第第頁§4.7正弦定理、余弦定理考試要求1.掌握正弦定理、余弦定理及其變形.2.能利用正弦定理、余弦定理解決一些簡單的三角形度量問題．知識梳理1．正弦定理與余弦定理定理正弦定理余弦定理內容eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2Ra2＝b2＋c2﹣2bccosA；b2＝c2＋a2﹣2cacosB；c2＝a2＋b2﹣2abcosC變形(1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；(2)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)2.三角形中常用的面積公式(1)S＝eq\f(1,2)aha(ha表示邊a上的高)；(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA；(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為三角形的內切圓半徑)．常用結論在△ABC中，常有以下結論：(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.(2)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．(3)a>b?A>B?sinA>sinB，cosA<cosB.(4)sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝﹣cosC；tan(A＋B)＝﹣tanC；sin

eq\f(A＋B,2)＝cos

eq\f(C,2)；cos

eq\f(A＋B,2)＝sin

eq\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.思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)三角形中三邊之比等于相應的三個內角之比．(×)(2)在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B.(√)(3)在△ABC的六個元素中，已知任意三個元素可求其他元素．(×)(4)當b2＋c2﹣a2>0時，△ABC為銳角三角形．(×)教材改編題1．在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，則∠BAC等于()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案C解析因為在△ABC中，設AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，所以由余弦定理得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(9＋25－49,30)＝﹣eq\f(1,2)，因為∠BAC為△ABC的內角，所以∠BAC＝eq\f(2π,3).2．在△ABC中，若A＝60°，a＝4eq\r(3)，b＝4eq\r(2)，則B＝.答案45°解析由正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，則sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(4\r(2)×\f(\r(3),2),4\r(3))＝eq\f(\r(2),2).又a>b，則A>B，所以B為銳角，故B＝45°.3．在△ABC中，a＝2，b＝3，C＝60°，則c＝，△ABC的面積＝.答案eq\r(7)eq\f(3\r(3),2)解析易知c＝eq\r(4＋9－2×2×3×\f(1,2))＝eq\r(7)，△ABC的面積等于eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).題型一利用正弦定理、余弦定理解三角形例1(12分)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2＝ac，點D在邊AC上，BD·sin∠ABC＝asinC.(1)證明：BD＝b;[切入點：角轉化為邊](2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.[關鍵點：∠BDA和∠BDC互補]高考改編在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bsinC＋asinA＝bsinB＋csinC.(1)求A；(2)設D是線段BC的中點，若c＝2，AD＝eq\r(13)，求a.解(1)根據正弦定理，由bsinC＋asinA＝bsinB＋csinC，可得bc＋a2＝b2＋c2，即bc＝b2＋c2﹣a2，由余弦定理可得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因為A為三角形內角，所以A＝eq\f(π,3).(2)因為D是線段BC的中點，c＝2，AD＝eq\r(13)，所以∠ADB＋∠ADC＝π，則cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝0，即eq\f(13＋\f(a2,4)－22,2\r(13)·\f(a,2))＋eq\f(13＋\f(a2,4)－b2,2\r(13)·\f(a,2))＝0，整理得a2＝2b2﹣44，又a2＝b2＋c2﹣2bccosA＝b2＋4﹣2b，所以b2＋4﹣2b＝2b2﹣44，解得b＝6或b＝﹣8(舍)，因此a2＝2b2﹣44＝28，所以a＝2eq\r(7).思維升華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．(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定理進行判斷．跟蹤訓練1已知在△ABC中，c＝2bcosB，C＝eq\f(2π,3).(1)求B的大?。?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＝sin

eq\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＝2Rsin

eq\f(π,6)＝R，c＝2Rsin

eq\f(2π,3)＝eq\r(3)R，則周長為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).題型二正弦定理、余弦定理的簡單應用命題點1三角形形狀判斷例2在△ABC中，eq\f(c－a,2c)＝sin2

eq\f(B,2)(a，b，c分別為角A，B，C的對邊)，則△ABC的形狀為()A．直角三角形B．等邊三角形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cosB＝1﹣2sin2

eq\f(B,2)，得sin2

eq\f(B,2)＝eq\f(1－cosB,2)，所以eq\f(c－a,2c)＝eq\f(1－cosB,2)，即cosB＝eq\f(a,c).方法一由余弦定理得eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，即a2＋c2﹣b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC為直角三角形，無法判斷兩直角邊是否相等．方法二由正弦定理得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，又角C為三角形的內角，所以C＝eq\f(π,2)，所以△ABC為直角三角形，無法判斷兩直角邊是否相等．延伸探究將“eq\f(c－a,2c)＝sin2

