專題22正弦定理余弦定理-數(shù)學(xué)高頻考點(diǎn)重點(diǎn)題型

專題22正弦定理、余弦定理核心體系12二、關(guān)鍵能力掌握正弦定理、余弦定理,并能解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問題.三、教學(xué)建議從近三年高考情況來看，本講是高考的必考內(nèi)容．預(yù)計(jì)2022年會(huì)以對(duì)正、余弦定理的考查為主，利用兩定理解三角形(求三角形邊或角)，解與三角形面積有關(guān)的最值問題．此外，判斷三角形的形狀及三角形內(nèi)三角函數(shù)的計(jì)算也不容忽視．題型既可以是客觀題也可以是解答題，屬中檔題型.四、自主梳理 1．正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(其中R為△ABC外接圓的半徑)．常用變形：①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；③a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA．2．余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB；c2＝a2＋b2－2abcosCcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)．3．三角形中的常見結(jié)論(1)A＋B＋C＝π．(2)在三角形中大邊對(duì)大角，大角對(duì)大邊：A>Ba>bsinA>sinB．(3)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．(4)△ABC的面積公式①S＝eq\f(1,2)a·h(h表示a邊上的高)；②S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R)；③S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為內(nèi)切圓半徑)；④S＝eq\r(P(P－a)(P－b)(P－c))，其中P＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)．五、高頻考點(diǎn)+重點(diǎn)題型考點(diǎn)一、三角形中求邊、求角、求周長(zhǎng)、求面積例1-1(1)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，則A＝________.(2)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，則A＝(3)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C＝(4)（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知，若，則B=【答案】(1)75°(2)eq\f(π,3)(3)eq\f(π,4)(4)注：（求角）【解析】(1)由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(3),2),3)＝eq\f(\r(2),2)，結(jié)合b<c得B＝45°，則A＝180°－B－C＝75°.(2)∵(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，∴由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝c(c－b)，即b2＋c2－a2＝bc.所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(3)因?yàn)閍2＋b2－c2＝2abcosC，且S△ABC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以S△ABC＝eq\f(2abcosC,4)＝eq\f(1,2)absinC，所以tanC＝1.又C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,4).(4)因?yàn)?，即，而，所以；?-2（1）已知△ABC中，A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,4)，a＝1，則b等于()A．2B．1C.eq\r(3) D.eq\r(2)（2）△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知a＝3，b＝2，cos(A＋C)＝－eq\f(\r(5),3)，則c＝()A.eq\r(5)B．5C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(5),3)【答案】（1）D（2）A注：（求邊）【解析】（1）由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)?b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\r(2).【解析】（2）因?yàn)閏os(A＋C)＝－eq\f(\r(5),3)，所以cosB＝eq\f(\r(5),3)，又因?yàn)閍＝3，b＝2，所以b2＝c2＋a2－2cacosB，即4＝c2＋9－2eq\r(5)c，即c2－2eq\r(5)c＋5＝0，解得c＝eq\r(5).例1-3在△ABC中，cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，sinC＝2sinA，則△ABC的面積等于()A.eq\f(1,4)B．eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2)D．eq\f(\r(15),4)【答案】D注：（求面積）【解析】在△ABC中，cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，sinC＝2sinA，由正弦定理得c＝2a；由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝a2＋4a2－2a·2a·eq\f(1,4)＝4a2＝4，解得a＝1，可得c＝2，所以△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×1×2×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),4).故選D.