2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-4.6-解三角形-專項訓(xùn)練模擬練習(xí)【A級基礎(chǔ)鞏固】一、選擇題1．在△ABC，已知∠A＝45°，AB＝eq\r(2)，BC＝2，則∠C等于()A．30°或150° B．60°C．120° D．30°2．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝eq\r(7)，a＝1，B＝eq\f(2π,3)，則c等于()A．eq\r(5) B．2C．eq\r(3) D．33．△ABC的內(nèi)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)4．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bsin2A＝asinB，且c＝2b，則eq\f(a,b)等于()A．2 B．3C．eq\r(2) D．eq\r(3)5．在△ABC中，a＝2bcosC，那么這個三角形是()A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．不確定6．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(1,2)，a＝eq\r(3)，則eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\r(3) D．27．黑板上有一道有解的解三角形的習(xí)題，一位同學(xué)不小心把其中一部分擦去了，現(xiàn)在只能看到：在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知a＝2，…，解得b＝eq\r(6)，根據(jù)以上信息，你認為下面哪個選項可以作為這個習(xí)題的其余已知條件()A．A＝30°，B＝45°B．C＝75°，A＝45°C．B＝60°，c＝3D．c＝1，cosC＝eq\f(1,3)8．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，則bc的取值范圍為()A．(2,3] B．(1,4]C．(1,3] D．(2,4]二、多選題9．在△ABC中，a＝4，b＝8，A＝30°，則此三角形的邊角情況可能是()A．B＝90° B．C＝120°C．c＝2eq\r(3) D．C＝60°10．下列關(guān)于正弦定理的敘述中正確的是()A．在△ABC中，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinCB．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，則A＝BC．在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B；若A>B，則sinA>sinBD．在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b＋c,sinB＋sinC)11．已知a，b，c分別是△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，下列四個命題中正確的是()A．若tanA＋tanB＋tanC>0，則△ABC是銳角三角形B．若acosA＝bcosB，則△ABC是等腰三角形C．若bcosC＋ccosB＝b，則△ABC是等腰三角形D．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，則△ABC是等邊三角形三、填空題12．在△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，則eq\f(b,c)＝.13．我國南宋著名數(shù)學(xué)家秦九韶在他的著作《數(shù)書九章》卷五“田域類”里有一個題目：問有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步，欲知為田幾何．意思是已知三角形沙田的三邊長分別為13里，14里，15里，求三角形沙田的面積．則該沙田的面積為平方里．14．已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足eq\f(sinA－sinCa＋c,b)＝sinA－sinB，則C＝.四、解答題15．在△ABC中，sin2C＝eq\r(3)sinC．(1)求∠C；(2)若b＝6，且△ABC的面積為6eq\r(3)，求△ABC的周長．16．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4).(1)求A；(2)若b－c＝eq\f(\r(3),3)a，證明：△ABC是直角三角形．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，則角A的最大值為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)2．(多選題)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，則下列結(jié)論正確的是()A．cosC＝eq\f(\r(3),3) B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a(chǎn)＝3 D．S△ABC＝eq\r(2)3．已知△ABC內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，面積為S.若asineq\f(A＋C,2)＝bsinA,2S＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))，則△ABC的形狀是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．正三角形 D．等腰直角三角形4．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(sinA,sinB＋sinC)＋eq\f(b,a＋c)＝1，則C＝()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)5．秦九韶是我國南宋數(shù)學(xué)家，其著作《數(shù)書九章》中的大衍求一術(shù)、三斜求積術(shù)和秦九韶算法是具有世界意義的重要貢獻．秦九韶把三角形的三條邊分別稱為小斜、中斜和大斜，三斜求積術(shù)即已知三邊長求三角形面積的方法，用公式表示為：S△ABC＝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)))2)))，其中a，b，c是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊．已知△ABC中，eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，則△ABC面積的最大值為()A．eq\f(4,3) B．eq\f(8,3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\r(3)6．在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b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c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________?注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．7．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B＝150°.(1)若a＝eq\r(3)c，b＝2eq\r(7)，求△ABC的面積；(2)若sinA＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，求C．8．在①eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c)；②eq\f(sinA,sinB－sinC)＝eq\f(b＋c,a＋c)；③2S△ABC＝－eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))這三個條件中任選一個補充在下面的橫線上，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且________，作AD∥BC，連接CD圍成梯形ABCD，其中AB＝4，BC＝2，∠ACD＝eq\f(2π,3).(1)求角B的大小；(2)求四邊形ABCD的面積． 參考答案 【A級基礎(chǔ)鞏固】一、選擇題1．