方法技巧專題20解三角形解析篇一、解三角形問題知識框架二、解三角形題型分析（一）三角形中的求值問題1．正、余弦定理的適用條件1．正、余弦定理的適用條件(1)“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對角”應采用正弦定理．(2)“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應采用余弦定理．2．求三角形面積的方法(1)若三角形中已知一個角(角的大小或該角的正、余弦值)，結合題意求解這個角的兩邊或該角的兩邊之積，代入公式求面積．(2)若已知三角形的三邊，可先求其一個角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面積．總之，結合圖形恰當選擇面積公式是解題的關鍵．3．已知三角形面積求邊、角的方法3．已知三角形面積求邊、角的方法(1)若求角，就尋求夾這個角的兩邊的關系，利用面積公式列方程求解．(2)若求邊，就尋求與該邊(或兩邊)有關聯的角，利用面積公式列方程求解．4.以平面幾何為載體的解三角形問題解決以平面幾何為載體的問題，主要注意以下幾方面：一是充分利用平面幾何圖形的性質；二是出現多個三角形時，從條件較多的三角形突破求解；三是四邊形問題要轉化到三角形中去求解；四是通過三角形中的不等關系(如大邊對大角，最大角一定大于等于eq\f(π,3))確定角或邊的范圍．1.例題【例1】設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝2，c＝2eq\r(3)，cosA＝eq\f(\r(3),2)，且b<c，則b＝()A．eq\r(3)B．2C．2eq\r(2)D．3【答案】B【解析】由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA，所以22＝b2＋(2eq\r(3))2－2×b×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，即b2－6b＋8＝0，解得：b＝2或b＝4.因為b<c，所以b＝2.【例2】在中，角，，的對邊分別為，，，若，，則角（）A． B． C． D．【答案】D【解析】∵，，∴，∴，∴，由正弦定理可得：，∵，∴，即：，∵，∴.故選：D．【例3】在中，角，，的對邊分別是，，，，，，則的面積為______．【答案】6【解析】在中，由正弦定理知，又，,即，，；，又，，．故答案為：6．【例4】（2017·全國高考真題（理））△ABC的內角的對邊分別為,已知△ABC的面積為．(1)求;(2)若求△ABC的周長.【答案】(1)(2).【解析】（1）由題設得，即.由正弦定理得.故.（2）由題設及（1）得，即.所以，故.由題設得，即.由余弦定理得，即，得.故的周長為.【例5】如圖，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,3)，AB＝8，點D在BC邊上，且CD＝2，cos∠ADC＝eq\f(1,7).(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的長.【解析】(1)在△ADC中，因為cos∠ADC＝eq\f(1,7)，所以sin∠ADC＝eq\f(4\r(3),7).所以sin∠BAD＝sin(∠ADC-∠B)＝sin∠ADCcos∠B-cos∠ADCsin∠B＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14).(2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝eq\f(AB·sin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2-2AB·BC·cos∠B＝82+52-2×8×5×eq\f(1,2)＝49.所以AC＝7.2.鞏固提升綜合練習【練習1】（2019·全國高考真題）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，則=（）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】A【解析】由已知及正弦定理可得，由余弦定理推論可得，故選A．【練習2】（2018·全國高考真題）△ABC的內角A?，??B?，??C的對邊分別為a?，??b?，??c，已知bsinC+csinB=4asinBsinC【答案】23【解析】因為bsin結合正弦定理可得sinB可得sinA=12結合余弦定理a2=b2+從而求得bc=833，所以△ABC的面積為S=【練習3】在中，已知邊上的中線，且，，成等差數列，則的長為________.【答案】【解析】因為，，成等差數列，所以，即，所以，由正弦定理可得，又由余弦定理可得，所以，故，又因為邊上的中線，所以，因為，所以，即，解.即的長為.故答案為【練習4】在△ABC中，已知AB＝eq\r(2)，AC＝eq\r(5)，tan∠BAC＝－3，則BC邊上的高等于()A．1B．eq\r(2)C．eq\r(3)D．2【答案】A．【解析】：通解：因為tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝eq\f(3,\r(10))，cos∠BAC＝－eq\f(1,\r(10)).