高中数学-解三角形常考考点分类

PAGE9-大一轮复习解三角形☆☆☆考纲考题考情☆☆☆考纲要求真题举例命题角度1.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题；2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题。2018，全国卷Ⅲ，4，15,10分(解三角形，零点)2017，全国卷Ⅰ，17,12分(正、余弦定理，三角形周长)2017，全国卷Ⅱ，17,12分(解三角形，求边长)2017，全国卷Ⅲ，17,12分(求边长，面积)2016，全国卷Ⅰ，17,12分(正、余弦定理，三角形面积)2016，全国卷Ⅱ，13,5分(解三角形)2016，全国卷Ⅲ，8,5分(解三角形)2015，全国卷Ⅰ，16,5分(解三角形，取值范围)2015，全国卷Ⅱ，17,12分(解三角形，三角形面积，恒等变换)2014，全国卷Ⅰ，16,5分(解三角形，三角形面积，最值)命题形式多种多样，选择题、填空题常常出一些简单的边、角、面积计算或测量问题，属于容易题，解答题常常结合三角恒等变换公式、三角函数的图象和性质进行考查，具有一定的综合性，属于中档题。1．正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R,其中2R为△ABC外接圆直径。变式：=1\*GB3①化角为边：，，；=2\*GB3②化边为角：，，；=3\*GB3③；=4\*GB3④=2R2．余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝a2＋c2－2accosB；c2＝a2＋b2－2abcosC。变式：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)。sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcos注明：余弦定理的作用是进行三角形中的边角互化，当题中含有二次项时，常使用余弦定理。在变形中，注意三角形中其他条件的应用：余弦定理主要解决的问题：=1\*GB3①已知两边和夹角，求其余的量；=2\*GB3②已知三边求角如何判断三角形的形状：判断三角形形状的两种思路：一是化边为角；二是化角为边，并用正弦定理(余弦定理)实施边、角转换。例如当a2＋b2<c2时判断三角形的形状，由cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，得∠C为钝角，则三角形为钝角三角形。设、、是的角、、的对边，则：=1\*GB3①若，则；=2\*GB3②若，则；=3\*GB3③若，则．3．解三角形：在一个三角形中，边和角共有6个量，已知三个量(其中至少有一边)就可解三角形。(1)已知三边a，b，c。运用余弦定理可求三角A，B，C。(2)已知两边a，b及夹角C。运用余弦定理可求第三边c。(3)已知两边a，b及一边对角A。先用正弦定理，求sinB，sinB＝eq\f(bsinA,a)。①A为锐角时，若a<bsinA，无解；若a＝bsinA，一解；若bsinA<a<b，两解；若a≥b，一解。②A为直角或钝角时，若a≤b，无解；若a>b，一解。(4)已知一边a及两角A，B(或B，C)用正弦定理，先求出一边，后求另一边。4．三角形常用面积公式(1)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R)。(2)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)。5、相关知识：(1)同角三角函数的基本关系:平方关系：sin2α＋cos2α＝1;商数关系：eq\f(sinα,cosα)＝tanα.(2)三角函数的诱导公式（概括为“奇变偶不变，符号看象限”）诱导公式一：（其中：）诱导公式二：（其中：）诱导公式三：（其中：）诱导公式四：（其中：），注意：sinA＝sinB，因为所以所以即A＝B或诱导公式五：（其中：）诱导公式六：（其中：）(3)三角形中的基本关系：(4)和角与差角公式;;.(5)二倍角公式,.(6)辅助角公式（化一公式）其中(1)设，则：⑴；⑵；⑶⑷(2)设，则：.(3)两向量的夹角公式7、三角形的五心：垂心——三角形的三边上的高相交于一点；重心——三角形三条中线的相交于一点；外心——三角形三边垂直平分线相交于一点；内心——三角形三内角的平分线相交于一点；旁心——三角形的一条内角平分线与其他两个角的外角平分线交于一点.考点一：求角1．在△ABC中，a＝eq\r(3)，b＝1，c＝2，则∠A等于()A．30°B．45°C．60°D．75°2．在△ABC中，c＝5，b＝3，a＝7，则∠A＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)3．在△ABC中，若a＝4，b＝3，cosA＝eq\f(1,3)，则B等于()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)D.eq\f(2π,3)4．(2016·辽宁五校联考)设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，则角CA.eq\f(2π,3)B.eq\f(π,3)C.eq\f(3π,4)D.eq\f(5π,6)5.(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC边上的高等于eq\f(1,3)BC，则cosA＝()A.eq\f(3\r(10),10)B.eq\f(\r(10),10)C．－eq\f(\r(10),10)D．－eq\f(3\r(10),10)6．△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，且c＝2a，则cosB＝()A.eq\f(3,4)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(1,4)考点二：求边长1．(2016·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，则b＝()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．32.(2016·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，则b＝________。反思归纳1.已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形，正弦定理的形式多样，其中a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC能够实现边角互化。2．已知两边和它们的夹角或已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形，在运用余弦定理时，要注意整体思想的运用。