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文档简介
§4.8正弦定理、余弦定理课标要求1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.理解三角形的面积公式并能应用.3.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题.知识梳理1.正弦定理、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,则定理正弦定理余弦定理内容eq\f(a,sinA)=eq\f(b,sinB)=eq\f(c,sinC)=2Ra2=b2+c2-2bccosA;b2=c2+a2-2cacosB;c2=a2+b2-2abcosC变形(1)a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC;(2)sinA=eq\f(a,2R),sinB=eq\f(b,2R),sinC=eq\f(c,2R);(3)a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinCcosA=eq\f(b2+c2-a2,2bc);cosB=eq\f(c2+a2-b2,2ac);cosC=eq\f(a2+b2-c2,2ab)2.三角形解的判断A为锐角A为钝角或直角图形关系式a=bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的个数一解两解一解一解3.三角形中常用的面积公式(1)S=eq\f(1,2)aha(ha表示边a上的高);(2)S=eq\f(1,2)absinC=eq\f(1,2)acsinB=eq\f(1,2)bcsinA;(3)S=eq\f(1,2)r(a+b+c)(r为三角形的内切圆半径).常用结论在△ABC中,常有以下结论:(1)∠A+∠B+∠C=π.(2)任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边.(3)a>b⇔A>B⇔sinA>sinB,cosA<cosB.(4)sin(A+B)=sinC;cos(A+B)=-cosC;tan(A+B)=-tanC;sineq\f(A+B,2)=coseq\f(C,2);coseq\f(A+B,2)=sineq\f(C,2).(5)三角形中的射影定理在△ABC中,a=bcosC+ccosB;b=acosC+ccosA;c=bcosA+acosB.(6)三角形中的面积S=eq\r(pp-ap-bp-c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p=\f(1,2)a+b+c)).自主诊断1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角的余弦值之比.(×)(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.(×)2.(必修第二册P44T2改编)在△ABC中,AB=5,AC=3,BC=7,则∠BAC等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)答案C解析在△ABC中,设AB=c=5,AC=b=3,BC=a=7,由余弦定理得cos∠BAC=eq\f(b2+c2-a2,2bc)=eq\f(9+25-49,30)=-eq\f(1,2),因为∠BAC为△ABC的内角,所以∠BAC=eq\f(2π,3).3.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,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,即此三角形无解.4.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).题型一利用正弦、余弦定理解三角形例1(1)(2023·榆林模拟)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若asinA+(b+λa)sinB=csinC,则λ的取值范围为()A.(-2,2) B.(0,2)C.[-2,2] D.[0,2]答案A解析因为asinA+(b+λa)sinB=csinC,由正弦定理得c2=a2+b2+λab,由余弦定理知c2=a2+b2-2abcosC,所以λ=-2cosC,因为C∈(0,π),所以cosC∈(-1,1),故λ∈(-2,2).(2)(2024·兰州模拟)用长度为1,4,8,9的4根细木棒围成一个三角形(允许连接,不允许折断),则其中某个三角形外接圆的直径可以是(写出一个答案即可).答案eq\f(30\r(11),11)(答案不唯一)解析4根细木棒围成的三角形的三边长可以为5,8,9,设边长为9的边所对的角为θ,该三角形外接圆的半径为R,由余弦定理知,cosθ=eq\f(25+64-81,2×5×8)=eq\f(1,10),因为θ∈(0,π),所以sinθ=eq\r(1-cos2θ)=eq\f(3\r(11),10),由正弦定理知,2R=eq\f(9,sinθ)=eq\f(9,\f(3\r(11),10))=eq\f(30\r(11),11),所以其中某个三角形外接圆的直径可以是eq\f(30\r(11),11).