2025《金版教程•高考数学复习创新方案》第6节 余弦定理、正弦定理

第六节余弦定理、正弦定理课标解读考向预测1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.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.从近几年的高考来看，正弦定理、余弦定理是高考的热点，预计2025年高考仍以利用正弦定理、余弦定理解三角形为主，题型灵活呈现，中档难度；也可能融合在其他考点里面，不单独呈现.必备知识——强基础1．余弦定理、正弦定理在△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，则定理余弦定理正弦定理公式a2＝eq\x(\s\up1(01))b2＋c2－2bccosA；b2＝eq\x(\s\up1(02))c2＋a2－2cacosB；c2＝eq\x(\s\up1(03))a2＋b2－2abcosCeq\f(a,sinA)＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(b,sinB)＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(c,sinC)＝2R常见变形cosA＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(a2＋b2－c2,2ab)(1)a＝2RsinA，b＝eq\x(\s\up1(09))2RsinB，c＝eq\x(\s\up1(10))2RsinC；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝eq\x(\s\up1(12))sinA∶sinB∶sinC；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA2.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的个数eq\x(\s\up1(13))一解eq\x(\s\up1(14))两解eq\x(\s\up1(15))一解eq\x(\s\up1(16))一解eq\x(\s\up1(17))无解3.三角形常用面积公式(1)S＝eq\f(1,2)aha(ha表示a边上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R).(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)．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.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B.()(2)当b2＋c2－a2>0时，△ABC为锐角三角形．()(3)在△ABC中，已知a，b，A，则三角形有唯一解．()(4)在△ABC中，若A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c＝1∶2∶3.()答案(1)√(2)×(3)×(4)×2．小题热身(1)(人教B必修第四册第九章小结复习题A组T2改编)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b2＋c2＝a2＋eq\r(3)bc，则角A的大小为()A．eq\f(5π,6) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,6)答案D解析因为b2＋c2＝a2＋eq\r(3)bc，所以由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).(2)(人教A必修第二册复习参考题6T11改编)在△ABC中，A＝30°，C＝45°，c＝eq\r(2)，则a的值为()A．2 B．1C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(2),2)答案B解析因为在△ABC中，A＝30°，C＝45°，c＝eq\r(2)，所以由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，即a＝eq\f(c,sinC)·sinA＝eq\f(\r(2),sin45°)×sin30°＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2))×eq\f(1,2)＝1.(3)在△ABC中，已知a＝2，b＝3，B＝30°，则此三角形()A．有一解 B．有两解C．无解 D．无法判断有几解答案A解析在△ABC中，a＝2，b＝3，B＝30°，由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2sin30°,3)＝eq\f(1,3)，而a<b，则A<B＝30°，即A为锐角，所以此三角形有一解．(4)在△ABC中，若a＝7，b＝5，c＝3，则A＝________．答案120°解析由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2).又0°<A<180°，所以A＝120°.(5)在△ABC中，角A，B，C满足sinAcosC－sinBcosC＝0，则此三角形的形状为________．答案直角三角形或等腰三角形解析由已知，得cosC(sinA－sinB)＝0，所以cosC＝0或sinA＝sinB，解得C＝90°或A＝B，所以△ABC是直角三角形或等腰三角形．考点探究——提素养考点一利用正、余弦定理解三角形例1(2024·江西红色十校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosA＝bsinB＋csinC－2csinBcosA.(1)求A；(2)若a＝eq\r(2)，sinB＝eq\f(\r(2),4)，求b和c.解(1)设△ABC外接圆的半径为R，因为acosA＝bsinB＋csinC－2csinBcosA，所以由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a·2RcosA＝b2＋c2－2bccosA，结合余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a·2RcosA＝a2，因为a≠0，所以2RcosA＝a＝2RsinA，所以cosA＝sinA，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).(2)由(1)知A＝eq\f(π,4)，所以2R＝eq\f(a,sinA)＝2，所以b＝2RsinB＝2×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(2),2)，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得2＝eq\f(1,2)＋c2－2×eq\f(\r(2),2)c×eq\f(\r(2),2)，即2c2－2c－3＝0，解得c＝eq\f(1＋\r(7),2)或c＝eq\f(1－\r(7),2)(舍去)．综上，b＝eq\f(\r(2),2)，c＝eq\f(1＋\r(7),2).【通性通法】应用正弦、余弦定理的解题技巧求边利用正弦定理变形公式a＝eq\f(bsinA,sinB)等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA等求解求角利用正弦定理变形公式sinA＝eq\f(asinB,b)等或余弦定理变形公式cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等求解利用式子的特点转化如出现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【巩固迁移】1．