由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝5＋2－2×eq\r(5)×eq\r(2)×＝9，所以BC＝3，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(5)×eq\f(3,\r(10))＝eq\f(3,2)，所以BC邊上的高h＝eq\f(2S△ABC,BC)＝eq\f(2×\f(3,2),3)＝1，故選A．優解：因為tan∠BAC＝－3，所以cos∠BAC＝－eq\f(1,\r(10))<0，則∠BAC為鈍角，因此BC邊上的高小于eq\r(2)，故選A．【練習5】已知圓內接四邊形ABCD的邊長AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求四邊形ABCD的面積S．【解析】：如圖，連接BD，則S＝S△ABD＋S△CBD＝eq\f(1,2)AB·ADsinA＋eq\f(1,2)BC·CDsinC．∵A＋C＝180°，∴sinA＝sinC，∴S＝eq\f(1,2)sinA(AB·AD＋BC·CD)＝16sinA．在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA＝20－16cosA，在△CDB中，由余弦定理得BD2＝CD2＋BC2－2CD·BCcosC＝52－48cosC，∴20－16cosA＝52－48cosC．又cosC＝－cosA，∴cosA＝－eq\f(1,2)，∴A＝120°，∴S＝16sinA＝8eq\r(3)．【練習6】△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c已知ccosB＝(3a－b)cosC．(1)求sinC的值；(2)若c＝2eq\r(6)，b－a＝2，求△ABC的面積．【解析】：(1)解法一：因為ccosB＝(3a－b)cosC，所以由正弦定理得sinCcosB＝(3sinA－sinB)cosC，即sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC，所以sin(B＋C)＝3sinAcosC，由于A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，則sinA＝3sinAcosC．因為0<A<π，所以sinA≠0，cosC＝eq\f(1,3).因為0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).解法二：因為ccosB＝(3a－b)cosC，所以由余弦定理得c×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝(3a－b)×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化簡得a2＋b2－c2＝eq\f(2,3)ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(2,3)ab,2ab)＝eq\f(1,3).因為0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).(2)解法一：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，及c＝2eq\r(6)，cosC＝eq\f(1,3)，得a2＋b2－eq\f(2,3)ab＝24，即(a－b)2＋eq\f(4,3)ab＝24.因為b－a＝2，所以ab＝15.所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×15×eq\f(2\r(2),3)＝5eq\r(2).解法二：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，及c＝2eq\r(6)，cosC＝eq\f(1,3)，得a2＋b2－eq\f(2,3)ab＝24.又b－a＝2，所以a＝3，b＝5.所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×15×eq\f(2\r(2),3)＝5eq\r(2).（二）三角形中的最值或范圍問題解三角形中的最值與范圍問題主要有兩種解決方法：解三角形中的最值與范圍問題主要有兩種解決方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將所求式轉化為只含有三角形某一個角的三角函數形式，結合角的范圍確定所求式的范圍．1.例題【例1】在△ABC中，已知c＝2，若sin2A＋sin2B－sinAsinB＝sin2C，則a＋b的取值范圍為________．【答案】(2,4]【解析】（1）∵sin2A＋sin2B－sinAsinB＝sin2C，∴a2＋b2－ab＝c2，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(2,sin\f(π,3))＝eq\f(4\r(3),3)，∴a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．又∵B＝eq\f(2π,3)－A，∴a＋b＝eq\f(4\r(3),3)sinA＋eq\f(4\r(3),3)sinB＝eq\f(4\r(3),3)sinA＋eq\f(4\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).又∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∴a＋b∈(2,4]．【例2】已知在銳角中，角，，的對邊分別為，，，若，則的最小值為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】∵，∴，∴.