∠BAD＝eq\f(π,3)，则eq\f(S△ABD,S△ACD)＝eq\f(\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD,\f(1,2)AC·AD·sin∠CAD)＝eq\f(1,2)，所以S△ABD＝eq\f(1,3)S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),12).二、自选练——练高考区分度1．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC．若a＝eq\r(3)，则b2＋c2的取值范围是()A．(3,6]B．(3,5)C．(5,6]D．[5,6]解析：选C由正弦定理可得，(a－b)·(a＋b)＝(c－b)·c，即b2＋c2－a2＝bc，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴A＝eq\f(π,3).∵eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝2，∴b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)＝4[sin2B＋sin2(A＋B)]＝4eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1－cos2B,2)＋\f(1－cos[2A＋B],2)))＝eq\r(3)sin2B－cos2B＋4＝2sineq