2019版數(shù)學(xué)（文）高分計(jì)劃一輪高分講義：第3章三角函數(shù)、解三角形 3.6　正弦定理和余弦定理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精3．6正弦定理和余弦定理［知識梳理］1．正弦定理、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則2．在△ABC中，已知a，b和A時(shí)，三角形解的情況3．三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\f(1，2)acsinB＝eq\f（1,2)absinC。(3)S＝eq\f（1，2）r(a＋b＋c)(r為三角形的內(nèi)切圓半徑)．4．在△ABC中，常有的結(jié)論（1)∠A＋∠B＋∠C＝π.（2）在三角形中大邊對大角,大角對大邊．（3)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．[診斷自測]1．概念思辨（1)在三角形中,已知兩角和一邊或已知兩邊和一角都能解三角形．(）(2)在△ABC中，eq\f(a，sinA）＝eq\f（a＋b－c，sinA＋sinB－sinC)。（）(3）若a，b，c是△ABC的三邊，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．（）(4)在△ABC中，若sinAsinB〈cosAcosB，則此三角形是鈍角三角形．()答案（1)√（2)√（3）√(4）√2．教材衍化（1)（必修A5P10A組T4）在△ABC中，a＝4，b＝5,c＝6,則eq\f（sin2A，sinC）＝________。答案1解析由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，又由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f(25＋36－16，2×5×6）＝eq\f（3，4)，所以eq\f(sin2A，sinC）＝eq\f（2sinAcosA，sinC)＝2×eq\f(4,6)×eq\f(3，4)＝1.(2）（必修A5P20A組T11）若銳角△ABC的面積為10eq\r（3）,且AB＝5，AC＝8,則BC等于________．答案7解析因?yàn)椤鰽BC的面積S△ABC＝eq\f（1,2）AB·ACsinA,所以10eq\r（3)＝eq\f(1,2)×5×8sinA,解得sinA＝eq\f（\r（3），2),因?yàn)榻茿為銳角，所以cosA＝eq\f(1,2).根據(jù)余弦定理，得BC2＝52＋82－2×5×8cosA＝52＋82－2×5×8×eq\f(1，2)＝49，所以BC＝7.3．小題熱身（1)(2016·天津高考)在△ABC中，若AB＝eq\r(13），BC＝3,∠C＝120°，則AC＝()A．1B．2C．3D．4答案A解析在△ABC中，設(shè)A,B，C所對的邊分別為a，b,c,則由c2＝a2＋b2－2abcosC,得13＝9＋b2－2×3b×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）)),即b2＋3b－4＝0,解得b＝1（負(fù)值舍去)，即AC＝1。故選A.(2）(2016·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A,B，C的對邊分別為a，b,c,若cosA＝eq\f(4,5）,cosC＝eq\f(5,13），a＝1，則b＝________.答案eq\f（21，13）解析由已知可得sinA＝eq\f（3，5)，sinC＝eq\f（12，13)，則sinB＝sin(A＋C)＝eq\f(3,5)×eq\f（5,13)＋eq\f（4,5）×eq\f（12，13)＝eq\f（63,65)，再由正弦定理可得eq\f（a,sinA）＝eq\f（b,sinB）?b＝eq\f（1×\f(63，65),\f（3，5)）＝eq\f（21,13).題型1利用正、余弦定理解三角形eq\o（\s\up7（),\s\do5（典例1)）（2018·鄭州預(yù)測）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c,若eq\f(b,\r（3)cosB)＝eq\f(a,sinA)，則cosB＝(）A．－eq\f（1，2)B。eq\f(1,2)C．－eq\f(\r（3),2）D。eq\f（\r(3)，2)邊角互化法．答案B解析由正弦定理知eq\f(sinB，\r(3)cosB)＝eq\f（sinA,sinA)＝1，即tanB＝eq\r（3），由B∈（0，π),所以B＝eq\f（π，3），所以cosB＝coseq\f（π,3)＝eq\f(1，2)。故選B.eq\o（\s\up7(），\s\do5（典例2）)（2018·重慶期末)在△ABC中，已知AB＝4eq\r（3),AC＝4，∠B＝30°，則△ABC的面積是（)A．4eq\r（3）B．8eq\r(3）C．4eq\r（3）或8eq\r（3）D.eq\r(3)注意本題的多解性．答案C解析在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝42＝（4eq\r（3))2＋BC2－2×4eq\r(3)BCcos30°，解得BC＝4或BC＝8.當(dāng)BC＝4時(shí)，AC＝BC，∠B＝∠A＝30°，△ABC為等腰三角形，∠C＝120°,△ABC的面積為eq\f（1,2）AB·BCsinB＝eq\f（1,2)×4eq\r（3)×4×eq\f(1，2)＝4eq\r（3).