2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》第6節(jié) 余弦定理、正弦定理

第六節(jié)余弦定理、正弦定理課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.掌握正弦定理、余弦定理及其變形.2.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(wèn)題.從近幾年的高考來(lái)看，正弦定理、余弦定理是高考的熱點(diǎn)，預(yù)計(jì)2025年高考仍以利用正弦定理、余弦定理解三角形為主，題型靈活呈現(xiàn)，中檔難度；也可能融合在其他考點(diǎn)里面，不單獨(dú)呈現(xiàn).必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．余弦定理、正弦定理在△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，則定理余弦定理正弦定理公式a2＝eq\x(\s\up1(01))b2＋c2－2bccosA；b2＝eq\x(\s\up1(02))c2＋a2－2cacosB；c2＝eq\x(\s\up1(03))a2＋b2－2abcosCeq\f(a,sinA)＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(b,sinB)＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(c,sinC)＝2R常見(jiàn)變形cosA＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(a2＋b2－c2,2ab)(1)a＝2RsinA，b＝eq\x(\s\up1(09))2RsinB，c＝eq\x(\s\up1(10))2RsinC；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝eq\x(\s\up1(12))sinA∶sinB∶sinC；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA2.在△ABC中，已知a，b和A時(shí)，解的情況A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的個(gè)數(shù)eq\x(\s\up1(13))一解eq\x(\s\up1(14))兩解eq\x(\s\up1(15))一解eq\x(\s\up1(16))一解eq\x(\s\up1(17))無(wú)解3.三角形常用面積公式(1)S＝eq\f(1,2)aha(ha表示a邊上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R).(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為內(nèi)切圓半徑)．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.1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B.()(2)當(dāng)b2＋c2－a2>0時(shí)，△ABC為銳角三角形．()(3)在△ABC中，已知a，b，A，則三角形有唯一解．()(4)在△ABC中，若A∶B∶C＝1∶2∶3，則a∶b∶c＝1∶2∶3.()答案(1)√(2)×(3)×(4)×2．小題熱身(1)(人教B必修第四冊(cè)第九章小結(jié)復(fù)習(xí)題A組T2改編)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若b2＋c2＝a2＋eq\r(3)bc，則角A的大小為()A．eq\f(5π,6) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,6)答案D解析因?yàn)閎2＋c2＝a2＋eq\r(3)bc，所以由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,6).(2)(人教A必修第二冊(cè)復(fù)習(xí)參考題6T11改編)在△ABC中，A＝30°，C＝45°，c＝eq\r(2)，則a的值為()A．2 B．1C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(2),2)答案B解析因?yàn)樵凇鰽BC中，A＝30°，C＝45°，c＝eq\r(2)，所以由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，即a＝eq\f(c,sinC)·sinA＝eq\f(\r(2),sin45°)×sin30°＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2))×eq\f(1,2)＝1.(3)在△ABC中，已知a＝2，b＝3，B＝30°，則此三角形()A．有一解 B．有兩解C．無(wú)解 D．無(wú)法判斷有幾解答案A解析在△ABC中，a＝2，b＝3，B＝30°，由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2sin30°,3)＝eq\f(1,3)，而a<b，則A<B＝30°，即A為銳角，所以此三角形有一解．(4)在△ABC中，若a＝7，b＝5，c＝3，則A＝________．答案120°解析由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2).又0°<A<180°，所以A＝120°.(5)在△ABC中，角A，B，C滿(mǎn)足sinAcosC－sinBcosC＝0，則此三角形的形狀為_(kāi)_______．答案直角三角形或等腰三角形解析由已知，得cosC(sinA－sinB)＝0，所以cosC＝0或sinA＝sinB，解得C＝90°或A＝B，所以△ABC是直角三角形或等腰三角形．考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一利用正、余弦定理解三角形例1(2024·江西紅色十校聯(lián)考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且acosA＝bsinB＋csinC－2csinBcosA.(1)求A；(2)若a＝eq\r(2)，sinB＝eq\f(\r(2),4)，求b和c.解(1)設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，因?yàn)閍cosA＝bsinB＋csinC－2csinBcosA，所以由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a·2RcosA＝b2＋c2－2bccosA，結(jié)合余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a·2RcosA＝a2，因?yàn)閍≠0，所以2RcosA＝a＝2RsinA，所以cosA＝sinA，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).