高考数学（文）一轮复习教师用书第三章第七节正弦定理和余弦定理

第七节正弦定理和余弦定理1．正弦定理和余弦定理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，(R为△ABC外接圆半径)a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝c2＋a2－2cacos B；c2＝a2＋b2－2abcos_C变形形式(边角转化)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_CcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)2．三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\f(1,2)acsinB＝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．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，三角形ABC为锐角三角形．()(5)在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝2a，bsin B－asinA＝eq\f(1,2)asinC，则cosB为()A.eq\f(\r(7),4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(7),3)D.eq\f(1,3)解析：选B∵bsinB－asinA＝eq\f(1,2)asinC，且c＝2a，∴b＝eq\r(2)a，∴cos B＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋4a2－2a2,4a2)＝eq\f(3,4).3．在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，则此三角形有()A．无解 B．两解C．一解 D．解的个数不确定解析：选B∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(b,a)sinA＝eq\f(24,18)sin45°＝eq\f(2\r(2),3).又∵a<b，∴B有两个解，即此三角形有两解．4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c<bcosA，则△ABC为()A．钝角三角形 B．直角三角形C．锐角三角形 D．等边三角形解析：选A依题意得sinC<sinBcosA，所以sin(A＋B)<sin BcosA，即cosBsinA＋sinBcosA－sinBcosA<0，所以cosBsinA<0.又sinA>0，于是有cos B<0，B为钝角，△ABC是钝角三角形．5．(2017·全国卷Ⅲ)△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＝________.解析：由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)sin60°,3)＝eq\f(\r(2),2)，因为0°＜B＜180°，所以B＝45°或135°.因为b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.答案：75°6．在△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为________．解析：由余弦定理知72＝52＋BC2－2×5×BC×cos120°，即49＝25＋BC2＋5BC，解得BC＝3.故S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BcsinB＝eq\f(1,2)×5×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).答案：eq\f(15\r(3),4)eq\a\vs4\al(考点一利用正、余弦定理解三角形)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]利用正、余弦定理解三角形是高考的重点和热点内容，主要考查利用两个定理求三角形的边的长度、角的大小等，既有灵活多变的小题，也有考查能力的大题，试题多为中低档题.考法(一)正弦定理解三角形1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，则cos B等于()A.eq\f(\r(6),6)B.eq\f(\r(6),5)C.eq\f(\r(6),4)D.eq\f(\r(6),3)解析：选C因为a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，所以由正弦定理可得eq\f(\f(\r(6),2)b,sin2B)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(\f(\r(6),2),2sinBcosB)＝eq\f(1,sinB)，所以cosB＝eq\f(\r(6),4).2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin BcosC＋csin BcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，则B＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：选A由正弦定理得，sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝eq\f(1,2)sin B，所以sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(1,2)，即sin(A＋C)＝eq\f(1,2)，所以sinB＝eq\f(1,2).已知a>b，所以B不是最大角，所以B＝eq\f(π,6).3．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝eq\r(3)，sin B＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,6)，则b＝________.解析：因为sinB＝eq\f(1,2)且B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)或B＝eq\f(5π,6)，又C＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,6)，A＝π－B－C＝eq\f(2π,3)，又a＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(b,sin\f(π,6))，解得b＝1.答案：1[题型技法]利用正弦定理可解决两类问题基本类型一般解法已知两角及其中一角的对边，如A，B，a①由A＋B＋C＝180°，求出C；②根据正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)及eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，求出边b，c已知两边及其中一边所对的角，如a，b，A①根据正弦定理，经讨论求B；②求出B后，由A＋B＋C＝180°，求出C；③再根据正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，求出边c.[提醒]也可以根据余弦定理，列出以边c为元的一元二次方程c2－(2bcosA)c＋(b2－a2)＝0，根据一元二次方程的解法，求边c，然后应用正弦定理或余弦定理，求出B，C考法(二)余弦定理解三角形4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＝ac，c＝2a，则cosC＝(A.eq\f(\r(2),4) B．