2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第五章第6讲含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第五章第6讲余弦定理、正弦定理[课程标准]借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理、正弦定理．1．正弦定理条件在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径内容eq\x(\s\up1(01))eq\f(a,sinA)＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(b,sinB)＝eq\x(\s\up1(03))eq\f(c,sinC)＝2R变形(2)a∶b∶c＝eq\x(\s\up1(07))sinA∶sinB∶sinC；(3)eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)2.余弦定理定理在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c内容a2＝eq\x(\s\up1(08))b2＋c2－2bccosA；b2＝eq\x(\s\up1(09))c2＋a2－2cacosB；c2＝eq\x(\s\up1(10))a2＋b2－2abcosC变形cosA＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\x(\s\up1(12))eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\x(\s\up1(13))eq\f(a2＋b2－c2,2ab)3.三角形中常用的面积公式(1)S＝eq\f(1,2)ah(h表示边a上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(1,2)acsinB＝eq\x(\s\up1(15))eq\f(1,2)absinC．(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．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，已知a，b和A时，三角形解的情况图形关系式解的个数A为锐角a<bsinA无解a＝bsinA一解bsinA<a<b两解a≥b一解A为钝角或直角a>b一解a≤b无解4.三角形中的大角对大边在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sinA＞sinB.1．(人教A必修第二册6.4.3例7改编)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．2 B．1C.eq\r(3) D.eq\r(2)答案D解析由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(sin\f(π,4),sin\f(π,6))＝eq\f(\r(2),2)×2＝eq\r(2).2．(人教A必修第二册6.4.3例8改编)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解析解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.解法二：由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(57),19)，从而cosC＝eq\f(4\r(19),19)(C是锐角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(19),19)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(57),19)＝eq\f(3\r(57),38).又eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝3.故选D.3．在△ABC中，已知B＝30°，b＝eq\r(2)，c＝2，则C＝________．答案45°或135°解析由正弦定理得sinC＝eq\f(csinB,b)＝eq\f(2sin30°,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，因为c>b，B＝30°，所以C＝45°或C＝135°.4．(人教B必修第四册9.1.2练习AT4改编)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝7，则△ABC的面积为________．答案eq\f(15\r(3),4)解析因为a＝3，b＝5，c＝7，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(9＋25－49,2×3×5)＝－eq\f(1,2)，因此sinC＝eq\f(\r(3),2)，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)×3×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).5．在△ABC中，acosA＝bcosB，则这个三角形的形状为________________．答案等腰三角形或直角三角形解析由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，又因为0<2A<2π，0<2B<2π且0<A＋B<π，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．考向一利用正、余弦定理解三角形例1(1)(2023·柳州模拟预测)在△ABC中，若sinC＝3sinA，b2＝2ac，则cosB＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)答案C解析因为sinC＝3sinA，由正弦定理可得c＝3a，且b2＝2ac，由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋9a2－6a2,6a2)＝eq\f(2,3).故选C.(2)(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.①求sinA；②设AB＝5，求AB边上的高．解①∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq\f(π,4)，又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)，∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴sinA＝3cosA，即tanA＝3，∴0<A<eq\f(π,2)，∴sinA＝eq\f(3,\r(10))＝eq\f(3\r(10),10).②由①知，cosA＝eq\f(1,\r(10))＝eq\f(\r(10),10)，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq\f(2\r(5),5)，由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，可得b＝eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq\r(10)，∴AB边上的高h＝bsinA＝2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)＝6.解三角形的常见题型及解题策略题型解题策略知两角和一边先用A＋B＋C＝π及sin(A＋B)＝sinC等求第三角，然后用正弦定理求另外两条边知两边及其夹角先用余弦定理求第三边，然后用正弦定理(或余弦定理)及内角和定理求另外两角知三边用余弦定理求角知两边及一边的对角目标是求角首选正弦定理，目标是求边首选余弦定理提醒：如出现a2＋b2－c2＝λab的形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理．