3.在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，C＝2，且△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，则边BC的长为________。4.(2016·天津高考)在△ABC中，若AB＝eq\r(13)，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝()A．1B．2C．3D．45.(2016·北京高考)在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，则eq\f(b,c)＝________。考点三：判断三角形形状1.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【变式】1.若将本典例条件改为“2sinAcosB＝sinC”，试判断△ABC的形状。2．若将本典例条件改为“(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)”，试判断三角形的形状。3．若将本典例条件改为：“2asinA＝(2b＋c)·sinB＋(2c＋b)sinC，且sinB＋sinC＝1”，试判断△ABC反思归纳1.判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要看其是不是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，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。4．在△ABC中，如果有性质acosA＝bcosB，那么这个三角形的形状是()A．直角三角形B．等腰三角形C．直角三角形或等腰三角形D．不确定【变式训练】(2016·山东高考)△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c。已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)。则A＝()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)考点四：判断解的个数3．解的个数：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．解的个数不确定考点五：与三角形面积有关的问题1.(2016·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC(acosB＋bcosA)＝c.(1)求C；(2)若c＝eq\r(7)，△ABC的面积为eq\f(3\r(3),2)，求△ABC的周长。.反思归纳与三角形面积有关问题的解题策略(1)求三角形的面积。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含哪个角的公式。(2)已知三角形的面积解三角形。与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化。【变式训练】在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知cos2A－3cos(B＋C)＝1。(1)求角A的大小；(2)若△ABC的面积S＝5eq\r(3)，b＝5，求sinBsinC的值。2.△ABC中，∠B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为__________。考点六：解三角形的范围问题(最值问题)解三角形问题属于高考热点问题，而其中的范围问题是难点。任何范围问题，其本质都是函数问题，三角形的范围(或最值)问题也不例外。三角形中的范围(或最值)问题的解法主要有两种：一种是用函数求解；另一种是利用基本不等式求解。由于三角形中的范围问题一般是以角为自变量的三角函数问题，所以，除遵循函数问题的基本要求外，还有自己独特的解法。纵观近几年高考，三角形中的范围问题大致分成三类：边的范围问题、角的范围问题、面积的范围问题。下面结合高考题或模拟题举例说明其解法要领。（一）与边有关的范围问题【方法点睛】四边形问题转化成解三角形问题是本题的本质。解法一转换成两个边的关系，但是一直含有两个变量，不容易看出两个量之间的关系，不好把握，但是这种解法捕捉到了题中含有等腰三角形这一核心条件。解法二也是转化成解三角形问题，通过三角函数求边的范围，是通性通法。1．在△ABC中，taneq\f(A＋B,2)＝2sinC，若AB＝1，则eq\f(1,2)AC＋BC的最大值为________。2.(2017·兰州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知eq\f(a,\r(3)cosA)＝eq\f(c,sinC)。(1)求A的大小；(2)若a＝6，求b＋c的取值范围。（二）与角有关的范围问题3.在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且BC边上的高为eq\f(\r(3),6)a，则eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)取得最大值时，内角A的值为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,6)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(π,3)【变式训练】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2A＋cos2B＝2cos2C，则（三）与面积有关的范围问题4.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足4cos2eq\f(A,2)－cos2(B＋C)＝eq\f(7,2)，若a＝2，则△ABC的面积的最大值是________。【方法点睛】与三角形面积有关的问题主要有以下策略：1.求三角形面积，对于公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB，一般是知道某个角就选含该角的公式；2.已知三角形面积解三角形一般要用正弦定理或余弦定理进行转化；3.求面积的最值问题一般要用到基本不等式。【变式训练3】已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC面积的最大值为________。考点七：解三角形的应用1.一船向正北航行，看见正东方向有相距8海里的两个灯塔恰好在一条直线上。继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏东60°，另一灯塔在船的南偏东75°，则这艘船每小时航行__________海里。