又，∴，∴.又∵在銳角中,,∴，當且僅當時取等號，∴，故選A.【例3】已知△ABC的外接圓半徑為R，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若asinBcosC＋eq\f(3,2)csinC＝eq\f(2,R)，則△ABC面積的最大值為()A．eq\f(2,5) B．eq\f(4,5)C．eq\f(2\r(5),5) D．eq\f(12,5)【答案】C【解析】∵asinBcosC＋eq\f(3,2)csinC＝eq\f(2,R)，∴eq\f(ab,2)cosC＋eq\f(3,4)c2＝2，可得eq\f(a2＋b2－c2,4)＋eq\f(3,4)c2＝2，即a2＋b2＋2c2＝8，故a2＋b2＝8－2c2，又∵S＝eq\f(1,2)absinC，∴S2＝eq\f(1,4)a2b2(1－cos2C)＝eq\f(1,4)a2b2－eq\f(8－3c22,16)≤eq\f(a2＋b22,16)－eq\f(8－3c22,16)＝－eq\f(5,16)c4＋c2，∴a＝b且c2＝eq\f(8,5)時，△ABC的面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).【例4】在中，角，，的對邊分別為，，，且，的面積為，則周長的最小值為______.【答案】6【解析】由，得，即，因為，所以，所以，所以.由，得，（當且僅當時，“”成立），則，可得，故.2.鞏固提升綜合練習【練習1】設銳角三角形的內角所對的邊分別為，若，則的取值范圍為（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由銳角三角形的內角所對的邊分別為，若，，,，,由正弦定理得，即則b的取值范圍為,故選C.【練習2】在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bc＝1，b＋2ccosA＝0，則當角B取得最大值時，△ABC的周長為()A．2＋eq\r(3) B．2＋eq\r(2)C．3 D．3＋eq\r(2)【答案】A【解析】由b＋2ccosA＝0，得b＋2c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝0，整理得2b2＝a2－c2.由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋3c2,4ac)≥eq\f(2\r(3)ac,4ac)＝eq\f(\r(3),2)，當且僅當a＝eq\r(3)c時等號成立，此時角B取得最大值，將a＝eq\r(3)c代入2b2＝a2－c2可得b＝c.又因為bc＝1，所以b＝c＝1，a＝eq\r(3)，故△ABC的周長為2＋eq\r(3).【練習3】已知的面積為,且滿足，則邊的最小值為_______.【答案】【解析】∵，∴，∴4cosAsinB+3cosBsinA＝sinAsinB，∴3cosAsinB+3cosBsinA＝sinAsinB﹣cosAsinB，即3sin（A+B）＝sinB（sinA﹣cosA），即3sinC＝sinB（sinA﹣cosA），∴3c＝b（sinA﹣cosA），即c，∵△ABC的面積S＝bcsinA＝＝（sin2A﹣cosAsinA）＝（1﹣sin2A﹣cos2A）＝，∴b2＝，∵3c＝b（sinA﹣cosA）＞0，且0＜A＜π，∴，∴當即A＝時，b2取得最小值＝12，∴b的最小值為，即AC最小值為．故答案為：．【練習4】在中，，已知邊上的中線，則面積的最大值為__________．【答案】.【解析】在△ABC中，，BC邊上的中線AD=3，，設AB＝c，AC＝b，平方可得9＝.化簡可得，，∴bc≤36，當且僅當時成立，故△ABC的面積S＝故答案為：（三）解三角形的實際應用必備知識：實際測量中的有關名稱、術語名稱定義圖示仰角在同一鉛垂平面內，視線在水平線上方時l與水平線的夾角俯角在同一鉛垂平面內，視線在水平線l下方時與水平線的夾角方向角從指定方向線到目標方向線的水平角(指定方向線是指正北或正南或正東或正西，方向角小于90°)南偏西60°指以正南方向為始邊，轉向目標方向線形成的角方位角從正北的方向線按順時針到目標方向線所轉過的水平角1.例題【例1】在海岸A處，發現北偏東45°方向，距離A處(eq\r(3)－1)nmile的B處有一艘走私船，在A處北偏西75°的方向，距離A2nmile的C處的緝私船奉命以10eq\r(3)nmile的速度追截走私船．此時，走私船正以10nmile/h的速度從B處向北偏東30°方向逃竄，問緝私船沿什么方向能最快追上走私船？【解析】設緝私船用th在D處追上走私船，畫出示意圖，則有CD＝10eq\r(3)t，BD＝10t，在△ABC中，∵AB＝eq\r(3)－1，AC＝2，∠BAC＝120°，∴由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝(eq\r(3)－1)2＋22－2·(eq\r(3)－1)·2·cos120°＝6，∴BC＝eq\r(6)，且sin∠ABC＝eq\f(AC,BC)·sin∠BAC＝eq\f(2,\r(6))·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠ABC＝45°，BC與正北方向成90°角．∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，在△BCD中，由正弦定理，得sin∠BCD＝eq\f(BD·sin∠CBD,CD)＝eq\f(10tsin120°,10\r(3)t)＝eq\f(1,2)，∴∠BCD＝30°.