從不同數(shù)學(xué)思想角度談解三角形(提升類)

將簡單的方法練到極致就是絕招！PAGEPAGE11課題從不同數(shù)學(xué)思想角度談解三角形解三角形是近些年高考的熱點(diǎn)，各省市的命題人在命題方向上標(biāo)新立異，但是我們可以從不同的方向上來解析歷年省市的真題、各地的模擬題，從而探索解三角形的熱點(diǎn)命題規(guī)律，進(jìn)一步的提升考生對(duì)該知識(shí)點(diǎn)的解題能力。本篇將從不同的數(shù)學(xué)思想角度對(duì)解三角形問題進(jìn)行剖析！角度一：轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸思想方法在研究、解決數(shù)學(xué)問題中，當(dāng)思維受阻時(shí)考慮尋求簡單方法或從一種情形轉(zhuǎn)化到另一種情形，也就是轉(zhuǎn)化到另一種情境使問題得到解決，這種轉(zhuǎn)化是解決問題的有效策略，同時(shí)也是成功的思維方式．利用正、余弦定理，通過“邊化角、角化邊、切化弦等”的角度對(duì)問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化為熟悉的三角恒等變換、三角函數(shù)、平面向量等問題，再進(jìn)行求解．1．(2015·江南十校聯(lián)考)在三角形ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，已知a＝eq2\r(,3)，c＝eq2\r(,2)，1＋eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c,b)，則C等于()A．30° B．45°C．45°或135° D．60°【解析】由1＋eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c,b)和正弦定理，得cosAsinB＋sinAcosB＝2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA，∴cosA＝60°．由正弦定理，得eq\f(2\r(,3),sinA)＝eq\f(2\r(,2),sinC)，則sinC＝eq\f(\r(,2),2)．又c＜a，∴C＜60°，故C＝45°．【答案】選C2．(2015·安徽合肥質(zhì)檢)在三角形ABC中，內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，且a2＝b2＋c2＋eq\r(,3)bc．若a＝eq\r(,3)，S為△ABC的面積，則S＋3cosBcosC的最大值為()A．3 B．eq\r(,2)C．2 D．eq\r(,3)【解析】由cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\r(,3)bc,2bc)＝－eq\f(\r(,3),2)，∴A＝eq\f(5π,6)，又a＝eq\r(,3)，故S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)·eq\f(asinB,sinA)·asinC＝3sinBsinC，因此S＋3cosBcosC＝3sinBsinC＋3cosBcosC＝3cos(B－C)，于是當(dāng)B＝C時(shí)取得最大值3．【答案】選A3．(2015·四川德陽二診)已知三角形ABC的三邊長是三個(gè)連續(xù)的自然數(shù)，且最大的內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍，則最小內(nèi)角的余弦值為()A．eq\f(3,4) B．eq\f(5,6)C．eq\f(7,10) D．eq\f(2,3)【解析】依題意，不妨設(shè)三邊長a＝m－1，b＝m，c＝m＋1，其中m≥2，m∈N，則有C＝2A，sinC＝sin2A＝2sinAcosA，由正、余弦定理得c＝2a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，則bc2＝a(b2c2－a2)，于是m(m＋1)2＝(m－1)(m2＋4m)，解得m＝5，故cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(52＋62－42,2×5×6)＝eq\f(3,4)．【答案】選A4．(2015·安徽合肥模擬)在銳角三角形ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，則eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)的值是．【解析】由eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，得b2＋a2＝6abcosC.化簡整理得2(a2＋b2)＝3c2，將eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)切化弦，得eq\f(sinC,cosC)·(eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosB,sinB))＝eq\f(sinC,cosC)·eq\f(sin(A＋B),sinAsinB)＝eq\f(sinC,cosC)·eq\f(sinC,sinAsinB)＝eq\f(sin2C,cosCsinAsinB).