思维升华解三角形时,如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或边的一次式,则考虑用正弦定理,以上特征都不明显时,则要考虑两个定理都有可能用到.跟踪训练1(1)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,a=1,c=eq\f(\r(6),2),A=45°,则C等于()A.30°B.60°C.120°D.60°或120°答案D解析因为a=1,c=eq\f(\r(6),2),A=45°,所以由正弦定理可得sinC=eq\f(csinA,a)=eq\f(\f(\r(6),2)×\f(\r(2),2),1)=eq\f(\r(3),2),又因为0°<C<180°,c>a,A=45°,所以C=60°或120°.(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.2B.3C.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).题型二正弦定理、余弦定理的简单应用命题点1三角形的形状判断例2(2023·临沂模拟)在△ABC中,已知eq\f(sinA+sinC,sinB)=eq\f(b+c,a)且满足条件①a(sinA-sinB)=(c-b)(sinC+sinB);②bcosA+acosB=csinC中的一个,试判断△ABC的形状,并写出推理过程.注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.解由eq\f(sinA+sinC,sinB)=eq\f(b+c,a)及正弦定理得eq\f(a+c,b)=eq\f(b+c,a),即a2+ac=b2+bc,∴a2-b2+ac-bc=0,∴(a-b)(a+b+c)=0,∴a=b.若选①,则△ABC为等边三角形.推理如下:由a(sinA-sinB)=(c-b)(sinC+sinB)及正弦定理,得a(a-b)=(c-b)(c+b),即a2+b2-c2=ab.∴由余弦定理得cosC=eq\f(a2+b2-c2,2ab)=eq\f(1,2),又C∈(0,π),∴C=eq\f(π,3).∴△ABC为等边三角形.若选②,则△ABC为等腰直角三角形.推理如下:∵bcosA+acosB=b·eq\f(b2+c2-a2,2bc)+a·eq\f(a2+c2-b2,2ac)=eq\f(2c2,2c)=c=csinC,∴sinC=1,∴C=eq\f(π,2),∴△ABC为等腰直角三角形.思维升华判断三角形形状的两种思路(1)化边:通过因式分解、配方等得出边的相应关系,从而判断三角形的形状.(2)化角:通过三角恒等变换,得出内角的关系,从而判断三角形的形状.此时要注意应用A+B+C=π这个结论.命题点2三角形的面积例3(10分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sinB.(1)求sinA;[切入点:由A,B,C关系求角C及代换sinB](2)设AB=5,求AB边上的高.[关键点:由A,B,C关系求sinB][思路分析](1)由A,B,C关系求角C→B=π-(A+C)代入化简→tanA→sinA(2)由角C,sinA→sinB→AC→等面积法求高解(1)eq\x(\a\vs4\al\co1(∵A+B=3C,,∴π-C=3C,,即C=\f(π,4),))(1分)①处由A,B,C关系求角C又2sin(A-C)=eq\x(sinB=sinA+C,)(2分)②处由B与A,C关系代换sinB∴2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC,∴sinAcosC=3cosAsinC,∴sinA=3cosA,③处两角和差公式化简即tanA=3,(4分)∴0<A<eq\f(π,2),∴sinA=eq\f(3,\r(10))=eq\f(3\r(10),10).(5分)④处由正切求正弦(2)由(1)知,cosA=eq\f(1,\r(10))=eq\f(\r(10),10),eq\x(\a\vs4\al\co1(由sinB=sin(A+C),=sinAcosC+cosAsinC,=\f(\r(2),2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)+\f(\r(10),10)))=\f(2\r(5),5),))(7分)⑤处由B与A,C关系求sinB由正弦定理eq\f(AB,sinC)=eq\f(AC,sinB),AC=eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))=2eq\r(10),可得(8分)⑥处正弦定理求AC∴eq\f(1,2)AB·h=eq\f(1,2)AB·AC·sinA,⑦处等面积法求高∴h=AC·sinA=2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)=6.(10分)思维升华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.命题点3与平面几何有关的问题例4(2023·梅州模拟)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2a+b=2ccosB.(1)求角C;(2)若CD是角C的平分线,AD=2eq\r(7),DB=eq\r(7),求CD的长.