高考數(shù)學(xué)（文）一輪復(fù)習(xí)教師用書第三章第七節(jié)正弦定理和余弦定理

第七節(jié)正弦定理和余弦定理1．正弦定理和余弦定理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)＝2R，(R為△ABC外接圓半徑)a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝c2＋a2－2cacos B；c2＝a2＋b2－2abcos_C變形形式(邊角轉(zhuǎn)化)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_CcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)2．三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)．1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)三角形中三邊之比等于相應(yīng)的三個內(nèi)角之比．()(2)在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B.()(3)在△ABC的六個元素中，已知任意三個元素可求其他元素．()(4)當b2＋c2－a2>0時，三角形ABC為銳角三角形．()(5)在三角形中，已知兩邊和一角就能求三角形的面積．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若c＝2a，bsin B－asinA＝eq\f(1,2)asinC，則cosB為()A.eq\f(\r(7),4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(7),3)D.eq\f(1,3)解析：選B∵bsinB－asinA＝eq\f(1,2)asinC，且c＝2a，∴b＝eq\r(2)a，∴cos B＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋4a2－2a2,4a2)＝eq\f(3,4).3．在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，則此三角形有()A．無解 B．兩解C．一解 D．解的個數(shù)不確定解析：選B∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(b,a)sinA＝eq\f(24,18)sin45°＝eq\f(2\r(2),3).又∵a<b，∴B有兩個解，即此三角形有兩解．4．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若c<bcosA，則△ABC為()A．鈍角三角形 B．直角三角形C．銳角三角形 D．等邊三角形解析：選A依題意得sinC<sinBcosA，所以sin(A＋B)<sin BcosA，即cosBsinA＋sinBcosA－sinBcosA<0，所以cosBsinA<0.又sinA>0，于是有cos B<0，B為鈍角，△ABC是鈍角三角形．5．(2017·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，則A＝________.解析：由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)sin60°,3)＝eq\f(\r(2),2)，因為0°＜B＜180°，所以B＝45°或135°.因為b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.答案：75°6．在△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，則△ABC的面積為________．解析：由余弦定理知72＝52＋BC2－2×5×BC×cos120°，即49＝25＋BC2＋5BC，解得BC＝3.故S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BcsinB＝eq\f(1,2)×5×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).答案：eq\f(15\r(3),4)eq\a\vs4\al(考點一利用正、余弦定理解三角形)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點——自主練透)[考什么·怎么考]利用正、余弦定理解三角形是高考的重點和熱點內(nèi)容，主要考查利用兩個定理求三角形的邊的長度、角的大小等，既有靈活多變的小題，也有考查能力的大題，試題多為中低檔題.考法(一)正弦定理解三角形1．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，則cos B等于()A.eq\f(\r(6),6)B.eq\f(\r(6),5)C.eq\f(\r(6),4)D.eq\f(\r(6),3)解析：選C因為a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，所以由正弦定理可得eq\f(\f(\r(6),2)b,sin2B)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(\f(\r(6),2),2sinBcosB)＝eq\f(1,sinB)，所以cosB＝eq\f(\r(6),4).2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若asin BcosC＋csin BcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，則B＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：選A由正弦定理得，sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝eq\f(1,2)sin B，所以sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(1,2)，即sin(A＋C)＝eq\f(1,2)，所以sinB＝eq\f(1,2).已知a>b，所以B不是最大角，所以B＝eq\f(π,6).3．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(3)，sin B＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,6)，則b＝________.解析：因為sinB＝eq\f(1,2)且B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)或B＝eq\f(5π,6)，又C＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,6)，A＝π－B－C＝eq\f(2π,3)，又a＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(b,sin\f(π,6))，解得b＝1.答案：1[題型技法]利用正弦定理可解決兩類問題基本類型一般解法已知兩角及其中一角的對邊，如A，B，a①由A＋B＋C＝180°，求出C；②根據(jù)正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)及eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，求出邊b，c已知兩邊及其中一邊所對的角，如a，b，A①根據(jù)正弦定理，經(jīng)討論求B；②求出B后，由A＋B＋C＝180°，求出C；③再根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，求出邊c.