當(dāng)BC＝8時(shí)，△ABC的面積為eq\f(1，2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r（3）×8×eq\f(1,2）＝8eq\r（3)。故選C.方法技巧正、余弦定理在解三角形中的應(yīng)用技巧1．已知兩邊和一邊的對角或已知兩角和一邊都能用正弦定理解三角形，正弦定理的形式多樣，其中a＝2RsinA,b＝2RsinB,c＝2RsinC能夠?qū)崿F(xiàn)邊角互化．見典例1。2．已知兩邊和它們的夾角、已知兩邊和一邊的對角或已知三邊都能直接運(yùn)用余弦定理解三角形．見典例2。3．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(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角定理進(jìn)行判斷．見典例2。沖關(guān)針對訓(xùn)練1．（2017·河西五市聯(lián)考）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b,c,且滿足(b－a）sinA＝（b－c)·（sinB＋sinC)，則角C等于(）A。eq\f(π，3)B。eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f（2π，3）答案A解析由題意，得（b－a)a＝（b－c)(b＋c),∴ab＝a2＋b2－c2,∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2，2ab)＝eq\f（1,2），∴C＝eq\f(π，3)。故選A.2．（2018·山東師大附中模擬)在△ABC中,角A，B,C的對邊分別是a,b，c，已知cos2A＝－eq\f（1,3）,c＝eq\r（3）,sinA＝eq\r(6）sinC。(1)求a的值；(2)若角A為銳角，求b的值及△ABC的面積．解(1)在△ABC中,c＝eq\r（3),sinA＝eq\r(6）sinC，由正弦定理eq\f（a,sinA）＝eq\f（c,sinC),得a＝eq\r(6)c＝eq\r（6）×eq\r(3）＝3eq\r（2）。（2)由cos2A＝1－2sin2A＝－eq\f(1,3)得，sin2A＝eq\f(2，3），由0<A<eq\f（π,2），得sinA＝eq\f（\r(6)，3）,則cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(\r（3）,3).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，化簡，得b2－2b－15＝0,解得b＝5（b＝－3舍去）．所以S△ABC＝eq\f（1,2）bcsinA＝eq\f（1，2）×5×eq\r（3)×eq\f（\r(6）,3）＝eq\f(5\r(2），2）.題型2利用正、余弦定理判斷三角形的形狀eq\o（\s\up7（),\s\do5(典例）)（2017·陜西模擬）設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B，C所對的邊分別為a，b，c,若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為（）A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定用邊角互化法．答案B解析∵bcosC＋ccosB＝asinA，由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A,∴sin(B＋C）＝sin2A，即sinA＝sin2A。又sinA〉0，∴sinA＝1,∴A＝eq\f（π，2）,故△ABC為直角三角形．故選B.[條件探究1]將本典例條件變?yōu)椤叭?sinAcosB＝sinC”，那么△ABC一定是(）A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形答案B解析解法一:由已知得2sinAcosB＝sinC＝sin（A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sin(A－B)＝0，因?yàn)椋小碅－B<π，所以A＝B。故選B。解法二:由正弦定理得2acosB＝c，由余弦定理得2a·eq\f(a2＋c2－b2，2ac)＝c?a2＝b2?a＝b。故選B.［條件探究2]將本典例條件變?yōu)椤叭簟鰽BC的三個(gè)內(nèi)角滿足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13”，則△ABC(A．一定是銳角三角形B．一定是直角三角形C．一定是鈍角三角形D．可能是銳角三角形，也可能是鈍角三角形答案C解析在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，∴a∶b∶c＝5∶11∶13，故設(shè)a＝5k，b＝11k,c＝13k（k〉0),由余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab）＝eq\f(25k2＋121k2－169k2，2×5×11k2)＝－eq\f(23，110)〈0，又∵C∈(0，π)，∴C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，2）,π）)，∴△ABC為鈍角三角形．