(2)由(1)知A＝eq\f(π,4)，所以2R＝eq\f(a,sinA)＝2，所以b＝2RsinB＝2×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(2),2)，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得2＝eq\f(1,2)＋c2－2×eq\f(\r(2),2)c×eq\f(\r(2),2)，即2c2－2c－3＝0，解得c＝eq\f(1＋\r(7),2)或c＝eq\f(1－\r(7),2)(舍去)．綜上，b＝eq\f(\r(2),2)，c＝eq\f(1＋\r(7),2).【通性通法】應(yīng)用正弦、余弦定理的解題技巧求邊利用正弦定理變形公式a＝eq\f(bsinA,sinB)等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA等求解求角利用正弦定理變形公式sinA＝eq\f(asinB,b)等或余弦定理變形公式cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等求解利用式子的特點(diǎn)轉(zhuǎn)化如出現(xiàn)a2＋b2－c2＝λab的形式用余弦定理，等式兩邊是關(guān)于邊或角的正弦的齊次式用正弦定理【鞏固遷移】1．(2023·廣東東莞一模)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿(mǎn)足2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.(1)求角A的大小；(2)若a＝2eq\r(3)，b＝2，求角C的大?。?1)由已知及正弦定理可得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，整理得b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理可知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，又a＝2eq\r(3)，b＝2，A＝eq\f(π,3)，所以sinB＝eq\f(1,2)<sinA＝eq\f(\r(3),2)，故B＝eq\f(π,6)，因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以C＝eq\f(π,2).考點(diǎn)二利用正、余弦定理判斷三角形的形狀例2在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，a＝7，b＝8，從下面兩個(gè)條件中任選一個(gè)作為已知條件，判斷△ABC是否為鈍角三角形，并說(shuō)明理由．①cosC＝eq\f(13,14)；②cosB＝eq\f(1,7).注：如果選擇兩個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．解若選①，在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c2＝72＋82－2×7×8×eq\f(13,14)＝9，所以c＝3.因?yàn)閏＜a＜b，所以B是△ABC的最大角．在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(72＋32－82,2×7×3)＝－eq\f(1,7)＜0，所以B是鈍角，所以△ABC是鈍角三角形．若選②，解法一：在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得82＝72＋c2－2×7c×eq\f(1,7)，化簡(jiǎn)，得(c－5)(c＋3)＝0，解得c＝5或c＝－3(舍去)，因?yàn)閏＜a＜b，所以B是△ABC的最大角．因?yàn)閏osB＝eq\f(1,7)＞0，所以B是銳角，所以△ABC不是鈍角三角形．解法二：在△ABC中，因?yàn)閏osB＝eq\f(1,7)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(3),7).在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(7×\f(4\r(3),7),8)＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)閏osB＝eq\f(1,7)＞0，所以B是銳角．又a＜b，所以A＜B，所以A是銳角．因?yàn)閟inA＝eq\f(\r(3),2)，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,2)，所以cosC＝cos(π－A－B)＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(3),7)－eq\f(1,2)×eq\f(1,7)＝eq\f(11,14)＞0，所以C是銳角．綜上，△ABC不是鈍角三角形．【通性通法】1．判斷三角形形狀的兩種常用途徑2．判斷三角形的形狀的注意點(diǎn)在判斷三角形的形狀時(shí)一定要注意解是否唯一，并注意挖掘隱含條件．另外，在變形過(guò)程中要注意角A，B，C的范圍對(duì)三角函數(shù)值的影響，在等式變形中，一般兩邊不要約去公因式，應(yīng)移項(xiàng)提取公因式，以免漏解．【鞏固遷移】2．在△ABC中，eq\f(c－a,2c)＝sin2eq\f(B,2)(a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊)，則△ABC的形狀為()A．直角三角形B．等邊三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形答案A解析由sin2eq\f(B,2)＝eq\f(1－cosB,2)，得eq\f(c－a,2c)＝eq\f(1－cosB,2)，即cosB＝eq\f(a,c).解法一：由余弦定理得eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC為直角三角形，無(wú)法判斷兩直角邊是否相等．解法二：由正弦定理得cosB＝eq\f(sinA,sinC)，又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以cosBsinC＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＝0，又sinB≠0，所以cosC＝0，又C為三角形的內(nèi)角，所以C＝eq\f(π,2)，所以△ABC為直角三角形，無(wú)法判斷兩直角邊是否相等．考點(diǎn)三正、余弦定理的綜合應(yīng)用(多考向探究)考向1三角形的周長(zhǎng)、面積問(wèn)題例3(2023·全國(guó)甲卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝2.(1)求bc；(2)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC的面積．解(1)因?yàn)閍2＝b2＋c2－2bccosA，所以eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝eq\f(2bccosA,cosA)＝2bc＝2，解得bc＝1.