[提醒]也可以根據(jù)余弦定理，列出以邊c為元的一元二次方程c2－(2bcosA)c＋(b2－a2)＝0，根據(jù)一元二次方程的解法，求邊c，然后應(yīng)用正弦定理或余弦定理，求出B，C考法(二)余弦定理解三角形4．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b2＝ac，c＝2a，則cosC＝(A.eq\f(\r(2),4) B．－eq\f(\r(2),4)C.eq\f(3,4) D．－eq\f(3,4)解析：選B由題意得，b2＝ac＝2a2即b＝eq\r(2)a，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋2a2－4a2,2a×\r(2)a)＝－eq\f(\r(2),4).5．在△ABC中，AB＝3，BC＝eq\r(13)，AC＝4，則邊AC上的高為()A.eq\f(3\r(2),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(3,2) D．3eq\r(3)解析：選B由題意得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(32＋42－\r(13)2,2×3×4)＝eq\f(1,2)，∴sinA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，∴邊AC上的高h＝ABsinA＝eq\f(3\r(3),2).6．(2017·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若2bcos B＝acosC＋ccosA，則B＝________.解析：由2bcosB＝acosC＋ccosA及余弦定理，得2b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，整理得，a2＋c2－b2＝ac，所以2accosB＝ac＞0，cosB＝eq\f(1,2).又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)[題型技法]利用余弦定理可解決兩類問題已知兩邊和它們的夾角，如a，b，C①根據(jù)余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，求出邊c；②根據(jù)cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，求出A；③根據(jù)B＝180°－(A＋C)，求出B.求出第三邊后，也可用正弦定理求角，這樣往往可以使計算簡便，應(yīng)用正弦定理求角時，為了避開討論(因為正弦函數(shù)在區(qū)間(0，π)上是不單調(diào)的)，應(yīng)先求較小邊所對的角，它必是銳角已知三邊可以連續(xù)用余弦定理求出兩角，常常是分別求較小兩邊所對的角，再由A＋B＋C＝180°，求出第三個角；由余弦定理求出一個角后，也可以根據(jù)正弦定理求出第二個角，但仍然是先求較小邊所對的角[怎樣快解·準解]1．避免失誤準解題(1)應(yīng)用正弦定理求角時容易出現(xiàn)增解或漏解的錯誤，要根據(jù)條件和三角形的限制條件合理取舍．(2)求角時易忽略角的范圍而導(dǎo)致錯誤，需要根據(jù)大邊對大角，大角對大邊的規(guī)則，畫圖幫助判斷．2．運用知識結(jié)論巧解題(1)三角形的內(nèi)角和定理A＋B＋C＝π，由此可得到sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，tanA＝－tan(B＋C)；sineq\f(A,2)＝coseq\f(B＋C,2)，coseq\f(A,2)＝sineq\f(B＋C,2).(2)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列?B＝60°，A＋C＝120°.(3)在△ABC中，tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tan B·tanC.(4)△ABC為正三角形的充要條件是A，B，C成等差數(shù)列，且a，b，c成等比數(shù)列．(5)在△ABC中，A>B?sinA>sinB?cosA<cos B.(6)在△ABC中，最大內(nèi)角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))，最小內(nèi)角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).(7)在銳角△ABC中，sinA>cosB，sin B>cosC，sinC>cosA等．考點二利用正弦、余弦定理判定三角形的形狀eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)利用正、余弦定理判斷三角形的形狀主要是考查三角形是哪類特殊的三角形，在高考中考查頻率不高，一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，難度中等.[典題領(lǐng)悟]1．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，則△ABC的形狀為()A．直角三角形 B．等腰非等邊三角形C．等邊三角形 D．鈍角三角形解析：選C∵eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，∴eq\f(a,b)＝eq\f(a,c)，∴b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，∴b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3)，∴△ABC是等邊三角形．2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若c－acos B＝(2a－b)cosA，則△ABC的形狀為(A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形解析：選D因為c－acos B＝(2a－b)cosAC＝π－(A＋B)，所以由正弦定理得sinC－sinAcosB＝2sinAcosA－sin B·cosA，所以sinAcosB＋cosAsinB－sinAcos B＝2sinAcosA－sin BcosA，所以cosA(sinB－sinA)＝0，所以cosA＝0或sinB＝sinA，所以A＝eq\f(π,2)或B＝A或B＝π－A(舍去)，所以△ABC為等腰或直角三角形．[解題師說]1．判定三角形形狀的2種常用途徑2．判定三角形形狀的3個注意點(1)“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；(2)“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；(3)還要特別注意“等腰直角三角形”與“等腰三角形或直角三角形”的區(qū)別．[沖關(guān)演練]1．已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)＝eq\r(2)，則該三角形的形狀是()A．直角三角形 B．等腰三角形C．等邊三角形 D．鈍角三角形解析：選A因為eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)，由正弦定理得eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(sinB,sinA)，所以sin2A＝sin2B.由eq\f(b,a)＝eq\r(2)，可知a≠b，所以A≠B.又A，B∈(0，π)，所以2A＝180°－2B，即A＋B＝90°，所以C＝90°，于是△ABC是直角三角形．2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對邊分別是a，b，c，若sin2eq\f(B,2)＝eq\f(c－a,2c)，則△ABC的形狀一定是________．