根據(jù)正、余弦定理得eq\f(sin2C,cosCsinAsinB)＝eq\f(c2,ab·\f(a2＋b2－c2,2ab))＝eq\f(2c2,a2＋b2－c2)＝eq\f(2c2,\f(3,2)c2－c2)＝4.【答案】45．在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，則AB＋2BC的最大值為________．【解析】由正弦定理知eq\f(AB,sinC)＝eq\f(\r(3),sin60°)＝eq\f(BC,sinA)，∴AB＝2sinC，BC＝2sinA．又A＋C＝120°，∴AB＋2BC＝2sinC＋4sin(120°－C)＝2(sinC＋2sin120°cosC－2cos120°sinC)＝2(sinC＋eq\r(3)cosC＋sinC)＝2(2sinC＋eq\r(3)cosC)＝2eq\r(7)sin(C＋α)，其中tanα＝eq\f(\r(3),2)，α是第一象限角，由于0°＜C＜120°，且α是第一象限角，因此AB＋2BC有最大值2eq\r(7).【答案】2eq\r(7)6．(2015·浙江高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c，已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2．(1)求eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)的值；(2)若B＝eq\f(π,4)，a＝3，求△ABC的面積．【解】(1)由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2，得tanA＝eq\f(1,3)，∴eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)＝eq\f(2tanA,2tanA＋1)＝eq\f(2,5)(2)由tanA＝eq\f(1,3)，A∈(0，π)，得sinA＝eq\f(\r(,10),10)，cosA＝eq\f(3\r(,10),10)又由a＝3，B＝eq\f(π,4)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝3eq\r(5)由sinC＝sin(A＋B)＝sin(A＋eq\f(π,4))，得sinC＝eq\f(2\r(,5),5)則△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝9．【變式1－1】(2015·廣東汕頭質(zhì)檢)鈍角三角形的三邊長為a，a＋1，a＋2，其最大角不超過120°，則a的取值范圍是()A．0＜a＜3 B．eq\f(3,2)≤a＜3C．2＜a≤3 D．1≤a＜eq\f(5,2)【解析】因?yàn)閍，a＋1，a＋2為鈍角三角形的三邊長，∴a＋a＋1＞a＋2，則a＞1．由大邊對(duì)大角可知，邊長為a＋2的邊對(duì)應(yīng)的角θ最大，由余弦定理得cosθ＝eq\f(a2＋(a＋1)2－(a＋2)2,2a(a＋1))∈(0，－eq\f(1,2))，得eq\f(3,2)≤a＜3．【答案】選B【變式1－2】(2015·甘肅蘭州模擬)若滿足條件C＝60°，AB＝eq\r(3)，BC＝a的三角形ABC有兩個(gè)，那么a的取值范圍是()A．(1，eq\r(,2)) B．(eq\r(,2)，eq\r(,3))C．(eq\r(,3)，2) D．(1，2)【解析】因?yàn)镃＝60°，AB＝eq\r(3)，由正弦定理，得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2，∴a＝2sinA，又∵A＋B＝120°，且三角形有兩解，∴60°＜A＜120°，且A≠90°，即eq\f(\r(3),2)＜sinA＜1，得eq\r(,3)＜a＜2．【答案】選C【變式1－3】(2013·四川高考)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2cos2eq\f(A－B,2)cosB－sin(A－B)sinB＋cos(A＋C)＝－eq\f(3,5).(1)求cosA的值；(2)若a＝4eq\r(2)，b＝5，求向量在方向上的投影．【解】(1)由2cos2eq\f(A－B,2)cosB－sin(A－B)sinB＋cos(A＋C)＝－eq\f(3,5)，得[cos(A－B)＋1]cosB－sin(A－B)sinB－cosB＝－eq\f(3,5)，即cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq\f(3,5).則cos(A－B＋B)＝－eq\f(3,5)，即cosA＝－eq\f(3,5).(2)由cosA＝－eq\f(3,5)，0＜A＜π，得sinA＝eq\f(4,5)，由正弦定理，有eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由題知a＞b，則A＞B，故B＝eq\f(π,4).根據(jù)余弦定理，有(4eq\r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得c＝1或c＝－7(舍去)．故向量在方向上的投影為||cosB＝eq\f(\r(2),2).角度二：函數(shù)與方程思想函數(shù)思想，是指用函數(shù)的概念和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)化問題和解決問題．方程思想，是從問題中的數(shù)量關(guān)系入手，運(yùn)用數(shù)學(xué)語言將問題中的條件轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)模型(方程、不等式或方程與不等式的混合組)，然后通過解方程(組)或不等式(組)來使問題獲解．有時(shí)，還通過函數(shù)與方程的互相轉(zhuǎn)化、接軌，達(dá)到解決問題的目的．1．(2015·石家莊模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c，且滿足csinA＝eq\r(3)acosC，則sinA＋sinB的最大值是()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．3【解析】由csinA＝eq\r(3)acosC，得sinCsinA＝eq\r(3)sinAcosC，在△ABC中sinA≠0，所以sinC＝eq\r(3)cosC，tanC＝eq\r(3)，C∈(0，π)，則C＝eq\f(π,3).所以sinA＋sinB＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋A))＝eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以當(dāng)A＝eq\f(π,3)時(shí)，sinA＋sinB取得最大值eq\r(3)．【答案】選C2．(2015·天津和平二模)在△ABC中，D為BC邊上一點(diǎn)，DC＝2BD，AD＝eq\r(2)，∠ADC＝45°，若AC＝eq\r(2)AB，則BD等于()A．2＋eq\r(3) B．4C．2＋eq\r(,5) D．3＋eq\r(,5)【解析】在△ADC中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos45°＝2＋DC2－2eq\r(2)·DC·eq\f(\r(2),2)＝2＋DC2－2DC；在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos135°＝BD2＋2＋2eq\r(2)·BD·eq\f(\r(2),2)＝2·(2＋BD2＋2BD)，整理得BD2－4BD－1＝0，解得BD＝2＋eq\r(,5)或2－eq\r(,5)(舍去)．【答案】選C3．(2015·湖北武漢)在三角形ABC中，2sin2eq\f(A,2)＝eq\r(,3)sinA，sin(B－C)＝2cosBsinC，則eq\f(AC,AB)＝．【解析】2sin2eq\f(A,2)＝eq\r(,3)sinA?1－cosA＝eq\r(,3)sinA?sin(A＋eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)．因?yàn)?＜A＜π，∴eq\f(π,6)＜A＋eq\f(π,6)＜eq\f(7π,6)，則A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，所以A＝eq\f(2π,3)．再由余弦定理，得a2＝b2＋c2＋bc，①；將sin(B－C)＝2cosBsinC展開得sinBcosC＝3cosBsinC，將其角化邊，得b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，即2b2－2c2＝a2，②；將①代入②，得b2－3c2－bc＝0，左右兩邊同除以c2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2－eq\f(b,c)－3＝0，解得eq\f(b,c)＝eq\f(1＋\r(,13),2)或eq\f(b,c)＝eq\f(1－\r(,13),2)(舍去)，∴eq\f(AC,AB)＝eq\f(b,c)＝eq\f(1＋\r(,13),2)．【答案】eq\f(1＋\r(,13),2)4．(2015·浙江杭州月考)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c，已知bcosC＋eq\r(,3)bsinC－a－c＝0．(1)求B；(2)若b＝eq\r(,3)，求2a＋c的取值范圍．【解】(1)由正弦定理知sinBcosC＋eq\r(,3)sinBsinC－sinA－sinC＝0，將sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC代入上式，得eq\r(,3)sinBsinC－cosBsinC－sinC＝0，在△ABC中，sinC≠0，則eq\r(,3)sinB－cosB－1＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)又0＜B＜π，則B＝eq\f(π,3)．(2)由(1)得eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝2，∴2a＋c＝4sinA＋2sinC＝4sinA＋2sin(eq\f(2π,3)－A)＝5sinA＋eq\r(3)cosA＝2eq\r(7)sin(A＋α)，其中tanα＝eq\f(\r(3),5)，α是第一象限角，由于0°＜A＜120°，且α是第一象限角，2eq\r(7)sin(A＋α)∈(eq\r(3)，2eq\r(7)]因此2a＋c的取值范圍為(eq\r(3)，2eq\r(7)]5．(2015·江西臨川二聯(lián))凸四邊形PABQ中，其中A、B為定點(diǎn)，AB＝eq\r(,3)，P、Q為動(dòng)點(diǎn)，滿足AP＝PQ＝QB＝1．(1)寫出cosA與cosQ的關(guān)系式；(2)設(shè)三角形PAB和三角形PQB的面積分別為S和T，求S2＋T2的最大值．【解】(1)在△PAB中，由余弦定理知PB2＝PA2＋AB2－2PA·AB·cosA＝4－2eq\r(3)cosA，同理，在△PQB中PB2＝2－2cosQ，∴4－2eq\r(3)cosA＝2－2cosQ，∴cosQ＝eq\r(3)cosA－1(2)由已知得，S＝eq\f(1,2)PA·ABsinA＝eq\f(\r(3),2)sinA，T＝eq\f(1,2)PQ·QB·sinQ，S2＋T2＝eq\f(3,4)sin2A＋eq\f(1,4)sin2Q＝eq\f(3,4)(1－cos2A)＋eq\f(3,4)(1－cos2Q)＝－eq\f(3,2)cos2A＋eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(3,4)＝－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(\r(,3),6)))2＋eq\f(7,8)，當(dāng)cosA＝eq\f(\r(,7),6)時(shí)，S2＋T2有最大值為eq\f(7,8)．【變式2-1】已知△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，向量m＝(sinB,1－cosB)與向量n＝(2,0)的夾角θ的余弦值為eq\f(1,2)．(1)求角B的大??；(2)若b＝eq\r(3)，求a＋c的范圍．【解】(1)∵m＝(sinB,1－cosB)，n＝(2,0)，∴m·n＝2sinB，又|m|＝eq\r(sin2B＋1－cosB2)＝eq\r(2－2cosB)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(B,2)))，∵0＜B＜π，∴0＜eq\f(B,2)＜eq\f(π,2)，∴sineq\f(B,2)＞0，∴|m|＝2sineq\f(B,2).而|n|＝2，∴cosθ＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2sinB,4sin\f(B,2))＝coseq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(B,2)＝eq\f(π,3)，∴B＝eq\f(2π,3).(2)由(1)得eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝2，且A＋C＝eq\f(π,3)∴a＋c＝2sinA＋2sinC＝2sinA＋2sin(eq\f(π,3)－A)＝sinA＋eq\r(3)cosA＝2sin(A＋eq\f(π,3))，又0＜A＜eq\f(π,3)，所以eq\f(π,3)＜A＋eq\f(π,3)＜eq\f(2π,3)，所以eq\f(\r(3),2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))≤1，所以eq\r(3)＜2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))≤2，即a＋c的取值范圍為(eq\r(3)，2].【變式2－2】(2015·湖南高考)設(shè)△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，a＝btanA，且B為鈍角．(1)證明：B－A＝eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范圍．【證明】(1)由a＝btanA及正弦定理得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)，所以sinB＝cosA，即sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))，又B為鈍角，則eq\f(π,2)＋A∈(eq\f(π,2)，π)，故B＝A＋eq\f(π,2)，即B－A＝eq\f(π,2).【解】(2)由(1)可知C＝π－(A＋B)＝π－(2A＋eq\f(π,2))＝eq\f(π,2)－2A＞0，故A∈(0，eq\f(π,4)).則sinA＋sinC＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,2)－2A))＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝∵0＜A＜eq\f(π,4)，故0＜sinA＜，因此eq\f(\r(2),2)＜－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8)≤eq\f(9,8)由此可知sinA＋sinC的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(9,8)))．【變式2－3】(2015·河北衡水五調(diào))已知圓O的半徑為R(R為常數(shù))，它的內(nèi)接△ABC滿足2R(sin2A－sin2C)＝(eq\r(,2)a－b)sinB，其中a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，求△ABC面積的最大值．【解】由正弦定理得a2－c2＝b(eq\r(,2)a－b)，即a2＋b2－c2＝eq\r(,2)ab由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(,2),2)，則C＝eq\f(π,4)則S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)·2RsinA·2RsinB·sineq\f(π,4)＝eq\r(,2)R2sinAsinB又A＋B＝eq\f(3π,4)，即B＝eq\f(3π,4)－A則S＝eq\r(,2)R2sinAsinB＝eq\r(,2)R2sinAsin(eq\f(3π,4)－A)＝R2(sin2A＋sinAcosA)＝R2[eq\f(\r(,2),2)sin(2A－eq\f(π,4))＋eq\f(1,2)]又0＜A＜eq\f(3π,4)，則－eq\f(π,4)＜2A－eq\f(π,4)＜eq\f(5π,4)則當(dāng)2A－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝B＝eq\f(3π,8)時(shí)，△ABC面積的最大值為Smax＝eq\f(1＋\r(,2),2)R2．角度三：數(shù)形結(jié)合思想所謂數(shù)形結(jié)合，就是根據(jù)數(shù)與形之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，通過數(shù)與形的相互轉(zhuǎn)化，將反映問題的抽象數(shù)量關(guān)系與直觀圖形結(jié)合起來，也是將抽象思維與形象思維有機(jī)地結(jié)合起來的一種解決數(shù)學(xué)問題的重要思想方法．?dāng)?shù)形結(jié)合思想通過“以形助數(shù)，以數(shù)解形”，使復(fù)雜問題簡單化，抽象問題形象化，有助于把握數(shù)學(xué)問題的本質(zhì)．它是數(shù)學(xué)的規(guī)律性與靈活性的有機(jī)結(jié)合．1．(2015·河南長葛模擬)在三角形ABC中，已知A︰B＝1︰2，∠ACB的平分線CD把三角形分成面積為3︰2的兩部分，則cosA等于()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,4) D．0【解析】如圖，eq\f(S△ACD,S△BCD)＝eq\f(3,2)＝eq\f(AD,DB)，B＝2A，∠ACD＝∠BCD，設(shè)AD＝3k，BD＝2k(k＞0)，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(CD,sinA)＝eq\f(3k,sin∠ACD)，①；在△BCD中，由正弦定理得eq\f(CD,sinB)＝eq\f(2k,sin∠BCD)＝eq\f(2k,sin∠ACD)，即eq\f(CD,2sinAcosA)＝eq\f(2k,sin∠ACD)，②；由①②得2cosA＝eq\f(3,2)，即cosA＝eq\f(3,4)．【答案】選C2．(2015·吉林長春調(diào)研)在扇形AOB中，圓心角∠AOB等于60°，半徑為2，在弧AB上有一動(dòng)點(diǎn)P，過點(diǎn)P引平行于OB的直線交OA于點(diǎn)C，設(shè)∠AOP＝θ，則三角形POC面積取最大值時(shí)θ的值為．【解析】如圖，∵CP//OB，∴∠CPO＝∠POB＝60°－θ，∠OCP＝120°，在△POC中，由正弦定理得eq\f(OP,sin∠PCO)＝eq\f(CP,sinθ)，∴eq\f(2,sin120°)＝eq\f(CP,sinθ)，∴CP＝eq\f(4,\r(3))sinθ，又eq\f(OC,sin(60°－θ))＝eq\f(2,sin120°)，∴OC＝eq\f(4,\r(3))sin(60°－θ)，∴三角形POC面積為S(θ)＝eq\f(1,2)CP·OCsin120°＝eq\f(1,2)·eq\f(4,\r(3))sinθ·eq\f(4,\r(3))sin(60°－θ)·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4,\r(3))sinθ·sin(60°－θ)＝eq\f(4,\r(3))sinθ(eq\f(\r(3),2)cosθ－eq\f(1,2)sinθ)＝eq\f(4,\r(3))[sin(2θ＋30°)－eq\f(1,2)]，∵θ∈(0°，60°)，∴2θ＋30°∈(30°，150°)，∴當(dāng)θ＝30°時(shí)，S(θ)取得最大值為eq\f(\r(3),3)．【答案】30°【變式3－1】(2015·浙江杭州模擬)在三角形ABC中，∠C＝90°，M是BC的中點(diǎn)．若sin∠BAM＝eq\f(1,3)，則sin∠BAC＝．【解析】如圖，設(shè)AC＝b，AB＝c，BC＝a，在△ABM中，由正弦定理得eq\f(\f(1,2)a,sin∠BAM)＝eq\f(c,sin∠BMA)，①；因?yàn)閟in∠BMA＝sin∠CMA＝eq\f(AC,AM)，又AC＝b＝eq\r(c2－a2)，AM＝eq\r(b2＋\f(1,4)a2)＝eq\r(c2－\f(3,4)a2)∴sin∠BMA＝eq\f(\r(c2－a2),\r(c2－\f(3,4)a2))，又由①得eq\f(\f(1,2)a,\f(1,3))＝eq\f(c,\f(\r(c2－a2),\r(c2－\f(3,4)a2)))，兩邊平方化簡得4c4－12a2c2＋9a4＝0，∴2c2－3a2＝0，則sin∠BAC＝eq\f(a,c)＝eq\f(\r(6),3)．