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）在中，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理的邊角變換與余弦定理即可得解.【詳解】因?yàn)?，所以由正弦定理得，即，則，故，又，所以.故選：B.2.(2020·新高考全國(guó)卷Ⅰ)在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)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(duì)邊分別為a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,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(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)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(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)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(shí)問題中的三角形不存在．3.(2020·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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.【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或c＝－2(舍去)，從而a＝2eq\r(3).所以△ABC的面積為eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×sin150°＝eq\r(3).(2)因?yàn)樵凇鰽BC中，A＝180°－B－C＝30°－C，所以sinA＋eq\r(3)sinC＝sin(30°－C)＋eq\r(3)sinC＝sin(30°＋C)．故sin(30°＋C)＝eq\f(\r(2),2).而0°＜C＜30°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.4．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長(zhǎng)的三個(gè)正三角形的面積依次為，已知．(1)求的面積；(2)若，求b．【答案】(1)(2)【詳解】（1）由題意得，則，即，由余弦定理得，整理得，則，又，則，，則；（2）由正弦定理得：，則，則，.5．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，已知．(1)證明：；(2)若，求的周長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)14【分析】（1）利用兩角差的正弦公式化簡(jiǎn)，再根據(jù)正弦定理和余弦定理化角為邊，從而即可得證；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論結(jié)合余弦定理求出，從而可求得，即可得解.【詳解】（1）證明：因?yàn)?，所以，所以，即，所以；?）解：因?yàn)椋桑?）得，由余弦定理可得，則，所以，故，所以，所以的周長(zhǎng)為.考點(diǎn)二、求角、邊、面積、周長(zhǎng)的范圍或最值例2-1.在△ABC中，A，B，C的對(duì)應(yīng)邊分別為a，b，c，滿足1－eq\f(b,a＋c)≤eq\f(a,b＋c)，則角C的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))【答案】A【解析】由1－eq\f(b,a＋c)≤eq\f(a,b＋c)，得：a(a＋c)＋b(b＋c)≥(b＋c)(a＋c)，化簡(jiǎn)得：a2＋b2－c2≥ab，同除以2ab，利用余弦定理得cosC≥eq\f(1,2)，所以0＜C≤eq\f(π,3).例2-2.（2021·四川省成都外國(guó)語(yǔ)學(xué)校）在銳角中，，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由題得因?yàn)槿切问卿J角三角形，所以.由正弦定理得.所以.例2-3.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足asinB＝eq\r(3)bcosA.若a＝4，則△ABC周長(zhǎng)的最大值為________.【解析】由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可將asinB＝eq\r(3)bcosA轉(zhuǎn)化為sinAsinB＝eq\r(3)sinBcosA.又在△ABC中，sinB>0，∴sinA＝eq\r(3)cosA，即tanA＝eq\r(3).∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).由余弦定理得a2＝16＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))eq\s\up12(2)，則(b＋c)2≤64，即b＋c≤8(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝4時(shí)等號(hào)成立)，∴△ABC周長(zhǎng)＝a＋b＋c＝4＋b＋c≤12，即最大值為12.例2-4．（2021·四川省）在中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若，當(dāng)面積最大時(shí)，此時(shí)的為（）A．直角三角形 B．鈍角三角形C．等邊三角形 D．不能對(duì)形狀進(jìn)行判斷【答案】C【解析】，當(dāng)取最大值，面積最大，由余弦定理可得，，解得，當(dāng)?shù)忍?hào)成立，所以為等邊三角形.故選：C.例2-5．（2021·全國(guó)高三（文））在銳角中，若，則的范圍（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由正弦定理得=2cosB，∵△ABC是銳角三角形，∴三個(gè)內(nèi)角均為銳角，即有0＜B＜，0＜C=2B＜，0＜π-A-B=π-3B＜，解得＜B＜，余弦函數(shù)在此范圍內(nèi)是減函數(shù)．故＜cosB＜．∴，故選A．訓(xùn)練題組1．