解(1)由2a+b=2ccosB,根据正弦定理可得2sinA+sinB=2sinCcosB,则2sin(B+C)+sinB=2sinCcosB,所以2sinBcosC+2cosBsinC+sinB=2sinCcosB,整理得(2cosC+1)sinB=0,因为B,C均为三角形内角,所以B,C∈(0,π),sinB≠0,因此cosC=-eq\f(1,2),所以C=eq\f(2π,3).(2)因为CD是角C的平分线,AD=2eq\r(7),DB=eq\r(7),所以在△ACD和△BCD中,由正弦定理可得,eq\f(AD,sin\f(π,3))=eq\f(CD,sinA),eq\f(BD,sin\f(π,3))=eq\f(CD,sinB),因此eq\f(AD,BD)=eq\f(sinB,sinA)=2,即sinB=2sinA,所以b=2a,又由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC,即(3eq\r(7))2=a2+4a2+2a2,解得a=3,所以b=6,又S△ABC=S△ACD+S△BCD,即eq\f(1,2)absin∠ACB=eq\f(1,2)b·CD·sin∠ACD+eq\f(1,2)a·CD·sin∠BCD,即18=9CD,所以CD=2.思维升华在平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题时,通常是转化到三角形中,利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决.在解决某些具体问题时,常先引入变量,如边长、角度等,然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来,再利用正、余弦定理列出方程,再解方程即可.若研究最值,常使用函数思想.跟踪训练2(1)(2024·西安模拟)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=2eq\r(17),b=5eq\r(2),cosA=eq\f(4,5),则△ABC的面积为()A.36eq\r(2)B.18eq\r(3)C.27D.36答案C解析∵a=2eq\r(17),b=5eq\r(2),cosA=eq\f(4,5),∴由a2=b2+c2-2bccosA,可得c2-8eq\r(2)c-18=(c-9eq\r(2))(c+eq\r(2))=0,解得c=9eq\r(2)(负值舍去).∵cosA=eq\f(4,5),∴sinA=eq\r(1-cos2A)=eq\f(3,5),∴△ABC的面积为eq\f(1,2)bcsinA=eq\f(1,2)×5eq\r(2)×9eq\r(2)×eq\f(3,5)=27.(2)(2023·聊城模拟)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a-b=ccosB-ccosA,则△ABC的形状一定是()A.等腰三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形答案D解析因为a-b=ccosB-ccosA,所以由正弦定理得sinA-sinB=sinCcosB-sinCcosA,因为sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,所以sinBcosC+cosBsinC-sinAcosC-cosAsinC=sinCcosB-sinCcosA,整理得sinBcosC-sinAcosC=0,所以(sinB-sinA)cosC=0,所以sinB=sinA或cosC=0,因为A,B,C∈(0,π),所以A=B或C=eq\f(π,2),即△ABC的形状一定是等腰或直角三角形.(3)(2023·宝鸡统考)在△ABC中,AB=5,AC=7,D为BC的中点,AD=5,则BC等于()A.2eq\r(3)B.4eq\r(3)C.2eq\r(2)D.4eq\r(2)答案B解析方法一设BC=2x,则BD=CD=x.在△ACD中,由余弦定理的推论可得,cos∠ADC=eq\f(AD2+CD2-AC2,2AD·CD)=eq\f(25+x2-49,10x).在△ABD中,由余弦定理的推论可得,cos∠ADB=eq\f(AD2+BD2-AB2,2AD·BD)=eq\f(25+x2-25,10x).又∠ADC+∠ADB=π,所以cos∠ADC=-cos∠ADB,所以有eq\f(25+x2-49,10x)=-eq\f(25+x2-25,10x),整理可得x2=12,解得x=2eq\r(3),所以BC=4eq\r(3).方法二eq\o(AD,\s\up6(→))=eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AC,\s\up6(→))),则eq\o(AD,\s\up6(→))2=eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2+eq\o(AC,\s\up6(→))2+2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))),即25=eq\f(1,4)(25+49+2×5×7×cos∠BAC),解得cos∠BAC=eq\f(13,35),所以BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=25+49-2×5×7×eq\f(13,35)=48,所以BC=4eq\r(3).