eq\f(B,2)”改為“eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c﹣a)＝3bc”，試判斷△ABC的形狀．解因為eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，所以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．思維升華判斷三角形形狀的兩種思路(1)化邊：通過因式分解、配方等得出邊的相應關系，從而判斷三角形的形狀．(2)化角：通過三角恒等變形，得出內角的關系，從而判斷三角形的形狀．此時要注意應用A＋B＋C＝π這個結論．命題點2三角形的面積例3在①sinA，sinC，sinB成等差數列；②a∶b∶c＝4∶3∶2；③bcosA＝1這三個條件中任選一個，補充在下面問題中．若問題中的三角形存在，求該三角形面積的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．＝csinC，c＝1，？注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．解因為a(sinA﹣sinB)＋bsinB＝csinC，由正弦定理得a(a﹣b)＋b2＝c2，即a2＋b2﹣c2＝ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).選擇①：因為sinA，sinC，sinB成等差數列，所以sinA＋sinB＝2sinC，即a＋b＝2c＝2，由a2＋b2﹣c2＝a2＋b2﹣1＝ab，得(a＋b)2﹣3ab＝1，所以ab＝1，故存在滿足題意的△ABC，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),4).選擇②：因為a∶b∶c＝4∶3∶2，所以A>B>C＝eq\f(π,3)，這與A＋B＋C＝π矛盾，所以△ABC不存在．選擇③：因為bcosA＝1，所以b·eq\f(b2＋1－a2,2b)＝1，得b2＝1＋a2＝c2＋a2，所以B＝eq\f(π,2)，此時△ABC存在．又C＝eq\f(π,3)，所以A＝eq\f(π,6)，所以a＝1×tan

