第四章　§4.8　正弦定理、余弦定理-2025高中數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版

§4.8正弦定理、余弦定理課標(biāo)要求1.掌握正弦定理、余弦定理及其變形.2.理解三角形的面積公式并能應(yīng)用.3.能利用正弦定理、余弦定理解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問題．知識(shí)梳理1．正弦定理、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則定理正弦定理余弦定理內(nèi)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)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinCcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)2.三角形解的判斷A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的個(gè)數(shù)一解兩解一解一解3.三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(nèi)切圓半徑)．常用結(jié)論在△ABC中，常有以下結(jié)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；sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；coseq\f(A＋B,2)＝sineq\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.(6)三角形中的面積S＝eq\r(pp－ap－bp－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,2)a＋b＋c)).自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)三角形中三邊之比等于相應(yīng)的三個(gè)內(nèi)角的余弦值之比．(×)(2)在△ABC中，若sinA>sinB，則a>b.(√)(3)在△ABC的六個(gè)元素中，已知任意三個(gè)元素可求其他元素．(×)(4)當(dāng)b2＋c2－a2>0時(shí)，△ABC為銳角三角形．(×)2．(必修第二冊(cè)P44T2改編)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解析在△ABC中，設(shè)AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，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?yàn)椤螧AC為△ABC的內(nèi)角，所以∠BAC＝eq\f(2π,3).3．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)的邊，已知b＝40，c＝20，C＝60°，則此三角形的解的情況是()A．有一解B．有兩解C．無解D．有解但解的個(gè)數(shù)不確定答案C解析由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq\r(3)>1.∴角B不存在，即此三角形無解．4．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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).題型一利用正弦、余弦定理解三角形例1(1)(2023·榆林模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若asinA＋(b＋λa)sinB＝csinC，則λ的取值范圍為()A．(－2,2) B．(0,2)C．[－2,2] D．[0,2]答案A解析因?yàn)閍sinA＋(b＋λa)sinB＝csinC，由正弦定理得c2＝a2＋b2＋λab，由余弦定理知c2＝a2＋b2－2abcosC，所以λ＝－2cosC，因?yàn)镃∈(0，π)，所以cosC∈(－1,1)，故λ∈(－2,2)．(2)(2024·蘭州模擬)用長(zhǎng)度為1,4,8,9的4根細(xì)木棒圍成一個(gè)三角形(允許連接，不允許折斷)，則其中某個(gè)三角形外接圓的直徑可以是(寫出一個(gè)答案即可)．答案eq\f(30\r(11),11)(答案不唯一)解析4根細(xì)木棒圍成的三角形的三邊長(zhǎng)可以為5,8,9，設(shè)邊長(zhǎng)為9的邊所對(duì)的角為θ，該三角形外接圓的半徑為R，由余弦定理知，cosθ＝eq\f(25＋64－81,2×5×8)＝eq\f(1,10)，因?yàn)棣取?0，π)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(3\r(11),10)，由正弦定理知，2R＝eq\f(9,sinθ)＝eq\f(9,\f(3\r(11),10))＝eq\f(30\r(11),11)，所以其中某個(gè)三角形外接圓的直徑可以是eq\f(30\r(11),11).思維升華解三角形時(shí)，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，則考慮用正弦定理，以上特征都不明顯時(shí)，則要考慮兩個(gè)定理都有可能用到．跟蹤訓(xùn)練1(1)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a＝1，c＝eq\f(\r(6),2)，A＝45°，則C等于()A．30°B．60°C．120°D．60°或120°答案D解析因?yàn)閍＝1，c＝eq\f(\r(6),2)，A＝45°，所以由正弦定理可得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\f(\r(6),2)×\f(\r(2),2),1)＝eq\f(\r(3),2)，又因?yàn)?°<C<180°，c>a，A＝45°，所以C＝60°或120°.(2)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bsin2A＝asinB，且c＝2b，則eq\f(a,b)等于()A．2B．3C.eq\r(2)D.eq\r(3)答案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).