第6講正弦定理和余弦定理1．正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(b,sinB)＝eq\o(□,\s\up3(02))eq\f(c,sinC)＝2R，其中2R為△ABC外接圓的直徑．變式：a＝eq\o(□,\s\up3(03))2RsinA，b＝eq\o(□,\s\up3(04))2RsinB，c＝eq\o(□,\s\up3(05))2RsinC．a∶b∶c＝eq\o(□,\s\up3(06))sinA∶eq\o(□,\s\up3(07))sinB∶eq\o(□,\s\up3(08))sinC．2．余弦定理a2＝eq\o(□,\s\up3(09))b2＋c2－2bccosA；b2＝eq\o(□,\s\up3(10))a2＋c2－2accosB；c2＝eq\o(□,\s\up3(11))a2＋b2－2abcosC．變式：cosA＝eq\o(□,\s\up3(12))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\o(□,\s\up3(13))eq\f(a2＋c2－b2,2ac)；cosC＝eq\o(□,\s\up3(14))eq\f(a2＋b2－c2,2ab)．sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA．3．在△ABC中，已知a，b和A時，三角形解的情況圖形關系式解的個數A為銳角a<bsinAeq\o(□,\s\up3(15))無解a＝bsinAeq\o(□,\s\up3(16))一解續表4．三角形中常用的面積公式(1)S＝eq\f(1,2)ah(h表示邊a上的高).(2)S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\o(□,\s\up3(21))eq\f(1,2)acsinB＝eq\o(□,\s\up3(22))eq\f(1,2)absinC．(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為三角形的內切圓半徑).1．三角形內角和定理在△ABC中，A＋B＋C＝π；變形：eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2).2．三角形中的三角函數關系(1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cos(A＋B)＝－cosC；(3)sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；(4)coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).3．三角形中的射影定理在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB．1．已知△ABC中，a＝1，b＝eq\r(2)，B＝45°，則A等于()A.150°B．90°C．60°D．30°答案D解析由正弦定理，得eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(2),sin45°)，得sinA＝eq\f(1,2).又a<b，∴A<B＝45°.∴A＝30°.故選D.2．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝3，b＝2，cos(A＋B)＝eq\f(1,3)，則c等于()A.4B．eq\r(15)C．3D．eq\r(17)答案D解析由cos(A＋B)＝eq\f(1,3)，∴cosC＝－eq\f(1,3)，∴由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝9＋4－2×3×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝17，∴c＝eq\r(17).故選D.3．(2022·甘肅蘭州模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若c＝2acosB，則此三角形一定是()A.等腰直角三角形 B．直角三角形C.等腰三角形 D．等邊三角形答案C解析∵c＝2acosB，∴由正弦定理，得sinC＝2sinAcosB，∴sin(A＋B)＝2sinAcosB，∴sinAcosB＋cosAsinB＝2sinAcosB，∴sinAcosB－cosAsinB＝0，∴sin(A－B)＝0，∵0<A<π，0<B<π，∴－π<A－B<π，∴A－B＝0，∴A＝B.故選C.4．(2020·全國Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，則cosB＝()A.eq\f(1,9)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(2,3)答案A解析∵在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝42＋32－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，∴AB＝3，∴cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(9＋9－16,2×3×3)＝eq\f(1,9).故選A.5．設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝2，cosC＝－eq\f(1,4)，3sinA＝2sinB，則c＝．答案4解析由3sinA＝2sinB及正弦定理，得3a＝2b，所以b＝eq\f(3,2)a＝3.由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，得－eq\f(1,4)＝eq\f(22＋32－c2,2×2×3)，解得c＝4.6．(2021·云南昭通聯考)在△ABC中，AB＝eq\r(6)，∠A＝75°，∠B＝45°，則AC＝．答案2解析因為∠A＝75°，∠B＝45°，所以∠C＝60°，由正弦定理可得eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(\r(6),sin60°)，解得AC＝2.考向一利用正、余弦定理解三角形例1(1)(2021·全國甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq\r(19)，AB＝2，則BC＝()A．1B．eq\r(2)C．eq\r(5)D．