(2)由正弦定理可得eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝eq\f(sinAcosB－sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)－eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(sin(A－B),sin(A＋B))－eq\f(sinB,sin(A＋B))＝eq\f(sin(A－B)－sinB,sin(A＋B))＝1，變形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB，即－2cosAsinB＝sinB，而0＜sinB≤1，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又0＜A＜π，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).【通性通法】與三角形面積有關(guān)問(wèn)題的解題策略策略一利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相關(guān)邊、角之后，直接求三角形的面積策略二把面積作為已知條件之一，與正弦、余弦定理結(jié)合求出三角形的其他量【鞏固遷移】3．(2022·全國(guó)乙卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)．(1)證明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cosA＝eq\f(25,31)，求△ABC的周長(zhǎng)．解(1)證明：已知sinCsin(A－B)＝sinB·sin(C－A)，可化簡(jiǎn)為sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA.由正弦定理可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＝2bccosA－abcosC.由余弦定理可得ac·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)－ab·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，即2a2＝b2＋c2.(2)由(1)可知b2＋c2＝2a2＝50，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(50－25,2bc)＝eq\f(25,2bc)＝eq\f(25,31).∴2bc＝31.∵b2＋c2＋2bc＝(b＋c)2＝81，∴b＋c＝9，∴a＋b＋c＝14.∴△ABC的周長(zhǎng)為14.考向2三角形中的最值、范圍問(wèn)題例4(2023·內(nèi)蒙古呼倫貝爾模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sinCcoseq\f(B,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))sineq\f(B,2).(1)當(dāng)B＝eq\f(π,3)時(shí)，求sinC＋sinA的值；(2)求B的最大值．解(1)由題意，得sinCcoseq\f(π,6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))sineq\f(π,6)，即eq\f(\r(3),2)sinC＋eq\f(1,2)cosC＝eq\f(\r(3),3)，則sinC＋sinA＝sinC＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝eq\f(3,2)sinC＋eq\f(\r(3),2)cosC＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinC＋\f(1,2)cosC))＝1.(2)sinCcoseq\f(B,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))sineq\f(B,2)，兩邊同乘以2coseq\f(B,2)，得2sinCcos2eq\f(B,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))·2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)，即sinC(1＋cosB)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cosC))sinB，整理，得sinC＋sinA＝eq\f(2\r(3),3)sinB.由正弦定理，得a＋c＝eq\f(2\r(3),3)b.由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f((a＋c)2－b2－2ac,2ac)＝eq\f(b2,6ac)－1.因?yàn)閍c≤eq\f((a＋c)2,4)＝eq\f(1,3)b2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立，所以cosB＝eq\f(b2,6ac)－1≥－eq\f(1,2)，由于B∈(0，π)，而y＝cosx在(0，π)上單調(diào)遞減，故B的最大值為eq\f(2π,3).【通性通法】解三角形中的最值或范圍問(wèn)題主要有兩種解決方法：一是將問(wèn)題表示為邊的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將問(wèn)題用三角形某一個(gè)角的三角函數(shù)表示，結(jié)合角的范圍確定最值或范圍．【鞏固遷移】4．(2024·山東青島模擬)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知acosB＋bcosA＝2ccosC.(1)求C；(2)若△ABC為銳角三角形，求eq\f(a,b)的取值范圍．解(1)因?yàn)閍cosB＋bcosA＝2ccosC，所以由正弦定理，得sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，即sin(A＋B)＝2sinCcosC，因?yàn)锳＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sinC＝2sinCcosC，因?yàn)?<C<π，故sinC≠0，所以cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由(1)，知C＝eq\f(π,3)，A＝eq\f(2π,3)－B，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以0<B<eq\f(π,2)且0<eq\f(2π,3)－B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，由正弦定理，得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B)),sinB)＝eq\f(\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB,sinB)＝eq\f(\r(3),2tanB)＋eq\f(1,2)，因?yàn)閑q\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，所以tanB>eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).