－eq\f(\r(2),4)C.eq\f(3,4) D．－eq\f(3,4)解析：选B由题意得，b2＝ac＝2a2即b＝eq\r(2)a，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋2a2－4a2,2a×\r(2)a)＝－eq\f(\r(2),4).5．在△ABC中，AB＝3，BC＝eq\r(13)，AC＝4，则边AC上的高为()A.eq\f(3\r(2),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(3,2) D．3eq\r(3)解析：选B由题意得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(32＋42－\r(13)2,2×3×4)＝eq\f(1,2)，∴sinA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，∴边AC上的高h＝ABsinA＝eq\f(3\r(3),2).6．(2017·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos B＝acosC＋ccosA，则B＝________.解析：由2bcosB＝acosC＋ccosA及余弦定理，得2b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，整理得，a2＋c2－b2＝ac，所以2accosB＝ac＞0，cosB＝eq\f(1,2).又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)[题型技法]利用余弦定理可解决两类问题已知两边和它们的夹角，如a，b，C①根据余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，求出边c；②根据cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，求出A；③根据B＝180°－(A＋C)，求出B.求出第三边后，也可用正弦定理求角，这样往往可以使计算简便，应用正弦定理求角时，为了避开讨论(因为正弦函数在区间(0，π)上是不单调的)，应先求较小边所对的角，它必是锐角已知三边可以连续用余弦定理求出两角，常常是分别求较小两边所对的角，再由A＋B＋C＝180°，求出第三个角；由余弦定理求出一个角后，也可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然是先求较小边所对的角[怎样快解·准解]1．避免失误准解题(1)应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍．(2)求角时易忽略角的范围而导致错误，需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图帮助判断．2．运用知识结论巧解题(1)三角形的内角和定理A＋B＋C＝π，由此可得到sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，tanA＝－tan(B＋C)；sineq\f(A,2)＝coseq\f(B＋C,2)，coseq\f(A,2)＝sineq\f(B＋C,2).(2)内角A，B，C成等差数列⇔B＝60°，A＋C＝120°.(3)在△ABC中，tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tan B·tanC.(4)△ABC为正三角形的充要条件是A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列．(5)在△ABC中，A>B⇔sinA>sinB⇔cosA<cos B.(6)在△ABC中，最大内角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))，最小内角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).(7)在锐角△ABC中，sinA>cosB，sin B>cosC，sinC>cosA等．考点二利用正弦、余弦定理判定三角形的形状eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)利用正、余弦定理判断三角形的形状主要是考查三角形是哪类特殊的三角形，在高考中考查频率不高，一般以选择题、填空题的形式出现，难度中等.[典题领悟]1．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．2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c－acos B＝(2a－b)cosA，则△ABC的形状为(A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形解析：选D因为c－acos B＝(2a－b)cosAC＝π－(A＋B)，所以由正弦定理得sinC－sinAcosB＝2sinAcosA－sin B·cosA，所以sinAcosB＋cosAsinB－sinAcos B＝2sinAcosA－sin BcosA，所以cosA(sinB－sinA)＝0，所以cosA＝0或sinB＝sinA，所以A＝eq\f(π,2)或B＝A或B＝π－A(舍去)，所以△ABC为等腰或直角三角形．[解题师说]1．判定三角形形状的2种常用途径2．判定三角形形状的3个注意点(1)“角化边”后要注意用因式分解、配方等方法得出边的相应关系；(2)“边化角”后要注意用三角恒等变换公式、三角形内角和定理及诱导公式推出角的关系；(3)还要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别．[冲关演练]1．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为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．钝角三角形解析：选A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sin2A＝sin2B.由eq\f(b,a)＝eq\r(2)，可知a≠b，所以A≠B.又A，B∈(0，π)，所以2A＝180°－2B，即A＋B＝90°，所以C＝90°，于是△ABC是直角三角形．2．在△ABC中，内角A，B，C所对边分别是a，b，c，若sin2eq\f(B,2)＝eq\f(c－a,2c)，则△ABC的形状一定是________．解析：由题意，得eq\f(1－cosB,2)＝eq\f(c－a,2c)，即cosB＝eq\f(a,c)，又由余弦定理，得eq\f(a,c)＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋b2＝c2，所以△ABC为直角三角形．答案：直角三角形eq\a\vs4\al(考点三与三角形面积有关的问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)正弦定理和余弦定理的应用比较广泛，也比较灵活，在高考中常与求三角形面积或取值范围结合进行考查.有时是求三角形面积，有时是以三角形面积作为已知条件出现，求与三角形有关的量的取值范围，此时难度较大.有关面积问题的考查，在高考中客观题和解答题均有可能考查，属于中档题.[典题领悟](2017·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为eq\f(a2,3sinA).❶(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．