3答案D解析解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去).故選D.解法二：由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(57),19)，從而cosC＝eq\f(4\r(19),19)(C是銳角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(19),19)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(57),19)＝eq\f(3\r(57),38).又eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝3.故選D.(2)△ABC中，已知a＝eq\r(2)，b＝2，B＝45°，則角A等于()A．30°或150° B．60°或120°C．60° D．30°答案D解析因為a＝eq\r(2)，b＝2，B＝45°，所以由正弦定理，得eq\f(\r(2),sinA)＝eq\f(2,sin45°)，可得sinA＝eq\f(\r(2),2)sin45°＝eq\f(1,2)，又a＜b，可得A＜B，所以A＝30°.故選D.解三角形問題的技巧(1)解三角形時，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到．①應用正弦定理求角時容易出現增解或漏解的錯誤，要根據條件和三角形的限制條件合理取舍．②求角時易忽略角的范圍而導致錯誤，因此需要根據大邊對大角，大角對大邊的規則，畫圖進行判斷．(2)三角形解的個數的判斷：已知兩角和一邊，該三角形是確定的，其解是唯一的；已知兩邊和一邊的對角，該三角形具有不唯一性，通常根據三角函數值的有界性和大邊對大角規則進行判斷．1.在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，則此三角形的解的情況是()A．有一解B．有兩解C．無解D．有解但解的個數不確定答案C解析由正弦定理，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，即滿足條件的三角形不存在．故選C.2.(2020·全國Ⅰ卷)如圖，在三棱錐P－ABC的平面展開圖中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝．答案－eq\f(1,4)解析∵AB⊥AC，AB＝eq\r(3)，AC＝1，由勾股定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝2，同理得BD＝eq\r(6)，∴BF＝BD＝eq\r(6).在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝eq\r(3)，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，∴CF＝CE＝1.在△BCF中，BC＝2，BF＝eq\r(6)，CF＝1，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－BF2,2CF·BC)＝eq\f(1＋4－6,2×1×2)＝－eq\f(1,4).考向二利用正、余弦定理判斷三角形形狀例2在△ABC中，設a，b，c分別是角A，B，C所對邊的邊長，且直線bx＋ycosA＋cosB＝0與ax＋ycosB＋cosA＝0平行，則△ABC一定是()A．銳角三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．等腰或直角三角形答案C解析解法一：(邊化角)由兩直線平行可知bcosB－acosA＝0，由正弦定理可知sinBcosB－sinAcosA＝0，即eq\f(1,2)sin2B－eq\f(1,2)sin2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).若A＝B，則a＝b，cosA＝cosB，兩直線重合，不符合題意，故A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC是直角三角形．故選C.解法二：(角化邊)由兩直線平行可知bcosB－acosA＝0，由余弦定理，得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2.若a＝b，則兩直線重合，不符合題意．故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．故選C.三角形形狀的判定方法(1)通過正弦定理和余弦定理，化邊為角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角變換得出三角形內角之間的關系進行判斷．此時注意一些常見的三角等式所體現的內角關系，如sinA＝sinB?A＝B；sin(A－B)＝0?A＝B；sin2A＝sin2B?A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)等．(2)利用正弦定理、余弦定理化角為邊，如sinA＝eq\f(a,2R)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等，通過代數恒等變換，求出三條邊之間的關系進行判斷．提醒：(1)注意無論是化邊還是化角，在化簡過程中出現公因式不要約掉，否則會有漏掉一種形狀的可能．(2)在判斷三角形形狀時一定要注意解是否唯一，并注重挖掘隱含條件．另外，在變形過程中要注意角A，B，C的范圍對三角函數值的影響．3.(2022·四川攀枝花診斷考試)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若eq\f(a2,b2)＝eq\f(a2＋c2－b2,b2＋c2－a2)，則△ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形答案D解析由eq\f(a2,b2)＝eq\f(a2＋c2－b2,b2＋c2－a2)及余弦定理，得eq\f(a2,b2)＝eq\f(2accosB,2bccosA)，即eq\f(a,b)＝eq\f(cosB,cosA)，所以由正弦定理，得eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosB,cosA)，所以有sin2A＝sin2B，從而2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).故選D.