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知．求的最小值．答案：．解：由題知，，所以，而，所以，即有，所以所以．當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以的最小值為．考點(diǎn)三、判斷三角形的形狀例3.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若eq\f(c,b)<cosA，則△ABC為()A.鈍角三角形 C.銳角三角形 【解析】由eq\f(c,b)<cosA，得eq\f(sinC,sinB)<cosA，又B∈(0，π)，所以sinB>0，所以sinC<sinBcosA，即sin(A＋B)<sinBcosA，所以sinAcosB<0，因?yàn)樵谌切沃衧inA>0，所以cosB<0，即B為鈍角，所以△ABC為鈍角三角形.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()C.鈍角三角形解析：由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴sinA＝1，即A＝eq\f(π,2)，∴△ABC為直角三角形.2.(2020·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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．【解析】(1)由已知得sin2A＋cosA＝eq\f(5,4)，即cos2A－cosA＋eq\f(1,4)＝0.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(1,2)))2＝0，所以cosA＝eq\f(1,2).由于0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).(2)證明：由正弦定理及已知條件可得sinB－sinC＝eq\f(\r(3),3)sinA．由(1)知A＝eq\f(π,3)，B＋C＝eq\f(2π,3)，所以sinB－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(\r(3),3)sineq\f(π,3)，即eq\f(1,2)sinB－eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\f(1,2)，從而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))＝eq\f(1,2).由于0＜B＜eq\f(2π,3)，故B＝eq\f(π,2).從而△ABC是直角三角形．考點(diǎn)四、多個(gè)三角形組合圖形的求解例4-1.(2020·全國(guó)卷Ⅰ)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)注：（借邊角）【解析】依題意得，AE＝AD＝eq\r(3).在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠EAC＝3＋1－2eq\r(3)cos30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝eq\r(AC2＋AB2)＝eq\r(1＋3)＝2，BF＝BD＝eq\r(AD2＋AB2)＝eq\r(6)，所以在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(BC2＋CF2－BF2,2BC·CF)＝eq\f(22＋12－\r(6)2,2×2×1)＝－eq\f(1,4).例4-2.在中,角所對(duì)的邊分別為,且滿足.(1)求角;(2)為邊上一點(diǎn),,且,求.答案：（1）A=2注：（方程與方程組）解析：（2）方法一：CDsinπ6=bsin可得c=2b，所以所以cosC=a2+方法二：CDsinπ6=AD可得sinC=2sinB，且B+C=π3，所以方法三：訓(xùn)練題組一（借邊角）1．（2021·四川外國(guó)語(yǔ)大學(xué)附屬）如圖，在四邊形中，，，，.（1）若，求；（2）記，當(dāng)為何值時(shí)，的面積有最小值？求出最小值.【解析】（1）在四邊形中，因?yàn)?，，所以，在?可得，，由正弦定理得:,解得：.（2）因?yàn)椋傻?四邊形內(nèi)角和得，CD=1sin（1500?所以的面積S=12求出最值即可訓(xùn)練題組二（方程與方程組）1.（2021南京三模T17）已知四邊形ABCD中，AC與BD交于點(diǎn)E，AB＝2BC＝2CD＝4．（1）若∠ADC＝eq\f(2π,3)，AC＝3，求cos∠CAD；（2）若AE＝CE，BE＝2eq\r(,2)，求△ABC的面積．答案：(1)eq\f(\r(,6),3)(2)eq\R(,7)注：（1）已知邊角求角（2）方程思想（方法一、與互補(bǔ)建立方程）（方法二、在兩個(gè)三角形中用余弦定理建立方程）解：(1)在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，所以sin∠CAD＝eq\f(CDsin∠ADC,AC)＝eq\f(2×sin\f(2π,3),3)＝eq\f(\r(,3),3)． 2分因?yàn)?＜∠CAD＜eq\f(π,3)，因此cos∠CAD＝eq\r(,1－sin2∠CAD)＝eq\r(,1－(\f(\r(,3),3))2)＝eq\f(\r(,6),3)． 4分(2)方法1設(shè)AE＝CE＝x，∠AEB＝α．在△ABE中，8＋x2－4eq\r(2)xcosα＝16．①在△BCE中，8＋x2－4eq\r(2)xcos(π－α)＝4，即8＋x2＋4eq\r(2)xcosα＝4．② 6分①②相加，解得x＝eq\R(,2)，即AE＝CE＝eq\R(,2)． 8分將x＝eq\R(,2)代入①，解得cosα＝－eq\F(3,4)．因?yàn)?＜α＜π，所以sinα＝eq\r(,1－cos2α)＝eq\f(\r(,7),4)，所以△ABC的面積S△ABC＝2S△ABE＝2×eq\f(1,2)AE×BE×sinα＝2×(eq\f(1,2)×eq\R(,2)×2eq\R(,2)×eq\f(\r(,7),4))＝eq\R(,7)． 10分方法2=同方法一方法3因?yàn)锳E＝CE，所以eq\o(\s\up6(→),BE)＝eq\s\do1(\f(1,2))(eq\o(\s\up6(→),BA)＋eq\o(\s\up6(→),BC))，兩邊平方得4eq\o(\s\up6(→),BE)2＝eq\o(\s\up6(→),BA)2＋eq\o(\s\up6(→),BC)2＋2|eq\o(\s\up6(→),BA)|·|eq\o(\s\up6(→),BC)|cos∠ABC，即32＝16＋4＋2×4×2cos∠ABC，得cos∠ABC＝eq\F(3,4)，又0＜∠ABC＜π，所以sin∠ABC＝eq\r(1－cos2∠ABC)＝eq\s\do1(\f(eq\r(7),4))． 