课时精练一、单项选择题1.在△ABC中,C=60°,a+2b=8,sinA=6sinB,则c等于()A.eq\r(35)B.eq\r(31)C.6D.5答案B解析因为sinA=6sinB,则由正弦定理得a=6b,又a+2b=8,所以a=6,b=1,因为C=60°,所以由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC,得c2=62+12-2×6×1×eq\f(1,2),解得c=eq\r(31).2.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.3.(2023·红河模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为eq\f(1,2)b(bsinB-asinA-csinC),则B等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)答案D解析由题知,△ABC的面积为eq\f(1,2)b(bsinB-asinA-csinC),所以eq\f(1,2)absinC=eq\f(1,2)b(bsinB-asinA-csinC),即asinC=bsinB-asinA-csinC,所以由正弦定理得ac=b2-a2-c2,即a2+c2-b2=-ac,所以cosB=eq\f(a2+c2-b2,2ac)=-eq\f(1,2),因为B∈(0,π),所以B=eq\f(2π,3).4.(2023·宜宾模拟)如图,在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.点D为BC的中点,AD=1,B=eq\f(π,3),且△ABC的面积为eq\f(\r(3),2),则c等于()A.1B.2C.3D.4答案A解析∵B=eq\f(π,3),∴在△ABD中,由余弦定理得c2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2-2c×eq\f(a,2)coseq\f(π,3)=1,即a2+4c2-2ac=4,又S△ABC=eq\f(1,2)acsinB=eq\f(\r(3),4)ac=eq\f(\r(3),2),解得ac=2,①∴a2+4c2-2ac=4=2ac,即4c2-4ac+a2=0,∴(2c-a)2=0,即a=2c,②将②代入①得2c2=2,解得c=1或c=-1(舍去).5.(2023·潍坊模拟)如图,平面四边形ABCD的内角B+D=π,AB=6,DA=2,BC=CD,且AC=2eq\r(7).则角B等于()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)答案C解析设BC=CD=x>0,在△ABC中,由余弦定理,得AC2=36+x2-2×6xcosB=28,即x2+8=12xcosB,①又在△ACD中,由余弦定理,得AC2=4+x2-2×2xcosD=28,即x2-24=4xcosD,②因为B+D=π,则cosD=cos(π-B)=-cosB,联立①②可得x=4,cosB=eq\f(1,2),因为B∈(0,π),所以B=eq\f(π,3).6.(2022·乐山统考)已知△ABC中,eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))=-3,AB=2,cos2A+sin2B+sin2C+sinBsinC=1,D是边BC上一点,∠CAD=3∠BAD.则AD等于()A.eq\f(6,5)B.eq\f(3\r(3),4)C.eq\f(\r(6),2)D.eq\f(6\r(3),7)答案B解析设△ABC中,角A,B,C的对边为a,b,c,∵cos2A+sin2B+sin2C+sinBsinC=1,即sin2B+sin2C+sinBsinC=sin2A,∴b2+c2+bc=a2,∴cosA=eq\f(b2+c2-a2,2bc)=-eq\f(1,2),又A∈(0,π),∴A=eq\f(2π,3),又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))=-3,AB=2,∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))=2bcosA=2b×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))=-3,即b=3,∴a2=b2+c2+bc=32+22+3×2=19,故a=eq\r(19),∴cosC=eq\f(a2+b2-c2,2ab)=eq\f(19+9-4,6\r(19))=eq\f(4,\r(19)),sinC=eq\f(\r(3),\r(19)),tanC=eq\f(\r(3),4),又∠CAD=3∠BAD,A=eq\f(2π,3),∴∠CAD=eq\f(π,2),AD=ACtanC=3×eq\f(\r(3),4)=eq\f(3\r(3),4).二、多项选择题7.(2024·南京模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a2+c2-b2)tanB=eq\r(3)ac,则B的值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(5π,6)D.eq\f(2π,3)答案BD解析根据余弦定理可知a2+c2-b2=2accosB,代入(a2+c2-b2)tanB=eq\r(3)ac,可得2accosB·eq\f(sinB,cosB)=eq\r(3)ac,即sinB=eq\f(\r(3),2),因为0<B<π,所以B=eq\f(π,3)或B=eq\f(2π,3).8.