(2023·广东东莞一模)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.(1)求角A的大小；(2)若a＝2eq\r(3)，b＝2，求角C的大小．解(1)由已知及正弦定理可得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，整理得b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理可知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，又a＝2eq\r(3)，b＝2，A＝eq\f(π,3)，所以sinB＝eq\f(1,2)<sinA＝eq\f(\r(3),2)，故B＝eq\f(π,6)，因为A＋B＋C＝π，所以C＝eq\f(π,2).考点二利用正、余弦定理判断三角形的形状例2在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝7，b＝8，从下面两个条件中任选一个作为已知条件，判断△ABC是否为钝角三角形，并说明理由．①cosC＝eq\f(13,14)；②cosB＝eq\f(1,7).注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．解若选①，在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c2＝72＋82－2×7×8×eq\f(13,14)＝9，所以c＝3.因为c＜a＜b，所以B是△ABC的最大角．在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(72＋32－82,2×7×3)＝－eq\f(1,7)＜0，所以B是钝角，所以△ABC是钝角三角形．若选②，解法一：在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得82＝72＋c2－2×7c×eq\f(1,7)，化简，得(c－5)(c＋3)＝0，解得c＝5或c＝－3(舍去)，因为c＜a＜b，所以B是△ABC的最大角．因为cosB＝eq\f(1,7)＞0，所以B是锐角，所以△ABC不是钝角三角形．解法二：在△ABC中，因为cosB＝eq\f(1,7)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(3),7).在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(7×\f(4\r(3),7),8)＝eq\f(\r(3),2).因为cosB＝eq\f(1,7)＞0，所以B是锐角．又a＜b，所以A＜B，所以A是锐角．因为sinA＝eq\f(\r(3),2)，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,2)，所以cosC＝cos(π－A－B)＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(3),7)－eq\f(1,2)×eq\f(1,7)＝eq\f(11,14)＞0，所以C是锐角．综上，△ABC不是钝角三角形．【通性通法】1．判断三角形形状的两种常用途径2．判断三角形的形状的注意点在判断三角形的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，在等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．【巩固迁移】2．在△ABC中，eq\f(c－a,2c)＝sin2eq\f(B,2)(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为()A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形答案A解析由sin2eq\f(B,2)＝eq\f(1－cosB,2)，得eq\f(c－a,2c)＝eq\f(1－cosB,2)，即cosB＝eq\f(a,c).解法一：由余弦定理得eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．解法二：由正弦定理得cosB＝eq\f(sinA,sinC)，又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以cosBsinC＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＝0，又sinB≠0，所以cosC＝0，又C为三角形的内角，所以C＝eq\f(π,2)，所以△ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．考点三正、余弦定理的综合应用(多考向探究)考向1三角形的周长、面积问题例3(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).【通性通法】与三角形面积有关问题的解题策略策略一利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积策略二把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量【巩固迁移】3．(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)＝sinB·sin(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.考向2三角形中的最值、范围问题例4(2023·内蒙古呼伦贝尔模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinCcoseq\f(B,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))sineq\f(B,2).(1)当B＝eq\f(π,3)时，求sinC＋sinA的值；(2)求B的最大值．解(1)由题意，得sinCcoseq\f(π,6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))sineq\f(π,6)，即eq\f(\r(3),2)sinC＋eq\f(1,2)cosC＝eq\f(\r(3),3)，则sinC＋sinA＝sinC＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝eq\f(3,2)sinC＋eq\f(\r(3),2)cosC＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinC＋\f(1,2)cosC))＝1.(2)sinCcoseq\f(B,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))sineq\f(B,2)，两边同乘以2coseq\f(B,2)，得2sinCcos2eq\f(B,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))·2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)，即sinC(1＋cosB)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))sinB，整理，得sinC＋sinA＝eq\f(2\r(3),3)sinB.