(D)[解析]先利用正弦定理求得sin∠C的值，再根據(jù)“大邊對大角”進行取舍，得解．由正弦定理知，eq\f(AB,sin∠C)＝eq\f(BC,sin∠A)，所以sin∠C＝eq\f(ABsin∠A,BC)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(1,2)，因為∠C∈(0°，180°)，且BC>AB，所以∠C＝30°.故選D．2．(B)[解析]由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得7＝1＋c2＋c，解得c＝2或－3(舍去)．3．(C)[解析]根據(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).4．(D)[解析]由正弦定理及bsin2A＝asinB，得2sinBsinAcosA＝sinAsinB，又sinA≠0，sinB≠0，則cosA＝eq\f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋4b2－4b2×eq\f(1,2)＝3b2，得eq\f(a,b)＝eq\r(3).5．(B)[解析]先根據(jù)余弦定理表示出cosC，代入整理即可得到b＝c，從而得知是等腰三角形．∵a＝2bcosC＝2b×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－c2,a)，∴a2＝a2＋b2－c2，∴b2＝c2，∵b，c為三角形的邊長，b>0，c>0，∴b＝c，∴△ABC是等腰三角形．故選B．6．(D)[解析]由cosA＝eq\f(1,2)，A∈(0，π)知sinA＝eq\f(\r(3),2)，由正弦定理得eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.7．(B)[解析]由C＝75°，A＝45°可知B＝60°，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2sin60°,sin45°)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6)，符合題意，故選B．8．(A)[解析]根據(jù)正弦定理利用角B表示bc，利用三角變換及三角函數(shù)的性質(zhì)可求bc的取值范圍．因為A＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(3)，故三角形外接圓直徑為eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝2，所以eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，所以b＝2sinB，c＝2sinC，故bc＝(2sinB)·(2sinC)＝4sinBsinC＝4sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝4×sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)cosB－cos\f(2π,3)sinB))＝2eq\r(3)sinBcosB＋2sin2B＝eq\r(3)sin2B＋2×eq\f(1－cos2B,2)＝eq\r(3)sin2B－cos2B＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1，因為三角形為銳角三角形，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－B<\f(π,2)，))故eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，故eq\f(π,6)<2B－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，故eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))≤1，所以2<2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1≤3；故bc的取值范圍為(2,3]，故選A．二、多選題9．(AD)[解析]∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(bsinA,a)＝1，∴B＝90°，C＝60°，根據(jù)eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)得c＝eq\f(a·sinC,sinA)＝eq\f(4×\f(\r(3),2),\f(1,2))＝4eq\r(3).故選AD．10．(ACD)[解析]對于A，在△ABC中，由正弦定理可得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，所以a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC，故A正確；對于B，若sin2A＝sin2B，則2A＝2B或2A＋2B＝π，可得A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，故B錯誤；對于C，若sinA>sinB，根據(jù)正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得a>b，再根據(jù)大邊對大角可得A>B．若A>B，則a>b，由正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得sinA>sinB，故C正確；對于D，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，再根據(jù)比例式的性質(zhì)可知D正確．故選ACD．11．(ACD)[解析]∵tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∵tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC>0，∴A，B，C均為銳角，∴選項A正確；由acosA＝bcosB及正弦定理，可得sin2A＝sin2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴選項B錯誤；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，則△ABC是等腰三角形，∴選項C正確；由已知和正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，A＝B＝C，則△ABC是等邊三角形，∴選項D正確．三、填空題12．[解析]由題意知sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)sinC，∴sinC＝eq\f(1,2)，又0<C<eq\f(π,3)，∴C＝eq\f(π,6)，從而B＝eq\f(π,6)，b＝c，故eq\f(b,c)＝1.13．[解析]由題意畫出△ABC，且AB＝13里，BC＝14里，AC＝15里，在△ABC中，由余弦定理得，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(132＋142－152,2×13×14)＝eq\f(5,13)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(12,13)，則該沙田的面積S＝eq\f(1,2)AB·BC·sinB＝eq\f(1,2)×13×14×eq\f(12,13)＝84(平方里)．14．[解析]在△ABC中，∵eq\f(sinA－sinCa＋c,b)＝sinA－sinB，∴eq\f(a－ca＋c,b)＝a－b.∴a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2).∴C＝eq\f(π,3).四、解答題15．[解析](1)因為sin2C＝eq\r(3)sinC，所以2sinCcosC＝eq\r(3)sinC，因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，C＝eq\f(π,6).(2)因為△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×a×6×eq\f(1,2)＝6eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3).由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝48＋36－72＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以△ABC的周長為a＋b＋c＝4eq\r(3)＋6＋2eq\r(3)＝6(eq\r(3)＋1)．