故選C.［條件探究3]將本典例條件變?yōu)椤叭鬮cosB＋ccosC＝acosA"，試判斷三角形的形狀．解由已知得b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋c·eq\f(a2＋b2－c2，2ab)＝a·eq\f（b2＋c2－a2，2bc），∴b2(a2＋c2－b2)＋c2（a2＋b2－c2）＝a2(b2＋c2－a2）．∴(a2＋c2－b2)(b2＋a2－c2)＝0?！郺2＋c2＝b2或b2＋a2＝c2，即B＝eq\f(π,2)或C＝eq\f(π，2)。∴△ABC為直角三角形．方法技巧判定三角形形狀的兩種常用途徑提醒：“角化邊”后要注意用因式分解、配方等方法得出邊的相應(yīng)關(guān)系；“邊化角"后要注意用三角恒等變換公式、三角形內(nèi)角和定理及誘導(dǎo)公式推出角的關(guān)系．沖關(guān)針對訓(xùn)練在△ABC中，a，b,c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且2asinA＝（2b－c)sinB＋（2c－b）sinC(1）求角A的大?。?2)若sinB＋sinC＝eq\r（3)，試判斷△ABC的形狀．解（1)由2asinA＝（2b－c）sinB＋（2c－b)sinC及正弦定理,得2a2＝(2b－c)b＋（2c－b即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f（1，2），A∈(0,π）,∴A＝60°。（2)∵A＋B＋C＝180°，∴B＋C＝180°－60°＝120°。由sinB＋sinC＝eq\r(3)，得sinB＋sin（120°－B)＝eq\r（3）,∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝eq\r（3).∴eq\f(3,2)sinB＋eq\f（\r(3）,2)cosB＝eq\r(3），即sin(B＋30°)＝1?！?°<B〈120°，∴30°〈B＋30°〈150°?！郆＋30°＝90°，即B＝60°?！郃＝B＝C＝60°，∴△ABC為等邊三角形。題型3與三角形有關(guān)的最值角度1與三角形邊長有關(guān)的最值eq\o（\s\up7(），\s\do5（典例）)(2017·杏花嶺區(qū)模擬)已知銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝bcosC＋eq\f（\r(3),3)csinB.（1)求B;(2）若b＝2，求ac的最大值．本題采用轉(zhuǎn)化法．解（1)在△ABC中，∵a＝bcosC＋eq\f(\r（3）,3）csinB，∴sinA＝sinBcosC＋eq\f（\r(3),3)sinCsinB，∴sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋eq\f(\r(3)，3)sinCsinB，化為cosBsinC＝eq\f(\r（3),3)sinCsinB，sinC≠0，可得tanB＝eq\r（3），B∈(0，π），∴B＝eq\f（π，3).（2）由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝2R＝eq\f(4，\r(3)），令y＝ac＝2RsinA·2RsinC＝eq\f(16,3)sinAsinC＝eq\f(16,3)sinAsineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2π，3)－A))＝eq\f(8，3)sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2A－\f(π,6))）＋eq\f(4，3).∵0〈A<eq\f(π，2）,0<eq\f（2π,3)－A〈eq\f（π,2)，∴eq\f（π，6）〈A〈eq\f（π，2)。故eq\f（π,6)<2A－eq\f（π,6)〈eq\f（5π，6），∴sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2A－\f（π,6）））∈eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（1，2),1)),∴y∈eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(8，3)，4)）?！郺c的最大值為4。角度2與三角形內(nèi)角有關(guān)的最值eq\o(\s\up7(）,\s\do5(典例)）（2017·莊河市期末）在△ABC中,a，b，c分別為角A，B，C的對邊，設(shè)f（x)＝a2x2－（a2－b2)x－4c2.（1）若f(1)＝0，且B－C＝eq\f(π,3)，求角C的大??；（2）若f(2）＝0，求角C的取值范圍．本題采用放縮法．解（1）由f(1)＝0，得a2－a2＋b2－4c2＝0∴b＝2c又由正弦定理，得sinB＝2sinC,∵B－C＝eq\f(π,3）,∴sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，3)＋C))＝2sinC，整理得eq\r（3）sinC＝cosC，∴tanC＝eq\f（\r(3）,3）?！呓荂是三角形的內(nèi)角，∴C＝eq\f（π,6).