由正弦定理，得a＋c＝eq\f(2\r(3),3)b.由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f((a＋c)2－b2－2ac,2ac)＝eq\f(b2,6ac)－1.因为ac≤eq\f((a＋c)2,4)＝eq\f(1,3)b2，当且仅当a＝c时等号成立，所以cosB＝eq\f(b2,6ac)－1≥－eq\f(1,2)，由于B∈(0，π)，而y＝cosx在(0，π)上单调递减，故B的最大值为eq\f(2π,3).【通性通法】解三角形中的最值或范围问题主要有两种解决方法：一是将问题表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将问题用三角形某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定最值或范围．【巩固迁移】4．(2024·山东青岛模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB＋bcosA＝2ccosC.(1)求C；(2)若△ABC为锐角三角形，求eq\f(a,b)的取值范围．解(1)因为acosB＋bcosA＝2ccosC，所以由正弦定理，得sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，即sin(A＋B)＝2sinCcosC，因为A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sinC＝2sinCcosC，因为0<C<π，故sinC≠0，所以cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由(1)，知C＝eq\f(π,3)，A＝eq\f(2π,3)－B，因为△ABC为锐角三角形，所以0<B<eq\f(π,2)且0<eq\f(2π,3)－B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，由正弦定理，得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B)),sinB)＝eq\f(\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB,sinB)＝eq\f(\r(3),2tanB)＋eq\f(1,2)，因为eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，所以tanB>eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).考向3利用正、余弦定理解决平面几何问题例5如图，在圆内接△ABC中，∠CAB，∠ABC，∠ACB所对的边分别为a，b，c，且acos∠ACB＋ccos∠CAB＝2bcos∠ABC.(1)求∠ABC的大小；(2)若点D是劣弧AC上一点，a＝2，c＝3，sin∠CAD＝eq\f(\r(21),7)，求线段AD的长．解(1)由题意知sin∠CABcos∠ACB＋sin∠ACBcos∠CAB＝2sin∠ABCcos∠ABC，∴sin(∠CAB＋∠ACB)＝sin∠ABC＝2sin∠ABCcos∠ABC，∵0＜∠ABC＜π，∴sin∠ABC＞0，∴cos∠ABC＝eq\f(1,2)，∴∠ABC＝eq\f(π,3).(2)在△ABC中，由余弦定理可得AC＝eq\r(22＋32－2×2×3×\f(1,2))＝eq\r(7)，由∠ABC＝eq\f(π,3)，得∠ADC＝eq\f(2π,3)，故∠ACD＝eq\f(π,3)－∠CAD.由sin∠CAD＝eq\f(\r(21),7)，且∠CAD为锐角，得cos∠CAD＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(7),7)，sin∠ACD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠CAD))＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(7),7)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(\r(21),14)，在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AD,\f(\r(21),14))＝eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))，∴AD＝1.【通性通法】平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值等问题，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，解之可得，若研究最值，常使用函数或基本不等式．【巩固迁移】5．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：设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理，得sin∠ABC＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，因为BDsin∠ABC＝asinC，所以BD·eq\f(b,2R)＝a·eq\f(c,2R)，即BD·b＝ac.又因为b2＝ac，所以BD＝b.(2)解法一：因为BD＝b，AD＝2DC，所以AD＝eq\f(2b,3)，CD＝eq\f(1,3)b，如图，在△ABC中，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，①在△BCD中，cosC＝eq\f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,3)))\s\up12(2)－b2,2a·\f(b,3)).②由①②，得a2＋b2－c2＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,3)))\s\up12(2)－b2))，整理，得2a2－eq\f(11,3)b2＋c2＝0.又因为b2＝ac，所以6a2－11ac＋3c2＝0，解得a＝eq\f(c,3)或a＝eq\f(3c,2)，当a＝eq\f(c,3)时，b2＝ac＝eq\f(c2,3)，a＋b＝eq\f(c,3)＋eq\f(\r(3)c,3)<c(舍去)．当a＝eq\f(3c,2)时，b2＝ac＝eq\f(3c2,2)，cos∠ABC＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))\s\up12(2)＋c2－\f(3c2,2),2·\f(3c,2)·c)＝eq\f(7,12)，所以cos∠ABC＝eq\f(7,12).解法二：由(1)，知BD＝b＝AC，由AD＝2DC，得AD＝eq\f(2,3)b，CD＝eq\f(1,3)b.在△ADB中，由正弦定理，得eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sinA).因为S△ABD＝eq\f(2,3)S△ABC，所以eq\f(1,2)×eq\f(2,3)b2sin∠ADB＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)acsin∠ABC.又b2＝ac，所以sin∠ADB＝sin∠ABC.