精準設計考向，多角度探究突破考向三正、余弦定理的綜合應用角度三角形面積問題例3(1)(2021·山西大同高三模擬)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為．答案eq\f(2\r(3),3)解析根據正弦定理有，sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，所以2sinBsinC＝4sinAsinBsinC，因為B，C∈(0，π)，所以sinB≠0，sinC≠0，所以sinA＝eq\f(1,2).因為b2＋c2－a2＝8，所以由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4,bc)＝eq\f(\r(3),2)，所以bc＝eq\f(8\r(3),3)，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(2\r(3),3).(2)在古希臘數學家海倫的著作《測地術》中記載了著名的海倫公式，利用三角形的三條邊長求三角形面積，若三角形的三邊長分別為a，b，c，則其面積S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)，這里p＝eq\f(1,2)(a＋b＋c).已知在△ABC中，BC＝6，AB＝2AC，則其面積取最大值時，sinA＝．答案eq\f(3,5)解析已知在△ABC中，BC＝6，AB＝2AC，所以a＝6，c＝2b，所以p＝eq\f(1,2)(6＋b＋2b)＝3＋eq\f(3b,2)，△ABC的面積S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3b,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,2)－3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,2)＋3－b))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3b,2)－2b)))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3b,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,2)－3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)＋3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(b,2))))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9b2,4)－9))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(b2,4))))＝3eq\r(－\f(1,16)（b2－20）2＋16).故當b2＝20時，S有最大值，所以b＝2eq\r(5)，c＝4eq\r(5)，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4,5)，所以sinA＝eq\f(3,5).三角形面積公式的應用原則(1)對于面積公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA，一般是已知哪一個角就使用哪一個公式．(2)與面積有關的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進行邊和角的轉化．4.(2021·山西長治高三模擬)已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且(a＋b)2－c2＝4，C＝120°，則△ABC的面積為()A．eq\f(\r(3),3)B．eq\f(2\r(3),3)C．eq\r(3)D．2eq\r(3)答案C解析根據余弦定理，將c2＝a2＋b2－2abcosC與(a＋b)2－c2＝4聯立，解得ab＝4，則S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\r(3).故選C.5．(2022·河南鄭州質檢)已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且a＝6，4sinB＝5sinC，A＝2C，則△ABC的周長為，若O為△ABC的內心，則△AOB的面積為．答案15eq\r(7)解析由4sinB＝5sinC，得4sin(π－A－C)＝5sinC，即4sin(A＋C)＝5sinC，即4(sinAcosC＋cosAsinC)＝5sinC．又A＝2C，所以4(sin2CcosC＋cos2CsinC)＝5sinC，即4[2sinCcos2C＋(2cos2C－1)sinC]＝5sinC．因為A＝2C，所以0<C<eq\f(π,2)，所以sinC≠0，所以16cos2C－4＝5，解得cosC＝eq\f(3,4)，所以sinC＝eq\f(\r(7),4)，所以sinA＝sin2C＝2sinCcosC＝eq\f(3\r(7),8).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(asinC,sinA)＝4.由4sinB＝5sinC得4b＝5c，所以b＝eq\f(5,4)c＝5，所以△ABC的周長為a＋b＋c＝15.解法一：設△ABC內切圓的半徑為r，則有eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r，即eq\f(1,2)×6×5×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(1,2)×(6＋5＋4)r，解得r＝eq\f(\r(7),2)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)cr＝eq\r(7).解法二：設p＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，則p＝eq\f(15,2)，設△ABC內切圓的半徑為r，根據海倫公式S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)得eq\r(\f(15,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)－6))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)－5))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)－4)))＝eq\f(1,2)×(4＋5＋6)×r，解得r＝eq\f(\r(7),2)，故S△AOB＝eq\f(1,2)cr＝eq\r(7).