❸❷[学审题]①看到△ABC的面积为eq\f(a2,3sinA)想到三角形的面积公式，即可求出sin BsinC的值；②看到要求△ABC的周长想到求a＋b＋c的值；③看到cosBcosC的值想到第(1)问已求出sin BsinC的值，可求得A的值，借助余弦定理可求得b＋c.解：(1)由题设得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB＝eq\f(a,3sinA).由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB＝eq\f(sinA,3sinA).故sinBsinC＝eq\f(2,3).(2)由题设及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2).所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3).由题设得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，即bc＝8.由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝eq\r(33).故△ABC的周长为3＋eq\r(33).[解题师说]与三角形面积有关问题的解题模型[冲关演练]1．(2018·云南第一次统一检测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若B＝eq\f(π,2)，a＝eq\r(6)，sin2B＝2sinAsinC，则△ABC的面积S＝()A.eq\f(3,2) B．3C.eq\r(6) D．6解析：选B由sin2B＝2sinAsinC及正弦定理，得b2＝2ac，又B＝eq\f(π,2)，所以a2＋c2＝b2.②联立①②解得a＝c＝eq\r(6)，所以S＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(6)＝3.2．(2018·安徽两校阶段性测试)如图，在△ABC中，AB＝2，cos B＝eq\f(1,3)，点D在线段BC上．(1)若∠ADC＝eq\f(3π,4)，求AD的长；(2)若BD＝2DC，△ACD的面积为eq\f(4\r(2),3)，求eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)的值．解：(1)在△ABC中，∵cosB＝eq\f(1,3)，∴sin B＝eq\f(2\r(2),3).在△ABD中，eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB)，又AB＝2，∠ADB＝eq\f(π,4)，sinB＝eq\f(2\r(2),3)，∴AD＝eq\f(8,3).(2)∵BD＝2DC，∴S△ABD＝2S△ADC，S△ABC＝3S△ADC，又S△ADC＝eq\f(4\r(2),3)，∴S△ABC＝4eq\r(2)，∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BcsinB，即4eq\r(2)＝eq\f(1,2)×2×BC×eq\f(2\r(2),3)，∴BC＝6.∵S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD，S△ABD＝2S△ADC，∴eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝2·eq\f(AC,AB)，在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，∴AC＝4eq\r(2)，∴eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝2·eq\f(AC,AB)＝4eq\r(2).(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．在△ABC中，若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)，则B的大小为()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：选B由正弦定理知，eq\f(sinA,sinA)＝eq\f(cosB,sinB)，∴sin B＝cos B，∴B＝45°.2．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解析：选C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．3．(2018·南昌模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos2A＝sinA，bc＝2，则△ABC的面积为(A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C．1 D．2解析：选A由cos2A＝sinA，得1－2sin2A＝sinA，解得sinA＝eq\f(1,2)(负值舍去)，由bc＝2，可得△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).4．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA＝eq\f(2\r(2),3)，a＝3，S△ABC＝2eq\r(2)，则b的值为()A．6 B．3C．2 D．2或3解析：选D因为S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝2eq\r(2)，所以bc＝6，又因为sinA＝eq\f(2\r(2),3)，所以cosA＝eq\f(1,3)，又a＝3，由余弦定理得9＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－4，b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3.5．在△ABC中，2acosA＋bcosC＋ccos B＝0，则角A的大小为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：选C由余弦定理得2acosA＋b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝0，即2acosA＋a＝0，∴cosA＝－eq\f(1,2)，A＝eq\f(2π,3).6．(2017·山东高考)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sin B(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立的是()A．a＝2b B．b＝2C．A＝2B D．B＝2解析：选A由题意可知sin B＋2sin BcosC＝sinAcosC＋sin(A＋C)，即2sin BcosC＝sinAcosC，又cosC≠0，故2sin B＝sinA，由正弦定理可知a＝2b.7．在△ABC中，AB＝eq\r(6)，A＝75°，B＝45°，则AC＝________.解析：C＝180°－75°－45°＝60°，由正弦定理得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(AC,sin45°)，解得AC＝2.答案：28．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，A＝eq\f(π,4)，b2sinC＝4eq\r(2)sin B，则△ABC的面积为________．解析：因为b2sinC＝4eq\r(2)sinB，所以b2c＝4eq\r(2)b，所以bc＝4eq\r(2)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝2.答案：29．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cosC＝－eq\f(1,4)，3sinA＝2sinB，则c＝________.