即緝私船沿北偏東60°方向能最快追上走私船.【例2】如圖，A，B兩點在河的同側，且A，B兩點均不可到達，測出A，B的距離，測量者可以在河岸邊選定兩點C，D，測得CD＝a，同時在C，D兩點分別測得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分別計算出AC和BC，再在△ABC中，應用余弦定理計算出AB.若測得CD＝eq\f(\r(3),2)km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B兩點間的距離．【解析】∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°，∴∠DAC＝60°，∴AC＝DC＝eq\f(\r(3),2).在△BCD中，∠DBC＝45°，由正弦定理，得BC＝eq\f(DC,sin∠DBC)·sin∠BDC＝eq\f(\f(\r(3),2),sin45°)·sin30°＝eq\f(\r(6),4).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos45°＝eq\f(3,4)＋eq\f(3,8)－2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),4)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,8).∴AB＝eq\f(\r(6),4)(km)．∴A，B兩點間的距離為eq\f(\r(6),4)km.【例3】某人在點C測得塔頂A在南偏西80°，仰角為45°，此人沿南偏東40°方向前進100米到D，測得塔頂A的仰角為30°，則塔高為____________米．答案100解析如圖，設塔高x米，則BC＝x，BD＝eq\r(3)x(x>0)，∵CD＝100，∠BCD＝80°＋40°＝120°，BD2＝BC2＋CD2－2×BC×CDcos∠BCD，∴3x2＝x2＋1002－2×100×x×(－eq\f(1,2))，∴2x2－100x－10000＝0，∴x2－50x－5000＝0，∴x＝100(負值舍去)．2.鞏固提升綜合練習【練習1】甲船在A處，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B處，乙船以每小時10海里的速度向正北方向行駛，而甲船同時以每小時8海里的速度由A處向北偏西60°方向行駛，問經過多少小時后，甲、乙兩船相距最近？【解析】設甲、乙兩船經t小時后相距最近且分別到達P、Q兩處，因乙船到達A處需2小時．①當0≤t＜2時，如圖(1)，在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，所以PQ＝eq\r(AQ2＋AP2－2AQ×AP×cos120°)＝eq\r(20－10t2＋8t2－220－10t×8t×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(84t2－240t＋400)＝2eq\r(21t2－60t＋100)；②當t＝2時，PQ＝8×2＝16；③當t>2時，如圖(2)，在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，∴PQ＝eq\r(AQ2＋AP2－2AQ·APcos60°)＝2eq\r(21t2－60t＋100).綜合①②③知，PQ＝2eq\r(21t2－60t＋100)(t≥0)．當且僅當t＝eq\f(30,21)＝eq\f(10,7)時，PQ最?。鸺?、乙兩船行駛eq\f(10,7)小時后，相距最近．【練習2】如圖，一艘船自西向東勻速航行，上午10時到達一座燈塔P的南偏西75°距塔68海里的M處，下午2時到達這座燈塔的東南方向的N處，則這艘船航行的速度為()A.eq\f(17\r(6),2)海里/時 B．34eq\r(6)海里/時C.eq\f(17\r(2),2)海里/時 D．34eq\r(2)海里/時答案A解析由題意可知PM＝68，∠MPN＝120°，∠PNM＝45°，∴由正弦定理可得MN＝eq\f(PM·sin∠MPN,sin∠PNM)＝eq\f(68×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝34eq\r(6)，∴這艘船航行的速度為eq\f(34\r(6),4)＝eq\f(17\r(6),2)(海里/時)，故選A.【練習3】某氣象儀器研究所按以下方案測試一種“彈射型”氣象觀測儀器的垂直彈射高度：A、B、C三地位于同一水平面上，在C處進行該儀器的垂直彈射，觀測點A、B兩地相距100米，∠BAC＝60°，在A地聽到彈射聲音的時間比在B地晚eq\f(2,17)秒．在A地測得該儀器彈至最高點H時的仰角為30°，求該儀器的垂直彈射高度CH.(聲音的傳播速度為340米/秒)【解析】由題意，設AC＝x，則BC＝x－eq\f(2,17)×340＝x－40.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝BA2＋AC2－2×BA×AC×cos∠BAC，即(x－40)2＝10000＋x2－100x，解得x＝420.在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°，所以CH＝AC×tan∠CAH＝140eq\r(3).答該儀器的垂直彈射高度CH為140eq\r(3)米．三、課后自我檢測1．