題型二正弦定理、余弦定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用命題點(diǎn)1三角形的形狀判斷例2(2023·臨沂模擬)在△ABC中，已知eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(b＋c,a)且滿足條件①a(sinA－sinB)＝(c－b)(sinC＋sinB)；②bcosA＋acosB＝csinC中的一個(gè)，試判斷△ABC的形狀，并寫出推理過程．注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．解由eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(b＋c,a)及正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(b＋c,a)，即a2＋ac＝b2＋bc，∴a2－b2＋ac－bc＝0，∴(a－b)(a＋b＋c)＝0，∴a＝b.若選①，則△ABC為等邊三角形．推理如下：由a(sinA－sinB)＝(c－b)(sinC＋sinB)及正弦定理，得a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，即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)，∴C＝eq\f(π,3).∴△ABC為等邊三角形．若選②，則△ABC為等腰直角三角形．推理如下：∵bcosA＋acosB＝b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(2c2,2c)＝c＝csinC，∴sinC＝1，∴C＝eq\f(π,2)，∴△ABC為等腰直角三角形．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(yīng)關(guān)系，從而判斷三角形的形狀．(2)化角：通過三角恒等變換，得出內(nèi)角的關(guān)系，從而判斷三角形的形狀．此時(shí)要注意應(yīng)用A＋B＋C＝π這個(gè)結(jié)論．命題點(diǎn)2三角形的面積例3(10分)(2023·新高考全國(guó)Ⅰ)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.(1)求sinA；[切入點(diǎn)：由A，B，C關(guān)系求角C及代換sinB](2)設(shè)AB＝5，求AB邊上的高．[關(guān)鍵點(diǎn)：由A，B，C關(guān)系求sinB][思路分析](1)由A，B，C關(guān)系求角C→B＝π－(A＋C)代入化簡(jiǎn)→tanA→sinA(2)由角C，sinA→sinB→AC→等面積法求高解(1)eq\x(\a\vs4\al\co1(∵A＋B＝3C，,∴π－C＝3C，,即C＝\f(π,4)，))(1分)①處由A，B，C關(guān)系求角C又2sin(A－C)＝eq\x(sinB＝sinA＋C，)(2分)②處由B與A，C關(guān)系代換sinB∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴sinA＝3cosA，③處兩角和差公式化簡(jiǎn)即tanA＝3，(4分)∴0<A<eq\f(π,2)，∴sinA＝eq\f(3,\r(10))＝eq\f(3\r(10),10).(5分)④處由正切求正弦(2)由(1)知，cosA＝eq\f(1,\r(10))＝eq\f(\r(10),10)，eq\x(\a\vs4\al\co1(由sinB＝sin(A＋C),＝sinAcosC＋cosAsinC,＝\f(\r(2),2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝\f(2\r(5),5)，))(7分)⑤處由B與A，C關(guān)系求sinB由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，AC＝eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq\r(10)，可得(8分)⑥處正弦定理求AC∴eq\f(1,2)AB·h＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA，⑦處等面積法求高∴h＝AC·sinA＝2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)＝6.(10分)思維升華三角形面積公式的應(yīng)用原則(1)對(duì)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(gè)角就使用哪一個(gè)公式．(2)與面積有關(guān)的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的轉(zhuǎn)化．命題點(diǎn)3與平面幾何有關(guān)的問題例4(2023·梅州模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知2a＋b＝2ccosB.(1)求角C；(2)若CD是角C的平分線，AD＝2eq\r(7)，DB＝eq\r(7)，求CD的長(zhǎng)．解(1)由2a＋b＝2ccosB，根據(jù)正弦定理可得2sinA＋sinB＝2sinCcosB，則2sin(B＋C)＋sinB＝2sinCcosB，所以2sinBcosC＋2cosBsinC＋sinB＝2sinCcosB，整理得(2cosC＋1)sinB＝0，因?yàn)锽，C均為三角形內(nèi)角，所以B，C∈(0，π)，sinB≠0，因此cosC＝－eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(2π,3).(2)因?yàn)镃D是角C的平分線，AD＝2eq\r(7)，DB＝eq\r(7)，所以在△ACD和△BCD中，由正弦定理可得，eq\f(AD,sin\f(π,3))＝eq\f(CD,sinA)，eq\f(BD,sin\f(π,3))＝eq\f(CD,sinB)，因此eq\f(AD,BD)＝eq\f(sinB,sinA)＝2，即sinB＝2sinA，所以b＝2a，又由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC，即(3eq\r(7))2＝a2＋4a2＋2a2，解得a＝3，所以b＝6，又S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，即eq\f(1,2)absin∠ACB＝eq\f(1,2)b·CD·sin∠ACD＋eq\f(1,2)a·CD·sin∠BCD，即18＝9CD，所以CD＝2.思維升華在平面幾何圖形中研究或求與角有關(guān)的長(zhǎng)度、角度、面積的最值、優(yōu)化設(shè)計(jì)等問題時(shí)，通常是轉(zhuǎn)化到三角形中，利用正、余弦定理通過運(yùn)算的方法加以解決．