2.(1)如图，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为________m。(2)如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m、50m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于________。（第2题）（第1题）反思归纳利用正、余弦定理解决实际测量问题，实际上是把问题转化到相关三角形中，利用三角形的边、角关系。解答题（一）正、余弦定理在平面几何中的应用1．(2016·福建师大附中联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝3，E在AC上，若BE⊥AC，则ED＝________。2.(2016·石家庄质检)△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosC＋c＝2a(1)求角B的大小；(2)若BD为AC边上的中线，cosA＝eq\f(1,7)，BD＝eq\f(\r(129),2)，求△ABC的面积。反思归纳此类题目求解时，一般有如下思路：(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果。做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题。【变式训练】如图，在△ABC中，sineq\f(∠ABC,2)＝eq\f(\r(3),3)，AB＝2，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD＝eq\f(4\r(3),3)，则cosC＝________。3.(2016·广东惠州三调)如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1，CD＝3，cosB＝eq\f(\r(3),3)。(1)求△ACD的面积；(2)若BC＝2eq\r(3)，求AB的长。(二)正、余弦定理与三角函数图象性质的综合应用3.已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)，－1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,2)，cos2\f(x,2)))，函数f(x)＝m·n＋1。(1)求函数f(x)在[0，π]上的最值，并求此时x的值；(2)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再将所得图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度并向下平移eq\f(1,2)个单位长度，得到函数g(x)的图象。若在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝eq\f(1,2)，a＝2，b＋c＝4，求△ABC的面积。反思归纳1.向量是一种解决问题的工具，是一个载体，通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题。2．三角形中的三角函数要结合正弦定理、余弦定理进行转化，注意角的范围对变形过程的影响。【变式训练】(2017·日照模拟)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且函数f(x)＝2cosxsin(x－A)＋sinA在x＝eq\f(5π,12)处取得最大值。(1)当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，求函数f(x)的值域；(2)若a＝7且sinB＋sinC＝eq\f(13\r(3),14)，求△ABC的面积。大一轮复习解三角形☆☆☆考纲考题考情☆☆☆考纲要求真题举例命题角度1.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题；2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题。2018，全国卷Ⅲ，4，15,10分(解三角形，零点)2017，全国卷Ⅰ，17,12分(正、余弦定理，三角形周长)2017，全国卷Ⅱ，17,12分(解三角形，求边长)2017，全国卷Ⅲ，17,12分(求边长，面积)2016，全国卷Ⅰ，17,12分(正、余弦定理，三角形面积)2016，全国卷Ⅱ，13,5分(解三角形)2016，全国卷Ⅲ，8,5分(解三角形)2015，全国卷Ⅰ，16,5分(解三角形，取值范围)2015，全国卷Ⅱ，17,12分(解三角形，三角形面积，恒等变换)2014，全国卷Ⅰ，16,5分(解三角形，三角形面积，最值)命题形式多种多样，选择题、填空题常常出一些简单的边、角、面积计算或测量问题，属于容易题，解答题常常结合三角恒等变换公式、三角函数的图象和性质进行考查，具有一定的综合性，属于中档题。1．正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R,其中2R为△ABC外接圆直径。变式：=1\*GB3①化角为边：，，；=2\*GB3②化边为角：，，；=3\*GB3③；=4\*GB3④=2R2．余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝a2＋c2－2accosB；c2＝a2＋b2－2abcosC。变式：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)。sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcos注明：余弦定理的作用是进行三角形中的边角互化，当题中含有二次项时，常使用余弦定理。在变形中，注意三角形中其他条件的应用：余弦定理主要解决的问题：=1\*GB3①已知两边和夹角，求其余的量；=2\*GB3②已知三边求角如何判断三角形的形状：判断三角形形状的两种思路：一是化边为角；二是化角为边，并用正弦定理(余弦定理)实施边、角转换。例如当a2＋b2<c2时判断三角形的形状，由cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，得∠C为钝角，则三角形为钝角三角形。设、、是的角、、的对边，则：=1\*GB3①若，则；=2\*GB3②若，则；=3\*GB3③若，则．3．解三角形：在一个三角形中，边和角共有6个量，已知三个量(其中至少有一边)就可解三角形。(1)已知三边a，b，c。运用余弦定理可求三角A，B，C。(2)已知两边a，b及夹角C。运用余弦定理可求第三边c。(3)已知两边a，b及一边对角A。先用正弦定理，求sinB，sinB＝eq\f(bsinA,a)。