(2)∵f（2）＝0，∴4a2－2a2＋2b2－4c2即a2＋b2－2c2＝0由余弦定理,得cosC＝eq\f（a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f（a2＋b2,4ab）≥eq\f(2ab，4ab)＝eq\f（1，2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號）．又∵余弦函數(shù)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,\f(π,2)))上遞減，C是銳角，∴0<C≤eq\f（π，3）.方法技巧求與三角形中邊角有關(guān)的量的取值范圍時(shí)，主要是利用已知條件和有關(guān)定理，將所求的量用三角形的某個(gè)內(nèi)角或某條邊表示出來，結(jié)合三角形邊角的取值范圍、函數(shù)值域的求法求解范圍即可．沖關(guān)針對訓(xùn)練（2018·綿陽檢測）已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\r（3）sin\f(x，4)，1)），n＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（cos\f（x，4)，cos2\f(x,4)))，記f(x）＝m·n.(1）若f(x)＝1，求coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2π，3)－x))的值；（2）在△ABC中，角A,B,C的對邊分別是a，b，c,且滿足（2a－c)cosB＝bcosC，求函數(shù)f(A)解（1)f（x)＝m·n＝eq\r（3）sineq\f（x,4）coseq\f（x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r（3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f（1,2）coseq\f(x,2)＋eq\f(1，2)＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（x，2)＋\f（π，6)））＋eq\f（1，2）。因?yàn)閒(x)＝1，所以sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(x,2）＋\f（π,6)))＝eq\f(1,2）,coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,3）)）＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（x，2)＋\f（π，6）)）＝eq\f（1，2），coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π，3)－x）)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，3））)＝－eq\f（1，2）.（2）因?yàn)?2a－c）cosB＝bcosC由正弦定理得(2sinA－sinC）cosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC,所以2sinAcosB＝sin（B＋C），因?yàn)锳＋B＋C＝π,所以sin(B＋C）＝sinA，且sinA≠0，所以cosB＝eq\f（1，2)，B＝eq\f(π,3)，所以0〈A〈eq\f(2π,3），所以eq\f(π，6)〈eq\f（A,2）＋eq\f(π，6)<eq\f（π，2)，eq\f(1,2）〈sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(A，2）＋\f（π,6）))〈1，又因?yàn)閒(x）＝m·n＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(x,2)＋\f（π，6）))＋eq\f(1，2),所以f（A)＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（A,2)＋\f（π,6）))＋eq\f(1,2），故函數(shù)f（A）的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f（3，2））).1．(2017·全國卷Ⅰ）△ABC的內(nèi)角A,B，C的對邊分別為a，b，c.已知sinB＋sinA（sinC－cosC）＝0，a＝2，c＝eq\r(2)，則C＝（)A。eq\f（π，12)B.eq\f（π，6）C。eq\f（π,4）D.eq\f（π,3)答案B解析因?yàn)閍＝2，c＝eq\r（2），所以由正弦定理可知，eq\f(2,sinA）＝eq\f(\r（2),sinC)，故sinA＝eq\r（2）sinC.又B＝π－(A＋C)，故sinB＋sinA(sinC－cosC）＝sin（A＋C）＋sinAsinC－sinAcosC＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝(sinA＋cosA)sinC＝0.又C為△ABC的內(nèi)角，故sinC≠0，則sinA＋cosA＝0，即tanA＝－1.又A∈（0，π)，所以A＝eq\f(3π,4）.從而sinC＝eq\f（1,\r(2））sinA＝eq\f(\r（2）,2)×eq\f（\r(2)，2）＝eq\f（1，2）.由A＝eq\f(3π,4)知C為銳角，故C＝eq\f（π,6).