在解決某些具體問題時(shí)，常先引入變量，如邊長(zhǎng)、角度等，然后把要解三角形的邊或角用所設(shè)變量表示出來，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可．若研究最值，常使用函數(shù)思想．跟蹤訓(xùn)練2(1)(2024·西安模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，a＝2eq\r(17)，b＝5eq\r(2)，cosA＝eq\f(4,5)，則△ABC的面積為()A．36eq\r(2)B．18eq\r(3)C．27D．36答案C解析∵a＝2eq\r(17)，b＝5eq\r(2)，cosA＝eq\f(4,5)，∴由a2＝b2＋c2－2bccosA，可得c2－8eq\r(2)c－18＝(c－9eq\r(2))(c＋eq\r(2))＝0，解得c＝9eq\r(2)(負(fù)值舍去)．∵cosA＝eq\f(4,5)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(3,5)，∴△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×5eq\r(2)×9eq\r(2)×eq\f(3,5)＝27.(2)(2023·聊城模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a－b＝ccosB－ccosA，則△ABC的形狀一定是()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?yàn)閍－b＝ccosB－ccosA，所以由正弦定理得sinA－sinB＝sinCcosB－sinCcosA，因?yàn)閟inA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinBcosC＋cosBsinC－sinAcosC－cosAsinC＝sinCcosB－sinCcosA，整理得sinBcosC－sinAcosC＝0，所以(sinB－sinA)cosC＝0，所以sinB＝sinA或cosC＝0，因?yàn)锳，B，C∈(0，π)，所以A＝B或C＝eq\f(π,2)，即△ABC的形狀一定是等腰或直角三角形．(3)(2023·寶雞統(tǒng)考)在△ABC中，AB＝5，AC＝7，D為BC的中點(diǎn)，AD＝5，則BC等于()A．2eq\r(3)B．4eq\r(3)C．2eq\r(2)D．4eq\r(2)答案B解析方法一設(shè)BC＝2x，則BD＝CD＝x.在△ACD中，由余弦定理的推論可得，cos∠ADC＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝eq\f(25＋x2－49,10x).在△ABD中，由余弦定理的推論可得，cos∠ADB＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(25＋x2－25,10x).又∠ADC＋∠ADB＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠ADB，所以有eq\f(25＋x2－49,10x)＝－eq\f(25＋x2－25,10x)，整理可得x2＝12，解得x＝2eq\r(3)，所以BC＝4eq\r(3).方法二eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，則eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))，即25＝eq\f(1,4)(25＋49＋2×5×7×cos∠BAC)，解得cos∠BAC＝eq\f(13,35)，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝25＋49－2×5×7×eq\f(13,35)＝48，所以BC＝4eq\r(3).課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sinA＝6sinB，則c等于()A.eq\r(35)B.eq\r(31)C．6D．5答案B解析因?yàn)閟inA＝6sinB，則由正弦定理得a＝6b，又a＋2b＝8，所以a＝6，b＝1，因?yàn)镃＝60°，所以由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c2＝62＋12－2×6×1×eq\f(1,2)，解得c＝eq\r(31).2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊a，b，c依次成等差數(shù)列，且B＝eq\f(π,3)，則△ABC的形狀為()A．等邊三角形B．直角邊不相等的直角三角形C．等腰直角三角形D．鈍角三角形答案A解析因?yàn)閍，b，c依次成等差數(shù)列，所以b＝eq\f(a＋c,2).由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，將b＝eq\f(a＋c,2)代入上式整理得(a－c)2＝0，所以a＝c.又B＝eq\f(π,3)，所以△ABC為等邊三角形．3．(2023·紅河模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，△ABC的面積為eq\f(1,2)b(bsinB－asinA－csinC)，則B等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)答案D解析由題知，△ABC的面積為eq\f(1,2)b(bsinB－asinA－csinC)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)b(bsinB－asinA－csinC)，即asinC＝bsinB－asinA－csinC，所以由正弦定理得ac＝b2－a2－c2，即a2＋c2－b2＝－ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2)，因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(2π,3).4．(2023·宜賓模擬)如圖，在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，AD＝1，B＝eq\f(π,3)，且△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，則c等于()A．1B．2C．3D．