解析：∵3sinA＝2sinB，∴3a＝2b又a＝2，∴b＝3.由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcosC，∴c2＝22＋32－2×2×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝16，∴c＝4.答案：410．已知△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若cosA＝eq\f(7,8)，c－a＝2，b＝3，则a＝________.解析：由余弦定理可知，a2＝b2＋c2－2bccosA⇒a2＝9＋(a＋2)2－2·3·(a＋2)·eq\f(7,8)⇒a＝2.答案：2B级——中档题目练通抓牢1．在△ABC中，若eq\f(sinC,sinA)＝3，b2－a2＝eq\f(5,2)ac，则cos B的值为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,4)解析：选D由题意知，c＝3a，b2－a2＝eq\f(5,2)ac＝c2－2accos B，所以cos B＝eq\f(c2－\f(5,2)ac,2ac)＝eq\f(9a2－\f(15,2)a2,6a2)＝eq\f(1,4).2．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，若a＝2bcosC，则此三角形一定是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形解析：选C法一：由余弦定理可得a＝2b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，因此a2＝a2＋b2－c2，得b2＝c2，于是b＝c，从而△ABC为等腰三角形．法二：由正弦定理可得sinA＝2sinBcosC，因此sin(B＋C)＝2sinBcosC，即sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBcosC，于是sin(B－C)＝0，因此B－C＝0，即B＝C，故△ABC为等腰三角形．3．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sinA(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝eq\r(2)，则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sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，所以sin(A＋C)＋sinAsinC－sinAcosC＝0，所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，整理得sinC(sinA＋cosA)＝0.因为sinC≠0，所以sinA＋cosA＝0，所以tanA＝－1，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(3π,4)，由正弦定理得sinC＝eq\f(c·sinA,a)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(1,2)，又0＜C＜eq\f(π,4)，所以C＝eq\f(π,6).4．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，sinA，sin B，sinC成等差数列，且a＝2c，则cosA＝解析：因为sinA，sinB，sinC成等差数列，所以2sin B＝sinA＋sinC．由正弦定理得a＋c＝2b，又a＝2c，可得b＝eq\f(3,2)c，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\f(9,4)c2＋c2－4c2,2×\f(3,2)c2)＝－eq\f(1,4).答案：－eq\f(1,4)5．已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于点D，则eq\f(BD,CD)的值为________．解析：在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6(AB＝－2舍去)，则cos∠ABC＝eq\f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq\f(2\r(7),7)，BD＝AB·cos∠ABC＝6×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(12\r(7),7)，CD＝BC－BD＝2eq\r(7)－eq\f(12\r(7),7)＝eq\f(2\r(7),7)，所以eq\f(BD,CD)＝6.答案：66．(2018·贵州适应性考试)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB＝4，bsinA＝3.(1)求tanB及边长a的值；(2)若△ABC的面积S＝9，求△ABC的周长．解：(1)在△ABC中，acosB＝4，bsinA＝3，两式相除，有eq\f(bsinA,acosB)＝eq\f(sinBsinA,sinAcosB)＝tan B＝eq\f(3,4)，由sin2B＋cos2B＝1，eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(3,4)，得cosB＝eq\f(4,5)，又因为acosB＝4，所以a＝5.(2)由(1)知，sinB＝eq\f(3,5)，由S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×5×eq\f(3,5)c＝9，得c＝6.由b2＝a2＋c2－2accosB＝25＋36－2×5×6×eq\f(4,5)＝13，得b＝eq\r(13).故△ABC的周长为11＋eq\r(13).7．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinA＋eq\r(3)cosA＝0，a＝2eq\r(7)，b＝2.(1)求c；(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．解：(1)由已知可得tanA＝－eq\r(3)，所以A＝eq\f(2π,3).在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccoseq\f(2π,3)，即c2＋2c－24＝解得c＝4(负值舍去)．(2)由题设可得∠CAD＝eq\f(π,2)，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6).故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为eq\f(\f(1,2)AB·AD·sin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.又△ABC的面积为eq\f(1,2)×4×2×sineq\f(2π,3)＝2eq\r(3)，所以△ABD的面积为eq\r(3).C级——重难题目自主选做(2018·昆明质检)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝eq\r(5)，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面积为2.(1)求AD的长；(2)求△CBD的面积．