解析：由題意，得eq\f(1－cosB,2)＝eq\f(c－a,2c)，即cosB＝eq\f(a,c)，又由余弦定理，得eq\f(a,c)＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋b2＝c2，所以△ABC為直角三角形．答案：直角三角形eq\a\vs4\al(考點三與三角形面積有關(guān)的問題)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)正弦定理和余弦定理的應(yīng)用比較廣泛，也比較靈活，在高考中常與求三角形面積或取值范圍結(jié)合進行考查.有時是求三角形面積，有時是以三角形面積作為已知條件出現(xiàn)，求與三角形有關(guān)的量的取值范圍，此時難度較大.有關(guān)面積問題的考查，在高考中客觀題和解答題均有可能考查，屬于中檔題.[典題領(lǐng)悟](2017·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA).?(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周長．??[學(xué)審題]①看到△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA)想到三角形的面積公式，即可求出sin BsinC的值；②看到要求△ABC的周長想到求a＋b＋c的值；③看到cosBcosC的值想到第(1)問已求出sin BsinC的值，可求得A的值，借助余弦定理可求得b＋c.解：(1)由題設(shè)得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB＝eq\f(a,3sinA).由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB＝eq\f(sinA,3sinA).故sinBsinC＝eq\f(2,3).(2)由題設(shè)及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2).所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3).由題設(shè)得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，即bc＝8.由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝eq\r(33).故△ABC的周長為3＋eq\r(33).[解題師說]與三角形面積有關(guān)問題的解題模型[沖關(guān)演練]1．(2018·云南第一次統(tǒng)一檢測)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若B＝eq\f(π,2)，a＝eq\r(6)，sin2B＝2sinAsinC，則△ABC的面積S＝()A.eq\f(3,2) B．3C.eq\r(6) D．6解析：選B由sin2B＝2sinAsinC及正弦定理，得b2＝2ac，又B＝eq\f(π,2)，所以a2＋c2＝b2.②聯(lián)立①②解得a＝c＝eq\r(6)，所以S＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(6)＝3.2．(2018·安徽兩校階段性測試)如圖，在△ABC中，AB＝2，cos B＝eq\f(1,3)，點D在線段BC上．(1)若∠ADC＝eq\f(3π,4)，求AD的長；(2)若BD＝2DC，△ACD的面積為eq\f(4\r(2),3)，求eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)的值．解：(1)在△ABC中，∵cosB＝eq\f(1,3)，∴sin B＝eq\f(2\r(2),3).在△ABD中，eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB)，又AB＝2，∠ADB＝eq\f(π,4)，sinB＝eq\f(2\r(2),3)，∴AD＝eq\f(8,3).(2)∵BD＝2DC，∴S△ABD＝2S△ADC，S△ABC＝3S△ADC，又S△ADC＝eq\f(4\r(2),3)，∴S△ABC＝4eq\r(2)，∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BcsinB，即4eq\r(2)＝eq\f(1,2)×2×BC×eq\f(2\r(2),3)，∴BC＝6.∵S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD，S△ABD＝2S△ADC，∴eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝2·eq\f(AC,AB)，在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，∴AC＝4eq\r(2)，∴eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝2·eq\f(AC,AB)＝4eq\r(2).(一)普通高中適用作業(yè)A級——基礎(chǔ)小題練熟練快1．在△ABC中，若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)，則B的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：選B由正弦定理知，eq\f(sinA,sinA)＝eq\f(cosB,sinB)，∴sin B＝cos B，∴B＝45°.2．在△ABC中，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．有解但解的個數(shù)不確定解析：選C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，即滿足條件的三角形不存在．3．(2018·南昌模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，cos2A＝sinA，bc＝2，則△ABC的面積為(A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C．1 D．2解析：選A由cos2A＝sinA，得1－2sin2A＝sinA，解得sinA＝eq\f(1,2)(負值舍去)，由bc＝2，可得△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).4．在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若sinA＝eq\f(2\r(2),3)，a＝3，S△ABC＝2eq\r(2)，則b的值為()A．6 B．3C．2 D．2或3解析：選D因為S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝2eq\r(2)，所以bc＝6，又因為sinA＝eq\f(2\r(2),3)，所以cosA＝eq\f(1,3)，又a＝3，由余弦定理得9＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－4，b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3.5．在△ABC中，2acosA＋bcosC＋ccos B＝0，則角A的大小為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：選C由余弦定理得2acosA＋b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝0，即2acosA＋a＝0，∴cosA＝－eq\f(1,2)，A＝eq\f(2π,3).6．