考向3利用正、余弦定理解決平面幾何問(wèn)題例5如圖，在圓內(nèi)接△ABC中，∠CAB，∠ABC，∠ACB所對(duì)的邊分別為a，b，c，且acos∠ACB＋ccos∠CAB＝2bcos∠ABC.(1)求∠ABC的大??；(2)若點(diǎn)D是劣弧AC上一點(diǎn)，a＝2，c＝3，sin∠CAD＝eq\f(\r(21),7)，求線(xiàn)段AD的長(zhǎng)．解(1)由題意知sin∠CABcos∠ACB＋sin∠ACBcos∠CAB＝2sin∠ABCcos∠ABC，∴sin(∠CAB＋∠ACB)＝sin∠ABC＝2sin∠ABCcos∠ABC，∵0＜∠ABC＜π，∴sin∠ABC＞0，∴cos∠ABC＝eq\f(1,2)，∴∠ABC＝eq\f(π,3).(2)在△ABC中，由余弦定理可得AC＝eq\r(22＋32－2×2×3×\f(1,2))＝eq\r(7)，由∠ABC＝eq\f(π,3)，得∠ADC＝eq\f(2π,3)，故∠ACD＝eq\f(π,3)－∠CAD.由sin∠CAD＝eq\f(\r(21),7)，且∠CAD為銳角，得cos∠CAD＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(7),7)，sin∠ACD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠CAD))＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(7),7)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(\r(21),14)，在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AD,\f(\r(21),14))＝eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))，∴AD＝1.【通性通法】平面幾何圖形中研究或求與角有關(guān)的長(zhǎng)度、角度、面積的最值等問(wèn)題，通常是轉(zhuǎn)化到三角形中，利用正、余弦定理通過(guò)運(yùn)算的方法加以解決．在解決某些具體問(wèn)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(lái)，再利用正、余弦定理列出方程，解之可得，若研究最值，常使用函數(shù)或基本不等式．【鞏固遷移】5．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知b2＝ac，點(diǎn)D在邊AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(1)證明：BD＝b；(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.解(1)證明：設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，由正弦定理，得sin∠ABC＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，因?yàn)锽Dsin∠ABC＝asinC，所以BD·eq\f(b,2R)＝a·eq\f(c,2R)，即BD·b＝ac.又因?yàn)閎2＝ac，所以BD＝b.(2)解法一：因?yàn)锽D＝b，AD＝2DC，所以AD＝eq\f(2b,3)，CD＝eq\f(1,3)b，如圖，在△ABC中，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，①在△BCD中，cosC＝eq\f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,3)))\s\up12(2)－b2,2a·\f(b,3)).②由①②，得a2＋b2－c2＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,3)))\s\up12(2)－b2))，整理，得2a2－eq\f(11,3)b2＋c2＝0.又因?yàn)閎2＝ac，所以6a2－11ac＋3c2＝0，解得a＝eq\f(c,3)或a＝eq\f(3c,2)，當(dāng)a＝eq\f(c,3)時(shí)，b2＝ac＝eq\f(c2,3)，a＋b＝eq\f(c,3)＋eq\f(\r(3)c,3)<c(舍去)．當(dāng)a＝eq\f(3c,2)時(shí)，b2＝ac＝eq\f(3c2,2)，cos∠ABC＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))\s\up12(2)＋c2－\f(3c2,2),2·\f(3c,2)·c)＝eq\f(7,12)，所以cos∠ABC＝eq\f(7,12).解法二：由(1)，知BD＝b＝AC，由AD＝2DC，得AD＝eq\f(2,3)b，CD＝eq\f(1,3)b.在△ADB中，由正弦定理，得eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sinA).因?yàn)镾△ABD＝eq\f(2,3)S△ABC，所以eq\f(1,2)×eq\f(2,3)b2sin∠ADB＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)acsin∠ABC.又b2＝ac，所以sin∠ADB＝sin∠ABC.所以∠ADB＋∠ABC＝π或∠ADB＝∠ABC，所以∠CBD＝∠A或∠ABD＝∠C，當(dāng)∠CBD＝∠A時(shí)，因?yàn)閑q\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BD,sinC)，所以eq\f(\f(b,3),sinA)＝eq\f(b,sinC)，化簡(jiǎn)，得sinC＝3sinA.在△ABC中，由正弦定理，知c＝3a.又b2＝ac＝3a2，所以cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋9a2－3a2,2a×3a)＝eq\f(7,6)＞1(舍去)；當(dāng)∠ABD＝∠C時(shí)，因?yàn)閑q\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sinA)，所以eq\f(\f(2,3)b,sinC)＝eq\f(b,sinA)，化簡(jiǎn)，得sinC＝eq\f(2,3)sinA.在△ABC中，由正弦定理，知c＝eq\f(2,3)a.又b2＝ac＝eq\f(2,3)a2，所以cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋\f(4,9)a2－\f(2,3)a2,2×\f(2,3)a2)＝eq\f(7,12).