4答案A解析∵B＝eq\f(π,3)，∴在△ABD中，由余弦定理得c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2c×eq\f(a,2)coseq\f(π,3)＝1，即a2＋4c2－2ac＝4，又S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac＝eq\f(\r(3),2)，解得ac＝2，①∴a2＋4c2－2ac＝4＝2ac，即4c2－4ac＋a2＝0，∴(2c－a)2＝0，即a＝2c，②將②代入①得2c2＝2，解得c＝1或c＝－1(舍去)．5.(2023·濰坊模擬)如圖，平面四邊形ABCD的內(nèi)角B＋D＝π，AB＝6，DA＝2，BC＝CD，且AC＝2eq\r(7).則角B等于()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)答案C解析設(shè)BC＝CD＝x>0，在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝36＋x2－2×6xcosB＝28，即x2＋8＝12xcosB，①又在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝4＋x2－2×2xcosD＝28，即x2－24＝4xcosD，②因?yàn)锽＋D＝π，則cosD＝cos(π－B)＝－cosB，聯(lián)立①②可得x＝4，cosB＝eq\f(1,2)，因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).6．(2022·樂山統(tǒng)考)已知△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3，AB＝2，cos2A＋sin2B＋sin2C＋sinBsinC＝1，D是邊BC上一點(diǎn)，∠CAD＝3∠BAD.則AD等于()A.eq\f(6,5)B.eq\f(3\r(3),4)C.eq\f(\r(6),2)D.eq\f(6\r(3),7)答案B解析設(shè)△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊為a，b，c，∵cos2A＋sin2B＋sin2C＋sinBsinC＝1，即sin2B＋sin2C＋sinBsinC＝sin2A，∴b2＋c2＋bc＝a2，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(2π,3)，又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3，AB＝2，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2bcosA＝2b×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－3，即b＝3，∴a2＝b2＋c2＋bc＝32＋22＋3×2＝19，故a＝eq\r(19)，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(19＋9－4,6\r(19))＝eq\f(4,\r(19))，sinC＝eq\f(\r(3),\r(19))，tanC＝eq\f(\r(3),4)，又∠CAD＝3∠BAD，A＝eq\f(2π,3)，∴∠CAD＝eq\f(π,2)，AD＝ACtanC＝3×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(3\r(3),4).二、多項(xiàng)選擇題7．(2024·南京模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若(a2＋c2－b2)tanB＝eq\r(3)ac，則B的值為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(5π,6)D.eq\f(2π,3)答案BD解析根據(jù)余弦定理可知a2＋c2－b2＝2accosB，代入(a2＋c2－b2)tanB＝eq\r(3)ac，可得2accosB·eq\f(sinB,cosB)＝eq\r(3)ac，即sinB＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)?<B<π，所以B＝eq\f(π,3)或B＝eq\f(2π,3).8．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，下列四個(gè)命題中正確的是()A．若acosA＝bcosB，則△ABC是等腰三角形B．若bcosC＋ccosB＝b，則△ABC是等腰三角形C．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，則△ABC是等邊三角形D．若B＝60°，b2＝ac，則△ABC是直角三角形答案BC解析對(duì)于A，若acosA＝bcosB，則由正弦定理得sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，則2A＝2B或2A＋2B＝180°，即A＝B或A＋B＝90°，則△ABC為等腰三角形或直角三角形，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若bcosC＋ccosB＝b，則由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)＝sinA＝sinB，即A＝B，則△ABC是等腰三角形，故B正確；對(duì)于C，若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，則由正弦定理得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，則tanA＝tanB＝tanC，即A＝B＝C，即△ABC是等邊三角形，故C正確；對(duì)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，故△ABC是等邊三角形，故D錯(cuò)誤．三、填空題9．(2023·上饒模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，eq\f(2cosA,bc)＝eq\f(cosB,ab)＋eq\f(cosC,ac)，則A＝.答案eq\f(π,3)解析因?yàn)閑q\f(2cosA,bc)＝eq\f(cosB,ab)＋eq\f(cosC,ac)，所以2a·cosA＝c·cosB＋b·cosC，由正弦定理得2sinAcosA＝sinCcosB＋sinBcosC，即2sinAcosA＝sin(B＋C)＝sinA，因?yàn)閟inA>0，所以cosA＝eq\f(1,2)，因?yàn)锳為三角形內(nèi)角，則A＝eq\f(π,3).10．我國(guó)南宋著名數(shù)學(xué)家秦九韶在他的著作《數(shù)書九章》卷五的“田域類”中寫道：?jiǎn)栍猩程镆欢?