eq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)ac＝eq\f(\r(3),6).思維升華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．命題點3與平面幾何有關的問題例4如圖，在平面四邊形ABCD中，已知A＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(2π,3)，AB＝6.在AB邊上取點E，使得BE＝1，連接EC，ED.若∠CED＝eq\f(2π,3)，EC＝eq\r(7).(1)求sin∠BCE的值；(2)求CD的長．解(1)在△BEC中，由正弦定理，知eq\f(BE,sin∠BCE)＝eq\f(CE,sinB).∵B＝eq\f(2π,3)，BE＝1，CE＝eq\r(7)，∴sin∠BCE＝eq\f(BE·sinB,CE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),14).(2)∵∠CED＝B＝eq\f(2π,3)，∴∠DEA＝∠BCE，∴cos∠DEA＝eq\r(1－sin2∠DEA)＝eq\r(1－sin2∠BCE)＝eq\r(1－\f(3,28))＝eq\f(5\r(7),14).∵A＝eq\f(π,2)，∴△AED為直角三角形，又AE＝5，∴ED＝eq\f(AE,cos∠DEA)＝eq\f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq\r(7).在△CED中，CD2＝CE2＋DE2﹣2CE·DE·cos∠CED＝7＋28﹣2×eq\r(7)×2eq\r(7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49.∴CD＝7.教師備選1．在△ABC中，已知a2＋b2﹣c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，則該三角形的形狀是()A．直角三角形 B．等腰三角形C．等邊三角形 D．鈍角三角形答案C解析∵a2＋b2﹣c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)，由2cosAsinB＝sinC，得cosA＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b)＝eq\f(c2＋b2－a2,2bc)，∴b2＝a2，即b＝a，又C＝eq\f(π,3)，故三角形為等邊三角形．2．已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosC﹣ccos(B＋C)＝﹣eq\f(b,3cosA＋B).(1)求tanC；(2)若c＝3，sinAsinB＝eq\f(16,27)，求△ABC的面積．解(1)∵acosC﹣ccos(B＋C)＝﹣eq\f(b,3cosA＋B)，∴acosC＋ccosA＝eq\f(b,3cosC).由正弦定理得sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(sinB,3cosC)，∴sin(A＋C)＝eq\f(sinB,3cosC)，即sinB＝eq\f(sinB,3cosC)，又∵sinB≠0，∴cosC＝eq\f(1,3)，∴sinC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3)，tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝2eq\r(2).(2)若c＝3，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(3,\f(2\r(2),3))＝eq\f(9\r(2),4)，則a＝eq\f(9\r(2),4)sinA，b＝eq\f(9\r(2),4)sinB，則ab＝eq\f(9\r(2),4)sinA·eq\f(9\r(2),4)sinB＝eq\f(162,16)sinAsinB＝eq\f(162,16)×eq\f(16,27)＝6，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2).思維升華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．跟蹤訓練2(1)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若c﹣acosB＝(2a﹣b)cosA，則△ABC的形狀為()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形答案D解析因為c﹣acosB＝(2a﹣b)cosA，C＝π﹣(A＋B)，所以由正弦定理得sinC﹣sinAcosB＝2sinAcosA﹣sinBcosA，所以sinAcosB＋cosAsinB﹣sinAcosB＝2sinAcosA﹣sinBcosA，所以cosA(sinB﹣sinA)＝0，所以cosA＝0或sinB＝sinA，所以A＝eq\f(π,2)或B＝A或B＝π﹣A(舍去)，所以△ABC為等腰或直角三角形．(2)如圖，在△ABC中，AB＝9，cosB＝eq\f(2,3)，點D在BC邊上，AD＝7，∠ADB為銳角．①求BD；②若∠BAD＝∠DAC，求sinC的值及CD的長．解①在△ABD中，由余弦定理得AB2＋BD2﹣2AB·BD·cosB＝AD2，整理得BD2﹣12BD＋32＝0，所以BD＝8或BD＝4.當BD＝4時，cos∠ADB＝eq\f(16＋49－81,2×4×7)＝﹣eq\f(2,7)，則∠ADB>eq\f(π,2)，不符合題意，舍去；當BD＝8時，cos∠ADB＝eq\f(64＋49－81,2×8×7)＝eq\f(2,7)，則∠ADB<eq\f(π,2)，符合題意，所以BD＝8.②在△ABD中，cos∠BAD＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq\f(92＋72－82,2×9×7)＝eq\f(11,21)，所以sin∠BAD＝eq\f(8\r(5),21)，又sin∠ADB＝eq\f(3\r(5),7)，所以sinC＝sin(∠ADB﹣∠CAD)＝sin(∠ADB﹣∠BAD)＝sin∠ADBcos∠BAD﹣cos∠ADBsin∠BAD＝eq\f(3\r(5),7)×eq\f(11,21)﹣eq\f(2,7)×eq\f(8\r(5),21)＝eq\f(17\r(5),147)，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AD,sinC)，即CD＝eq\f(AD,sinC)·sin∠CAD＝eq\f(7,\f(17\r(5),147))×eq\f(8\r(5),21)＝eq\f(392,17).課時精練1．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C等于()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案C解析根據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).2．