1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知下列条件：①b＝3，c＝4，B＝30°；②a＝5，b＝4，A＝30°；③c＝2，b＝eq\r(3)，B＝60°；④c＝12，b＝12，C＝120°.其中满足上述条件的三角形有唯一解的是()A．①④ B．①②C．②③ D．③④答案C解析对于①，△ABC中，b＝3，c＝4，B＝30°，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(3,sin30°)＝eq\f(4,sinC)⇒sinC＝eq\f(2,3)＞eq\f(1,2)＝sin30°，满足条件的角C有2个，故三角形有两个解；对于②，△ABC中，a＝5，b＝4，A＝30°，由正弦定理eq\f(4,sinB)＝eq\f(5,sin30°)，得sinB＝eq\f(2,5)＜eq\f(1,2)＝sin30°，又b＜a，所以满足条件的角B只有一个，故三角形有唯一解；对于③，△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝eq\f(2,sinC)⇒sinC＝1，即C＝90°，故三角形有唯一解；对于④，△ABC中，c＝12，b＝12⇒△ABC为等腰三角形，又C＝120°，故△ABC无解．故选C.2．(2023·天津高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知a＝eq\r(39)，b＝2，A＝120°.(1)求sinB的值；(2)求c的值；(3)求sin(B－C)的值．解(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(39),sin120°)＝eq\f(2,sinB)，解得sinB＝eq\f(\r(13),13).(2)解法一(余弦定理)：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即39＝4＋c2－4ccos120°，整理得c2＋2c－35＝0，解得c＝5或c＝－7(舍去)．所以c＝5.解法二(射影定理)：因为A＝120°，所以B，C均为锐角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(2\r(39),13).由射影定理，得c＝acosB＋bcosA＝eq\r(39)×eq\f(2\r(39),13)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝5.(3)由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，可得sinC＝eq\f(5\r(13),26)，又B，C均为锐角，所以cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(3\r(39),26)，cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(2\r(39),13)，所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝eq\f(\r(13),13)×eq\f(3\r(39),26)－eq\f(2\r(39),13)×eq\f(5\r(13),26)＝－eq\f(7\r(3),26).考向二利用正、余弦定理判断三角形形状例2(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，则△ABC的形状为()A．等边三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不确定答案A解析∵a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又0<C<π，∴C＝eq\f(π,3)，由2cosAsinB＝sinC，得sin(B－A)＝0，∴A＝B，故△ABC为等边三角形．(2)(2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.①若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；②是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解①因为2sinC＝3sinA，所以2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，由余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,8)，则sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(3\r(7),8)，因此S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×5×eq\f(3\r(7),8)＝eq\f(15\r(7),4).②显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋（a＋1）2－（a＋2）2,2a（a＋1）)＝eq\f(a2－2a－3,2a（a＋1）)<0，解得－1<a<3，则0<a<3，由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，又a∈Z，故a＝2.三角形形状的判定方法(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)等．(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sinA＝eq\f(a,2R)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．提醒：①注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能；②在判断三角形形状时一定要注意解是否唯一，并注意挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响．1.(2023·陕西安康模拟)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．不确定答案B解析∵bcosC＋ccosB＝asinA，∴由正弦定理，得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.又sinA>0，∴sinA＝1，又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,2)，故△ABC为直角三角形．2．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解析因为cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)，所以2cos2eq\f(B,2)－1＝eq\f(a＋c,c)－1，所以cosB＝eq\f(a,c)，所以eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，所以c2＝a2＋b2，所以△ABC为直角三角形．多角度探究突破考向三正、余弦定理的综合应用角度三角形面积问题例3(2022·新高考Ⅱ卷)记△ABC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S1，S2，S3，已知S1－S2＋S3＝eq\f(\r(3),2)，sinB＝eq\f(1,3).(1)求△ABC的面积；(2)若sinAsinC＝eq\f(\r(2),3)，求b.解(1)由题意得S1＝eq\f(1,2)·a2·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)a2，S2＝eq\f(\r(3),4)b2，S3＝eq\f(\r(3),4)c2，则S1－S2＋S3＝eq\f(\r(3),4)a2－eq\f(\r(3),4)b2＋eq\f(\r(3),4)c2＝eq\f(\r(3),2)，即a2＋c2－b2＝2.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得accosB＝1，则cosB＞0.