故選B。2．(2018·南陽模擬)在△ABC中,內(nèi)角A,B，C的對邊分別為a,b，c。若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f（1,2)b，且a〉b，則B＝________。答案eq\f（π，6）解析由正弦定理，得sinB（sinAcosC＋sinCcosA）＝eq\f（1,2)sinB，即sinBsin(A＋C）＝eq\f（1,2）sinB，因?yàn)閟inB≠0，所以sinB＝eq\f（1,2)，所以B＝eq\f（π，6)或eq\f（5π，6),又因?yàn)閍〉b,故B＝eq\f（π,6）.3．（2018·沈陽模擬）在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a,b，c，且滿足(a－b）(sinA＋sinB）＝（c－b)·sinC。若a＝eq\r(3)，則b2＋c2的取值范圍是________．答案5<b2＋c2≤6解析由正弦定理可得，(a－b）·(a＋b)＝（c－b)·c，即b2＋c2－a2＝bc，cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2)))，∴A＝eq\f(π，3）.∵eq\f（b，sinB）＝eq\f(c，sinC)＝eq\f（\r（3），sin\f(π,3))＝2,∴b2＋c2＝4（sin2B＋sin2C)＝4[sin2B＋sin2（A＋B)］＝4eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（1－cos2B，2)＋\f（1－cos2A＋B，2）)）＝eq\r（3）sin2B－cos2B＋4＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2B－\f(π，6）））＋4。∵△ABC是銳角三角形，且A＝eq\f（π，3），∴B∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,6)，\f（π，2）））,即2B－eq\f（π，6)∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,6），\f(5π,6)））,∴eq\f（1,2）<sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2B－\f(π，6）））≤1，∴5<b2＋c2≤6。4．（2015·全國卷Ⅰ）已知a，b,c分別為△ABC內(nèi)角A，B,C的對邊，sin2B＝2sinAsinC。（1）若a＝b,求cosB;（2)設(shè)B＝90°，且a＝eq\r（2），求△ABC的面積．解(1)由題設(shè)及正弦定理可得b2＝2ac又a＝b，可得b＝2c，a＝2由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2，2ac）＝eq\f(1，4)。(2)由(1)知b2＝2ac因?yàn)锽＝90°，由勾股定理得a2＋c2＝b2.故a2＋c2＝2ac,得c＝a＝eq\r(2)。所以△ABC的面積為1。[重點(diǎn)保分兩級優(yōu)選練］A級一、選擇題1．（2017·長沙模擬)在△ABC中,角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(13），b＝3,A＝60°，則邊c＝（）A．1B．2C．4D．6答案C解析a2＝c2＋b2－2cbcosA?13＝c2＋9－6ccos60°，即c2－3c－4＝0，解得c＝4或c＝－1（舍去）．故選2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊長分別為a，b,c。若∠C＝120°，c＝eq\r(2)a,則()A．a(chǎn)〉bB．a(chǎn)〈bC．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)與b的大小關(guān)系不能確定答案A解析據(jù)題意由余弦定理可得a2＋b2－2abcos120°＝c2＝（eq\r（2）a)2，化簡整理得a2＝b2＋ab,變形得a2－b2＝(a＋b)（a－b）＝ab〉0，故有a－b>0，即a>b。故選A.3．（2017·湖南長郡中學(xué)六模）若△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知2bsin2A＝asinB，且c＝2b,則eq\f(a,b）等于（）A．2B．3C.eq\r（2）D.eq\r(3）答案A解析由2bsin2A＝asinB，得4bsinAcosA＝asinB，由正弦定理得4sinBsinAcosA＝sinAsinB，∵sinA≠0，且sinB≠0,∴cosA＝eq\f（1,4)，由余弦定理得a2＝b2＋4b2－b2，∴a2＝4b2，∴eq\f（a，b）＝2.故選A.4．(2017·衡水中學(xué)調(diào)研)在△ABC中，三邊之比a∶b∶c＝2∶3∶4,則eq\f（sinA－2sinB，sin2C)＝（）A．1B．2C．－2D。eq\f（1，2）答案B解析不妨設(shè)a＝2，b＝3,c＝4，故cosC＝eq\f（4＋9－16，2×2×3)＝－eq\f（1，4），故eq\f（sinA－2sinB，sin2C）＝eq\f（a－2b，2ccosC）＝eq\f（2－6,8×\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,4）)))＝2。