16．[解析](1)因為cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cosA＝eq\f(5,4)，所以sin2A＋cosA＝eq\f(5,4)，即1－cos2A＋cosA＝eq\f(5,4)，解得cosA＝eq\f(1,2).又0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)證明：因為A＝eq\f(π,3)，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，即b2＋c2－a2＝bc.①又b－c＝eq\f(\r(3),3)a，②將②代入①，得b2＋c2－3(b－c)2＝bc，即2b2＋2c2－5bc＝0，而b>c，解得b＝2c，所以a＝eq\r(3)c.所以b2＝a2＋c2，即△ABC是直角三角形．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．(A)[解析]由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccosA．根據(jù)余弦定理得b2＋c2－2bccosA＋2c2＝2bccosA，整理得4bccosA＝b2＋3c2≥2eq\r(3)bc，所以cosA≥eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以0<A≤eq\f(π,6).故選A．2．(AD)[解析]因為A＋3C＝π，A＋B＋C＝π，所以B＝2C．由正弦定理得eq\f(2\r(3),sin2C)＝eq\f(3,sinC)，即eq\f(2\r(3),2sinCcosC)＝eq\f(3,sinC)，所以cosC＝eq\f(\r(3),3)，故A正確．因為cosC＝eq\f(\r(3),3)，所以sinC＝eq\f(\r(6),3)，所以sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝2×eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯誤．因為cosB＝cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,3)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(6),9)，則cosA＝eq\f(5\r(3),9)，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝(2eq\r(3))2＋32－2×2eq\r(3)×3×eq\f(5\r(3),9)＝1，所以a＝1，故C錯誤．S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3×eq\f(\r(6),9)＝eq\r(2)，故D正確．故選AD．3．(C)[解析]由三角形內(nèi)角和定理，誘導(dǎo)公式，正弦定理，二倍角的正弦公式化簡已知等式可得sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，進而可求得B的值，又利用三角形的面積公式，平面向量數(shù)量積的運算以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式化簡已知等式可求A的值，利用三角形內(nèi)角和定理可求C的值，即可判斷得解．因為asineq\f(A＋C,2)＝bsinA，所以asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(B,2)))＝acoseq\f(B,2)＝bsinA，由正弦定理可得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBsinA，因為sinA≠0，可得coseq\f(B,2)＝sinB＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)，因為B∈(0，π)，eq\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，coseq\f(B,2)≠0，所以可得sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，可得eq\f(B,2)＝eq\f(π,6)，可得B＝eq\f(π,3)，又2S＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))，可得2×eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)·bccosA，即tanA＝eq\r(3)，因為A∈(0，π)，可得A＝eq\f(π,3)，所以C＝π－A－B＝eq\f(π,3)，則△ABC的形狀是正三角形．故選C．4．(B)[解析]由正弦定理及eq\f(sinA,sinB＋sinC)＋eq\f(b,a＋c)＝1，得eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＝1，整理可得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).故選B．5．(A)[解析]根據(jù)eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，得到2sinA＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，即c＝2a，再由acosB＋bcosA＝ab，利用余弦定理得到b＝2，代入S△ABC＝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)))2)))，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求解．△ABC中，因為eq\f(a,b)＝eq\f(cosA,2－cosB)＝eq\f(a－cosA,cosB)，所以eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosA,2－cosB)，eq\f(a,b)＝eq\f(a－cosA,cosB)，則2sinA＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，即c＝2a，又acosB＋bcosA＝ab，則eq\f(a2＋c2－b2,2c)＋eq\f(b2＋c2－a2,2c)＝ab，即c＝ab，則b＝2，所以S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4a4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5a2－4,2)))2)))＝eq\r(－\f(9,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(20,9)))2＋\f(16,9))，當a2＝eq\f(20,9)時，△ABC面積取得最大值為eq\f(4,3)，故選A．6．[解析]方案一：選條件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，選條件①時問題中的三角形存在，此時c＝1.方案二：選條件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，選條件②時問題中的三角形存在，此時c＝2eq\r(3).方案三：選條件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，與b＝c矛盾．因此，選條件③時問題中的三角形不存在．7．[解析](1)由題設(shè)及余弦定理，得28＝3c2＋c2－2×eq\r(3)c2×cos150°.解得c＝－2(舍去)或c＝2，從而a＝2eq\r(3).故△ABC的面積為eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×sin150°＝eq\r(3).(2)在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，所以sinA＋eq\r(3)sinC＝sin(30°－C)＋eq\r(3)sinC＝sin(30°＋C)＝eq\f(\r(2),2).而0°<C<30°，30°<30°＋C<60°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.8．[解析](1)若選①：由eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(b,2a＋c)，根據(jù)正弦定理可得eq\f(cosB,cosC)＝－eq\f(sinB,2sinA＋sinC)，即2sinAcosB＋sinCcosB＝－sinBcosC，即2si