又sinB＝eq\f(1,3)，则cosB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3).ac＝eq\f(1,cosB)＝eq\f(3\r(2),4)，则S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),8).(2)由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，则eq\f(b2,sin2B)＝eq\f(a,sinA)·eq\f(c,sinC)＝eq\f(ac,sinAsinC)＝eq\f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq\f(9,4)，则eq\f(b,sinB)＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(3,2)sinB＝eq\f(1,2).三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA，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，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．(2023·全国甲卷)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；(2)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC的面积．解(1)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)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(sin（A－B）,sin（A＋B）)－eq\f(sinB,sin（A＋B）)＝eq\f(sin（A－B）－sinB,sin（A＋B）)＝1，变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB，即－2cosAsinB＝sinB，而0＜sinB≤1，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又0＜A＜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).角度三角形中的范围问题例4(2023·青岛二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a－c＝2bcosC.(1)求B；(2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，∠EDF＝eq\f(π,3)，b＝c＝2.设∠BDE＝α，将△DEF的面积S表示为α的函数，并求S的取值范围．解(1)因为2a－c＝2bcosC，所以2a－c＝2b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－c2,a)，即a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2).因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由B＝eq\f(π,3)及b＝c＝2可知△ABC为等边三角形．又因为∠EDF＝eq\f(π,3)，∠BDE＝α，所以eq\f(π,6)≤α≤eq\f(π,2).在△BDE中，∠BED＝eq\f(2π,3)－α，由正弦定理可得，eq\f(DE,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BED)，即DE＝eq\f(\r(3),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))).在△CDF中，∠CFD＝α，由正弦定理可得，eq\f(DF,sinC)＝eq\f(CD,sin∠CFD)，即DF＝eq\f(\r(3),2sinα).所以S＝eq\f(3,8)×eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα)×sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα)，eq\f(π,6)≤α≤eq\f(π,2).因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))sinα＝eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋eq\f(1,4)，因为eq\f(π,6)≤α≤eq\f(π,2)，所以2α－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋eq\f(1,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4))).所以16sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα∈[8，12]，所以eq\f(1,16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,12)，\f(1,8)))，所以S＝eq\f(3\r(3),16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),8))).所以S的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),8))).解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路如下：要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．(2024·长沙模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))－csinB＝0.(1)求角C的值；(2)若△ABC的面积为10eq\r(3)，D为AC的中点，求BD的最小值．解(1)由bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))－csinB＝0及正弦定理可得sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)cosC))－sinCsinB＝0，则sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosC－\f(1,2)sinC))＝0，因为B，C∈(0，π)，则sinB>0，所以eq\r(3)cosC＝sinC>0，可得tanC＝eq\r(3)，故C＝eq\f(π,3).(2)由于△ABC的面积为10eq\r(3)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)ab·eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)，解得ab＝40.在△BCD中，由余弦定理得BD2＝a2＋eq\f(b2,4)－abcosC＝a2＋eq\f(b2,4)－eq\f(1,2)ab≥2a·eq\f(b,2)－eq\f(1,2)ab＝eq\f(1,2)ab＝20，故BD≥2eq\r(5)，当且仅当a＝eq\f(1,2)b，即a＝2eq\r(5)，b＝4eq\r(5)时，BD取得最小值，为2eq\r(5).角度正、余弦定理解决平面几何问题例5(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.解(1)证明：在△ABC中，由正弦定理，得BD·b＝ac.又b2＝ac，所以BD·b＝b2，即BD＝b.(2)因为AD＝2DC，所以AD＝eq\f(2,3)b，DC＝eq\f(1,3)b.在△ABD中，由余弦定理，得cos∠ADB＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b))\s\up12(2)＋b2－c2,2·\f(2,3)b·b)；在△BCD中，由余弦定理，得cos∠BDC＝eq\f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)＝eq\f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)b))\s\up12(2)－a2,2·b·\f(1,3)b).