在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sinA＝6sinB，則c等于()A.eq\r(35) B.eq\r(31)C．6 D．5答案B解析因為sinA＝6sinB，由正弦定理可得a＝6b，又a＋2b＝8，所以a＝6，b＝1，因為C＝60°，所以c2＝a2＋b2﹣2abcosC，即c2＝62＋12﹣2×1×6×eq\f(1,2)，解得c＝eq\r(31).3．已知△ABC的內角A，B，C對應的邊分別為a，b，c，a＝4，cos2A＝﹣eq\f(7,25)，則△ABC外接圓半徑為()A．5B．3C.eq\f(5,2)D.eq\f(3,2)答案C解析因為cos2A＝﹣eq\f(7,25)，所以1﹣2sin2A＝﹣eq\f(7,25)，解得sinA＝±eq\f(4,5)，因為A∈(0，π)，所以sinA＝eq\f(4,5)，又a＝4，所以2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(4,\f(4,5))＝5，所以R＝eq\f(5,2).4．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若c＝2b，sin2A﹣3sin2B＝eq\f(1,2)sinAsinC，則角C等于()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2) D.eq\f(2π,3)答案B解析∵sin2A﹣3sin2B＝eq\f(1,2)sinAsinC，由正弦定理可得a2﹣3b2＝eq\f(1,2)ac，∵c＝2b，∴a2﹣3b2＝eq\f(1,2)a·2b＝ab，由余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2－3b2,2ab)＝eq\f(1,2)，∵0<C<π，∴C＝eq\f(π,3).AB＝2，AC＝2eq\r(6)，D為BC的中點，E為AC上的點，且BE為∠ABC的平分線，下列結論正確的是()A．cos∠BAC＝﹣eq\f(\r(6),6) B．S△ABC＝3eq\r(5)C．BE＝2 D．AD＝eq\r(5)答案AD解析由正弦定理可知2sinBsinA＝eq\r(5)sinAcosB，∵sinA≠0，∴2sinB＝eq\r(5)cosB.又sin2B＋cos2B＝1，∴sinB＝eq\f(\r(5),3)，cosB＝eq\f(2,3)，在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2﹣2AB·BCcosB，得BC＝6.A項，cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(4＋24－36,2×2×2\r(6))＝﹣eq\f(\r(6),6)；B項，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)×2×6×eq\f(\r(5),3)＝2eq\r(5)；C項，由角平分線性質可知eq\f(AE,EC)＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(1,3)，∴AE＝eq\f(\r(6),2).BE2＝AB2＋AE2﹣2AB·AEcosA＝4＋eq\f(3,2)﹣2×2×eq\f(\r(6),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)))＝eq\f(15,2)，∴BE＝eq\f(\r(30),2)；D項，在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2﹣2AB·BDcosB＝4＋9﹣2×2×3×eq\f(2,3)＝5，∴AD＝eq\r(5).6．(多選)下列命題中，正確的是()A．在△ABC中，A>B，則sinA>sinBB．在銳角△ABC中，不等式sinA>cosB恒成立C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，則△ABC必是等腰直角三角形D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，則△ABC必是等邊三角形答案ABD解析對于A，由A>B，可得a>b，利用正弦定理可得sinA>sinB，正確；對于B，在銳角△ABC中，A，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∵A＋B>eq\f(π,2)，∴eq\f(π,2)>A>eq\f(π,2)﹣B>0，∴sinA>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，∴不等式sinA>cosB恒成立，正確；對于C，在△ABC中，由acosA＝bcosB，利用正弦定理可得sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＝π﹣2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴是假命題，錯誤；對于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2﹣ac，可得(a﹣c)2＝0，解得a＝c，可得A＝C＝B＝60°，故正確．7．已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且b＝3，a﹣c＝2，A＝eq\f(2π,3).則△ABC的面積為．答案eq\f(15\r(3),4)解析由余弦定理得a2＝b2＋c2﹣2bccosA，∵b＝3，a﹣c＝2，A＝eq\f(2π,3)，∴(c＋2)2＝32＋c2﹣2×3c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得c＝5，則△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×3×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).8．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)解析由題意得S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac＝eq\r(3)，則ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2﹣2accosB＝12﹣2×4×eq\f(1,2)＝8，則b＝2eq\r(2)(負值舍去)．9．在①2ccosB＝2a﹣b，②△ABC的面積為eq\f(\r(3),4)(a2＋b2﹣c2)，③cos2A﹣cos2C＝sin2B﹣sinAsinB，這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并加以解答．(如果選擇多個條件作答，則按所選的第一個條件給分)已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且．(1)求角C的大小；(2)若c＝2且4sinAsinB＝3，求△ABC的面積．