①A为锐角时，若a<bsinA，无解；若a＝bsinA，一解；若bsinA<a<b，两解；若a≥b，一解。②A为直角或钝角时，若a≤b，无解；若a>b，一解。(4)已知一边a及两角A，B(或B，C)用正弦定理，先求出一边，后求另一边。4．三角形常用面积公式(1)S＝eq\f(1,2)a·ha(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)。5、相关知识：(1)同角三角函数的基本关系:平方关系：sin2α＋cos2α＝1;商数关系：eq\f(sinα,cosα)＝tanα.(2)三角函数的诱导公式（概括为“奇变偶不变，符号看象限”）诱导公式一：（其中：）诱导公式二：（其中：）诱导公式三：（其中：）诱导公式四：（其中：），注意：sinA＝sinB，因为所以所以即A＝B或诱导公式五：（其中：）诱导公式六：（其中：）(3)三角形中的基本关系：(4)和角与差角公式;;.(5)二倍角公式,.(6)辅助角公式（化一公式）其中(1)设，则：⑴⑵⑶⑷(2)设，则：.(3)两向量的夹角公式7、三角形的五心：垂心——三角形的三边上的高相交于一点；重心——三角形三条中线的相交于一点；外心——三角形三边垂直平分线相交于一点；内心——三角形三内角的平分线相交于一点；旁心——三角形的一条内角平分线与其他两个角的外角平分线交于一点.考点一：求角1．在△ABC中，a＝eq\r(3)，b＝1，c＝2，则∠A等于()A．30°B．45°C．60°D．75°【解析】∵cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1＋4－3,2×1×2)＝eq\f(1,2)，又∵0°<A<180°，∴A＝60°。故选C。【答案】C2．在△ABC中，c＝5，b＝3，a＝7，则∠A＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)【解析】因为在△ABC中，c＝5，b＝3，a＝7，所以由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(9＋25－49,30)＝－eq\f(1,2)，所以∠A＝eq\f(2π,3)。故选C。【答案】C3．在△ABC中，若a＝4，b＝3，cosA＝eq\f(1,3)，则B等于()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)D.eq\f(2π,3)解析因为cosA＝eq\f(1,3)，所以sinA＝eq\r(1－\f(1,9))＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理，得eq\f(4,sinA)＝eq\f(3,sinB)，所以sinB＝eq\f(\r(2),2)，又因为b<a，所以0<B<eq\f(π,2)，B＝eq\f(π,4)。故选A。答案A4．(2016·辽宁五校联考)设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，则角CA.eq\f(2π,3)B.eq\f(π,3)C.eq\f(3π,4)D.eq\f(5π,6)解析因为3sinA＝5sinB，所以由正弦定理可得3a＝5b。因为b＋c＝2a，所以c＝2a－eq\f(3,5)a＝eq\f(7,5)a。令a＝5，b＝3，c＝7，则由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得49＝25＋9－2×3×5cosC，解得cosC＝－eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(2π,3)。故选A。答案A5.(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC边上的高等于eq\f(1,3)BC，则cosA＝()A.eq\f(3\r(10),10)B.eq\f(\r(10),10)C．－eq\f(\r(10),10)D．－eq\f(3\r(10),10)【解析】设△ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c，由题意可得eq\f(1,3)a＝csineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)c，则a＝eq\f(3\r(2),2)c。在△ABC中，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－eq\r(2)ac＝eq\f(9,2)c2＋c2－3c2＝eq\f(5,2)c2，则b＝eq\f(\r(10),2)c。由余弦定理，可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\f(5,2)c2＋c2－\f(9,2)c2,2×\f(\r(10),2)c×c)＝－eq\f(\r(10),10)。故选C。6．△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，且c＝2a，则cosB＝()A.eq\f(3,4)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(1,4)解析∵a，b，c成等比数列，且c＝2a∴b2＝ac＝2a2，∴b＝eq\r(2)a。由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(3,4)。故选A。答案A考点二：求边长1．(2016·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，则b＝()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．3解析由余弦定理，得4＋b2－2×2bcosA＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)(舍去)。故选D。答案D2.(2016·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，则b＝________。【解析】(1)因为cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，从而sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAcosC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65)。由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(21,13)。反思归纳1.已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形，正弦定理的形式多样，其中a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC能够实现边角互化。