所以∠ADB＋∠ABC＝π或∠ADB＝∠ABC，所以∠CBD＝∠A或∠ABD＝∠C，当∠CBD＝∠A时，因为eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BD,sinC)，所以eq\f(\f(b,3),sinA)＝eq\f(b,sinC)，化简，得sinC＝3sinA.在△ABC中，由正弦定理，知c＝3a.又b2＝ac＝3a2，所以cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋9a2－3a2,2a×3a)＝eq\f(7,6)＞1(舍去)；当∠ABD＝∠C时，因为eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sinA)，所以eq\f(\f(2,3)b,sinC)＝eq\f(b,sinA)，化简，得sinC＝eq\f(2,3)sinA.在△ABC中，由正弦定理，知c＝eq\f(2,3)a.又b2＝ac＝eq\f(2,3)a2，所以cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋\f(4,9)a2－\f(2,3)a2,2×\f(2,3)a2)＝eq\f(7,12).故cos∠ABC＝eq\f(7,12).课时作业一、单项选择题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cosB＝()A．eq\f(\r(6),6) B．eq\f(\r(6),5)C．eq\f(\r(6),4) D．eq\f(\r(6),3)答案C解析因为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).故选C.2．在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝3∶2∶4，则cosB＝()A．－eq\f(1,4) B．eq\f(7,16)C．eq\f(11,16) D．eq\f(7,8)答案D解析设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，因为sinA∶sinB∶sinC＝3∶2∶4，所以a∶b∶c＝3∶2∶4，设a＝3k，b＝2k，c＝4k，k＞0，则cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq\f(16k2＋9k2－4k2,2×3k×4k)＝eq\f(7,8).故选D.3．(2024·郑州调研)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C＝()A．eq\f(π,12) B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,3)答案B解析由题意得A＝B＋eq\f(π,2)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB，又a＝eq\r(3)b，所以由正弦定理得sinA＝eq\r(3)sinB，故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.4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2＋c2－b2－ac＝0，△ABC的外接圆半径R＝eq\r(3)，△ABC的周长为9，则ac＝()A．6 B．9C．16 D．24答案B解析在△ABC中，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，由0＜B＜π可得B＝eq\f(π,3)，所以b＝2RsinB＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3.因为△ABC的周长为9，所以a＋c＝9－b＝9－3＝6，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得(a＋c)2－3ac＝b2＝9，所以3ac＝27，所以ac＝9.故选B.5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(eq\r(3)b－c)cosA＝acosC，则cosA＝()A．eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(8\r(3),81)答案A解析由正弦定理，得(eq\r(3)sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，即eq\r(3)sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB，∵0<B<π，∴sinB>0，∴cosA＝eq\f(\r(3),3).故选A.6．(2023·浙江杭州模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB＋bcosA＝3ccosC，asinA－csinC＋bsinA＝0，则eq\f(b,a)＝()A．eq\f(5,3) B．eq\f(7,3)C．eq\f(7,2) D．eq\f(5,2)答案A解析在△ABC中，由正弦定理及acosB＋bcosA＝3ccosC，得sinAcosB＋cosAsinB＝3sinCcosC，所以sin(A＋B)＝sinC＝3sinCcosC，又sinC≠0，所以cosC＝eq\f(1,3).由正弦定理及asinA－csinC＋bsinA＝0，得a2－c2＝－ab.又由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2－ab,2ab)＝eq\f(1,3)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(5,3).7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)，b＋c＝4，则△ABC面积的最大值为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．1 D．eq\r(3)答案D解析根据正弦定理知(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)可化为(a＋b)(a－b)＝c(c＋b)，即b2＋c2－a2＝－bc，故cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3)，则sinA＝eq\f(\r(3),2).因为b＋c＝4，b＋c≥2eq\r(bc)，所以bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，此时△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故△ABC面积的最大值为eq\r(3).故选D.8．在△ABC中，若AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))答案A解析设c＝AB＝1，a＝BC＝2，b＝AC.根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，可知1<b<3，根据余弦定理cosC＝eq\f(1,2ab)(a2＋b2－c2)＝eq\f(1,4b)(4＋b2－1)＝eq\f(1,4b)(3＋b2)＝eq\f(3,4b)＋eq\f(b,4)≥2eq\r(\f(3,4b)·\f(b,4))＝eq\f(\r(3),2)，当且仅当eq\f(3,4b)＝eq\f(b,4)，即b＝eq\r(3)时等号成立，所以0<C≤eq\f(π,6).故选A.二、多项选择题9．(2023·江苏镇江二模)在锐角三角形ABC中，A，B，C是三个内角，则下列不等式一定成立的是()A．