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命题中正确的是()A.若acosA=bcosB,则△ABC是等腰三角形B.若bcosC+ccosB=b,则△ABC是等腰三角形C.若eq\f(a,cosA)=eq\f(b,cosB)=eq\f(c,cosC),则△ABC是等边三角形D.若B=60°,b2=ac,则△ABC是直角三角形答案BC解析对于A,若acosA=bcosB,则由正弦定理得sinAcosA=sinBcosB,∴sin2A=sin2B,则2A=2B或2A+2B=180°,即A=B或A+B=90°,则△ABC为等腰三角形或直角三角形,故A错误;对于B,若bcosC+ccosB=b,则由正弦定理得sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA=sinB,即A=B,则△ABC是等腰三角形,故B正确;对于C,若eq\f(a,cosA)=eq\f(b,cosB)=eq\f(c,cosC),则由正弦定理得eq\f(sinA,cosA)=eq\f(sinB,cosB)=eq\f(sinC,cosC),则tanA=tanB=tanC,即A=B=C,即△ABC是等边三角形,故C正确;对于D,由于B=60°,b2=ac,由余弦定理可得b2=ac=a2+c2-ac,可得(a-c)2=0,解得a=c,故△ABC是等边三角形,故D错误.三、填空题9.(2023·上饶模拟)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,eq\f(2cosA,bc)=eq\f(cosB,ab)+eq\f(cosC,ac),则A=.答案eq\f(π,3)解析因为eq\f(2cosA,bc)=eq\f(cosB,ab)+eq\f(cosC,ac),所以2a·cosA=c·cosB+b·cosC,由正弦定理得2sinAcosA=sinCcosB+sinBcosC,即2sinAcosA=sin(B+C)=sinA,因为sinA>0,所以cosA=eq\f(1,2),因为A为三角形内角,则A=eq\f(π,3).10.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(图略),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).11.已知△ABC的面积为S=eq\f(1,4)(b2+c2)(其中b,c为△ABC的边长),则△ABC的形状为.答案等腰直角三角形解析依题意,△ABC的面积为S=eq\f(1,4)(b2+c2),则eq\f(1,2)bcsinA=eq\f(1,4)(b2+c2),即2bcsinA=b2+c2,由于0<A<π,所以0<sinA≤1,所以0<2bcsinA≤2bc,由基本不等式可知b2+c2≥2bc,当且仅当b=c时等号成立,所以sinA=1,A=eq\f(π,2),△ABC是等腰直角三角形.12.(2023·沈阳模拟)在△ABC中,∠BAC=120°,D在BC上,AD⊥AC,AD=1,则eq\f(1,AC)+eq\f(2,AB)=.答案eq\r(3)解析在△ADC中,AD⊥AC,AD=1,所以eq\f(1,AC)=eq\f(AD,AC)=tanC,因为B=180°-∠BAC-C=60°-C,在△ABC中,由正弦定理得,eq\f(AB,sinC)=eq\f(AC,sinB),则AB=eq\f(ACsinC,sinB)=eq\f(\f(1,tanC)·sinC,sin60°-C)=eq\f(cosC,\f(\r(3),2)cosC-\f(1,2)sinC),所以eq\f(1,AB)=eq\f(\r(3),2)-eq\f(1,2)·eq\f(sinC,cosC)=eq\f(\r(3),2)-eq\f(1,2)tanC,所以eq\f(1,AC)+eq\f(2,AB)=tanC+(eq\r(3)-tanC)=eq\r(3).四、解答题13.记△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知bsinC=csineq\f(B,2).(1)求角B的大小;(2)若点D在边AC上,BD平分∠ABC,a=2,b=eq\r(7),求线段BD的长.解(1)已知bsinC=csineq\f(B,2),由正弦定理,得sinBsinC=sinCsineq\f(B,2),因为C∈(0,π),所以sinC≠0,故sinB=sineq\f(B,2),即2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)=sineq\f(B,2),因为eq\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以sineq\f(B,2)≠0,则coseq\f(B,2)=eq\f(1,2),所以eq\f(B,2)=eq\f(π,3),则B=eq\f(2π,3).(2)依题意,得eq\f(1,2)a·BD·sineq\f(π,3)+eq\f(1,2)c·BD·sineq\f(π,3)=eq\f(1,2)acsineq\f(2π,3),即a·BD+c·BD=ac,即2BD+c·BD=2c,所以BD=eq\f(2c,2+c).