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a，b，c成等比數列，且a2＝c2＋ac－bc，則eq\f(c,bsinB)＝()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(2\r(3),3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\r(3)【答案】B．【解析】：由a，b，c成等比數列得b2＝ac，則有a2＝c2＋b2－bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，故A＝eq\f(π,3)，對于b2＝ac，由正弦定理得，sin2B＝sinAsinC＝eq\f(\r(3),2)·sinC，由正弦定理得，eq\f(c,bsinB)＝eq\f(sinC,sin2B)＝eq\f(sinC,\f(\r(3),2)sinC)＝eq\f(2\r(3),3).故選B．2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a＝3，c＝2eq\r(3)，bsinA＝acos則b＝()A．1 B.eq\r(2)C.eq\r(3) D.eq\r(5)【答案】：C【解析】：在△ABC中，由正弦定理得：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得bsinA＝asinB，又bsinA＝acos.∴asinB＝acos，即sinB＝cos＝cosBcoseq\f(π,6)－sinBsineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)cosB－eq\f(1,2)sinB，∴tanB＝eq\f(\r(3),3)，又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,6).∵在△ABC中，a＝3，c＝2eq\r(3)，由余弦定理得b＝eq\r(a2＋c2－2accosB)＝eq\r(9＋12－2×3×2\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\r(3).故選C.3．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝2，c＝3eq\r(2)，tanB＝2tanA，則△ABC的面積為()A．2 B．3C．3eq\r(2) D．4eq\r(2)【答案】：B【解析】：∵tanB＝2tanA，可得：eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(2sinA,cosA)，可得：2sinAcosB＝cosAsinB，∴sinC＝sinAcosB＋cosAsinB＝3sinAcosB，∴由正弦定理可得：c＝3acosB，∵a＝2，c＝3eq\r(2)，∴cosB＝eq\f(\r(2),2)，∴由B∈(0，π)，可得：B＝eq\f(π,4)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×3eq\r(2)×sineq\f(π,4)＝3.故選B.3．如圖，在△ABC中，∠C＝eq\f(π,3)，BC＝4，點D在邊AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E為垂足．若DE＝2eq\r(2)，則cosA等于()A．eq\f(2\r(2),3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(6),4) D．eq\f(\r(6),3)【答案】C．【解析】：依題意得，BD＝AD＝eq\f(DE,sinA)＝eq\f(2\r(2),sinA)，∠BDC＝∠ABD＋∠A＝2∠A.在△BCD中，eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sinC)，eq\f(4,sin2A)＝eq\f(2\r(2),sinA)×eq\f(2,\r(3))＝eq\f(4\r(2),\r(3)sinA)，即eq\f(4,2sinAcosA)＝eq\f(4\r(2),\r(3)sinA)，由此解得cosA＝eq\f(\r(6),4).4．在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若B＝2A，則eq\f(\r(2)b,a)的取值范圍是()A．(eq\r(2)，2) B．(2，eq\r(6))C．(eq\r(2)，eq\r(3)) D．(eq\r(6)，4)【答案】B【解析】∵B＝2A，∴sinB＝sin2A＝2sinAcosA，∴eq\f(b,a)＝2cosA．又C＝π－3A，C為銳角，∴0<π－3A<eq\f(π,2)?eq\f(π,6)<A<eq\f(π,3)，又B＝2A，B為銳角，∴0<2A<eq\f(π,2)?0<A<eq\f(π,4)，∴eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，eq\f(\r(2),2)<cosA<eq\f(\r(3),2)，∴eq\r(2)<eq\f(b,a)<eq\r(3)，∴2<eq\f(\r(2)b,a)<eq\r(6).5．在ΔABC中，角A、B、C所對的邊分別為a，b，c，a=2，B=45°，若三角形有兩解，則b的取值范圍是_______.【答案】2【解析】由題意結合正弦定理可知，滿足題意時有：asin即2×sin45°<b<2，據此可得6．