解：(1)由已知S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD·sin∠ABD＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)×sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝eq\f(2\r(5),5)，又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝eq\r(5).(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝eq\f(π,2)，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝eq\f(4,5)，∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))－2∠ABD＝eq\f(π,2)－∠ABD＝∠CBD，所以△CBD为等腰三角形，即CB＝CD.在△CBD中，由正弦定理eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，得CD＝eq\f(BD·sin∠CBD,sin∠BCD)＝eq\f(\r(5)×\f(\r(5),5),\f(4,5))＝eq\f(5,4)，所以S△CBD＝eq\f(1,2)CB·CD·sin∠BCD＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×eq\f(5,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(5,8).(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1.在△ABC中，A＝45°，C＝105°，BC＝eq\r(2)，则AC为()A.eq\r(3)－1 B．1C．2 D.eq\r(3)＋1解析：选B因为A＝45°，C＝105°，所以B＝180°－C－A＝30°，由正弦定理得AC＝eq\f(BCsinB,sinA)＝eq\f(\r(2)×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝1.2．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA＝eq\f(2\r(2),3)，a＝3，S△ABC＝2eq\r(2)，则b的值为()A．6 B．3C．2 D．2或3解析：选D因为S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝2eq\r(2)，所以bc＝6，又因为sinA＝eq\f(2\r(2),3)，所以cosA＝eq\f(1,3)，又a＝3，由余弦定理得9＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－4，b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3.3．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，若a＝2bcosC，则此三角形一定是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形解析：选C法一：由余弦定理可得a＝2b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，因此a2＝a2＋b2－c2，得b2＝c2，于是b＝c，从而△ABC为等腰三角形．法二：由正弦定理可得sinA＝2sinBcosC，因此sin(B＋C)＝2sinBcosC，即sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBcosC，于是sin(B－C)＝0，因此B－C＝0，即B＝C，故△ABC为等腰三角形．4．(2018·合肥质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosC＝eq\f(2\r(2),3)，bcosA＋acosB＝2，则△ABC的外接圆面积为()A．4π B．8πC．9π D．36π解析：选C由余弦定理得b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2.即eq\f(b2＋c2－a2＋a2＋c2－b2,2c)＝2，整理得c＝2，由cosC＝eq\f(2\r(2),3)得sinC＝eq\f(1,3)，再由正弦定理可得2R＝eq\f(c,sinC)＝6，所以△ABC的外接圆面积为πR2＝9π.5.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积是()A．3 B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2) D．3eq\r(3)解析：选C∵c2＝(a－b)2＋6，∴a2＋b2－c2＝2ab－6，又cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(2ab－6,2ab)＝eq\f(1,2)，∴ab＝6，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).6．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cosC＝－eq\f(1,4)，3sinA＝2sinB，则c＝________.解析：∵3sinA＝2sinB，∴3a＝2b又a＝2，∴b＝3.由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcosC，∴c2＝22＋32－2×2×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝16，∴c＝4.答案：47．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，A＝eq\f(π,4)，b2sinC＝4eq\r(2)sin B，则△ABC的面积为________．解析：因为b2sinC＝4eq\r(2)sinB，所以b2c＝4eq\r(2)b，所以bc＝4eq\r(2)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝2.答案：28．已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于点D，则eq\f(BD,CD)的值为________．解析：在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6(AB＝－2，舍去)，则cos∠ABC＝eq\f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq\f(2\r(7),7)，BD＝AB·cos∠ABC＝6×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(12\r(7),7)，CD＝BC－BD＝2eq\r(7)－eq\f(12\r(7),7)＝eq\f(2\r(7),7)，所以eq\f(BD,CD)＝6.答案：69.(2017·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2eq\f(B,2).(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.解：(1)由题设及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2eq\f(B,2)，即sinB＝4(1－cosB)，故17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝eq\f(15,17)或cosB＝1(舍去)．(2)由cosB＝eq\f(15,17)，得sinB＝eq\f(8,17)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(4,17)ac.