8分所以△ABC的面積S△ABC＝eq\s\do1(\f(1,2))AB·BC·sin∠ABC＝eq\s\do1(\f(1,2))×4×2×eq\s\do1(\f(eq\r(7),4))＝eq\R(,7)． 10分2、在中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且．（1）求B﹔（2）若，求的值．【答案】（1）（2）【解析】（1）由，可得，由正弦定理得，即，由余弦定理得，因?yàn)?，可得；?）方法一：，則，又，可得﹐又由（1），得，所以，所以，所以．方法二：條件化簡(jiǎn)可得sinAsinC由余弦定理，再由正弦定理得sin可得si化簡(jiǎn)可得sinA方法三：條件化簡(jiǎn)可得sinAsinC=3可得sin(2π所以sinA題組六、高、中線、角平分線、例6-1．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知在中，．(1)求；(2)設(shè)，求邊上的高．【答案】(1)(2)6【分析】（1）根據(jù)角的關(guān)系及兩角和差正弦公式，化簡(jiǎn)即可得解；（2）利用同角之間的三角函數(shù)基本關(guān)系及兩角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根據(jù)等面積法求解即可.【詳解】（1），，即，又，，，，即，所以，.（2）由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.例6-2．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，已知的面積為，為中點(diǎn)，且．(1)若，求；(2)若，求．【答案】(1)；(2).【分析】（1）方法1，利用三角形面積公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面積公式求出，作出邊上的高，利用直角三角形求解作答.（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面積公式求出即可求解作答；方法2，利用向量運(yùn)算律建立關(guān)系求出a，再利用三角形面積公式求出即可求解作答.【詳解】（1）方法1：在中，因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，，，

則，解得，在中，，由余弦定理得，即，解得，則，，所以.方法2：在中，因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，，，則，解得，在中，由余弦定理得，即，解得，有，則，，過作于，于是，，所以.（2）方法1：在與中，由余弦定理得，整理得，而，則，又，解得，而，于是，所以.方法2：在中，因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，則，又，于是，即，解得，又，解得，而，于是，所以.例6-3．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）在中，，的角平分線交BC于D，則．【答案】【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根據(jù)等面積法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根據(jù)正弦定理求出，即可根據(jù)三角形的特征求出．【詳解】如圖所示：記，方法一：由余弦定理可得，，因?yàn)?，解得：，由可得，，解得：．故答案為：．方法二：由余弦定理可得，，因?yàn)?，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因?yàn)椋?，，又，所以，即．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題壓軸相對(duì)比較簡(jiǎn)單，既可以利用三角形的面積公式解決角平分線問題，也可以用角平分定義結(jié)合正弦定理、余弦定理求解，知識(shí)技能考查常規(guī)．訓(xùn)練題組1.【2020·江蘇卷】在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在邊BC上取一點(diǎn)D，使得，求的值．【解析】（1）在△ABC中，因?yàn)?，由余弦定理，得，所?在中，由正弦定理，得，所以（2）在△ABC中，因?yàn)?所以為鈍角，而,所以為銳角.故則.因?yàn)?，所以?從而2．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知中，點(diǎn)D在邊BC上，．當(dāng)取得最小值時(shí)，．【答案】/【分析】設(shè)，利用余弦定理表示出后，結(jié)合基本不等式即可得解.【詳解】[方法一]：余弦定理設(shè)，則在中，，在中，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，等號(hào)成立，所以當(dāng)取最小值時(shí)，.故答案為：.[方法二]：建系法令BD=t，以D為原點(diǎn)，OC為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系.則C（2t,0），A（1，），B（-t,0）[方法三]：余弦定理，，，，令，則，，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立.[方法四]：判別式法設(shè)，則在中，，在中，，所以，記，則由方程有解得：即，解得：所以，此時(shí)所以當(dāng)取最小值時(shí)，，即.鞏固訓(xùn)練一、單項(xiàng)選擇題1．在△ABC中，若AB＝eq\r(13)，BC＝3，C＝120°，則AC等于()A．1B．2C．3D．4答案：A解析：設(shè)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，則a＝3，c＝eq\r(13)，C＝120°，由余弦定理得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1或b＝－4(舍去)，即AC＝1.