，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(zhǎng)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．答案84解析由題意畫出△ABC(圖略)，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)．11．已知△ABC的面積為S＝eq\f(1,4)(b2＋c2)(其中b，c為△ABC的邊長(zhǎng))，則△ABC的形狀為．答案等腰直角三角形解析依題意，△ABC的面積為S＝eq\f(1,4)(b2＋c2)，則eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,4)(b2＋c2)，即2bcsinA＝b2＋c2，由于0<A<π，所以0<sinA≤1，所以0<2bcsinA≤2bc，由基本不等式可知b2＋c2≥2bc，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立，所以sinA＝1，A＝eq\f(π,2)，△ABC是等腰直角三角形．12．(2023·沈陽(yáng)模擬)在△ABC中，∠BAC＝120°，D在BC上，AD⊥AC，AD＝1，則eq\f(1,AC)＋eq\f(2,AB)＝.答案eq\r(3)解析在△ADC中，AD⊥AC，AD＝1，所以eq\f(1,AC)＝eq\f(AD,AC)＝tanC，因?yàn)锽＝180°－∠BAC－C＝60°－C，在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，則AB＝eq\f(ACsinC,sinB)＝eq\f(\f(1,tanC)·sinC,sin60°－C)＝eq\f(cosC,\f(\r(3),2)cosC－\f(1,2)sinC)，所以eq\f(1,AB)＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)·eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)tanC，所以eq\f(1,AC)＋eq\f(2,AB)＝tanC＋(eq\r(3)－tanC)＝eq\r(3).四、解答題13．記△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知bsinC＝csineq\f(B,2).(1)求角B的大??；(2)若點(diǎn)D在邊AC上，BD平分∠ABC，a＝2，b＝eq\r(7)，求線段BD的長(zhǎng)．解(1)已知bsinC＝csineq\f(B,2)，由正弦定理，得sinBsinC＝sinCsineq\f(B,2)，因?yàn)镃∈(0，π)，所以sinC≠0，故sinB＝sineq\f(B,2)，即2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)＝sineq\f(B,2)，因?yàn)閑q\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sineq\f(B,2)≠0，則coseq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(B,2)＝eq\f(π,3)，則B＝eq\f(2π,3).(2)依題意，得eq\f(1,2)a·BD·sineq\f(π,3)＋eq\f(1,2)c·BD·sineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)acsineq\f(2π,3)，即a·BD＋c·BD＝ac，即2BD＋c·BD＝2c，所以BD＝eq\f(2c,2＋c).在△ABC中，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accoseq\f(2π,3)＝a2＋c2＋ac，即7＝4＋c2＋2c，解得c＝1或c＝－3(舍去)，所以BD＝eq\f(2c,2＋c)＝eq\f(2,3).14．(2023·新高考全國(guó)Ⅱ)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為eq\r(3)，D為BC的中點(diǎn)，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解(1)方法一在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ABD中，∠ADB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq\r(7).在△ABD中，則cosB＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq\f(5\r(7),14)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))2)＝eq\f(\r(21),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).方法二在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq\f(1,2)＝3，解得b＝eq\r(3)，又AC2＋AD2＝4＝CD2，則∠CAD＝eq\f(π,2)，C＝eq\f(π,6)，過A作AE⊥BC于點(diǎn)E，如圖所示，于是CE＝ACcosC＝eq\f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(5,2)，所以在Rt△AEB中，tanB＝eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(3),5).(2)方法一在△ABD與△ACD中，由余弦定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cosπ－∠ADC，,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，))整理得eq\f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，則a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.方法二在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，則2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，于是4eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.15.(2023·渝中模擬)如圖，設(shè)在△ABC中，AB＝BC＝AC，從頂點(diǎn)A連接對(duì)