第四章　§4.8　正弦定理、余弦定理-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§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