在△ABC中，AB＝eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，A＝60°，則角C的值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4) D.eq\f(3π,4)或eq\f(π,4)【答案】C【解析】由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，即eq\f(\r(2),sinC)＝eq\f(\r(3),sin60°)，解得sinC＝eq\f(\r(2),2)，所以C＝eq\f(3π,4)或eq\f(π,4)，由BC＞AB得A＞C，所以C＝eq\f(π,4)，故選C.3．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，則BC的長(zhǎng)為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．2答案：B解析：因?yàn)镾＝eq\f(1,2)AB·ACsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)AC＝eq\f(\r(3),2)，所以AC＝1，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosABC＝eq\r(3).4．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知a＝eq\r(3)b，A－B＝eq\f(π,2)，則角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)樵凇鰽BC中，A－B＝eq\f(π,2)，所以A＝B＋eq\f(π,2)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB，因?yàn)閍＝eq\r(3)b，所以由正弦定理得sinA＝eq\r(3)sinB，所以cosB＝eq\r(3)sinB，所以tanB＝eq\f(\r(3),3)，因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)，所以C＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6).故選B.5．(2020·全國(guó)卷Ⅲ)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)解析：選A由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cosC＝16＋9－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，解得AB＝3，所以cosB＝eq\f(9＋9－16,2×3×3)＝eq\f(1,9).故選A.6．在△ABC中，cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)(a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊)，則△ABC的形狀為()A．等邊三角形B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形答案：B解析：∵cos2eq\f(B,2)＝eq\f(1＋cosB,2)，cos2eq\f(B,2)＝eq\f(a＋c,2c)，∴(1＋cosB)·c＝a＋c，∴a＝cosB·c＝eq\f(a2＋c2－b2,2a)，∴2a2＝a2＋c2－b2，∴a2＋b2＝c2，∴△ABC為直角三角形．7．(2022·大慶模擬)已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a＝eq\r(3)，b2＋c2－bc＝3，則△ABC面積的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3\r(3),4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3\r(3),4)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),4))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),4)))解析：A由于a＝eq\r(3)，b2＋c2－bc＝3，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，且A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，那么外接圓半徑為R＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝1，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)·2RsinB·2Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\r(3)sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB))＝eq\f(3,2)sinBcosB＋eq\f(\r(3),2)sin2B＝eq\f(3,4)sin2B＋eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)cos2B))＝eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2B－\f(1,2)cos2B))＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),4)．由于△ABC為銳角三角形，所以0＜B＜eq\f(π,2)，0<C＝π－A－B＝eq\f(2π,3)－B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)＜2B－eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，eq\f(1,2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))≤1，故eq\f(\r(3),2)＜S△ABC≤eq\f(3\r(3),4)．故選A．8．(2022·合肥模擬)北京大興國(guó)際機(jī)場(chǎng)(如圖所示)位于中國(guó)北京市大興區(qū)和河北省廊坊市交界處，為4F級(jí)國(guó)際機(jī)場(chǎng)、世界級(jí)航空樞紐．