2．已知两边和它们的夹角或已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形，在运用余弦定理时，要注意整体思想的运用。3.在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，C＝2，且△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，则边BC的长为________。【解析】因为S＝eq\f(1,2)AB·ACsinA＝eq\f(1,2)×2×ACsineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，所以AC＝1。由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA，即BC2＝22＋12－2×2×1×eq\f(1,2)，解得BC＝eq\r(3)。【答案】eq\r(3)4.(2016·天津高考)在△ABC中，若AB＝eq\r(13)，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝()A．1B．2C．3D．4【解析】设△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c则a＝3，c＝eq\r(13)，∠C＝120°，由余弦定理得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1，即AC＝1。故选A。【答案】A5.(2016·北京高考)在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，则eq\f(b,c)＝________。解析∵a＝eq\r(3)c，∴sin∠A＝eq\r(3)sin∠C，∵∠A＝eq\f(2π,3)，∴sin∠A＝eq\f(\r(3),2)，∴sin∠C＝eq\f(1,2)，又∠C必为锐角，∴∠C＝eq\f(π,6)，∵∠A＋∠B＋∠C＝π，∴∠B＝eq\f(π,6)，∴∠B＝∠C，∴b＝c，∴eq\f(b,c)＝1。考点三：判断三角形形状1.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【解析】依据题设由正弦定理，得sinBcosC＋cosBsinC＝sin2A，有sin(B＋C)＝sin2A，从而sin(B＋C)＝sinA＝sin2A，解得sinA＝1，∴A＝eq\f(π,2)。故选B。【答案】B【母题变式】1.若将本典例条件改为“2sinAcosB＝sinC”，试判断△ABC的形状。【解析】解法一：由已知得2sinAcosB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sin(A－B)＝0，因为－π<A－B<π，所以A＝B，故△ABC为等腰三角形。解法二：由正弦定理得2acosB＝c，再由余弦定理得2a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝c⇒a2＝b2⇒a＝b，故△ABC为等腰三角形。【答案】等腰三角形2．若将本典例条件改为“(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)”，试判断三角形的形状。【解析】∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，∴2sinAcosB·b2＝2cosAsinB·a2，即a2cosAsinB＝b2sinAcosB。解法一：由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB，∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，又sinA·sinB≠0，∴sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B在△ABC中，0<2A<2π，0<2B∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)。∴△ABC为等腰三角形或直角三角形。解法二：由正弦定理、余弦定理得：a2beq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b2aeq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0。即a＝b或a2＋b2＝c2。∴△ABC为等腰三角形或直角三角形。【答案】等腰三角形或直角三角形3．若将本典例条件改为：“2asinA＝(2b＋c)·sinB＋(2c＋b)sinC，且sinB＋sinC＝1”，试判断△ABC【解析】由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)即a2＝b2＋c2＋bc，cosA＝－eq\f(1,2)，sinA＝eq\f(\r(3),2)，则sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsin又sinB＋sinC＝1，所以sinBsinC＝eq\f(1,4)，解得sinB＝sinC＝eq\f(1,2)。因为0<B<eq\f(π,2)，0<C<eq\f(π,2)，故B＝C＝eq\f(π,6)，所以△ABC是等腰钝角三角形。【答案】等腰钝角三角形反思归纳1.判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要看其是不是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，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。4．在△ABC中，如果有性质acosA＝bcosB，那么这个三角形的形状是()A．直角三角形B．等腰三角形C．直角三角形或等腰三角形D．不确定【解析】由已知及正弦定理得sinAcosA＝sinBcosB，sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形。故选C。【答案】C【变式训练】(2016·山东高考)△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c。已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)。