故選B.5．在△ABC中，A，B，C是三角形的三個(gè)內(nèi)角，a，b，c是三個(gè)內(nèi)角對應(yīng)的三邊，已知b2＋c2＝a2＋bc.若sinBsinC＝eq\f（3，4），△ABC的形狀(）A．等邊三角形 B．不含60°的等腰三角形C．鈍角三角形 D．直角三角形答案A解析在△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）?！?〈A〈π，故A＝eq\f（π，3)。∵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),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∵－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（π,3)，也就是△ABC為等邊三角形．故選A.6．(2014·江西高考)在△ABC中，內(nèi)角A,B，C所對的邊分別是a，b，c.若c2＝（a－b)2＋6,C＝eq\f(π，3)，則△ABC的面積是（）A．3B.eq\f（9\r(3）,2)C。eq\f(3\r(3),2）D．3eq\r(3)答案C解析c2＝(a－b）2＋6，即c2＝a2＋b2－2ab＋6。①∵C＝eq\f（π，3），∴由余弦定理得c2＝a2＋b2－ab,②由①和②得ab＝6，∴S△ABC＝eq\f（1，2)absinC＝eq\f（1,2）×6×eq\f(\r（3）,2)＝eq\f（3\r(3)，2).故選C.7．(2018·上海楊浦質(zhì)量調(diào)研）設(shè)銳角△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對邊的邊長分別為a，b,c,且a＝1，B＝2A，則b的取值范圍為(A．（eq\r(2)，eq\r（3))B．(1，eq\r(3）)C．(eq\r（2)，2)D．（0,2)答案A解析由eq\f（a，sinA）＝eq\f(b,sinB)＝eq\f（b，sin2A）,得b＝2cosA.eq\f(π，2）<A＋B＝3A<π，從而eq\f(π,6）<A〈eq\f(π,3）.又2A〈eq\f(π,2),所以A<eq\f（π,4），所以eq\f（π,6)<A<eq\f(π,4)，eq\f(\r(2）,2)〈cosA〈eq\f（\r（3),2)，所以eq\r（2）<b〈eq\r（3）.故選A.8．（2014·全國卷Ⅱ）鈍角三角形ABC的面積是eq\f（1，2），AB＝1，BC＝eq\r(2），則AC＝（)A．5B.eq\r（5)C．2D．1答案B解析S△ABC＝eq\f（1,2)AB·BCsinB＝eq\f（1，2）×1×eq\r（2)sinB＝eq\f（1，2），∴sinB＝eq\f（\r(2)，2），∴B＝45°或135°.若B＝45°，則由余弦定理得AC＝1，∴△ABC為直角三角形，不符合題意,因此B＝135°,由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝1＋2－2×1×eq\r（2)×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(\r（2)，2)））＝5，∴AC＝eq\r(5）.故選B.9．(2018·遼寧五校第一次聯(lián)考）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a,b，c，若直線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．等腰或者直角三角形答案C解析由兩直線平行可得bcosB－acosA＝0，由正弦定理可知sinBcosB－sinAcosA＝0,即eq\f(1，2）sin2A＝eq\f(1，2）sin2B,又A,B∈（0,π),且A＋B∈（0，π），所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2）.若A＝B,則a＝b，cosA＝cosB，此時(shí)兩直線重合，不符合題意，舍去，故A＋B＝eq\f（π,2），則△ABC是直角三角形．故選C.10．(2017·武昌調(diào)研）在銳角△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a，b，c.若a＝2bsinC，則tanA＋tanB＋tanC的最小值是()A．4B．3eq\r（3)C．8D．6eq\r(3）答案C解析a＝2bsinC?sinA＝2sinBsinC?sin（B＋C)＝2sinBsinC?tanB＋tanC＝2tanBtanC,又根據(jù)三角形中的三角恒等式tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC(注：tanA＝tan(π－B－C）＝－tan（B＋C)＝－eq\f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)，即tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC）?tanBtanC＝eq\f（tanA,tanA－2），∴tanAtanBtanC＝tanA·eq\f（tanA,tanA－2）＝eq\f（m2，m－2）(tanA＝m)，令m－2＝t?eq\f(t＋22,t)＝t＋eq\f(4，t）＋4≥8,當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f（4,t），即t＝2，tanA＝4時(shí),取等號．