(2017·山東高考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC為銳角三角形，且滿足sin B(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，則下列等式成立的是()A．a(chǎn)＝2b B．b＝2C．A＝2B D．B＝2解析：選A由題意可知sin B＋2sin BcosC＝sinAcosC＋sin(A＋C)，即2sin BcosC＝sinAcosC，又cosC≠0，故2sin B＝sinA，由正弦定理可知a＝2b.7．在△ABC中，AB＝eq\r(6)，A＝75°，B＝45°，則AC＝________.解析：C＝180°－75°－45°＝60°，由正弦定理得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(AC,sin45°)，解得AC＝2.答案：28．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，A＝eq\f(π,4)，b2sinC＝4eq\r(2)sin B，則△ABC的面積為________．解析：因為b2sinC＝4eq\r(2)sinB，所以b2c＝4eq\r(2)b，所以bc＝4eq\r(2)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝2.答案：29．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＝________.解析：∵3sinA＝2sinB，∴3a＝2b又a＝2，∴b＝3.由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcosC，∴c2＝22＋32－2×2×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝16，∴c＝4.答案：410．已知△ABC的角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若cosA＝eq\f(7,8)，c－a＝2，b＝3，則a＝________.解析：由余弦定理可知，a2＝b2＋c2－2bccosA?a2＝9＋(a＋2)2－2·3·(a＋2)·eq\f(7,8)?a＝2.答案：2B級——中檔題目練通抓牢1．在△ABC中，若eq\f(sinC,sinA)＝3，b2－a2＝eq\f(5,2)ac，則cos B的值為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,4)解析：選D由題意知，c＝3a，b2－a2＝eq\f(5,2)ac＝c2－2accos B，所以cos B＝eq\f(c2－\f(5,2)ac,2ac)＝eq\f(9a2－\f(15,2)a2,6a2)＝eq\f(1,4).2．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，若a＝2bcosC，則此三角形一定是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形解析：選C法一：由余弦定理可得a＝2b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，因此a2＝a2＋b2－c2，得b2＝c2，于是b＝c，從而△ABC為等腰三角形．法二：由正弦定理可得sinA＝2sinBcosC，因此sin(B＋C)＝2sinBcosC，即sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBcosC，于是sin(B－C)＝0，因此B－C＝0，即B＝C，故△ABC為等腰三角形．3．(2017·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sin B＋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)解析：選B因為sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，所以sin(A＋C)＋sinAsinC－sinAcosC＝0，所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，整理得sinC(sinA＋cosA)＝0.因為sinC≠0，所以sinA＋cosA＝0，所以tanA＝－1，因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(3π,4)，由正弦定理得sinC＝eq\f(c·sinA,a)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(1,2)，又0＜C＜eq\f(π,4)，所以C＝eq\f(π,6).4．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，sinA，sin B，sinC成等差數(shù)列，且a＝2c，則cosA＝解析：因為sinA，sinB，sinC成等差數(shù)列，所以2sin B＝sinA＋sinC．由正弦定理得a＋c＝2b，又a＝2c，可得b＝eq\f(3,2)c，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\f(9,4)c2＋c2－4c2,2×\f(3,2)c2)＝－eq\f(1,4).答案：－eq\f(1,4)5．已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于點D，則eq\f(BD,CD)的值為________．解析：在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6(AB＝－2舍去)，則cos∠ABC＝eq\f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq\f(2\r(7),7)，BD＝AB·cos∠ABC＝6×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(12\r(7),7)，CD＝BC－BD＝2eq\r(7)－eq\f(12\r(7),7)＝eq\f(2\r(7),7)，所以eq\f(BD,CD)＝6.答案：66．(2018·貴州適應(yīng)性考試)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosB＝4，bsinA＝3.(1)求tanB及邊長a的值；(2)若△ABC的面積S＝9，求△ABC的周長．解：(1)在△ABC中，acosB＝4，bsinA＝3，兩式相除，有eq\f(bsinA,acosB)＝eq\f(sinBsinA,sinAcosB)＝tan B＝eq\f(3,4)，由sin2B＋cos2B＝1，eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(3,4)，得cosB＝eq\f(4,5)，又因為acosB＝4，所以a＝5.(2)由(1)知，sinB＝eq\f(3,5)，由S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×5×eq\f(3,5)c＝9，得c＝6.由b2＝a2＋c2－2accosB＝25＋36－2×5×6×eq\f(4,5)＝13，得b＝eq\r(13).故△ABC的周長為11＋eq\r(13).7．(2017·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sinA＋eq\r(3)cosA＝0，a＝2eq\r(7)，b＝2.(1)求c；(2)設(shè)D為BC邊上一點，且AD⊥AC，求△ABD的面積．解：(1)由已知可得tanA＝－eq\r(3)，所以A＝eq\f(2π,3).在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccoseq\f(2π,3)，即c2＋2c－24＝解得c＝4(負值舍去)．