则A＝()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)【解析】由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA，所以2b2(1－sinA)＝2b2(1－cosA)，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，又0<A<π，所以A＝eq\f(π,4)。故选C。【答案】C考点四：判断解的个数3．解的个数：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】∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(b,a)sinA＝eq\f(24,18)sin45°，∴sinB＝eq\f(2\r(2),3)，又∵a<b，∴∠B有两个解。故选B。【答案】B考点五：与三角形面积有关的问题1.(2016·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC(acosB＋bcosA)＝c.(1)求C；(2)若c＝eq\r(7)，△ABC的面积为eq\f(3\r(3),2)，求△ABC的周长。.【解析】(1)由已知及正弦定理得，2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC，2cosCsin(A＋B)＝sinC，故2sinCcosC＝sinC。又因为C为△ABC的内角，可得cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3)。(2)由已知，eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2)。又C＝eq\f(π,3)，所以ab＝6。由已知及余弦定理得，a2＋b2－2abcosC＝7，故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25。所以△ABC的周长为5＋eq\r(7)。【答案】(1)eq\f(π,3)(2)5＋eq\r(7)反思归纳与三角形面积有关问题的解题策略(1)求三角形的面积。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含哪个角的公式。(2)已知三角形的面积解三角形。与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化。【变式训练】在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知cos2A－3cos(B＋C)＝1(1)求角A的大小；(2)若△ABC的面积S＝5eq\r(3)，b＝5，求sinBsinC的值。【解析】(1)由cos2A－3cos(B＋C得2cos2A＋3cosA即(2cosA－1)(cosA＋2)＝0，解得cosA＝eq\f(1,2)或cosA＝－2(舍去)。因为0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3)。(2)由S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)bc＝5eq\r(3)，得bc＝20。又b＝5，所以c＝4。由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝25＋16－20＝21，故a＝eq\r(21)。又由正弦定理得sinBsinC＝eq\f(b,a)sinA·eq\f(c,a)sinA＝eq\f(bc,a2)sin2A＝eq\f(20,21)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,7)。答案(1)eq\f(π,3)(2)eq\f(5,7)2.△ABC中，∠B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为__________。【解析】设BC＝x，由余弦定理得49＝25＋x2－10xcos120°，整理得x2＋5x－24＝0，即x＝3。因此S△ABC＝eq\f(1,2)AB×BC×sinB＝eq\f(1,2)×3×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4)。【答案】eq\f(15\r(3),4)考点六：解三角形的范围问题（最值问题）解三角形问题属于高考热点问题，而其中的范围问题是难点。任何范围问题，其本质都是函数问题，三角形的范围(或最值)问题也不例外。三角形中的范围(或最值)问题的解法主要有两种：一种是用函数求解；另一种是利用基本不等式求解。由于三角形中的范围问题一般是以角为自变量的三角函数问题，所以，除遵循函数问题的基本要求外，还有自己独特的解法。纵观近几年高考，三角形中的范围问题大致分成三类：边的范围问题、角的范围问题、面积的范围问题。下面结合高考题或模拟题举例说明其解法要领。（一）与边有关的范围问题【方法点睛】四边形问题转化成解三角形问题是本题的本质。解法一转换成两个边的关系，但是一直含有两个变量，不容易看出两个量之间的关系，不好把握，但是这种解法捕捉到了题中含有等腰三角形这一核心条件。解法二也是转化成解三角形问题，通过三角函数求边的范围，是通性通法。1．在△ABC中，taneq\f(A＋B,2)＝2sinC，若AB＝1，则eq\f(1,2)AC＋BC的最大值为________。解析因为taneq\f(A＋B,2)＝2sinC，所以eq\f(sin\f(A＋B,2),cos\f(A＋B,2))＝2sinC⇒eq\f(2sin\f(A＋B,2)·cos\f(A＋B,2),2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B,2))))＝2sinC⇒eq\f(sinA＋B,1＋cosA＋B)＝2sinC，因为A＋B＋C＝π，所以A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sinC，cos(A＋B)＝－cosC，所以eq\f(sinC,1－cosC)＝2sinC，因为0<C<π，所以sinC≠0，所以cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3)。因为eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(2\r(3),3)，所以eq\f(1,2)AC＋BC＝eq\f(\r(3),3)sinB＋eq\f(2\r(3),3)sinA＝eq\f(\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＋eq\f(2\r(3),3)sinA＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA＋2sinA))＝eq\f(\r(21),3)·sin(A＋φ)，其中0<φ<eq\f(π,2)且tanφ＝eq\f(\r(3),5)，所以当sin(A＋φ)＝1时，eq\f(1,2)AC＋BC取得最大值，为eq\f(\r(21),3)。