sin(A＋B)>sinA＋sinBB．sinA>cosBC．sinB>cosAD．sinA＋sinB<2cosC答案BC解析在三角形中，两边之和大于第三边，则a＋b>c，由正弦定理得sinA＋sinB>sinC＝sin(A＋B)，所以A错误；因为△ABC是锐角三角形，所以A＋B>90°⇒sinA>sin(90°－B)＝cosB，所以B正确；同理C正确；由于sinA>cosC，sinB>cosC⇒sinA＋sinB>2cosC，所以D错误．故选BC.10．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是()A．若tanA＋tanB＋tanC＞0，则△ABC是锐角三角形B．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形C．若bcosC＋ccosB＝b，则△ABC是等腰三角形D．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，则△ABC是等边三角形答案ACD解析∵tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∴tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)·(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC＞0，∴A，B，C均为锐角，∴A正确；由acosA＝bcosB及正弦定理，得sin2A＝sin2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴B错误；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，则△ABC是等腰三角形，∴C正确；由已知及正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，A＝B＝C，则△ABC是等边三角形，∴D正确．故选ACD.三、填空题11．(2024·嘉兴模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA＝eq\r(3)acosC，c＝2eq\r(3)，ab＝8，则a＋b的值是________．答案6解析由csinA＝eq\r(3)acosC及正弦定理得sinCsinA＝eq\r(3)sinAcosC，∵sinA≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)，再由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f((a＋b)2－2ab－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，代入c＝2eq\r(3)，ab＝8，得a＋b＝6.12．(2023·宜春模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．答案eq\f(2\r(3),3)解析∵bsinC＋csinB＝4asinBsinC，sinBsinC>0，结合正弦定理可得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，∴sinA＝eq\f(1,2)，∵b2＋c2－a2＝8，结合余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得2bccosA＝8，∴A为锐角，且cosA＝eq\f(\r(3),2)，从而求得bc＝eq\f(8\r(3),3)，∴△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(8\r(3),3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(3),3).13．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝eq\f(π,3)，c＝4，△ABC的面积为2eq\r(3)，则△ABC外接圆的半径为________．答案2解析由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA，得eq\f(1,2)b×4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3)，解得b＝2.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝22＋42－2×2×4coseq\f(π,3)＝12，所以a＝2eq\r(3)，由正弦定理，得△ABC外接圆的半径R＝eq\f(a,2sinA)＝eq\f(2\r(3),2×\f(\r(3),2))＝2.14．在△ABC中，已知AB＝4，AC＝7，BC边的中线AD＝eq\f(7,2)，那么BC＝________．答案9解析在△ABD中，结合余弦定理得cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)，在△ACD中，结合余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)，由题意知BD＝CD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＋eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)＝0，即eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(2)－42,2×\f(7,2)CD)＋eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(2)－72,2×\f(7,2)CD)＝0，解得CD＝eq\f(9,2)，所以BC＝9.四、解答题15．(2024·山东菏泽模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(9,2)，bsinA＝4(sinAcosC＋cosAsinC)．(1)求a的值；(2)求△ABC周长的最大值．解(1)由bsinA＝4(sinAcosC＋cosAsinC)，得bsinA＝4sinB，由正弦定理，得ab＝4b，解得a＝4.(2)由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(9,2)，得bccosA＝eq\f(9,2).由余弦定理，得bc·eq\f(b2＋c2－16,2bc)＝eq\f(9,2)，整理，得b2＋c2＝25.由25＝b2＋c2≥eq\f((b＋c)2,2)，得b＋c≤5eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当b＝c＝\f(5\r(2),2)时取等号))，所以△ABC周长的最大值为4＋5eq\r(2).16．(2023·吉林实验中学模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且eq\f(sinA－sinB,sinC)＝eq\f(a－c,a＋b).(1)求角B的大小；(2)若b＝3，D为AC边上一点，BD＝2，且BD为角B的平分线，求△ABC的面积．