因为∠ADB＋∠BDC＝π，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b))\s\up12(2)＋b2－c2,2·\f(2,3)b·b)＋eq\f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)b))\s\up12(2)－a2,2·b·\f(1,3)b)＝0，即eq\f(11,3)b2＝2a2＋c2.又b2＝ac，所以eq\f(11,3)ac＝2a2＋c2，即6a2－11ac＋3c2＝0，即(3a－c)(2a－3c)＝0，所以3a＝c或2a＝3c.当3a＝c时，由eq\f(11,3)b2＝2a2＋c2，得a2＝eq\f(1,3)b2，c2＝3b2，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC＝eq\f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\f(1,3)b2＋3b2－b2,2b2)＝eq\f(\f(7,3)b2,2b2)＝eq\f(7,6)＞1，不成立．当2a＝3c时，由eq\f(11,3)b2＝2a2＋c2，得a2＝eq\f(3,2)b2，c2＝eq\f(2,3)b2，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC＝eq\f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\f(3,2)b2＋\f(2,3)b2－b2,2b2)＝eq\f(\f(7,6)b2,2b2)＝eq\f(7,12).综上，cos∠ABC＝eq\f(7,12).正弦、余弦定理解决平面几何问题的策略(1)计算问题①若题目条件中涉及三角形较多，可从已知边长的三角形入手，寻找突破口；②注意利用平面几何图形的性质，应用正弦、余弦定理建立边长或角的方程；③涉及三角形的周长问题，要注意整体代换思想的应用．(2)证明问题①利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等(不等)式转化为以角为研究对象的三角等(不等)式或以边为研究对象的代数等(不等)式；②充分利用三角形中隐含条件：A＋B＋C＝π；A>B⇔sinA>sinB；a－b<c<a＋b及三角函数的性质、三角恒等变换公式等推导证明．(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)．(1)证明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cosA＝eq\f(25,31)，求△ABC的周长．解(1)证明：已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可化简为sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA.由正弦定理可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＝2bccosA－abcosC.由余弦定理可得ac·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)－ab·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，即2a2＝b2＋c2.(2)由(1)可知b2＋c2＝2a2＝50，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(50－25,2bc)＝eq\f(25,2bc)＝eq\f(25,31).∴2bc＝31.∵b2＋c2＋2bc＝(b＋c)2＝81，∴b＋c＝9，∴a＋b＋c＝14.∴△ABC的周长为14.课时作业一、单项选择题1．在△ABC中，B＝eq\f(2π,3)，C＝eq\f(π,6)，a＝5，则此三角形的最大边长为()A．3eq\r(3) B．5eq\r(3)C.eq\f(5\r(5),2) D.eq\r(21)答案B解析因为B＝eq\f(2π,3)，C＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,6)，则B对的边最大，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),\f(1,2))＝5eq\r(3).2．(2023·十堰模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h＝()A.eq\f(\r(15),2) B.eq\f(\r(11),2)C.eq\f(3\r(15),4) D.eq\f(3\r(15),8)答案D解析∵a＝2，b＝3，c＝4，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(9＋16－4,2×3×4)＝eq\f(7,8)，∵A∈(0，π)，∴sinA＞0，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\f(49,64))＝eq\r(\f(15,64))＝eq\f(\r(15),8)，则h＝ACsinA＝bsinA＝3×eq\f(\r(15),8)＝eq\f(3\r(15),8).故选D.3．(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acosB－bcosA＝c，且C＝eq\f(π,5)，则B＝()A.eq\f(π,10) B.eq\f(π,5)C.eq\f(3π,10) D.eq\f(2π,5)答案C解析由题意结合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝sinC，即sinAcosB－sinBcosA＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA，整理可得sinBcosA＝0，由于B∈(0，π)，故sinB>0，据此可得cosA＝0，A＝eq\f(π,2)，则B＝π－A－C＝π－eq\f(π,2)－eq\f(π,5)＝eq\f(3π,10).故选C.4．(2023·陕西安康模拟)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，sinC＝eq\f(4,5)，c＝4，B＝eq\f(π,4)，则△ABC的面积为()A．1 B．2C．1或7 D．2或14答案C解析由eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)可得b＝eq\f(5\r(2),2)，因为sinC＝eq\f(4,5)，所以cosC＝－eq\f(3,5)或cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sineq\f(π,4)cosC＋coseq\f(π,4)sinC，故sinA＝eq\f(\r(2),10)或sinA＝eq\f(7\r(2),10)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(5\r(2),2)×4×eq\f(\r(2),10)＝1或S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(5\r(2),2)×4×eq\f(7\r(2),10)＝7.故选C.5．(2023·昆明一模)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，cos∠BAC＝eq\f(1,3)，点D在BC边上且AD＝eq\f(4\r(3),3)，则sin∠ADC＝()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(2),3)答案A解析在△ABC中，由余弦定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC)＝eq\r(9＋4－2×3×2×\f(1,3))＝3，∴BC＝AB，∴∠BCA＝∠BAC，∴sin∠BCA＝sin∠BAC＝eq\r(1－\f(1,9))＝eq\f(2\r(2),3)，在△ADC中，由正弦定理得eq\f(AD,sin∠DCA)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，即eq\f(\f(4\r(3),3),\f(2\r(2),3))＝eq\f(2,sin∠ADC)，∴sin∠ADC＝eq\f(\r(6),3).故选A.6．(2023·吉林模拟)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2－b2＝c2－eq\r(2)bc且bcosC＝asinB，则△ABC是()A．等腰直角三角形 B．等边三角形C．等腰三角形 D．直角三角形答案A解析因为a2－b2＝c2－eq\r(2)bc，即b2＋c2－a2＝eq\r(2)bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(2)bc,2bc)＝eq\f(\r(2),2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4)，因为bcosC＝asinB，利用正弦定理可得sinBcosC＝sinAsinB，由sinB≠0，可得cosC＝sinA＝eq\f(\r(2),2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4)，B＝π－A－C＝eq\f(π,2)，则△ABC是等腰直角三角形．故选A.7．已知△ABC中，∠B＝eq\f(π,6)，AC＝2，则∠A＝eq\f(π,6)的充要条件是()A．△ABC是等腰三角形 B．AB＝2eq\r(3)C．BC＝4 D．S△ABC＝eq\r(3)，BC<BA答案D解析由于∠B＝eq\f(π,6)，故当△ABC是等腰三角形时，∠A＝eq\f(π,6)或∠A＝eq\f(5π,12)或∠A＝eq\f(2π,3)；当∠A＝eq\f(π,6)时，△ABC是等腰三角形，所以“△ABC是等腰三角形”是“∠A＝eq\f(π,6)”的必要不充分条件，所以A不正确．当AB＝2eq\r(3)时，eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(2\r(3),sinC)＝eq\f(2,sin\f(π,6))，sinC＝eq\f(\r(3),2)，所以∠C＝eq\f(π,3)或∠C＝eq\f(2π,3)，则∠A＝eq\f(π,2)或∠A＝eq\f(π,6)；当∠A＝eq\f(π,6)时，∠C＝eq\f(2π,3)，根据正弦定理可得AB＝2eq\r(3)，所以“AB＝2eq\r(3)”是“∠A＝eq\f(π,6)”的必要不充分条件，所以B不正确．当BC＝4时，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(4,sinA)＝eq\f(2,sin\f(π,6))，解得sinA＝1，∠A＝eq\f(π,2)，所以“BC＝4”不是“∠A＝eq\f(π,6)”的充分条件，所以C不正确．当∠A＝eq\f(π,6)时，S△ABC＝eq\r(3)；当S△ABC＝eq\r(3)时，即eq\f(1,2)BC·BAsinB＝eq\r(3)，所以BC·BA＝4eq\r(3)，根据余弦定理BC2＋BA2－2BC·BAcosB＝4，解得BC2＋BA2＝16，因为BC<BA，所以BC＝2，BA＝2eq\r(3)，则∠A＝eq\f(π,6)，所以“S△ABC＝eq\r(3)，BC<BA”是“∠A＝eq\f(π,6)”的充要条件，所以D正确．故选D.8．(2023·合肥一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，则角A的最大值为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(2π,3)答案A解析因为asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccosA，所以cosA＝eq\f(a2＋2c2,2bc)①，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA②，由①②可得2a2＝b2－c2，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－\f(1,2)（b2－c2）,2bc)＝eq\f(b2＋3c2,4bc)，因为b2＋3c2≥2eq\r(b2·3c2)＝2eq\r(3)bc，当且仅当b＝eq\r(3)c时取等号，所以cosA≥eq\f(2\r(3)bc,4bc)＝eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以角A的最大值为eq\f(π,6).故选A.二、多项选择题9．(2023·大连模拟)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eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,sinB)，则A＝eq\f(π,4)B．若sin2A＝sin2B，则此三角形为等腰三角形C．若a＝1，b＝2，A＝30°，则此三角形必有两解D．若△ABC是锐角三角形，则sinA＋sinB>cosA＋cosB答案AD解析由正弦定理可知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，又eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(a,cosA)＝eq\f(a,sinA)，可得tanA＝1，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4)，A正确；因为2A∈(0，2π)，2B∈(0，2π)，且2A，2B最多有一个大于π，所以由sin2A＝sin2B可知，2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；由正弦定理可得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2×\f(1,2),1)＝1，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,2)，故此三角形有唯一解，C错误；因为△ABC是锐角三角形，所以A＋B>eq\f(π,2)，即eq\f(π,2)>A>eq\f(π,2)－B>0，又y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以sinA>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，同理sinB>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝cosA，所以sinA＋sinB>cosA＋cosB，D正确．故选AD.10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是()A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6B．△ABC是钝角三角形C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为eq\f(8\r(7),7)答案ACD解析因为(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝9x，,a＋c＝10x，,b＋c＝11x))(其中x>0)，解得a＝4x，b＝5x，c＝6x，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，所以A正确；由上可知，c最大，所以三角形中C最大，又cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(（4x）2＋（5x）2－（6x）2,2×4x×5x)＝eq\f(1,8)>0，所以C为锐角，所以B错误；由上可知，a最小，所以三角形中A最小，又cosA＝eq\f(c2＋b2－a2,2cb)＝eq\f(（6x）2＋（5x）2－（4x）2,2×6x×5x)＝eq\f(3,4)，所以cos2A＝2cos2A－1＝eq\f(1,8)，所以cos2A＝cosC.由三角形中C最大且C为锐角可得，2A∈(0，π)，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2A＝C，所以C正确；由正弦定理，得2R＝eq\f(c,sinC)，又sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(3\r(7),8)，所以2R＝eq\f(6,\f(3\r(7),8))，解得R＝eq\f(8\r(7),7)，所以D正确．故选ACD.11．(2023·烟台模拟)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，则()A．sin∠CDB＝eq\f(3,10) B．△ABC的面积为8C．△ABC的周长为8＋4eq\r(5) D．△ABC为钝角三角形答案BCD解析由cos∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)可得sin∠CDB＝eq\r(1－\f(1,5))＝eq\f(2\r(5),5)，故A错误；设CD＝x，CB＝2x，在△CBD中，由余弦定理，可得－eq\f(\r(5),5)＝eq\f(9＋x2－4x2,6x)，整理可得，5x2－2eq\r(5)x－15＝0，解得x＝eq\r(5)，即CD＝eq\r(5)，CB＝2eq\r(5)，所以S△ABC＝S△BCD＋S△ADC＝eq\f(1,2)×3×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(1,2)×5×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝8，故B正确；由余弦定理，可知cosB＝eq\f(CB2＋BD2－CD2,2CB·BD)＝eq\f(CB2＋AB2－AC2,2CB·AB)，即eq\f(20＋9－5,2×3×2\r(5))＝eq\f(20＋64－AC2,2×8×2\r(5))，解得AC＝2eq\r(5)，故△ABC的周长为AB＋AC＋CB＝8＋2eq\r(5)＋2eq\r(5)＝8＋4eq\r(5)，故C正确；由余弦定理，可得cos∠ACB＝eq\f(20＋20－64,2×2\r(5)×2\r(5))＝－eq\f(3,5)<0，故∠ACB为钝角，D正确．故选BCD.三、填空题12．(2023·北京海淀模拟)在△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，则eq\f(b,c)＝________．答案1解析由题意知sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)sinC，∴sinC＝eq\f(1,2)，又0<C<eq\f(π,3)，∴C＝eq\f(π,6)，从而B＝eq\f(π,6)，∴b＝c，故eq\f(b,c)＝1.13．(2023·全国甲卷)在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝eq\r(6)，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD＝________．答案2解析如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a.解法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq\r(3).由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq\f(1,2)×2×b×sin60°＝eq\f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq\f(1,2)×AD×b×sin30°，解得AD＝eq\f(\r(3)b,1＋\f(b,2))＝eq\f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2.解法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq\r(3)，由正弦定理可得，eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(1＋\r(3),sinB)＝eq\f(2,sinC)，解得sinB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq\f(\r(2),2)，因为1＋eq\r(3)＞eq\r(6)＞2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，所以AD＝AB＝2.14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”——由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图①所示．类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．在△ABC中，若AF＝1，FD＝2，则AB＝________．答案eq\r(13)解析由题意△EFD为等边三角形，则∠EDA＝eq\f(π,3)，所以∠BDA＝eq\f(2π,3)，根据条件△AFC≌△BDA，所以AF＝BD＝1.在△ABD中，AD＝3，BD＝1，所以AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠BDA＝32＋12－2×3×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝13，所以AB＝eq\r(13).四、解答题15．(2023·郑州二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))＝asin(A＋C)．(1)求角A的值；(2)若3a＝2c＋3b，求eq\f(b,c)的值以及sinB.解(1)在△ABC中，由A＋B＋C＝π，得sin(A＋C)＝sinB，由正弦定理，得bsinA＝asinB，结合已知条件得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))＝sinA，A为△ABC中的一个内角，所以A－eq\f(π,3)＋A＝π，解得A＝eq\f(2π,3).(2)由3a＝2c＋3b，平方得9a2＝4c2＋9b2＋12bc，①由余弦定理a2＝c2＋b2－2bccosA，得a2＝c2＋b2＋bc，②联立①②解得5c＝3b，所以eq\f(b,c)＝eq\f(5,3).由eq\f(b,c)＝eq\f(5,3)，3a＝2c＋3b，结合正弦定理，可得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(5,3)，3sinA＝2sinC＋3sinB.联立解得sinB＝eq\f(5\r(3),14).16．(2023·河北承德模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，sinA＝2sinBsinC，点E在BC边上，且AE⊥BC.(1)求AE的长；(2)若b2＋c2＝eq\r(6)bc，求cosA的值．解(1)如图所示，记AE边为h，由AE⊥BC可知，在△AEB中，sinB＝eq\f(AE,AB)＝eq\f(h,c)，在△AEC中，sinC＝eq\f(AE,AC)＝eq\f(h,b)，sinA＝2sinBsinC＝eq\f(2h2,bc)，又S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)ah，得sinA＝eq\f(ah,bc)，则eq\f(2h2,bc)＝eq\f(ah,bc)，即2h2＝ah，解得h＝1，即AE＝1.