又S△ABC＝2，则ac＝eq\f(17,2).由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB＝36－2×eq\f(17,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(15,17)))＝4.所以b＝2.10．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinA＋eq\r(3)cosA＝0，a＝2eq\r(7)，b＝2.(1)求c；(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．解：(1)由已知可得tanA＝－eq\r(3)，所以A＝eq\f(2π,3).在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccoseq\f(2π,3)，即c2＋2c－24＝解得c＝4(负值舍去)．(2)由题设可得∠CAD＝eq\f(π,2)，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6).故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为eq\f(\f(1,2)AB·AD·sin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.又△ABC的面积为eq\f(1,2)×4×2×sineq\f(2π,3)＝2eq\r(3)，所以△ABD的面积为eq\r(3).B级——拔高题目稳做准做1.在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若S△ABC＝2eq\r(3)，a＋b＝6，eq\f(acosB＋bcosA,c)＝2cosC，则c等于()A．2eq\r(7) B．2eq\r(3)C．4 D．3eq\r(3)解析：选B因为eq\f(acosB＋bcosA,c)＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA,sinC)＝eq\f(sinA＋B,sinA＋B)＝1，所以2cosC＝1，所以C＝60°.因为S△ABC＝2eq\r(3)，所以eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(3)，所以ab＝8.因为a＋b＝6，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，所以c＝2eq\r(3).2.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sinA－sin B＝eq\f(1,3)sinC,3b＝2a,2≤a2＋ac≤18，设△ABC的面积为S，p＝eq\r(2)a－S，则p的最大值是()A.eq\f(5\r(2),9) B.eq\f(7\r(2),9)C.eq\r(2) D.eq\f(9\r(2),8)解析：选D在△ABC中，由sinA－sin B＝eq\f(1,3)sinC结合正弦定理可得，c＝3a－3b，再根据3b＝2a,2≤a2＋ac≤18，可得a＝c,1≤a≤3，由余弦定理可得b2＝eq\f(4a2,9)＝a2＋a2－2a·acosB⇒cosB＝eq\f(7,9)，可得sinB＝eq\f(4\r(2),9)，所以S＝eq\f(1,2)acsin B＝eq\f(2\r(2),9)a2，故p＝eq\r(2)a－S＝eq\r(2)a－eq\f(2\r(2),9)a2，根据二次函数的图象可得，当a＝eq\f(9,4)时，p取得最大值eq\f(9\r(2),8).3.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果△ABC的面积等于8，a＝5，tanB＝－eq\f(4,3)，那么eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝________.解析：∵tanB＝－eq\f(4,3)，∴sinB＝eq\f(4,5)，cosB＝－eq\f(3,5)，又S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝2c＝8，∴c＝4，∴b＝eq\r(a2＋c2－2accosB)＝eq\r(65)，∴eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(5\r(65),4).答案：eq\f(5\r(65),4)4.(2018·洛阳统考)在△ABC中，B＝30°，AC＝2eq\r(5)，D是AB边上的一点，CD＝2，若∠ACD为锐角，△ACD的面积为4，则BC＝________.解析：依题意得S△ACD＝eq\f(1,2)CD·AC·sin∠ACD＝2eq\r(5)·sin∠ACD＝4，解得sin∠ACD＝eq\f(2\r(5),5).又∠ACD是锐角，因此cos∠ACD＝eq\f(\r(5),5).在△ACD中，AD＝eq\r(CD2＋AC2－2CD·AC·cos∠ACD)＝4.由正弦定理得，eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(CD,sinA)，即sinA＝eq\f(CD·sin∠ACD,AD)＝eq\f(\r(5),5).在△ABC中，eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，即BC＝eq\f(AC·sinA,sinB)＝4.答案：45.(2018·湖北七市联考)如图，已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝120°.(1)若c＝1，求△ABC面积的最大值；(2)若a＝2b，求tanA.解：(1)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos120°＝1，∴a2＋b2＋ab＝1≥2ab＋ab＝3ab，当且仅当a＝b时取等号，∴ab≤eq\f(1,3)，故S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab≤eq\f(\r(3),12)，即△ABC面积的最大值为eq\f(\r(3),12).(2)∵a＝2b，∴由正弦定理得sinA＝2sin B，又C＝120°，故A＋B＝60°，∴sinA＝2sin(60°－A)＝eq\r(3)cosA－sinA，∴eq\r(3)cosA＝2sinA，∴tanA＝eq\f(\r(3),2).6.(2018·昆明质检)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝eq\r(5)，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面积为2.(1)求AD的长；(2)求△CBD的面积．解：(1)由已知S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD·sin∠ABD＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)×sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝eq\f(2\r(5),5)，又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝eq\r(5).(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝eq\f(π,2)，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝eq\f(4,5)，∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))－2∠ABD＝eq\f(π,2)－∠ABD＝∠CBD，所以△CBD为等腰三角形，即CB＝CD.