答案eq\f(\r(21),3)2.(2017·兰州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知eq\f(a,\r(3)cosA)＝eq\f(c,sinC)。(1)求A的大小；(2)若a＝6，求b＋c的取值范围。【解析】(1)∵eq\f(a,\r(3)cosA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，∴eq\r(3)cosA＝sinA，∴tanA＝eq\r(3)。∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)。(2)∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(6,sin\f(π,3))＝4eq\r(3)，∴b＝4eq\r(3)sinB，c＝4eq\r(3)sinC，∴b＋c＝4eq\r(3)sinB＋4eq\r(3)sinC＝4eq\r(3)[sinB＋sin(π－A－B)]＝4eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋B))))＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))。∵eq\f(π,6)<B＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴6<12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))≤12，即b＋c∈(6,12]。【答案】(1)eq\f(π,3)(2)(6,12]（二）与角有关的范围问题3.在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且BC边上的高为eq\f(\r(3),6)a，则eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)取得最大值时，内角A的值为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,6)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(π,3)【解析】利用等面积法可得，eq\f(1,2)·BC·eq\f(\r(3),6)a＝eq\f(1,2)·b·c·sinA，整理得eq\f(\r(3),6)a2＝bcsinA。又eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)＝eq\f(c2＋b2,bc)＝eq\f(a2＋2bccosA,bc)，∴eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)＝2eq\r(3)sinA＋2cosA＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，所以当A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，A＝eq\f(π,3)时，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)取得最大值。故选D。【答案】D【方法点睛】与角有关的范围问题，当然用三角函数解决，实现边与角的互化用正、余弦定理。【变式训练2】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2A＋cos2B＝2cos2C，则【解析】由cos2A＋cos2B＝2cos2C，得1－2sin2A＋1－2sin2B即sin2A＋sin2B＝2sin2C，由正弦定理可得a2＋b2＝2c2。由余弦定理可得c2＋2abcosC＝2c2，所以cosC＝eq\f(c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2,4ab)≥eq\f(2ab,4ab)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝b时等号成立，所以eq\f(1,2)≤cosC<1，∴C的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))。【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))（三）与面积有关的范围问题4.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足4cos2eq\f(A,2)－cos2(B＋C)＝eq\f(7,2)，若a＝2，则△ABC的面积的最大值是________。【解析】因为B＋C＝π－A，所以cos2(B＋C)＝cos(2π－2A)＝cos2A＝2cos2A－1，又cos2eq\f(A,2)＝eq\f(1＋cosA,2)，所以4cos2eq\f(A,2)－cos2(B＋C)＝eq\f(7,2)可化为4cos2A－4cosA＋1＝0，解得cosA＝eq\f(1,2)。又A为三角形的内角，所以A＝eq\f(π,3)，由余弦定理得4＝b2＋c2－2bccosA≥2bc－bc＝bc，即bc≤4，当且仅当b＝c时取等号，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，即△ABC的面积的最大值为eq\r(3)。【答案】eq\r(3)【方法点睛】与三角形面积有关的问题主要有以下策略：1.求三角形面积，对于公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB，一般是知道某个角就选含该角的公式；2.已知三角形面积解三角形一般要用正弦定理或余弦定理进行转化；3.求面积的最值问题一般要用到基本不等式。【变式训练3】已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC面积的最大值为________。【解析】由正弦定理，可得(2＋b)(a－b)＝(c－b)·c。∵a＝2，∴a2－b2＝c2－bc，即b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)∴sinA＝eq\f(\r(3),2)。由b2＋c2－a2＝bc，得b2＋c2＝4＋bc。∵b2＋c2≥2bc，即4＋bc≥2bc，∴bc≤4∴S△ABC＝eq\f(1,2)bc·sinA≤eq\r(3)，即(S△ABC)max＝eq\r(3)。【答案】eq\r(3)考点七：解三角形的应用1.一船向正北航行，看见正东方向有相距8海里的两个灯塔恰好在一条直线上。