(2)由(1)，得S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)ah＝1，bc＝eq\f(2,sinA)，b2＋c2＝eq\r(6)bc，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA＝eq\r(6)bc－2bccosA，即4＝bc(eq\r(6)－2cosA)＝eq\f(2,sinA)(eq\r(6)－2cosA)，可得2sinA＋2cosA＝eq\r(6)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2)，由A∈(0，π)，有A＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，则cosA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝coseq\f(π,3)coseq\f(π,4)＋sineq\f(π,3)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)或cosA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,4)))＝coseq\f(2π,3)coseq\f(π,4)＋sineq\f(2π,3)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).17．(2023·茂名模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足tanB＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))).(1)求A；(2)若D为边BC上一点，且2CD＝AD＝BD，试判断△ABC的形状．解(1)由tanB＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6))))，得eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6))))，所以sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝cosBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))，所以sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinC－\f(1,2)cosC))＝cosBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)cosC))，所以sinB(eq\r(3)sinC－cosC)＝cosB(sinC＋eq\r(3)cosC)，所以sinCcosB＋cosCsinB＋eq\r(3)(cosCcosB－sinCsinB)＝0，所以sin(B＋C)＋eq\r(3)cos(B＋C)＝0，所以tan(B＋C)＝－eq\r(3)，即tanA＝eq\r(3)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)设∠BAD＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，则∠ADC＝2θ，∠DAC＝eq\f(π,3)－θ，∠ACD＝eq\f(2π,3)－θ，在△ADC中，由正弦定理知eq\f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))＝eq\f(CD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ－\f(1,2)sinθ))＝eq\f(\r(3),2)cosθ＋eq\f(1,2)sinθ，化简得tanθ＝eq\f(\r(3),3)，所以θ＝eq\f(π,6)，∠ACD＝eq\f(2π,3)－θ＝eq\f(π,2)，所以△ABC是直角三角形．18.(2023·烟台一模)如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.(1)若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；(2)若CD＝eq\r(3)BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值．解(1)在△ABC中，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(－AB·BC,2AB·BC)＝－eq\f(1,2)，因为0°<B<180°，所以B＝120°.所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsin120°＝eq\f(1,2)×3×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4).(2)由(1)知B＝120°，设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.在△ACD中，由eq\f(AC,sin（30°＋θ）)＝eq\f(CD,sin30°)，得AC＝eq\f(sin（30°＋θ）,sin30°)CD.在△ABC中，由eq\f(AC,sin120°)＝eq\f(BC,sin（60°－θ）)，得AC＝eq\f(sin120°,sin（60°－θ）)BC.联立上式，并由CD＝eq\r(3)BC得sin(30°＋θ)sin(60°－θ)＝eq\f(1,4)，所以sin(60°＋2θ)＝eq\f(1,2)，由题意可知0°<θ<60°，所以60°<60°＋2θ<180°，所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.19．(2024·雅礼中学模拟)记锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(sin（A－B）,cosB)＝eq\f(sin（A－C）,cosC).(1)求证：B＝C；(2)若asinC＝1，求eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最大值．解(1)证明：由题意知eq\f(sin（A－B）,cosB)＝eq\f(sin（A－C）,cosC)，所以sin(A－B)cosC＝sin(A－C)cosB，所以sinAcosBcosC－cosAsinBcosC＝sinAcosCcosB－cosAsinCcosB，所以cosAsinBcosC＝cosAsinCcosB，因为A为锐角，即cosA≠0，所以sinBcosC＝sinCcosB，所以tanB＝tanC，所以B＝C.(2)由(1)知，B＝C，所以sinB＝sinC，因为asinC＝1，所以eq\f(1,a)＝sinC，由正弦定理，得a＝2RsinA，sinC＝sinB＝eq\f(b,2R)，所以asinC＝2RsinA·eq\f(b,2R)＝bsinA＝1，所以eq\f(1,b)＝sinA，因为A＝π－B－C＝π－2C，所以eq\f(1,b)＝sinA＝sin2C，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝sin2C＋sin22C＝eq\f(1－cos2C,2)＋(1－cos22C)＝－cos22C－eq\f(1,2)cos2C＋eq\f(3,2)，因为△ABC是锐角三角形，且B＝C，所以eq\f(π,4)<C<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,2)<2C<π，所以－1<cos2C<0，当cos2C＝－eq\f(1,4)时，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)取得最大值eq\f(25,16)，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最大值为eq\f(25,16).第7讲余弦定理、正弦定理应用举例[课程标准]能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题．1．仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线eq\x(\s\up1(01))上方的角叫仰角，在水平线eq\x(\s\up1(02))下方的角叫俯角(如图①)．2．方位角从正北方向线顺时针旋转到目标方向线的水平角．如点B的方位角为α(如图②)．3．方向角相对于某一正方向的水平角，即从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线一般是指正北或正南方向，方向角小于90°)．