解(1)因为eq\f(sinA－sinB,sinC)＝eq\f(a－c,a＋b)，由正弦定理，得eq\f(a－b,c)＝eq\f(a－c,a＋b)，化简，得a2＋c2－b2＝ac，所以由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，又因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)如图所示，因为S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，即eq\f(1,2)BA·BCsin∠ABC＝eq\f(1,2)BA·BDsineq\f(∠ABC,2)＋eq\f(1,2)BC·BDsineq\f(∠ABC,2)，化简，得BA＋BC＝eq\f(\r(3),2)BA·BC，①又由余弦定理，得AC2＝BA2＋BC2－2BA·BCcos∠ABC，即(BA＋BC)2－3BA·BC＝9，②①②联立，解得BA·BC＝－2(舍去)或6，所以S△ABC＝eq\f(1,2)BA·BCsin∠ABC＝eq\f(3\r(3),2).17．(多选)对于△ABC，有如下判断，其中正确的是()A．若cosA＝cosB，则△ABC为等腰三角形B．若A>B，则sinA>sinBC．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个D．若sin2A＋sin2B<sin2C，则△ABC是钝角三角形答案ABD解析对于A，若cosA＝cosB，则A＝B，所以△ABC为等腰三角形，故A正确；对于B，若A>B，则a>b，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝2R，得2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB成立，故B正确；对于C，由余弦定理可得b＝eq\r(82＋102－2×8×10×\f(1,2))＝2eq\r(21)，只有一解，故C错误；对于D，若sin2A＋sin2B<sin2C，则根据正弦定理得a2＋b2<c2，则cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故D正确．故选ABD.18．(多选)(2024·珠海模拟)已知△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，且S△ABC＝eq\f(3\r(3),2)，则下列命题正确的是()A．△ABC的周长为5＋eq\r(7)B．△ABC的三个内角A，B，C满足关系A＋B＝2CC．△ABC外接圆的半径为eq\f(2\r(21),3)D．△ABC的中线CD的长为eq\f(\r(19),2)答案ABD解析因为△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，所以a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，设a＝2t，b＝3t，c＝eq\r(7)t，t>0，利用余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4t2＋9t2－7t2,12t2)＝eq\f(1,2)，由于C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).对于A，因为S△ABC＝eq\f(3\r(3),2)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2t×3t×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，解得t＝1，所以a＝2，b＝3，c＝eq\r(7)，所以△ABC的周长为5＋eq\r(7)，故A正确；对于B，因为C＝eq\f(π,3)，所以A＋B＝eq\f(2π,3)，故A＋B＝2C，故B正确；对于C，利用正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(21),3)＝2R，解得R＝eq\f(\r(21),3)，所以△ABC外接圆的半径为eq\f(\r(21),3)，故C错误；对于D，如图所示，在△ABC中，利用正弦定理得eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(2,sinA)，解得sinA＝eq\f(\r(21),7)，又a<c，所以cosA＝eq\f(2\r(7),7)，在△ACD中，利用余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcosA＝9＋eq\f(7,4)－2×3×eq\f(\r(7),2)×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(19,4)，解得CD＝eq\f(\r(19),2)，故D正确．故选ABD.19．(2023·广东茂名一模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b＋2bcosC.(1)求证：C＝2B；(2)求eq\f(a＋c,b)的取值范围．解(1)证明：在△ABC中，由a＝b＋2bcosC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcosC，又A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinB＋2sinBcosC，则cosBsinC－sinBcosC＝sinB，∴sin(C－B)＝sinB，∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<C<π.∵B＋(C－B)＝C<π，∴B＝C－B，即C＝2B.(2)解法一：由(1)得C＝2B，则B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，由题意a＝b＋2bcosC，C＝2B及正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(b＋2bcosC＋c,b)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sinC,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋2sinBcosB,sinB)＝1＋2cosC＋2cosB＝1＋2cos2B＋2cosB＝1＋2(2cos2B－1)＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，∵eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5.故eq\f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)．解法二：由正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sinA＋sinC,sinB)，∵A＋B＋C＝π，∴A＝π－(B＋C)，则eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(sin[π－(B＋C)]＋sinC,sinB)＝eq\f(sin(B＋C)＋sinC,sinB)，由(1)得C＝2B，故eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sin(B＋2B)＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosBsin2B＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosB·2sinBcosB＋2sinBcosB,sinB)＝cos2B＋2cos2B＋2cosB＝2cos2B－1＋2cos2B＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc