浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第五章三角函數(shù)解三角形第8節(jié)正弦定理和余弦定理及其應(yīng)用含解析

PAGE第8節(jié)正弦定理和余弦定理及其應(yīng)用考試要求駕馭正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡潔的三角形度量問題.知識(shí)梳理1.正、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則定理正弦定理余弦定理公式eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2Ra2＝b2＋c2－2bccos__A；b2＝c2＋a2－2cacos__B；c2＝a2＋b2－2abcos__C常見變形(1)a＝2RsinA，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA；cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)2.S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R)＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形內(nèi)切圓的半徑)，并可由此計(jì)算R，r.3.在△ABC中，已知a，b和A時(shí)，解的狀況如下：A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的個(gè)數(shù)一解兩解一解一解無解[常用結(jié)論與易錯(cuò)提示]1.在利用正弦定理解有關(guān)已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角時(shí)，有時(shí)出現(xiàn)一解、兩解或無解的狀況，所以要進(jìn)行分類探討(此種類型也可利用余弦定理求解).2.利用正、余弦定理解三角形時(shí)，要留意三角形內(nèi)角和定理對(duì)角的范圍的限制.診斷自測1.推斷下列說法的正誤.(1)三角形中三邊之比等于相應(yīng)的三個(gè)內(nèi)角之比.()(2)在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B.()(3)在△ABC的六個(gè)元素中，已知隨意三個(gè)元素可求其他元素.()(4)當(dāng)b2＋c2－a2>0時(shí)，△ABC為銳角三角形；當(dāng)b2＋c2－a2＝0時(shí)，△ABC為直角三角形；當(dāng)b2＋c2－a2<0時(shí)，△ABC為鈍角三角形.()(5)在三角形中，已知兩邊和一角就能求三角形的面積.()解析(1)三角形中三邊之比等于相應(yīng)的三個(gè)內(nèi)角的正弦值之比.(3)已知三角時(shí)不行求三邊.(4)當(dāng)b2＋c2－a2>0時(shí)，A為銳角，但B、C不肯定為銳角，△ABC不肯定為銳角三角形.答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2.在△ABC中，內(nèi)角C為鈍角，sinC＝eq\f(3,5)，AC＝5，AB＝3eq\r(5)，則BC＝()A.2 B.3C.5 D.10解析由題意知cosC＝－eq\f(4,5)，設(shè)BC＝x，由余弦定理得(3eq\r(5))2＝52＋x2－2×5x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))，化簡得x2＋8x－20＝0，解得x1＝2，x2＝－10(舍去)，所以BC＝2，故選A.答案A3.(必修5P10B2改編)在△ABC中，acosA＝bcosB，則這個(gè)三角形的形態(tài)為________.解析由正弦定理得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以這個(gè)三角形為等腰三角形或直角三角形.答案等腰三角形或直角三角形4.(2024·九江一模)在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，已知cos2A－cos2B＋sin2C＝sinBsinC＝eq\f(1,4)，且△ABC的面積為eq\r(3)，則a的值為________.解析△ABC中，由cos2A－cos2B＋sin2C＝sinBsinC＝eq\f(1,4)，得1－sin2A－(1－sin2B)＋sin2C＝sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，∴b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3)；由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴eq\f(bc,sinBsinC)＝eq\f(a2,sin2A)，即eq\f(bc,\f(1,4))＝eq\f(a2,sin2\f(π,3))，化簡得a2＝3bc；又△ABC的面積為S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，∴bc＝4，∴a2＝12，解得a＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)5.(2024·杭州質(zhì)檢)設(shè)a，b，c分別為△ABC的三邊長，若a＝3，b＝5，c＝7，則cosC＝________；△ABC的外接圓半徑等于________.解析由題意得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(32＋52－72,2×3×5)＝－eq\f(1,2)，則sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(3),2)，則△ABC的外接圓的半徑等于eq\f(c,2sinC)＝eq\f(7\r(3),3).答案－eq\f(1,2)eq\f(7\r(3),3)6.(2024·紹興適應(yīng)性考試)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊分別為a，b，c.若cosA＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)c，且△ABC的面積是eq\r(2)，則b＝________，sinC＝________.解析由cosA＝eq\f(1,3)得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(2\r(2),3)，則△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)b×eq\f(3b,2)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\r(2)，解得b＝eq\r(2)，則c＝eq\f(3\r(2),2)，由余弦定理得a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\f(3\r(2),2)＝c，所以sinA＝sinC＝eq\f(2\r(2),3).答案eq\r(2)eq\f(2\r(2),3)考點(diǎn)一利用正、余弦定理解三角形【例1】(1)(2024·全國Ⅱ卷)在△ABC中，coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(5),5)，BC＝1，AC＝5，則AB＝()A.4eq\r(2) B.eq\r(30)C.eq\r(29) D.2eq\r(5)(2)(2024·杭州四中仿真)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知B＝30°，△ABC的面積為eq\f(3,2).且sinA＋sinC＝2sinB，則b的值為()A.4＋2eq\r(3) B.4－2eq\r(3)C.eq\r(3)－1 D.eq\r(3)＋1(3)(2024·浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)D在線段AC上.若∠BDC＝45°，則BD＝________，cos∠ABD＝________.解析(1)因?yàn)閏osC＝2cos2eq\f(C,2)－1＝2×eq\f(1,5)－1＝－eq\f(3,5)，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝25＋1－2×5×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝32，所以AB＝4eq\r(2)，故選A.(2)由題意得△ABC的面積為eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)acsin30°＝eq\f(3,2)，解得ac＝6，又由sinA＋sinC＝2sinB結(jié)合正弦定理得a＋c＝2b，則由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－eq\r(3)ac＝4b2－12－6eq\r(3)，解得b＝eq\r(3)＋1，故選D.(3)如圖，易知sinC＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(3,5).在△BDC中，由正弦定理可得eq\f(BD,sinC)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∴BD＝eq\f(BC·sinC,sin∠BDC)＝eq\f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq\f(12\r(2),5).由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，可得cos∠ABD＝cos(90°－∠CBD)＝sin∠CBD＝sin[π－(C＋∠BDC)]＝sin(C＋∠BDC)＝sinC·cos∠BDC＋cosC·sin∠BDC＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(2),10).答案(1)A(2)D(3)eq\f(12\r(2),5)eq\f(7\r(2),10)規(guī)律方法已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角解三角形可用正弦定理，也可用余弦定理.用正弦定理時(shí)需推斷其解的個(gè)數(shù)，用余弦定理時(shí)可依據(jù)一元二次方程根的狀況推斷解的個(gè)數(shù).【訓(xùn)練1】(1)在△ABC中，已知A＝30°，AB＝2，BC＝eq\r(6)，則cos∠ACB＝________，AC＝________.(2)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，則b＝________.解析(1)依據(jù)正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，可得sin∠ACB＝eq\f(\r(6),6)，故cos∠ACB＝eq\f(\r(30),6)，又因?yàn)閏osA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(22＋AC2－（\r(6)）2,2×2×AC)＝eq\f(\r(3),2)，所以AC＝eq\r(3)＋eq\r(5).(2)在△ABC中，由cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，可得sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(63,65)，由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(21,13).答案(1)eq\f(\r(30),6)eq\r(3)＋eq\r(5)(2)eq\f(21,13)考點(diǎn)二利用正弦、余弦定理判定三角形的形態(tài)變式遷移【例2】(經(jīng)典母題)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形態(tài)為()A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.不確定解析由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴sinA＝1，即A＝eq\f(π,2).∴△ABC為直角三角形.答案B【變式遷移1】(一題多解)將本例條件變?yōu)椤叭?sinAcosB＝sinC”，那么△ABC肯定是()A.直角三角形 B.等腰三角形C.等腰直角三角形 D.等邊三角形解析法一由已知得2sinAcosB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sin(A－B)＝0，因?yàn)椋?lt;A－B<π，所以A＝B.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.答案B【變式遷移2】(一題多解)將本例條件變?yōu)椤叭鬭2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC”，試確定△ABC的形態(tài).解法一利用邊的關(guān)系來推斷：由正弦定理得eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(c,b)，由2cosAsinB＝sinC，有cosA＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b).又由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，∴eq\f(c,2b)＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，即c2＝b2＋c2－a2，所以a2＝b2，所以a＝b.又∵a2＋b2－c2＝ab.∴2b2－c2＝b2，所以b2＝c2，∴b＝c，∴a＝b＝c.∴△ABC為等邊三角形.法二利用角的關(guān)系來推斷：∵A＋B＋C＝180°，∴sinC＝sin(A＋B)，又∵2cosAsinB＝sinC，∴2cosAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，∴sin(A－B)＝0，又∵A與B均為△ABC的內(nèi)角，所以A＝B.又由a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，又0°<C<180°，所以C＝60°，∴△ABC為等邊三角形.規(guī)律方法(1)判定三角形形態(tài)的途徑：①化邊為角，通過三角變換找出角之間的關(guān)系；②化角為邊，通過代數(shù)變形找出邊之間的關(guān)系，正(余)弦定理是轉(zhuǎn)化的橋梁.(2)無論運(yùn)用哪種方法，都不要隨意約掉公因式，要移項(xiàng)提取公因式，否則會(huì)有漏掉一種形態(tài)的可能.留意挖掘隱含條件，重視角的范圍對(duì)三角函數(shù)值的限制.【訓(xùn)練2】(2024·北侖中學(xué)模擬)在△ABC中，a，b，c是三個(gè)內(nèi)角A，B，C對(duì)應(yīng)的三邊，已知b2＋c2＝a2＋bc.(1)求A的大?。?2)若sinBsinC＝eq\f(3,4)，試推斷△ABC的形態(tài)，并說明理由.解(1)在△ABC中，由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，由已知得b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(1,2)，∵0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).(2)∵A＋B＋C＝π，A＝eq\f(π,3)，∴C＝eq\f(2π,3)－B.由sinBsinC＝eq\f(3,4)，得sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(3,4)，即sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)cosB－cos\f(2π,3)sinB))＝eq\f(3,4)，∴eq\f(\r(3),2)sinBcosB＋eq\f(1,2)sin2B＝eq\f(3,4)，∴eq\f(\r(3),4)sin2B＋eq\f(1,4)(1－cos2B)＝eq\f(3,4)，即eq\f(\r(3),2)sin2B－eq\f(1,2)cos2B＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＝1.又∵0＜B＜eq\f(2π,3)，∴－eq\f(π,6)＜2B－eq\f(π,6)＜eq\f(7π,6)，∴2B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即B＝eq\f(π,3)，C＝eq\f(2,3)π－B＝eq\f(π,3)，∴△ABC是等邊三角形.考點(diǎn)三三角形面積問題【例3】在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，c＝2，A≠B.(1)求eq\f(asinA－bsinB,sin（A－B）)的值；(2)若△ABC的面積為1，且tanC＝2，求a＋b的值.解(1)∵c＝2，∴eq\f(asinA－bsinB,sin（A－B）)＝eq\f(asinA－bsinB,sinAcosB－cosAsinB)＝eq\f(a2－b2,acosB－bcosA)＝eq\f(a2－b2,a×\f(a2＋c2－b2,2ac)－b×\f(b2＋c2－a2,2bc))＝eq\f(c（a2－b2）,a2－b2)＝2.(2)∵tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝2，且sin2C＋cos2C＝1，C∈(0，π)，∴sinC＝eq\f(2\r(5),5)，cosC＝eq\f(\r(5),5).∵S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)ab×eq\f(2\r(5),5)＝1，∴ab＝eq\r(5).由余弦定理有cosC＝eq\f(\r(5),5)＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－4,2\r(5))，∴a2＋b2＝6.∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＝6＋2eq\r(5)，∴a＋b＝eq\r(5)＋1.規(guī)律方法三角形面積公式的應(yīng)用原則(1)對(duì)于面積公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA，一般是已知哪一個(gè)角就運(yùn)用哪一個(gè)公式.(2)與面積有關(guān)的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的轉(zhuǎn)化.【訓(xùn)練3】(2024·嘉興測試)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c已知eq\f(2b－c,a)＝eq\f(cosC,cosA).(1)求角A的大小；(2)若a＝eq\r(14)，b＋c＝4eq\r(2)，求△ABC的面積.解(1)依據(jù)正弦定理，得eq\f(2b－c,a)＝eq\f(cosC,cosA)?eq\f(2sinB－sinC,sinA)＝eq\f(cosC,cosA)，整理得2sinBcosA＝cosCsinA＋sinCcosA，即2sinBcosA＝sin(A＋C)，而A＋C＝π－B，所以2sinBcosA＝sinB，又sinB≠0，解得cosA＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，故A＝eq\f(π,3).(2)依據(jù)余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc－2bccosA，又a＝eq\r(14)，b＋c＝4eq\r(2)，A＝eq\f(π,3)，故(eq\r(14))2＝(4eq\r(2))2－2bc－2bc×eq\f(1,2)，解得bc＝6，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×6×sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).考點(diǎn)四與三角形有關(guān)的最值(范圍)問題多維探究角度1利用不等式求解【例4－1】在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知asinA＋bsinB＝2csinC，則角C的最大值為________；若c＝2a＝2，則△ABC的面積為________.解析由正弦定理得a2＋b2＝2c2，又由余弦定理得a2＋b2＝2(a2＋b2－2abcosC)，即4abcosC＝a2＋b2≥2ab，cosC≥eq\f(1,2)，所以0<C≤eq\f(π,3)，即C的最大值為eq\f(π,3)；又c＝2a＝2，則由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－（2c2－a2）,2ac)＝－eq\f(1,2)，故△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),2).答案eq\f(π,3)eq\f(\r(3),2)角度2利用函數(shù)性質(zhì)求解【例4－2】在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若C＝2B，則eq\f(c,b)的取值范圍是________.解析由C＝2B得A＝π－C－B＝π－3B，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C＝2B∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，,B∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，,A＝π－3B∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，))解得B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，則在△ABC中，由正弦定理得eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(2sinBcosB,sinB)＝2cosB∈(eq\r(2)，eq\r(3)).答案(eq\r(2)，eq\r(3))角度3利用圖形求解【例4－3】已知△ABC是邊長為3的等邊三角形，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)且BD＝1，E，F(xiàn)分別為邊CA，AB上的點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，則△DEF周長的最小值為________，此時(shí)△BDF的面積為________.解析設(shè)D關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為M，關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)為N，連接MN，分別與AB，AC交于點(diǎn)F，E，則△DEF周長的最小值為MN.∵D為BC的三等分點(diǎn)，等邊△ABC邊長為3，∴DM＝2DP＝eq\r(3)，DN＝2DQ＝2eq\r(3)，又∠MDN＝120°，∴MN＝eq\r(3＋12－2·\r(3)·2\r(3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(21).由Rt△DPF與Rt△MPF全等，∴DF＝MF.在△MDN中，DM＝eq\r(3)，DN＝2eq\r(3)，MN＝eq\r(21)，由余弦定理可得cosM＝eq\f(2,\r(7)).DF＝MF＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(7),2)＝eq\f(\r(21),4).在Rt△DPF中，DP＝eq\f(\r(3),2)，DF＝eq\f(\r(21),4)，∴PF＝eq\f(3,4).又BP＝eq\f(1,2)，∴△BDF的面積S＝eq\f(1,2)BF×DP＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3,4)))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),16).答案eq\r(21)eq\f(5\r(3),16)規(guī)律方法解決與三角形有關(guān)的最值(范圍)問題，主要依據(jù)題設(shè)條件，借助基本不等式、函數(shù)的性質(zhì)求解，有時(shí)還須要數(shù)形結(jié)合找尋解題思路.【訓(xùn)練4】(1)(角度1)(2024·浙江名校新高考探討聯(lián)盟三聯(lián))已知△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若eq\f(a,cosA)＝eq\f(\r(3)b,sinB)，△ABC的面積S＝eq\r(3)，則A＝________；a的最小值為________.(2)(角度2)(2024·北京卷)若△ABC的面積為eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且C為鈍角，則B＝________；eq\f(c,a)的取值范圍是________.(3)(角度3)在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，BC＝3，點(diǎn)D在線段BC上，且BD＝2DC，則AD的最大值是________.解析(1)因?yàn)閑q\f(a,cosA)＝eq\f(\r(3)b,sinB)，所以由正弦定理可得eq\r(3)cosA＝sinA，即tanA＝eq\r(3).因?yàn)?＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).因?yàn)椤鰽BC的面積為S＝eq\r(3)＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc，所以bc＝4.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－bc≥bc＝4，所以a≥2，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)，a取最小值2.(2)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)＝eq\f(\r(3),4)×2accosB，所以tanB＝eq\r(3)，因?yàn)?°<B<90°，所以B＝60°.因?yàn)镃為鈍角，所以0°<A<30°，所以0<tanA<eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(sin（120°－A）,sinA)＝eq\f(sin120°cosA－cos120°sinA,sinA)＝eq\f(\r(3),2tanA)＋eq\f(1,2)>2，故eq\f(c,a)的取值范圍為(2，＋∞).(3)設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O，則由正弦定理得OA＝OB＝OC＝eq\f(BC,2sinA)＝eq\r(3)，又因?yàn)椤螧OC＝2∠BAC＝eq\f(2π,3)，所以∠OBC＝eq\f(1,2)(π－∠BOC)＝eq\f(π,6)，則在△BOD中，由余弦定理得OD2＝BO2＋BD2－2BO·BDcos∠OBC＝(eq\r(3))2＋22－2×eq\r(3)×2coseq\f(π,6)＝1，所以O(shè)D＝1，則AD≤AO＋OD＝eq\r(3)＋1，當(dāng)且僅當(dāng)A，O，D三點(diǎn)共線時(shí)等號(hào)成立，所以AD的最大值為eq\r(3)＋1.答案(1)eq\f(π,3)2(2)60°(2，＋∞)(3)eq\r(3)＋1基礎(chǔ)鞏固題組一、選擇題1.在△ABC中，角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，若A＝eq\f(2π,3)，a＝2，b＝eq\f(2\r(3),3)，則B＝()A.eq\f(π,3) B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,6)或eq\f(5π,6) D.eq\f(π,6)解析∵A＝eq\f(2π,3)，a＝2，b＝eq\f(2\r(3),3)，∴由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)可得sinB＝eq\f(b,a)sinA＝eq\f(\f(2\r(3),3),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2).∵A＝eq\f(2π,3)，∴B＝eq\f(π,6).答案D2.在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，則A＝()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析在△ABC中，由b＝c，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(2b2－a2,2b2)，又a2＝2b2(1－sinA)，所以cosA＝sinA，即tanA＝1，又知A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4)，故選C.答案C3.(一題多解)在△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝30°，△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，則C＝()A.30° B.45°C.60° D.75°解析法一∵S△ABC＝eq\f(1,2)·AB·AC·sinA＝eq\f(\r(3),2)，即eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sinA＝eq\f(\r(3),2)，∴sinA＝1，由A∈(0°，180°)，∴A＝90°，∴C＝60°.故選C.法二由正弦定理得eq\f(sinB,AC)＝eq\f(sinC,AB)，即eq\f(1,2)＝eq\f(sinC,\r(3))，sinC＝eq\f(\r(3),2)，又C∈(0°，180°)，∴C＝60°或C＝120°.當(dāng)C＝120°時(shí)，A＝30°，S△ABC＝eq\f(\r(3),4)≠eq\f(\r(3),2)(舍去).而當(dāng)C＝60°時(shí)，A＝90°，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，符合條件，故C＝60°.故選C.答案C4.(2024·全國Ⅲ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C＝()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析依據(jù)題意及三角形的面積公式知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).答案C5.在△ABC中，cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)(a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊)，則△ABC的形態(tài)為()A.等邊三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形解析因?yàn)閏os2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)，所以2cos2eq\f(B,2)－1＝eq\f(a＋c,c)－1，所以cosB＝eq\f(a,c)，所以eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，所以c2＝a2＋b2.所以△ABC為直角三角形.答案B6.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，則“a＞b”是“cos2A＜cos2B”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析因?yàn)樵凇鰽BC中，a＞b?sinA＞sinB?sin2A＞sin2B?2sin2A＞2sin2B?1－2sin2A＜1－2sin2B?cos2A＜cos2B.所以“a＞b”是“cos2A＜cos2B”的充要條件.答案C二、填空題7.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，則A＝________.解析由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(3),2),3)＝eq\f(\r(2),2)，結(jié)合b<c可得B＝45°，則A＝180°－B－C＝75°.答案75°8.(2024·上海嘉定區(qū)質(zhì)檢)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，則B＝________.解析因?yàn)?a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，整理得：a2＋c2－b2＝－ac，即eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2)＝cosB，所以B＝eq\f(2π,3)，故填eq\f(2π,3).答案eq\f(2π,3)9.(2024·杭州二中模擬)在三角形ABC中，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\f(7\r(2),10)，0＜A＜eq\f(π,4)，AC＝5，AB＝3，則sinA的值為________，BC的長為________.解析因?yàn)?＜A＜eq\f(π,4)，所以eq\f(π,4)＜A＋eq\f(π,4)＜eq\f(π,2).因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\f(7\r(2),10)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，所以sinA＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))·sineq\f(π,4)＝eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,5).所以cosA＝eq\f(4,5).所以BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cosA＝25＋9－24＝10，所以BC＝eq\r(10).答案eq\f(3,5)eq\r(10)10.(2024·浙江卷)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.點(diǎn)D為AB延長線上一點(diǎn)，BD＝2，連接CD，則△BDC的面積是________，cos∠BDC＝________.解析依題意作出圖形，如圖所示，則sin∠DBC＝sin∠ABC.由題意知AB＝AC＝4，BC＝BD＝2，則sin∠ABC＝eq\f(\r(15),4)，cos∠ABC＝eq\f(1,4).所以S△BDC＝eq\f(1,2)BC·BD·sin∠DBC＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),2).因?yàn)閏os∠DBC＝－cos∠ABC＝－eq\f(1,4)＝eq\f(BD2＋BC2－CD2,2BD·BC)＝eq\f(8－CD2,8)，所以CD＝eq\r(10).由余弦定理得cos∠BDC＝eq\f(4＋10－4,2×2×\r(10))＝eq\f(\r(10),4).答案eq\f(\r(15),2)eq\f(\r(10),4)三、解答題11.(2024·北京卷)在△ABC中，a＝7，b＝8，cosB＝－eq\f(1,7).(1)求A；(2)求AC邊上的高.解(1)在△ABC中，因?yàn)閏osB＝－eq\f(1,7)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(3),7).由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3),2).由題設(shè)知eq\f(π,2)<B<π，所以0<A<eq\f(π,2).所以A＝eq\f(π,3).(2)在△ABC中，因?yàn)閟inC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3\r(3),14)，所以AC邊上的高為asinC＝7×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(3\r(3),2).12.在△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，BD＝2DC.(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若∠BAC＝60°，求B.解(1)由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，eq\f(AD,sinC)＝eq\f(DC,sin∠CAD).因?yàn)锳D平分∠BAC，BD＝2DC，所以eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(DC,BD)＝eq\f(1,2).(2)因?yàn)镃＝180°－(∠BAC＋B)，∠BAC＝60°，所以sinC＝sin(∠BAC＋B)＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB.由(1)知2sinB＝sinC，所以tanB＝eq\f(\r(3),3)，即B＝30°.實(shí)力提升題組13.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，且sinB＝eq\r(3)cosC，則下列結(jié)論中正確的是()A.A＝eq\f(π,6) B.c＝2aC.C＝eq\f(π,2) D.△ABC是等邊三角形解析由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,3).由sinB＝eq\r(3)cosC，得sinB＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝－eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(3,2)sinB，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))＝0，又0<B<eq\f(2π,3)，所以B＝eq\f(π,3)，所以△ABC是等邊三角形，故選D.答案D14.(一題多解)(2024·北京卷)如圖，A，B是半徑為2的圓周上的定點(diǎn)，P為圓周上的動(dòng)點(diǎn)，∠APB是銳角，大小為β.圖中陰影區(qū)域的面積的最大值為()A.4β＋4cosβ B.4β＋4sinβC.2β＋2cosβ D.2β＋2sinβ解析法一如圖①，設(shè)圓心為O，連接OA，OB，OP.①∵∠APB＝β，∠AOB＝2β，∴S陰影＝S△AOP＋S△BOP＋S扇形AOB＝eq\f(1,2)×2×2sin∠AOP＋eq\f(1,2)×2×2sin∠BOP＋eq\f(1,2)×2β×22＝2sin∠AOP＋2sin∠BOP＋4β＝2sin∠AOP＋2sin(2π－2β－∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2sin(2β＋∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2(sin2β·cos∠AOP＋cos2β·sin∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2sin2β·cos∠AOP－2cos2β·sin∠AOP＋4β＝2(1－cos2β)sin∠AOP－2sin2β·cos∠AOP＋4β＝2×2sin2β·sin∠AOP－2×2sinβ·cosβ·cos∠AOP＋4β＝4sinβ(sinβ·sin∠AOP－cosβ·cos∠AOP)＋4β＝4β－4sinβ·cos(β＋∠AOP).∵β為銳角，∴sinβ>0.∴當(dāng)cos(β＋∠AOP)＝－1，即β＋∠AOP＝π時(shí)，陰影區(qū)域面積最大，為4β＋4sinβ.故選B.法二如圖②，設(shè)圓心為O，連接OA，OB，OP，AB，則陰影區(qū)域被分成弓形AmB和△ABP.②∵∠APB＝β，∴∠AOB＝2β.∵弓形AmB的面積是定值，∴要使陰影區(qū)域面積最大，則只需△ABP面積最大.∵△ABP底邊AB長固定，∴只要△ABP的底邊AB上的高最大即可.由圖可知，當(dāng)AP＝BP時(shí)，滿意條件，此時(shí)S陰影＝S扇形AOB＋S△AOP＋S△BOP＝eq\f(1,2)×2β·22＋2×eq\f(1,2)×22·sineq\f(2π－2β,2)＝4β＋4sinβ.這就是陰影區(qū)域面積的最大值.故選B.答案B15.若不等式ksin2B＋sinAsinC>19sinBsinC對(duì)隨意△ABC都成立，則實(shí)數(shù)k的最小值為________.解析由正弦定理得kb2＋ac>19bc，即k>eq\f(19bc－ac,b2)，∴k>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19bc－ac,b2)))eq\s\do7(max)，因?yàn)閏<a＋b，所以eq\f(19bc－ac,b2)＝eq\f(（19b－a）c,b2)<eq\f(（19b－a）（a＋b）,b2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－9))eq\s\up12(2)＋100≤100，因此k≥100，即k的最小值為100.答案10016.(2024·浙江新高考仿真卷二)設(shè)△ABC的三邊a，b，c所對(duì)的角分別為A，B，C，已知a2＋2b2＝c2，則eq\f(tanC,tanA)＝________；tanB的最大值為________.解析在△ABC中，由正弦定理和余弦定理得eq\f(tanC,tanA)＝eq\f(cosAsinC,cosCsinA)＝eq\f(\f(c2＋b2－a2,2bc)·c,\f(