已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的對邊，a＝4，b∈(4，6)，sin2A＝sinC，則c的取值范圍為________．【答案】：(4eq\r(2)，2eq\r(10))【解析】：由eq\f(4,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(4,sinA)＝eq\f(c,sin2A)，所以c＝8cosA，因為16＝b2＋c2－2bccosA，所以16－b2＝64cos2A－16bcos2A，又b≠4，所以cos2A＝eq\f(16－b2,64－16b)＝eq\f((4－b)(4＋b),16(4－b))＝eq\f(4＋b,16)，所以c2＝64cos2A＝64×eq\f(4＋b,16)＝16＋4b.因為b∈(4，6)，所以32<c2<40，所以4eq\r(2)<c<2eq\r(10).7．設△ABC的內角A，B，C的對邊a，b，c成等比數列，cos(A－C)－cosB＝eq\f(1,2)，延長BC至點D，若BD＝2，則△ACD面積的最大值為________．【答案】：eq\f(\r(3),4)【解析】：由題意知b2＝ac，且cos(A－C)＋cos(A＋C)＝eq\f(1,2)，即cosAcosC＋sinAsinC＋cosAcosC－sinAsinC＝eq\f(1,2)，即cosAcosC＝eq\f(1,4)，由余弦定理得eq\f(b2＋c2－a2,2bc)·eq\f(b2＋a2－c2,2ab)＝eq\f(1,4)，整理得b4－(a2－c2)2＝b4，所以a2－c2＝0，即a＝c，又b2＝ac，所以a＝b＝c，即△ABC為正三角形，所以S△ACD＝S△ABD－S△ABC＝eq\f(1,2)×2×c×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(3),4)c2＝－eq\f(\r(3),4)(c－1)2＋eq\f(\r(3),4)≤eq\f(\r(3),4)，當c＝1時取等號，故填eq\f(\r(3),4).8．(2019·高考全國卷Ⅱ)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積為________．【答案】：6eq\r(3)【解析】：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB.又∵b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，∴36＝4c2＋c2－2×2c2×eq\f(1,2)，∴c＝2eq\r(3)，a＝4eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3).9．若滿足，

=3，恰有一解，則實數的取值范圍是______．【答案】【解析】∵∠ABC=，AC=3，BC=m，∴由正弦定理得：sin∠BAC=sin∠ABC=×=，∵0＜∠BAC＜，若=1，即m=時，∠BAC為直角，只有一解；若＜＜1，即3＜m＜2時，∠BAC有兩種情況為arcsin（）或π﹣arcsin（），三角形就有兩解；若0＜≤，即0＜m≤3時，∠BAC只有一種情形為arcsin（），綜上，m的范圍為（0，3]∪{2}．故答案為：（0，3]∪{2}10．在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，外接圓的半徑為1，且eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c－b,b)，則△ABC面積的最大值為________．【答案】eq\f(3\r(3),4).【解析】因為eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c－b,b)，所以eq\f(bsinA,cosA)＝(2c－b)eq\f(sinB,cosB)，由正弦定理得sinBsinAcosB＝(2sinC－sinB)sinBcosA，又sinB≠0，所以sinAcosB＝(2sinC－sinB)cosA，所以sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA，即sin(A＋B)＝2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA，又sinC≠0，所以cosA＝eq\f(1,2)，sinA＝eq\f(\r(3),2).設外接圓的半徑為r，則r＝1，由余弦定理得bc＝eq\f(b2＋c2－a2,2cosA)＝b2＋c2－a2＝b2＋c2－(2rsinA)2＝b2＋c2－3≥2bc－3(當且僅當b＝c時，等號成立)，所以bc≤3，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(3\r(3),4).所以△ABC面積的最大值為eq\f(3\r(3),4).11．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB．(1)求角B；(2)若b＝2eq\r(7)，tanC＝eq\f(\r(3),2)，求△ABC的面積．【解析】：(1)因為a2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB，所以由余弦定理，得2accosB＝abcosA＋a2cosB，又a≠0，所以2ccosB＝bcosA＋acosB，由正弦定理，得2sinCcosB＝sinBcosA＋sinAcosB＝sin(A＋B)＝sinC，又C∈(0，π)，sinC>0，所以cosB＝eq\f(1,2).因為B∈(0