在△ABC中,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accoseq\f(2π,3)=a2+c2+ac,即7=4+c2+2c,解得c=1或c=-3(舍去),所以BD=eq\f(2c,2+c)=eq\f(2,3).14.(2023·新高考全国Ⅱ)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为eq\r(3),D为BC的中点,且AD=1.(1)若∠ADC=eq\f(π,3),求tanB;(2)若b2+c2=8,求b,c.解(1)方法一在△ABC中,因为D为BC的中点,∠ADC=eq\f(π,3),AD=1,则S△ADC=eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC=eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)=eq\f(\r(3),8)a=eq\f(1,2)S△ABC=eq\f(\r(3),2),解得a=4.在△ABD中,∠ADB=eq\f(2π,3),由余弦定理得c2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB,即c2=4+1-2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))=7,解得c=eq\r(7).在△ABD中,则cosB=eq\f(AB2+BD2-AD2,2AB·BD)=eq\f(7+4-1,2\r(7)×2)=eq\f(5\r(7),14),sinB=eq\r(1-cos2B)=eq\r(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))2)=eq\f(\r(21),14),所以tanB=eq\f(sinB,cosB)=eq\f(\r(3),5).方法二在△ABC中,因为D为BC的中点,∠ADC=eq\f(π,3),AD=1,则S△ADC=eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC=eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)=eq\f(\r(3),8)a=eq\f(1,2)S△ABC=eq\f(\r(3),2),解得a=4.在△ACD中,由余弦定理得b2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC,即b2=4+1-2×2×1×eq\f(1,2)=3,解得b=eq\r(3),又AC2+AD2=4=CD2,则∠CAD=eq\f(π,2),C=eq\f(π,6),过A作AE⊥BC于点E,如图所示,于是CE=ACcosC=eq\f(3,2),AE=ACsinC=eq\f(\r(3),2),BE=eq\f(5,2),所以在Rt△AEB中,tanB=eq\f(AE,BE)=eq\f(\r(3),5).(2)方法一在△ABD与△ACD中,由余弦定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c2=\f(1,4)a2+1-2×\f(1,2)a×1×cosπ-∠ADC,,b2=\f(1,4)a2+1-2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC,))整理得eq\f(1,2)a2+2=b2+c2,而b2+c2=8,则a=2eq\r(3),又S△ADC=eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC=eq\f(\r(3),2),解得sin∠ADC=1,而0<∠ADC<π,于是∠ADC=eq\f(π,2),所以b=c=eq\r(AD2+CD2)=2.方法二在△ABC中,因为D为BC的中点,则2eq\o(AD,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AC,\s\up6(→)),又eq\o(CB,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))-eq\o(AC,\s\up6(→)),于是4eq\o(AD,\s\up6(→))2+eq\o(CB,\s\up6(→))2=(eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AC,\s\up6(→)))2+(eq\o(AB,\s\up6(→))-eq\o(AC,\s\up6(→)))2=2(b2+c2)=16,即4+a2=16,解得a=2eq\r(3),又S△ADC=eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC=eq\f(\r(3),2),解得sin∠ADC=1,而0<∠ADC<π,于是∠ADC=eq\f(π,2),所以b=c=eq\r(AD2+CD2)=2.15.(2023·渝中模拟)如图,设在△ABC中,AB=BC=AC,从顶点A连接对
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