在△CBD中，由正弦定理eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，得CD＝eq\f(BD·sin∠CBD,sin∠BCD)＝eq\f(\r(5)×\f(\r(5),5),\f(4,5))＝eq\f(5,4)，所以S△CBD＝eq\f(1,2)CB·CD·sin∠BCD＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×eq\f(5,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(5,8).eq\a\vs4\al([正、余弦定理强化练])A组1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足eq\f(sinB－sinA,sinB－sinC)＝eq\f(c,a＋b)，则A＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)解析：选B由eq\f(sinB－sinA,sinB－sinC)＝eq\f(c,a＋b)，结合正弦定理，得eq\f(b－a,b－c)＝eq\f(c,a＋b)，整理得b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，由A为三角形的内角，知A＝eq\f(π,3).2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＝1，B＝eq\f(π,4)，tanA＝2eq\r(2)，则a＝()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D.eq\r(2)解析：选C由题意知，sinA＝eq\f(2\r(2),3)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,\f(2\r(2),3))＝eq\f(1,\f(\r(2),2))，解得a＝eq\f(4,3).3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinA＝2sin BsinC，且BC边上的高为eq\f(a,2)，则eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)的最大值为()A．2 B.eq\r(2)C．2eq\r(2) D．4解析：选C由sinA＝2sin BsinC，根据正弦定理，得a2＝2bcsinA，代入cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)中，得b2＋c2＝2bc(cosA＋sinA)，所以eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)＝2(cosA＋sinA)＝2eq\r(2)sinA＋eq\f(π,4)，当A＝eq\f(π,4)时，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)取得最大值2eq\r(2).4．(2018·江西丰城中学测试)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＋b＝eq\r(2)，△ABC的面积为eq\f(1,6)sinC，sinA＋sin B＝eq\r(2)sinC，则C的值为________．解析：由△ABC的面积为eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,6)sinC，得ab＝eq\f(1,3).又a＋b＝eq\r(2)且sinA＋sin B＝eq\r(2)sinC，所以a＋b＝eq\r(2)c，c＝1，所以a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝2－2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，则cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(4,3)－1,\f(2,3))＝eq\f(1,2)，故C＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足b2－a2＝ac，则eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)的取值范围是________．解析：由余弦定理得b2－a2＝(a2＋c2－2accos B)－(b2＋c2－2bccosA)＝a2－b2＋2c(bcosA－acosB)，即b2－a2＝c(bcosA－acosB)＝ac⇒bcosA－acosB＝a⇒sin(B－A)＝sinA⇒B＝2A.又△ABC为锐角三角形，所以eq\f(π,3)<B<eq\f(π,2).则eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(sinB－A,sinAsinB)＝eq\f(1,sinB)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA＝(2c－a)cos B(1)求B；(2)若b＝eq\r(13)，△ABC的面积为eq\r(3)，求△ABC的周长．解：(1)由bcosA＝(2c－a)cosB得2ccosB＝bcosA＋acosB.由正弦定理可得2sinCcosB＝sinBcosA＋sinAcos B＝sin(A＋B)＝sinC，因为sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,2).因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)因为S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3)，所以ac＝4.又13＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，所以a2＋c2＝17，所以a＋c＝5，故△ABC的周长为5＋eq\r(13).7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝2，(sinA＋sinC＋sinB)(sinA＋sinC－sinB)＝3sinAsinC.(1)求B；(2)若sinB＝2sin2A－sin(C－A)，求△ABC解：(1)∵(sinA＋sinC＋sinB)(sinA＋sinC－sin B)＝3sinAsinC，∴由正弦定理得(a＋c＋b)(a＋c－b)＝3ac∴(a＋c)2－b2＝3ac，∴a2＋c2－b2＝ac∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，∵0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵sinB＝2sin2A－sin(C－A)∴sin(C＋A)＋sin(C－A)＝2sin2A∴sinCcosA＋cosCsinA＋sinCcosA－cosCsinA＝4sinAcosA，即sinCcosA＝2sinAcosA.当cosA＝0时，A＝eq\f(π,2)，∴C＝eq\f(π,6)，∵eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴c＝eq\f(2\r(3),3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bc＝eq\f(2\r(3),3)；当cosA≠0时，sinC＝2sinA，∴c＝2a由(1)知，a2＋c2－b2＝ac，∴a＝eq\f(2\r(3),3)，c＝eq\f(4\r(3),3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),3)×eq\f(4\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),3).