【答案】eq\f(\r(6),3)【變式3－2】(2015·新課標(biāo)全國卷)△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠ABC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．(1)求eq\f(sin∠B,sin∠C)；(2)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(,2),2)，求BD和AC的長．【解】(1)如圖，S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ACD＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD，∵S△ABD＝2S△ACD，∠BAD＝∠CAD，∴AB＝2AC，由正弦定理，得eq\f(sin∠B,sin∠C)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2)．(2)∵eq\f(S△ABD,S△ACD)＝eq\f(BD,DC)，∴BD＝eq\r(2)，在△ABD和△ACD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6，由(1)知AB＝2AC，∴AC＝1．角度四：分類討論思想所謂分類討論，就是當(dāng)問題所給的對(duì)象不能進(jìn)行統(tǒng)一研究時(shí)，如不能用同一標(biāo)準(zhǔn)、同一種運(yùn)算、同一個(gè)定理或同一種方法去解決，因而會(huì)出現(xiàn)多種情況，我們就需要對(duì)研究的對(duì)象進(jìn)行分類，然后對(duì)每一類分別研究，得出每一類的結(jié)論，最后綜合各類的結(jié)論得到整個(gè)問題的解答．實(shí)質(zhì)上分類討論是“化整為零，各個(gè)擊破，再積零為整”的策略．分類討論時(shí)應(yīng)注意理解和掌握分類的原則、方法與技巧，做到“確定對(duì)象的全體，明確分類的標(biāo)準(zhǔn)，不重復(fù)、不遺漏地分類討論”．1．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，ac＝3，S△ABC＝eq\f(3\r(3),4).(1)求B；(2)若b＝eq\r(2)，求△ABC的周長．【解】(1)因?yàn)镾△ABC＝eq\f(1,2)acsinB，所以eq\f(1,2)×3sinB＝eq\f(3\r(3),4)，即sinB＝eq\f(\r(3),2).又因?yàn)?＜B＜π，所以B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).(2)由(1)可知，B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，當(dāng)B＝eq\f(π,3)時(shí)，因?yàn)閍2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝2，ac＝3，所以a＋c＝eq\r(11)；當(dāng)B＝eq\f(2π,3)時(shí)，因?yàn)閍2＋c2＋ac＝2，ac＝3，所以a2＋c2＝－1(舍去)，所以△ABC的周長為a＋c＋b＝eq\r(11)＋eq\r(2).2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊長分別是a，b，c.(1)若c＝2，C＝eq\f(π,3)，且△ABC的面積為eq\r(3)，求a，b的值；(2)若sinC＋sin(B－A)＝sin2A，試判斷△ABC的形狀【解】(1)∵c＝2，C＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC得a2＋b2－ab＝4.又∵△ABC的面積為eq\r(3)，∴eq\f(1,2)absinC＝eq\r(3)，ab＝4.聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝4，,ab＝4，))解得a＝2，b＝2.(2)由sinC＋sin(B－A)＝sin2A，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sinAcosA，即2sinBcosA＝2sinAcosA，∴cosA·(sinA－sinB)＝0，∴cosA＝0或sinA－sinB＝0，當(dāng)cosA＝0時(shí)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,2)，△ABC為直角三角形；當(dāng)sinA－sinB＝0時(shí)，得sinB＝sinA，由正弦定理得a＝b，即△ABC為等腰三角形．∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．【變式4－1】(2015·黑龍江大慶模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊長分別是a，b