角度三角形中的范圍問題例4(1)(2021·河北九校聯考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若C＝3B，則eq\f(c,b)的取值范圍為()A．(0，3)B．(1，3)C．(0，3]D．(1，3]答案B解析由正弦定理可得eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sin2BcosB＋cos2BsinB,sinB)＝2cos2B＋cos2B＝4cos2B－1.∵A＋B＋C＝180°，C＝3B，∴0°<B<45°，eq\f(\r(2),2)<cosB<1，∴1<4cos2B－1<3，即1<eq\f(c,b)<3.故選B.(2)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．答案eq\f(π,3)(2，＋∞)解析依題意有eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)＝eq\f(\r(3),4)×2accosB，則tanB＝eq\r(3)，∵0<∠B<π，∴∠B＝eq\f(π,3).eq\f(c,a)＝eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)),sinA)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3)cosA,2sinA)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,tanA)，∵∠C為鈍角，∴eq\f(2π,3)－∠A>eq\f(π,2)，又∠A>0，∴0<∠A<eq\f(π,6)，則0<tanA<eq\f(\r(3),3)，∴eq\f(1,tanA)>eq\r(3)，故eq\f(c,a)>eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)＝2.∴eq\f(c,a)的取值范圍為(2，＋∞).解三角形問題中，求解某個量(式子)的取值范圍是命題的熱點，其主要解決思路是：要建立所求量(式子)與已知角或邊的關系，然后把角或邊作為自變量，所求量(式子)的值作為函數值，轉化為函數關系，將原問題轉化為求函數的值域問題．這里要利用條件中的范圍限制，以及三角形自身范圍限制，盡量把角或邊的范圍(也就是函數的定義域)找完善，避免結果的范圍過大．6.(2021·陜西第三次教學質量檢測)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab.(1)求角C的大小；(2)若c＝2，且△ABC為銳角三角形，求a＋b的取值范圍.解(1)由題意知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可知，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理可知，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(2,sin\f(π,3))＝eq\f(4\r(3),3)，即a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB，∴a＋b＝eq\f(4\r(3),3)(sinA＋sinB)＝eq\f(4\r(3),3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝2eq\r(3)sinA＋2cosA＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，又△ABC為銳角三角形，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<B＝\f(2π,3)－A<\f(π,2)，))即eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，則eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，∴2eq\r(3)<4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤4.綜上，a＋b的取值范圍為(2eq\r(3)，4].角度正、余弦定理解決平面幾何問題例5如圖，在平面四邊形ABCD中，0<∠DAB<eq\f(π,2)，AD＝2，AB＝3，△ABD的面積為eq\f(3\r(3),2)，AB⊥BC.(1)求sin∠ABD的值；(2)若∠BCD＝eq\f(2π,3)，求BC的長．解(1)因為△ABD的面積S＝eq\f(1,2)AD·AB·sin∠DAB＝eq\f(1,2)×2×3sin∠DAB＝eq\f(3\r(3),2)，所以sin∠DAB＝eq\f(\r(3),2).又0<∠DAB<eq\f(π,2)，所以∠DAB＝eq\f(π,3)，所以cos∠DAB＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).由余弦定理，得BD＝eq\r(AD2＋AB2－2AD·ABcos∠DAB)＝eq\r(7)，由正弦定理，得sin∠ABD＝eq\f(ADsin∠DAB,BD)＝eq\f(\r(21),7).(2)解法一：因為AB⊥BC，所以∠ABC＝eq\f(π,2)，sin∠DBC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝cos∠ABD＝eq\r(1－sin2∠ABD)＝eq\f(2\r(7),7).在△BCD中，由正弦定理知eq\f(DC,sin∠DBC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，可得DC＝eq\f(BDsin∠DBC,sin∠BCD)＝eq\f(4\r(3),3).由余弦定理知DC2＋BC2－2DC·BCcos∠BCD＝BD2，可得3BC2＋4eq\r(3)BC－5＝0，解得BC＝eq\f(\r(3),3)或BC＝－eq\f(5\r(3),3)(舍去).故BC的長為eq\f(\r(3),3).