继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏东60°，另一灯塔在船的南偏东75°，则这艘船每小时航行__________海里。【解析】如图，由题意知在△ABC中，∠ACB＝75°－60°＝15°，∠B＝15°，∴AC＝AB＝8。在Rt△AOC中，OC＝AC·sin30°＝4。∴这艘船每小时航行eq\f(4,\f(1,2))＝8(海里)。【答案】82.(1)如图，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为________m。(2)如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m、50m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于________。（第2题）（第1题）【解析】(1)在△ABC中，∵∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，∴∠B＝30°。由正弦定理得AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sinB)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)。(2)依题意可得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(30\r(5)2＋20\r(10)2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°。【答案】(1)50eq\r(2)(2)45°反思归纳利用正、余弦定理解决实际测量问题，实际上是把问题转化到相关三角形中，利用三角形的边、角关系求解。解答题（一）正、余弦定理在平面几何中的应用1．(2016·福建师大附中联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝3，E在AC上，若BE⊥AC，则ED＝________。解析在Rt△ABC中，BC＝3，AB＝eq\r(3)，所以∠BAC＝60°。因为BE⊥AC，AB＝eq\r(3)，所以AE＝eq\f(\r(3),2)，在△EAD中，∠EAD＝30°，AD＝3，由余弦定理知，ED2＝AE2＋AD2－2AE·AD·cos∠EAD＝eq\f(3,4)＋9－2×eq\f(\r(3),2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(21,4)，故ED＝eq\f(\r(21),2)。答案eq\f(\r(21),2)2.(2016·石家庄质检)△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosC＋c＝2a(1)求角B的大小；(2)若BD为AC边上的中线，cosA＝eq\f(1,7)，BD＝eq\f(\r(129),2)，求△ABC的面积。【解析】(1)2bcosC＋c＝2a，由正弦定理，得2sinBcosC＋sinC＝2sinA，∵A＋B＋C∴sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，∴2sinBcosC＋sinC＝2(sinBcosC＋cosBsinC)，∴sinC＝2cosBsinC。∵0<C<π，∴sinC≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)。又0<B<π，∴B＝eq\f(π,3)。(2)在△ABD中，由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(129),2)))2＝c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))2－2c·eq\f(b,2)cosA，∴eq\f(129,4)＝c2＋eq\f(b2,4)－eq\f(1,7)bc，①在△ABC中，由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，由已知得sinA＝eq\f(4\r(3),7)，∴sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(5\r(3),14)，∴c＝eq\f(5,7)b，②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝7，,c＝5，))∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝10eq\r(3)。【答案】(1)eq\f(π,3)(2)10eq\r(3)反思归纳此类题目求解时，一般有如下思路：(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果。做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题。【变式训练】如图，在△ABC中，sineq\f(∠ABC,2)＝eq\f(\r(3),3)，AB＝2，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD＝eq\f(4\r(3),3)，则cosC＝________。【解析】由条件得cos∠ABC＝eq\f(1,3)，sin∠ABC＝eq\f(2\r(2),3)。在△ABC中，设BC＝a，AC＝3b，则9b2＝a2＋4－eq\f(4,3)a①因为∠ADB与∠CDB互补，所以cos∠ADB＝－cos∠CDB，所以eq\f(4b2＋\f(16,3)－4,\f(16\r(3),3)b)＝－eq\f(b2＋\f(16,3)－a2,\f(8\r(3),3)b)，所以3b2－a2＝－6②。联立①②解得a＝3，b＝1，所以AC＝3，BC＝3。在△ABC中，cosC＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝eq\f(32＋32－22,2×3×3)＝eq\f(7,9)。【答案】eq\f(7,9)3.(2016·广东惠州三调)如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1，CD＝3，cosB＝eq\f(\r(3),3)。(1)求△ACD的面积；(2)若BC＝2eq\r(3)，求AB的长。解析(1)cosD＝cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f(1,3)。因为∠D∈(0，π)，所以sinD＝eq\f(2\r(2),3)，所以△ACD的面积S＝eq\f(1,2)·AD·CD·sinD＝eq\r(2)。(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cosD＝12，所以AC＝2eq\r(3)。在△