(2)由題設(shè)可得∠CAD＝eq\f(π,2)，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6).故△ABD的面積與△ACD的面積的比值為eq\f(\f(1,2)AB·AD·sin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.又△ABC的面積為eq\f(1,2)×4×2×sineq\f(2π,3)＝2eq\r(3)，所以△ABD的面積為eq\r(3).C級——重難題目自主選做(2018·昆明質(zhì)檢)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝eq\r(5)，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面積為2.(1)求AD的長；(2)求△CBD的面積．解：(1)由已知S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD·sin∠ABD＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)×sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝eq\f(2\r(5),5)，又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝eq\r(5).(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝eq\f(π,2)，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝eq\f(4,5)，∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))－2∠ABD＝eq\f(π,2)－∠ABD＝∠CBD，所以△CBD為等腰三角形，即CB＝CD.在△CBD中，由正弦定理eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，得CD＝eq\f(BD·sin∠CBD,sin∠BCD)＝eq\f(\r(5)×\f(\r(5),5),\f(4,5))＝eq\f(5,4)，所以S△CBD＝eq\f(1,2)CB·CD·sin∠BCD＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×eq\f(5,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(5,8).(二)重點高中適用作業(yè)A級——保分題目巧做快做1.在△ABC中，A＝45°，C＝105°，BC＝eq\r(2)，則AC為()A.eq\r(3)－1 B．1C．2 D.eq\r(3)＋1解析：選B因為A＝45°，C＝105°，所以B＝180°－C－A＝30°，由正弦定理得AC＝eq\f(BCsinB,sinA)＝eq\f(\r(2)×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝1.2．在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若sinA＝eq\f(2\r(2),3)，a＝3，S△ABC＝2eq\r(2)，則b的值為()A．6 B．3C．2 D．2或3解析：選D因為S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝2eq\r(2)，所以bc＝6，又因為sinA＝eq\f(2\r(2),3)，所以cosA＝eq\f(1,3)，又a＝3，由余弦定理得9＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－4，b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3.3．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，若a＝2bcosC，則此三角形一定是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形解析：選C法一：由余弦定理可得a＝2b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，因此a2＝a2＋b2－c2，得b2＝c2，于是b＝c，從而△ABC為等腰三角形．法二：由正弦定理可得sinA＝2sinBcosC，因此sin(B＋C)＝2sinBcosC，即sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBcosC，于是sin(B－C)＝0，因此B－C＝0，即B＝C，故△ABC為等腰三角形．4．(2018·合肥質(zhì)檢)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cosC＝eq\f(2\r(2),3)，bcosA＋acosB＝2，則△ABC的外接圓面積為()A．4π B．8πC．9π D．36π解析：選C由余弦定理得b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2.即eq\f(b2＋c2－a2＋a2＋c2－b2,2c)＝2，整理得c＝2，由cosC＝eq\f(2\r(2),3)得sinC＝eq\f(1,3)，再由正弦定理可得2R＝eq\f(c,sinC)＝6，所以△ABC的外接圓面積為πR2＝9π.5.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．3 B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2) D．3eq\r(3)解析：選C∵c2＝(a－b)2＋6，∴a2＋b2－c2＝2ab－6，又cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(2ab－6,2ab)＝eq\f(1,2)，∴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).6．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＝________.解析：∵3sinA＝2sinB，∴3a＝2b又a＝2，∴b＝3.由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcosC，∴c2＝22＋32－2×2×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝16，∴c＝4.答案：47．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，A＝eq\f(π,4)，b2sinC＝4eq\r(2)sin B，則△ABC的面積為________．解析：因為b2sinC＝4eq\r(2)sinB，所以b2c＝4eq\r(2)b，所以bc＝4eq\r(2)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝2.答案：28．已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于點D，則eq\f(BD,CD)的值為________．解析：在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6(AB＝－2，舍去)，則cos∠ABC＝eq\f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq\f(2\r(7),7)，BD＝AB·cos∠ABC＝6×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(12\r(7),7)，CD＝BC－BD＝2eq\r(7)－eq\f(12\r(7),7)＝eq\f(2\r(7),7)，所以eq\f(BD,CD)＝6.