解法二：因為AB⊥BC，所以∠ABC＝eq\f(π,2)，sin∠DBC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝cos∠ABD＝eq\r(1－sin2∠ABD)＝eq\f(2\r(7),7).則cos∠DBC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝sin∠ABD＝eq\f(\r(21),7)，sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠DBC))＝eq\f(\r(3),2)cos∠DBC－eq\f(1,2)sin∠DBC＝eq\f(\r(7),14).在△BCD中，由正弦定理知eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，可得BC＝eq\f(BDsin∠BDC,sin∠BCD)＝eq\f(\r(7)×\f(\r(7),14),\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),3).平面幾何圖形中研究或求與角有關的長度、角度、面積的最值、優化設計等問題，通常是轉化到三角形中，利用正、余弦定理通過運算的方法加以解決．在解決某些具體問題時，常先引入變量，如邊長、角度等，然后把要解三角形的邊或角用所設變量表示出來，再利用正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函數思想．7．如圖，在梯形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，M為AD上一點，AM＝2MD＝2，∠BMC＝60°.(1)若∠AMB＝60°，求BC的長；(2)設∠DCM＝θ，若MB＝4MC，求tanθ.解(1)由∠BMC＝60°，∠AMB＝60°，得∠CMD＝60°.在Rt△ABM中，MB＝2AM＝4，在Rt△CDM中，MC＝2MD＝2.在△MBC中，由余弦定理，得BC2＝MB2＋MC2－2MB·MCcos∠BMC＝12，所以BC＝2eq\r(3).(2)因為∠DCM＝θ，所以∠ABM＝60°－θ，0°<θ<60°.在Rt△MCD中，MC＝eq\f(1,sinθ)，在Rt△MAB中，MB＝eq\f(2,sin（60°－θ）)，由MB＝4MC，得2sin(60°－θ)＝sinθ，所以eq\r(3)cosθ－sinθ＝sinθ，即2sinθ＝eq\r(3)cosθ，整理可得tanθ＝eq\f(\r(3),2).自主培優(七)利用基本不等式破解三角形中的最值問題在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點D，且BD＝1，則4a＋c的最小值為．答案9解析依題意畫出圖形，如圖所示.易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，即eq\f(1,2)csin60°＋eq\f(1,2)asin60°＝eq\f(1,2)acsin120°，∴c＋a＝ac，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，∴4a＋c＝(4a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq\f(c,a)＋eq\f(4a,c)≥9，當且僅當eq\f(c,a)＝eq\f(4a,c)，即a＝eq\f(3,2)，c＝3時取“＝”．eq\x(答題啟示)利用基本不等式破解三角形中的最值問題時，當所求最值的代數式中的變量比較多時，通常是考慮利用已知條件消去部分變量后，湊出“和為常數”或“積為常數”，最后利用基本不等式求最值．eq\x(對點訓練)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)證明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．解(1)證明：由題意知2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB)))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB)，化簡得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.因為A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，從而sinA＋sinB＝2sinC.由正弦定理，得a＋b＝2c.(2)由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up15(2),2ab)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq\f(1,4)≥eq\f(3,4)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，當且僅當a＝b時，等號成立.故cosC的最小值為eq\f(1,2).1．(2022·吉林長春高三上質量監測(一))△ABC中，已知a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若eq\r(3)b＝2asinB，a＝4，則△ABC外接圓的直徑為()A．eq\f(8\r(3),3)B．4eq\r(2)C．3eq\r(3)D．eq\f(4\r(3),3)答案A解析由eq\r(3)b＝2asinB知，sinA＝eq\f(\r(3),2)，又a＝4，所以△ABC外接圓的直徑為2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(8\r(3),3).故選A.2．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b2＝ac，c＝2a，則cosC＝()A．eq\f(\r(2),4)B．－eq\f(\r(2),4)C．eq\f(3,4)D．－eq\f(3,4)答案B解析由題意得，b2＝ac＝2a2，所以b＝eq\r(2)a，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋2a2－4a2,2a×\r(2)a)＝－eq\f(\r(2),4).故選B.3．(2021·河南八校聯考)已知△ABC中，a＝x，b＝2，∠B＝45°，若三角形有兩解，則x的取值范圍是()A．x>2 B．x<2C．2<x<2eq\r(2) D．