解(1)若選條件①2ccosB＝2a﹣b，則2c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2a﹣b，即a2＋b2﹣c2＝ab，所以cosC＝eq\f(1,2)，又因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).若選條件②△ABC的面積為eq\f(\r(3),4)(a2＋b2﹣c2)，則eq\f(\r(3),4)(a2＋b2﹣c2)＝eq\f(1,2)absinC，即sinC＝eq\r(3)cosC，所以tanC＝eq\r(3)，又因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).若選條件③cos2A﹣cos2C＝sin2B﹣sinAsinB，則(1﹣sin2A)﹣(1﹣sin2C)＝sin2B﹣sinAsinB，即sin2A＋sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，即a2＋b2﹣c2＝ab，所以cosC＝eq\f(1,2)，又因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).(2)因為c＝2，所以eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(2,sin\f(π,3))＝eq\f(4,\r(3))，所以sinA＝eq\f(\r(3),4)a，sinB＝eq\f(\r(3),4)b，又因為4sinAsinB＝3，所以ab＝4，△ABC的面積為eq\f(1,2)absinC＝eq\r(3).10．如圖，在△ABC中，∠B＝60°，AB＝8，AD＝7，點D在BC上，且cos∠ADC＝eq\f(1,7).(1)求BD；(2)若cos∠CAD＝eq\f(\r(3),2)，求△ABC的面積．解(1)∵cos∠ADB＝cos(π﹣∠ADC)＝﹣cos∠ADC＝﹣eq\f(1,7).在△ABD中，由余弦定理得82＝BD2＋72﹣2·BD·7·cos∠ADB，解得BD＝3或BD＝﹣5(舍)．(2)由已知sin∠ADC＝eq\f(4\r(3),7)，sin∠CAD＝eq\f(1,2)，∴sinC＝sin(∠ADC＋∠CAD)＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,7)×eq\f(1,2)＝eq\f(13,14).由正弦定理得CD＝eq\f(ADsin∠CAD,sinC)＝eq\f(7×\f(1,2),\f(13,14))＝eq\f(49,13)，∴BC＝3＋eq\f(49,13)＝eq\f(88,13)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×8×eq\f(88,13)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(176\r(3),13).11．在△ABC中，三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為S，且4S＝(a＋b)2﹣c2，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))等于()A．1 B．﹣eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案C解析因為S＝eq\f(1,2)absinC，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，所以2S＝absinC，a2＋b2﹣c2＝2abcosC.又4S＝(a＋b)2﹣c2＝a2＋b2﹣c2＋2ab，所以2absinC＝2abcosC＋2ab.因為ab≠0，所以sinC＝cosC＋1.因為sin2C＋cos2C＝1，所以(cosC＋1)2＋cos2C＝1，解得cosC＝﹣1(舍去)或cosC＝0，所以sinC＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))＝eq\f(\r(2),2)(sinC＋cosC)＝eq\f(\r(2),2).12．在△ABC中，內角A，B，C的對邊a，b，c依次成等差數列，△ABC的周長為15，且(sinA＋sinB)2＋cos2C＝1＋sinAsinB，則cosB等于()A.eq\f(13,14) B.eq\f(11,14)C.eq\f(1,2) D．﹣eq\f(1,2)答案B解析因為(sinA＋sinB)2＋cos2C＝1＋sinAsinB，所以sin2A＋sin2B＋2sinA·sinB＋1﹣sin2C＝1＋sinA·sinB，所以由正弦定理得a2＋b2﹣c2＝﹣ab，又a，b，c依次成等差數列，△ABC的周長為15，即a＋c＝2b，a＋b＋c＝15，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－c2＝－ab，,a＋c＝2b，,a＋b＋c＝15，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝5，,c＝7.))cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(32＋72－52,2×3×7)＝eq\f(11,14).13．在平面四邊形ABCD中，BC⊥CD，∠B＝eq\f(3π,4)，AB＝3eq\r(2)，AD＝2eq\r(10)，若AC＝3eq\r(5)，則CD為．答案1或5解析因為在△ABC中，∠B＝eq\f(3π,4)，AB＝3eq\r(2)，AC＝3eq\r(5)，由正弦定理可得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以sin∠ACB＝eq\f(AB·sinB,AC)＝eq\f(3\r(2)×\f(\r(2),2),3\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，又BC⊥CD，所以∠ACB與∠ACD互余，因此cos∠ACD＝sin∠ACB＝eq\f(\r(5),5)，在△ACD中，AD＝2eq\r(10)，AC＝3eq\r(5)，由余弦定理可得cos∠ACD＝eq\f(\r(5),5)＝eq\f(AC2＋CD2－AD2,2AC·CD)＝eq\f(5＋CD2,6\r(5)CD)，所以CD2﹣6CD＋5＝0，解得CD＝1或CD＝5.14．托勒密(Ptolemy)是古希臘天文學家、地理學家、數學家，托勒密定理就是由其名字命名，該定理指出：圓的內接凸四邊形兩組對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知凸四邊形ABCD的四個頂點在同一個圓的圓周上，AC，BD是其兩條對角線，AB＝AD，∠BAD＝120°，AC＝6，則四邊形ABCD的面積為．答案9eq\r(3)解析在△ABD中，設AB＝a，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2﹣2AB·AD·cos∠BAD＝3a2，所以BD＝eq\r(3)a，由托勒密定理可得a(BC＋CD)＝AC·eq\r(3)a，即BC＋CD＝eq\r(3)AC，又∠ABD＝∠ACD＝30°，所以四邊形ABCD的面積S＝eq\f(1,2)BC·ACsin30°＋eq\f(1,2)CD·ACsin30°＝eq\f(1,4)(BC＋CD)·AC＝eq\f(\r(3),4)AC2＝9eq\