答案：69.(2017·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2eq\f(B,2).(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b.解：(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2eq\f(B,2)，即sinB＝4(1－cosB)，故17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝eq\f(15,17)或cosB＝1(舍去)．(2)由cosB＝eq\f(15,17)，得sinB＝eq\f(8,17)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(4,17)ac.又S△ABC＝2，則ac＝eq\f(17,2).由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB＝36－2×eq\f(17,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(15,17)))＝4.所以b＝2.10．(2017·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sinA＋eq\r(3)cosA＝0，a＝2eq\r(7)，b＝2.(1)求c；(2)設(shè)D為BC邊上一點，且AD⊥AC，求△ABD的面積．解：(1)由已知可得tanA＝－eq\r(3)，所以A＝eq\f(2π,3).在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccoseq\f(2π,3)，即c2＋2c－24＝解得c＝4(負值舍去)．(2)由題設(shè)可得∠CAD＝eq\f(π,2)，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6).故△ABD的面積與△ACD的面積的比值為eq\f(\f(1,2)AB·AD·sin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.又△ABC的面積為eq\f(1,2)×4×2×sineq\f(2π,3)＝2eq\r(3)，所以△ABD的面積為eq\r(3).B級——拔高題目穩(wěn)做準做1.在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若S△ABC＝2eq\r(3)，a＋b＝6，eq\f(acosB＋bcosA,c)＝2cosC，則c等于()A．2eq\r(7) B．2eq\r(3)C．4 D．3eq\r(3)解析：選B因為eq\f(acosB＋bcosA,c)＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA,sinC)＝eq\f(sinA＋B,sinA＋B)＝1，所以2cosC＝1，所以C＝60°.因為S△ABC＝2eq\r(3)，所以eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(3)，所以ab＝8.因為a＋b＝6，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，所以c＝2eq\r(3).2.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知sinA－sin B＝eq\f(1,3)sinC,3b＝2a,2≤a2＋ac≤18，設(shè)△ABC的面積為S，p＝eq\r(2)a－S，則p的最大值是()A.eq\f(5\r(2),9) B.eq\f(7\r(2),9)C.eq\r(2) D.eq\f(9\r(2),8)解析：選D在△ABC中，由sinA－sin B＝eq\f(1,3)sinC結(jié)合正弦定理可得，c＝3a－3b，再根據(jù)3b＝2a,2≤a2＋ac≤18，可得a＝c,1≤a≤3，由余弦定理可得b2＝eq\f(4a2,9)＝a2＋a2－2a·acosB?cosB＝eq\f(7,9)，可得sinB＝eq\f(4\r(2),9)，所以S＝eq\f(1,2)acsin B＝eq\f(2\r(2),9)a2，故p＝eq\r(2)a－S＝eq\r(2)a－eq\f(2\r(2),9)a2，根據(jù)二次函數(shù)的圖象可得，當a＝eq\f(9,4)時，p取得最大值eq\f(9\r(2),8).3.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，如果△ABC的面積等于8，a＝5，tanB＝－eq\f(4,3)，那么eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝________.解析：∵tanB＝－eq\f(4,3)，∴sinB＝eq\f(4,5)，cosB＝－eq\f(3,5)，又S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝2c＝8，∴c＝4，∴b＝eq\r(a2＋c2－2accosB)＝eq\r(65)，∴eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(5\r(65),4).答案：eq\f(5\r(65),4)4.(2018·洛陽統(tǒng)考)在△ABC中，B＝30°，AC＝2eq\r(5)，D是AB邊上的一點，CD＝2，若∠ACD為銳角，△ACD的面積為4，則BC＝________.解析：依題意得S△ACD＝eq\f(1,2)CD·AC·sin∠ACD＝2eq\r(5)·sin∠ACD＝4，解得sin∠ACD＝eq\f(2\r(5),5).又∠ACD是銳角，因此cos∠ACD＝eq\f(\r(5),5).在△ACD中，AD＝eq\r(CD2＋AC2－2CD·AC·cos∠ACD)＝4.由正弦定理得，eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(CD,sinA)，即sinA＝eq\f(CD·sin∠ACD,AD)＝eq\f(\r(5),5).在△ABC中，eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，即BC＝eq\f(AC·sinA,sinB)＝4.答案：45.(2018·湖北七市聯(lián)考)如圖，已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，C＝120°.(1)若c＝1，求△ABC面積的最大值；(2)若a＝2b，求tanA.解：(1)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos120°＝1，∴a2＋b2＋ab＝1≥2ab＋ab＝3ab，當且僅當a＝b時取等號，∴ab≤eq\f(1,3)，故S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab≤eq\f(\r(3),12)，即△ABC面積的最大值為eq\f(\r(3),12).(2)∵a＝2b，∴由正弦定理得sinA＝2sin B，又C＝120°，故A＋B＝60°，∴sinA＝2sin(60°－A)＝eq\r(3)cosA－sinA，∴eq\r(3)cosA＝2sinA，∴tanA＝eq\f(\r(3),2).6.(2018·昆明質(zhì)檢)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝eq\r(5)，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面積為2.(1)求AD的長；(2)求△CBD的面積．