2<x<2eq\r(3)答案C解析如圖，由題設條件可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>2，,xsin45°<2，))∴2<x<2eq\r(2).故選C.4．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，則BC邊上的中線AD的長為()A．1B．eq\r(3)C．2D．eq\r(7)答案D解析如圖，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，即AB2－2AB－3＝0.∴AB＝3，AB＝－1(舍去).在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝7，∴AD＝eq\r(7).故選D.5．已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(c－b,c－a)＝eq\f(sinA,sinC＋sinB)，則B＝()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(3π,4)答案C解析因為eq\f(c－b,c－a)＝eq\f(sinA,sinC＋sinB)，所以由正弦定理，得eq\f(c－b,c－a)＝eq\f(a,c＋b)，即(c－b)(c＋b)＝a(c－a)，所以a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).故選C.6．(2022·山西晉城模擬)△ABC中，AB＝2，AC＝3，B＝60°，則cosC＝()A．eq\f(\r(3),3)B．±eq\f(\r(6),3)C．－eq\f(\r(6),3)D．eq\f(\r(6),3)答案D解析由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，∴sinC＝eq\f(ABsinB,AC)＝eq\f(2×sin60°,3)＝eq\f(\r(3),3)，又AB<AC，∴0°<C<B＝60°，∴cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(\r(6),3).故選D.7．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，則△ABC的形狀是()A．直角三角形B．等腰非等邊三角形C．等邊三角形D．鈍角三角形答案C解析因為eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，所以由正弦定理，得eq\f(a,b)＝eq\f(a,c).所以b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).所以△ABC是等邊三角形．故選C.8．(2021·廣東湛江模擬)在△ABC中，三邊長分別為a－2，a，a＋2，最大角的正弦值為eq\f(\r(3),2)，則這個三角形的面積為()A．eq\f(15,4) B．eq\f(15\r(3),4)C．eq\f(21\r(3),4) D．eq\f(35\r(3),4)答案B解析∵三邊不等，∴最大角大于60°.設最大角為α，故α所對的邊長為a＋2，∵sinα＝eq\f(\r(3),2)，∴α＝120°.由余弦定理，得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2－2a(a－2)cos120°，即a2＝5a，故a＝5，a＝0(舍去)，故三邊長分別為3，5，7，S＝eq\f(1,2)×3×5×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).故選B.9．我國南宋著名數學家秦九韶提出了由三角形三邊求三角形面積的“三斜求積”，設△ABC的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，面積為S，則“三斜求積”公式為S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up15(2))))，若a2sinC＝2sinA，(a＋c)2＝6＋b2，則用“三斜求積”公式求得△ABC的面積為()A．eq\f(\r(3),2)B．eq\r(3)C．eq\f(1,2)D．1答案A解析因為a2sinC＝2sinA，所以a2c＝2a，所以ac＝2.因為(a＋c)2＝6＋b2，所以a2＋c2＋2ac＝6＋b2，所以a2＋c2－b2＝6－2ac＝6－4＝2，所以△ABC的面積為S△ABC＝eq\r(\f(1,4)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)))\s\up15(2))))＝eq\f(\r(3),2).故選A.10．(2021·浙江溫州聯考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若2(bcosA＋acosB)＝c2，b＝3，3cosA＝1，則a＝()A．eq\r(5)B．3C．eq\r(10)D．4答案B解析由正弦定理可得2(sinBcosA＋sinAcosB)＝csinC，∵2(sinBcosA＋sinAcosB)＝2sin(A＋B)＝2sinC，∴2sinC＝csinC，∵sinC>0，∴c＝2，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋22－2×3×2×eq\f(1,3)＝9，∴a＝3.故選B.11．設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＋c＝2a，3sinA＝5sinB，則C＝()A．eq\f(π,3)B．eq\f(3π,4)C．eq\f(5π,6)D．eq\f(2π,3)答案D解析因為3sinA＝5sinB，所以由正弦定理，可得3a＝5b，所以a＝eq\f(5b,3).又b＋c＝2a，所以c＝2a－b＝eq\f(7b,3)，不妨取b＝3，則a＝5，c＝7，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(52＋32－72,2×5×3)＝－eq\f(1,2).因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).故選D.12．已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，b＝2，則△ABC面積的最大值是()A．1B．eq\r(3)C．2D．4答案B解析∵2bcosB＝acosC＋ccosA，∴由正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB．∵0<B<π，∴cosB＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3).∵cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，b＝2，∴a2＋c2－4＝ac.∵a2＋c2≥2ac，∴2ac－4≤ac，即ac≤4，當且僅當a＝c時等號成立，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，故△ABC面積的最大值為eq\r(3).13．(2022·北京海淀模擬)若滿足條件C＝60°，AB＝eq\r(3)，BC＝a的△ABC有兩個，則實數a的取值范圍是．答案(eq\r(3)，2)解析由條件可得BCsinC<AB<BC，即eq\f(\r(3),2)a<eq\r(3)<a，解得eq\r(3)<a<2，所以a∈(eq\r(3)，2).14．(2021·廣東湛江高三質檢)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，則A＝．答案30°解析由sinC＝2eq\r(3)sinB并結合正弦定理，可得c＝2eq\r(3)b，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c2－\r(3)bc,2bc)＝eq\f(2\r(3)bc－\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，又0°<A<180°，所以A＝30°.15．(2021·全國乙卷)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為eq\r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，則b＝．答案2eq\r(2)解析由S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB，得eq\r(3)＝eq\f(1,2)acsin60°，即eq\r(3)＝eq\f(\r(3),4)ac，解得ac＝4.所以a2＋c2＝3ac＝12.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×eq\f(1,2)＝8.所以b＝2eq\r(2).16．在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a2＋b2＋ab＝c2，且△ABC的面積為eq\r(3)c，則ab的最小值為．答案48解析在△ABC中，a2＋b2＋ab＝c2，結合余弦定理a2＋b2－2abcosC＝c2，可得cosC＝－eq\f(1,2)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2).由三角形的面積公式，可得eq\r(3)c＝eq\f(1,2)absinC，將sinC＝eq\f(\r(3),2)代入化簡可得c＝eq\f(ab,4).將c＝eq\f(ab,4)代入a2＋b2＋ab＝c2可得a2＋b2＝eq\f(a2b2,16)－ab，因為a2＋b2≥2ab，所以eq\f(a2b2,16)－ab≥2ab，解不等式可得ab≥48，當且僅當a＝b＝4eq\r(3)時取等號．所以ab的最小值為48.17．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2bcosB，C＝eq\f(2π,3).(1)求B的大小；(2)在下列三個條件中選擇一個作為已知，使△ABC存在且唯一確定，并求出BC邊上的中線的長度．①c＝eq\r(2)b；②周長為4＋2eq\r(3)；③面積為S△ABC＝eq\f(3\r(3),4).解(1)∵c＝2bcosB，則由正弦定理可得sinC＝2sinBcosB，∴sin2B＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，∵C＝eq\f(2π,3)，∴B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴2B＝eq\f(π,3)，解得B＝eq\f(π,6).(2)若選擇①：由正弦定理結合(1)可得eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq\r(3)，與c＝eq\r(2)b矛盾，故這樣的△ABC不存在．若選擇②：由(1)可得A＝eq\f(π,6)，設△ABC的外接圓半徑為R，則由正弦定理可得a＝b＝2Rsineq\f(π,6)＝R，c＝2Rsineq\f(2π,3)＝eq\r(3)R，則周長a＋b＋c＝2R＋eq\r(3)R＝4＋2eq\r(3)，解得R＝2，則a＝2，c＝2eq\r(3)，由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為eq\r(（2\r(3)）2＋12－2×2\r(3)×1×cos\f(π,6))＝eq\r(7).若選擇③：由(1)可得A＝eq\f(π,6)，即a＝b，則S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)a2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)，解得a＝eq\r(3)，則由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為eq\r(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2×b×\f(a,2)×cos\f(2π,3))＝eq\r(3＋\f(3,4)＋\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(21),2).18．(2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面積；(2)是否存在正整數a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．解(1)因為2sinC＝3sinA，所以2c＝2(a＋2)＝3a，則a＝4，故b＝5，c＝6，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,8)，所以C為銳角，則sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(3\r(7)