如北偏东α，南偏西α.特别地，若目标方向线与指北或指南方向线成45°角称为东北方向、西南方向等．(1)北偏东α，即由eq\x(\s\up1(03))指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)；(2)北偏西α，即由eq\x(\s\up1(04))指北方向逆时针旋转α到达目标方向；(3)南偏西等其他方向角类似．4．坡角与坡度(1)坡角：eq\x(\s\up1(05))坡面与水平面所成的二面角(如图④，角θ为坡角)．(2)坡度：坡面的铅直高度与eq\x(\s\up1(06))水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．1．两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站北偏东40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的()A．北偏东10° B．北偏西10°C．南偏东10° D．南偏西10°答案B解析由题可知∠ABC＝50°，A，B，C位置如图．故选B.2.(人教B必修第四册习题9－2AT2改编)如图，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于()A．10m B．5eq\r(3)mC．5(eq\r(3)－1)m D．5(eq\r(3)＋1)m答案D解析在直角三角形中，根据三角函数的定义得eq\f(AB,tan30°)－eq\f(AB,tan45°)＝10，解得AB＝5(eq\r(3)＋1)m．故选D.3.(2023·重庆模拟)一艘船航行到点B处时，测得灯塔C在其北偏东15°的方向，如图，随后该船以25海里/小时的速度，沿西北方向航行两小时后到达点A，测得灯塔C在其正东方向，此时船与灯塔C间的距离为()A．25(3＋eq\r(3))海里B．25(eq\r(6)－eq\r(2))海里C．25(3－eq\r(3))海里D．25(3eq\r(2)－eq\r(6))海里答案D解析由题意可知∠ABC＝60°，∠A＝45°，∠ACB＝75°，AB＝50海里，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(50,sin75°)＝eq\f(AC,sin60°)，解得AC＝25(3eq\r(2)－eq\r(6))，所以此时船与灯塔C间的距离为25(3eq\r(2)－eq\r(6))海里．故选D.4．沈阳二中北校区坐落于风景优美的辉山景区，景区内的一泓碧水蜿蜒形成了一个“秀”字，故称“秀湖”．湖畔有秀湖阁(A)和临秀亭(B)两个标志性景点，如图．若为测量隔湖相望的A，B两地之间的距离，某同学任意选定了与A，B不共线的C处，构成△ABC，以下是测量数据的不同方案：①测量∠A，AC，BC；②测量∠A，∠B，BC；③测量∠C，AC，BC；④测量∠A，∠C，∠B.其中一定能唯一确定A，B两地之间的距离的所有方案的序号是________．答案②③解析解法一：对于①，由正弦定理得，eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，则sinB＝eq\f(ACsinA,BC)，若AC＞BC且∠A为锐角，则sinB＞sinA，此时∠B可能有两解，所以∠C有两解，AB也有两解；对于②，若已知∠A，∠B，则∠C唯一，由正弦定理知eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，所以AB唯一确定；对于③，已知∠C，AC，BC，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，所以AB唯一确定；对于④，若已知∠A，∠C，∠B，则AB不确定．解法二：从边和角的已知情况分析四个条件可得①SSA，②AAS，③SAS，④AAA，能判断三角形全等的只有②和③，也就是可确定三角形唯一的只有②③.5．(人教A必修第二册P53习题6.4T8改编)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝150m，汽车从C点到B点历时25s，则这辆汽车的速度为________m/s.答案6eq\r(10)解析由题意可知，AB＝300m，AC＝150eq\r(2)m，由余弦定理可得BC＝eq\r(90000＋45000－2×300×150\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝150eq\r(10)(m)，所以这辆汽车的速度为150eq\r(10)×eq\f(1,25)＝6eq\r(10)(m/s)．考向一测量距离问题例1(2023·汕头模拟)为测量地形不规则的一个区域的径长AB，采用间接测量的方法，如图，阴影部分为不规则地形，利用激光仪器和反光规律得到∠ACB＝∠DCB，∠ACD为钝角，AC＝5，AD＝7，sin∠ADC＝eq\f(2\r(6),7).(1)求sin∠ACB的值；(2)若测得∠BDC＝∠BCD，求待测径长AB.解(1)在△ACD中，由正弦定理可得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(AD,sin∠ACD)⇒eq\f(5,\f(2\r(6),7))＝eq\f(7,sin∠ACD)，则sin∠ACD＝eq\f(2\r(6),5)，因为∠ACD为钝角，所以cos∠ACD＝－eq\f(1,5)，因为∠ACB＝∠DCB，所以cos∠ACD＝1－2sin2∠ACB，所以sin∠ACB＝eq\f(\r(15),5).(2)在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ACD＝－eq\f(1,5)＝eq\f(25＋CD2－49,2×5CD)，解得CD＝4或CD＝－6(舍去)，因为∠BDC＝∠BCD，所以BD＝BC，在△BCD中，cos∠BDC＝cos∠BCD＝eq\f(\r(10),5)，由余弦定理可得cos∠BDC＝eq\f(\r(10),5)＝eq\f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)＝eq\f(16,8BD)＝eq\f(2,BD)，解得BD＝BC＝eq\r(10)，cos∠BDC＝eq\f(\r(10),5)，sin∠BDC＝eq\f(\r(15),5)，sin∠ADC＝eq\f(2\r(6),7)，cos∠ADC＝eq\f(5,7)，所以cos∠ADB＝cos(∠BDC－∠ADC)＝cos∠BDCcos∠ADC＋sin∠BDCsin∠ADC＝eq\f(\r(10),5)×eq\f(5,7)＋eq\f(\r(15),5)×eq\f(2\r(6),7)＝eq\f(5\r(10)＋6\r(10),35)＝eq\f(11\r(10),35)，在△ABD中，由余弦定理可得AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB＝10＋49－2×eq\r(10)×7×eq\f(11\r(10),35)＝15，故AB＝eq\r(15).距离问题的解题思路这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．(2024·福建宁德第二次质量检查)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝80米，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则A，B两点间的距离为________米．答案80eq\r(5)解析∵在△ACD中，∠DCA＝15°，∠ADC＝150°，∴∠DAC＝15°.由正弦定理，得AC＝eq\f(80sin150°,sin15°)＝eq\f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq\r(6)＋eq\r(2))米，在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，∴∠CBD＝30°，由正弦定理，得eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∴BC＝eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)