解：(1)由已知S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD·sin∠ABD＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)×sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝eq\f(2\r(5),5)，又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝eq\r(5).(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝eq\f(π,2)，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝eq\f(\r(5),5).又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝eq\f(4,5)，∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))－2∠ABD＝eq\f(π,2)－∠ABD＝∠CBD，所以△CBD為等腰三角形，即CB＝CD.在△CBD中，由正弦定理eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，得CD＝eq\f(BD·sin∠CBD,sin∠BCD)＝eq\f(\r(5)×\f(\r(5),5),\f(4,5))＝eq\f(5,4)，所以S△CBD＝eq\f(1,2)CB·CD·sin∠BCD＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×eq\f(5,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(5,8).eq\a\vs4\al([正、余弦定理強化練])A組1．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若滿足eq\f(sinB－sinA,sinB－sinC)＝eq\f(c,a＋b)，則A＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)解析：選B由eq\f(sinB－sinA,sinB－sinC)＝eq\f(c,a＋b)，結(jié)合正弦定理，得eq\f(b－a,b－c)＝eq\f(c,a＋b)，整理得b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，由A為三角形的內(nèi)角，知A＝eq\f(π,3).2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知b＝1，B＝eq\f(π,4)，tanA＝2eq\r(2)，則a＝()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D.eq\r(2)解析：選C由題意知，sinA＝eq\f(2\r(2),3)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,\f(2\r(2),3))＝eq\f(1,\f(\r(2),2))，解得a＝eq\f(4,3).3．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sinA＝2sin BsinC，且BC邊上的高為eq\f(a,2)，則eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)的最大值為()A．2 B.eq\r(2)C．2eq\r(2) D．4解析：選C由sinA＝2sin BsinC，根據(jù)正弦定理，得a2＝2bcsinA，代入cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)中，得b2＋c2＝2bc(cosA＋sinA)，所以eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)＝2(cosA＋sinA)＝2eq\r(2)sinA＋eq\f(π,4)，當A＝eq\f(π,4)時，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)取得最大值2eq\r(2).4．(2018·江西豐城中學(xué)測試)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a＋b＝eq\r(2)，△ABC的面積為eq\f(1,6)sinC，sinA＋sin B＝eq\r(2)sinC，則C的值為________．解析：由△ABC的面積為eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,6)sinC，得ab＝eq\f(1,3).又a＋b＝eq\r(2)且sinA＋sin B＝eq\r(2)sinC，所以a＋b＝eq\r(2)c，c＝1，所以a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝2－2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(4,3)－1,\f(2,3))＝eq\f(1,2)，故C＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)5．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若△ABC為銳角三角形，且滿足b2－a2＝ac，則eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)的取值范圍是________．解析：由余弦定理得b2－a2＝(a2＋c2－2accos B)－(b2＋c2－2bccosA)＝a2－b2＋2c(bcosA－acosB)，即b2－a2＝c(bcosA－acosB)＝ac?bcosA－acosB＝a?sin(B－A)＝sinA?B＝2A.又△ABC為銳角三角形，所以eq\f(π,3)<B<eq\f(π,2).則eq\f(1,tanA)－eq\f(1,tanB)＝eq\f(sinB－A,sinAsinB)＝eq\f(1,sinB)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))6．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且bcosA＝(2c－a)cos B(1)求B；(2)若b＝eq\r(13)，△ABC的面積為eq\r(3)，求△ABC的周長．解：(1)由bcosA＝(2c－a)cosB得2ccosB＝bcosA＋acosB.由正弦定理可得2sinCcosB＝sinBcosA＋sinAcos B＝sin(A＋B)＝sinC，因為sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,2).因為0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)因為S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3)，所以ac＝4.又13＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，所以a2＋c2＝17，所以a＋c＝5，故△ABC的周長為5＋eq\r(13).7．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且b＝2，(sinA＋sinC＋sinB)(sinA＋sinC－sinB)＝3sinAsinC.(1)求B；(2)若sinB＝2sin2A－sin(C－A)，求△ABC解：(1)∵(sinA＋sinC＋sinB)(sinA＋sinC－sin B)＝3sinAsinC，∴由正弦定理得(a＋c＋b)(a＋c－b)＝3ac∴(a＋c)2－b2＝3ac，∴a2＋c2－b2＝ac∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，∵0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵sinB＝2sin2A－sin(C－A)∴sin(C＋A)＋sin(C－A)＝2sin2A∴sinCcosA＋cosCsinA＋sinCcosA－cosCsinA＝4sinAcosA，即sinCcosA＝2sinAcosA.