故選C.二、填空題11．(2015·重慶高考)設(shè)△ABC的內(nèi)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cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab），得－eq\f（1,4)＝eq\f(22＋32－c2，2×2×3)，解得c＝4。12．(2018·河北唐山一模)在△ABC中，角A,B，C的對邊a,b，c成等差數(shù)列,且A－C＝90°，則cosB＝________。答案eq\f（3，4）解析∵a，b，c成等差數(shù)列，∴2b＝a＋c.∴2sinB＝sinA＋sinC。∵A－C＝90°，∴2sinB＝sin(90°＋C)＋sinC.∴2sinB＝cosC＋sinC?！?sinB＝eq\r（2)sin（C＋45°）．①∵A＋B＋C＝180°且A－C＝90°,∴C＝45°－eq\f(B，2），代入①式中，2sinB＝eq\r(2）sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－\f（B，2））)?！?sinB＝eq\r(2)coseq\f(B,2).∴4sineq\f（B，2)coseq\f（B，2)＝eq\r（2）coseq\f（B,2).∴sineq\f（B，2）＝eq\f(\r（2），4).∴cosB＝1－2sin2eq\f(B,2)＝1－eq\f（1,4)＝eq\f（3,4）。13．(2018·沈陽監(jiān)測）已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，且滿足4S＝a2－(b－c）2，b＋c＝8,則S的最大值為________．答案8解析由題意得4×eq\f（1，2）bcsinA＝a2－b2－c2＋2bc，又a2＝b2＋c2－2bccosA,代入上式得2bcsinA＝－2bccosA＋2bc,即sinA＋cosA＝1，eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（A＋\f（π，4）)）＝1,又0<A〈π，∴eq\f（π,4）<A＋eq\f（π，4）〈eq\f（5π,4)，∴A＋eq\f（π，4)＝eq\f(3π，4)，∴A＝eq\f（π，2），S＝eq\f（1，2）bcsinA＝eq\f(1，2）bc,又b＋c＝8≥2eq\r（bc），當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取“＝”，∴bc≤16，∴S的最大值為8。14．（2017·浙江高考）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＝________.答案eq\f(\r(15),2）eq\f(\r（10),4）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cos∠ABC＝eq\f(1,4),sin∠ABC＝eq\f（\r(15）,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)。B級三、解答題15．（2018·鄭州質(zhì)檢)已知△ABC的外接圓直徑為eq\f（4\r（3），3)，角A,B,C所對的邊分別為a，b，c，C＝60°.(1)求eq\f(a＋b＋c，sinA＋sinB＋sinC）的值；（2）若a＋b＝ab，求△ABC的面積．解（1)因?yàn)閑q\f（a,sinA）＝eq\f(b,sinB）＝eq\f(c,sinC)＝2R＝eq\f（4\r（3）,3），所以a＝eq\f（4\r（3),3）sinA，b＝eq\f（4\r（3）,3)sinB，c＝eq\f(4\r(3)，3）sinC。所以eq\f(a＋b＋c，sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(\f(4\r(3），3)sinA＋sinB＋sinC，sinA＋sinB＋sinC）＝eq\f(4\r(3),3)。（2)由c＝eq\f（4\r(3），3)sinC，得c＝eq\f（4\r(3）,3)×eq\f（\r(3），2）＝2，c2＝a2＋b2－2abcosC，即4＝a2＋b2－ab＝(a＋b）2－3ab，又a＋b＝ab，所以（ab)2－3ab－4＝0，解得ab＝4或ab＝－1(舍去），所以S△ABC＝eq\f(1，2)absinC＝eq\f(1,2）×4×eq\f(\r（3）,2）＝eq\r（3).16．（2017·湖北四校聯(lián)考)已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c,且滿足sin2A＋sinAsinB－6sin2B＝(1）求eq\f（a,b）的值；（2）若cosC＝eq\f(3,4)，求sinB的值．解(1)因?yàn)閟in2A＋sinAsinB－6sin2B＝0，sinB≠0所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（sinA,sinB)）)2＋eq\f(sinA，sinB）－6＝0，得eq\f(sinA,sinB)＝2或eq\f（sinA，sinB)＝－3（舍去)．由正弦定理得eq\f(a，b)＝eq\f（sinA，sinB)＝2。(2)由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2