如圖，天安門在北京大興國(guó)際機(jī)場(chǎng)的正北方向46km處，北京首都國(guó)際機(jī)場(chǎng)在北京大興國(guó)際機(jī)場(chǎng)北偏東16．28°方向上，在天安門北偏東47．43°的方向上，則北京大興國(guó)際機(jī)場(chǎng)與北京首都國(guó)際機(jī)場(chǎng)的距離約為(參考數(shù)據(jù)：sin16．28°≈0．28，sin47．43°≈0．74，sin31．15°≈0．52)()A．65．46km B．85．09kmC．74．35km D．121．12km解析：A如圖所示，由題意可得AC＝46km，∠ACB＝16．28°，∠BAC＝132．57°，由正弦定理可得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(BC,°)＝eq\f(46,°)，解得BC＝eq\f(46,°)·sin132．57°≈eq\f(46,0.52)×0．74≈65．46．故選A．二、多項(xiàng)選擇題9．(2022·長(zhǎng)治模擬)在Rt△ABC中，C＝90°，角A的平分線交BC于點(diǎn)D，AD＝1，cos∠BAC＝eq\f(1,8)，以下結(jié)論正確的是()A．AB＝8 B．eq\f(CD,BD)＝eq\f(1,8)C．AB＝6 D．△ABD的面積為eq\f(3\r(7),4)解析：BCD如圖所示，因?yàn)锳D是角平分線，設(shè)∠CAD＝∠DAB＝α，則∠BAC＝2α，根據(jù)二倍角公式得cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,8)，且0＜α＜eq\f(π,2)，所以cosα＝eq\f(3,4)，在Rt△ACD中，AD＝1，所以AC＝ADcosα＝eq\f(3,4)，在Rt△ACB中，AB＝eq\f(AC,cos2α)＝eq\f(3,4)×8＝6，故A錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)角平分線定理，eq\f(CD,BD)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,8)，故B正確；因?yàn)閏osα＝eq\f(3,4)，且0＜α＜eq\f(π,2)，所以sinα＝eq\f(\r(7),4)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)AD·AB·sinα＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(3\r(7),4)，故D正確，故選B、C、D．10．已知a，b，c分別是△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，下列四個(gè)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是等邊三角形答案：ACD解析：∵tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC>0，∴A，B，C均為銳角，∴選項(xiàng)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(xiàng)B錯(cuò)；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，∴選項(xiàng)C正確；由已知和正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，∴選項(xiàng)D正確．三、填空題11．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面積為eq\r(3)，則△ABC的內(nèi)切圓的半徑為________．解析：由題意得△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝eq\r(3)，故bc＝4．因?yàn)锳＝60°，b＋c＝6，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝24，所以a＝2eq\r(6)，△ABC的周長(zhǎng)為6＋2eq\r(6)，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r，則eq\f(1,2)(a＋b＋c)r＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋2\r(6)))r＝eq\r(3)，所以r＝eq\r(3)－eq\r(2)．答案：eq\r(3)－eq\r(2)12．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\f(cosA－3cosC,cosB)＝eq\f(3c－a,b)，則eq\f(sinC,sinA)的值為__________．答案：3解析：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(cosA－3cosC,cosB)＝eq\f(3c－a,b)＝eq\f(3sinC－sinA,sinB)，即(cosA－3cosC)sinB＝(3sinC－sinA)·cosB，化簡(jiǎn)可得sin(A＋B)＝3sin(B＋C)，又知A＋B＋C＝π，所以sinC＝3sinA，因此eq\f(sinC,sinA)＝3．13．如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝4，點(diǎn)D在邊BC上，∠BAD＝45°，則tan∠CAD＝________．答案：eq\f(8＋\r(15),7)解析：在△ABC中，由余弦定理變式得cos∠BAC＝eq\f(32＋22－42,2·3·2)＝－eq\f(1,4)．又∠BAC∈(0，π)，∴sin∠BAC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),4)，∴tan∠BAC＝－eq\r(15)，∴tan∠CAD＝tan(∠BAC－45°)＝eq\f(tan∠BAC－tan45°,1＋tan∠BAC·tan45°)＝eq\f(－\r(15)－1,1－\r(15))＝eq\f(8＋\r(15),7)．14．(2020·新高考全國(guó)卷Ⅰ)某中學(xué)開展勞動(dòng)實(shí)習(xí)，學(xué)生加工制作零件，零件的截面如圖所示．O為圓孔及輪廓圓弧AB所在圓的圓心，A是圓弧AB與直線AG的切點(diǎn)，B是圓弧AB與直線BC的切點(diǎn)，四邊形DEFG為矩形，BC⊥DG，垂足為C，tan∠ODC＝eq\f