當cosA＝0時，A＝eq\f(π,2)，∴C＝eq\f(π,6)，∵eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴c＝eq\f(2\r(3),3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bc＝eq\f(2\r(3),3)；當cosA≠0時，sinC＝2sinA，∴c＝2a由(1)知，a2＋c2－b2＝ac，∴a＝eq\f(2\r(3),3)，c＝eq\f(4\r(3),3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),3)×eq\f(4\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),3).綜上所述，△ABC的面積為eq\f(2\r(3),3).8．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)))，函數(shù)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acosC＋eq\f(1,2)c＝b，求f(B)的取值范圍．解：由題意得f(x)＝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).(1)由f(x)＝1，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(x,2)))－1＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))－1＝－eq\f(1,2).(2)已知acosC＋eq\f(1,2)c＝b，由余弦定理，可得a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋eq\f(1,2)c＝b，即b2＋c2－a2＝bc，則cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A為△ABC的內(nèi)角，所以A＝eq\f(π,3)，從而B＋C＝eq\f(2π,3).所以0<B<eq\f(2π,3)，0<eq\f(B,2)<eq\f(π,3)，則eq\f(π,6)<eq\f(B,2)＋eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以1<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(B,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)<eq\f(3,2)，故f(B)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).B組1．(2018·江西豐城中學(xué)測試)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)解析：選B∵B＝2A，∴sin B＝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).2．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2ccosB＝2a＋b，若△ABC的面積S＝eq\f(\r(3),12)c，則ab的最小值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,6) D．3解析：選B由題意，得2sinCcos B＝2sinA＋sin B?2sinCcos B＝2sin BcosC＋2cosBsinC＋sinB?cosC＝－eq\f(1,2)?sinC＝eq\f(\r(3),2)，∴S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\f(\r(3),12)c?c＝3ab，∴由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)?－eq\f(1,2)＝eq\f(a2＋b2－9a2b2,2ab)≥eq\f(2ab－9a2b2,2ab)?ab(3ab－1)≥0?ab≥eq\f(1,3)，當且僅當a＝b＝eq\f(\r(3),3)時等號成立，所以ab的最小值為eq\f(1,3).3．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足b2＋c2－a2＝bc，AB→·BC→＞0，a＝eq\f(\r(3),2)，則b＋c的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))解析：選B由b2＋c2－a2＝bc得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，則A＝eq\f(π,3)，由eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＞0知，B為鈍角，又eq\f(a,sinA)＝1，則b＝sin B，c＝sinC，b＋c＝sin B＋sinC＝sin B＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，∵eq\f(π,2)＜B＜eq\f(2π,3)，∴eq\f(2π,3)＜B＋eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＜eq\f(\r(3),2)，b＋c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).4．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且B＝2C,2bcosC－2ccos B＝a,則角A的大小為________解析：由正弦定理得2sinBcosC－2sinCcos B＝sinA＝sin(B＋C)＝sin BcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＝3sinCcosB，∵B＝2C，∴sin2CcosC＝3sinCcos2C,2cos2C＝3(cos2C－sin2C)，tan2C＝eq\f(1,3)，tanC＝eq\f(\r(3),3)，∵B＝2C，∴C為銳角，∴C＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,3)，A＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)5．在△ABC中，點D是BC的中點，若AB⊥AD，∠CAD＝30°，BC＝2eq\r(7)，則△ABC的面積為________．解析：因為D是BC的中點，所以S△ABC＝2S△ABD，即eq\f(1,2)AB·ACsin120°＝2·eq\f(1,2)AB·AD，所以AD＝eq\f(\r(3),4)AC.在△ACD中，CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD即(eq\r(7))2＝AC2＋eq\f(3,16)AC2－2AC·eq\f(\r(3),4)AC·eq\f(\r(3),2)，解得AC＝4，所以AD＝eq\r(3)，故S△ABC＝2S△ADC＝2×eq\f(1,2)×eq\r(3)×4×eq\f(1,2)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)6.如圖，已知D是△ABC邊BC上一點．(1)若sin∠ADC＝eq\f(7\r(2),10)，B＝eq\f(π,4)，