综上所述，△ABC的面积为eq\f(2\r(3),3).8．已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4)))，函数f(x)＝m·n.(1)若f(x)＝1，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))的值；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足acosC＋eq\f(1,2)c＝b，求f(B)的取值范围．解：由题意得f(x)＝eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1,2)coseq\f(x,2)＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).(1)由f(x)＝1，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(x,2)))－1＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))－1＝－eq\f(1,2).(2)已知acosC＋eq\f(1,2)c＝b，由余弦定理，可得a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋eq\f(1,2)c＝b，即b2＋c2－a2＝bc，则cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A为△ABC的内角，所以A＝eq\f(π,3)，从而B＋C＝eq\f(2π,3).所以0<B<eq\f(2π,3)，0<eq\f(B,2)<eq\f(π,3)，则eq\f(π,6)<eq\f(B,2)＋eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以1<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(B,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)<eq\f(3,2)，故f(B)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).B组1．(2018·江西丰城中学测试)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝2A，则eq\f(\r(2)b,a)的取值范围是()A．(eq\r(2)，2) B．(2，eq\r(6))C．(eq\r(2)，eq\r(3)) D．(eq\r(6)，4)解析：选B∵B＝2A，∴sin B＝sin2A＝2sinAcosA，∴eq\f(b,a)＝2cosA．又C＝π－3A，C为锐角，∴0<π－3A<eq\f(π,2)⇒eq\f(π,6)<A<eq\f(π,3)，又B＝2A，B为锐角，∴0<2A<eq\f(π,2)⇒0<A<eq\f(π,4)，∴eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，eq\f(\r(2),2)<cosA<eq\f(\r(3),2)，∴eq\r(2)<eq\f(b,a)<eq\r(3)，∴2<eq\f(\r(2)b,a)<eq\r(6).2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2ccosB＝2a＋b，若△ABC的面积S＝eq\f(\r(3),12)c，则ab的最小值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,6) D．3解析：选B由题意，得2sinCcos B＝2sinA＋sin B⇒2sinCcos B＝2sin BcosC＋2cosBsinC＋sinB⇒cosC＝－eq\f(1,2)⇒sinC＝eq\f(\r(3),2)，∴S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\f(\r(3),12)c⇒c＝3ab，∴由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)⇒－eq\f(1,2)＝eq\f(a2＋b2－9a2b2,2ab)≥eq\f(2ab－9a2b2,2ab)⇒ab(3ab－1)≥0⇒ab≥eq\f(1,3)，当且仅当a＝b＝eq\f(\r(3),3)时等号成立，所以ab的最小值为eq\f(1,3).3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2＋c2－a2＝bc，AB→·BC→＞0，a＝eq\f(\r(3),2)，则b＋c的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))解析：选B由b2＋c2－a2＝bc得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，则A＝eq\f(π,3)，由eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＞0知，B为钝角，又eq\f(a,sinA)＝1，则b＝sin B，c＝sinC，b＋c＝sin B＋sinC＝sin B＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，∵eq\f(π,2)＜B＜eq\f(2π,3)，∴eq\f(2π,3)＜B＋eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＜eq\f(\r(3),2)，b＋c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝2C,2bcosC－2ccos B＝a,则角A的大小为________解析：由正弦定理得2sinBcosC－2sinCcos B＝sinA＝sin(B＋C)＝sin BcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＝3sinCcosB，∵B＝2C，∴sin2CcosC＝3sinCcos2C,2cos2C＝3(cos2C－sin2C)，tan2C＝eq\f(1,3)，tanC＝eq\f(\r(3),3)，∵B＝2C，∴C为锐角，∴C＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,3)，A＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)5．在△ABC中，点D是BC的中点，若AB⊥AD，∠CAD＝30°，BC＝2eq\r(7)，则△ABC的面积为________．解析：因为D是BC的中点，所以S△ABC＝2S△ABD，即eq\f(1,2)AB·ACsin120°＝2·eq\f(1,2)AB·AD，所以AD＝eq\f(\r(3),4)AC.在△ACD中，CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD即(eq\r(7))2＝AC2＋eq\f(3,16)AC2－2AC·eq\f(\r(3),4)AC·eq\f(\r(3),2)，解得AC＝4，所以AD＝eq\r(3)，故S△ABC＝2S△ADC＝2×eq\f(1,2)×eq\r(3)×4×eq\f(1,2)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)6.如图，已知D是△ABC边BC上一点．(1)若sin∠ADC＝eq\f(7\r(2),10)，B＝eq\f(π,4)，