故cos∠ABC＝eq\f(7,12).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，則cosB＝()A．eq\f(\r(6),6) B．eq\f(\r(6),5)C．eq\f(\r(6),4) D．eq\f(\r(6),3)答案C解析因?yàn)閍＝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).故選C.2．在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝3∶2∶4，則cosB＝()A．－eq\f(1,4) B．eq\f(7,16)C．eq\f(11,16) D．eq\f(7,8)答案D解析設(shè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，因?yàn)閟inA∶sinB∶sinC＝3∶2∶4，所以a∶b∶c＝3∶2∶4，設(shè)a＝3k，b＝2k，c＝4k，k＞0，則cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq\f(16k2＋9k2－4k2,2×3k×4k)＝eq\f(7,8).故選D.3．(2024·鄭州調(diào)研)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解析由題意得A＝B＋eq\f(π,2)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB，又a＝eq\r(3)b，所以由正弦定理得sinA＝eq\r(3)sinB，故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.4．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a2＋c2－b2－ac＝0，△ABC的外接圓半徑R＝eq\r(3)，△ABC的周長(zhǎng)為9，則ac＝()A．6 B．9C．16 D．24答案B解析在△ABC中，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，由0＜B＜π可得B＝eq\f(π,3)，所以b＝2RsinB＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3.因?yàn)椤鰽BC的周長(zhǎng)為9，所以a＋c＝9－b＝9－3＝6，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得(a＋c)2－3ac＝b2＝9，所以3ac＝27，所以ac＝9.故選B.5．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若(eq\r(3)b－c)cosA＝acosC，則cosA＝()A．eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(8\r(3),81)答案A解析由正弦定理，得(eq\r(3)sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，即eq\r(3)sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB，∵0<B<π，∴sinB>0，∴cosA＝eq\f(\r(3),3).故選A.6．(2023·浙江杭州模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知acosB＋bcosA＝3ccosC，asinA－csinC＋bsinA＝0，則eq\f(b,a)＝()A．eq\f(5,3) B．eq\f(7,3)C．eq\f(7,2) D．eq\f(5,2)答案A解析在△ABC中，由正弦定理及acosB＋bcosA＝3ccosC，得sinAcosB＋cosAsinB＝3sinCcosC，所以sin(A＋B)＝sinC＝3sinCcosC，又sinC≠0，所以cosC＝eq\f(1,3).由正弦定理及asinA－csinC＋bsinA＝0，得a2－c2＝－ab.又由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2－ab,2ab)＝eq\f(1,3)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(5,3).7．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)，b＋c＝4，則△ABC面積的最大值為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．1 D．eq\r(3)答案D解析根據(jù)正弦定理知(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)可化為(a＋b)(a－b)＝c(c＋b)，即b2＋c2－a2＝－bc，故cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3)，則sinA＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)閎＋c＝4，b＋c≥2eq\r(bc)，所以bc≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故△ABC面積的最大值為eq\r(3).故選D.8．在△ABC中，若AB＝1，BC＝2，則角C的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))答案A解析設(shè)c＝AB＝1，a＝BC＝2，b＝AC.根據(jù)兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，可知1<b<3，根據(jù)余弦定理cosC＝eq\f(1,2ab)(a2＋b2－c2)＝eq\f(1,4b)(4＋b2－1)＝eq\f(1,4b)(3＋b2)＝eq\f(3,4b)＋eq\f(b,4)≥2eq\r(\f(3,4b)·\f(b,4))＝eq\f(\r(3),2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3,4b)＝eq\f(b,4)，即b＝eq\r(3)時(shí)等號(hào)成立，所以0<C≤eq\f(π,6).故選A.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·江蘇鎮(zhèn)江二模)在銳角三角形ABC中，A，B，C是三個(gè)內(nèi)角，則下列不等式一定成立的是()A．sin(A＋B)>sinA＋sinBB．sinA>cosBC．sinB>cosAD．sinA＋sinB<2cosC答案BC解析在三角形中，兩邊之和大于第三邊，則a＋b>c，由正弦定理得sinA＋sinB>sinC＝sin(A＋B)，所以A錯(cuò)誤；因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以A＋B>90°?sinA>sin(90°－B)＝cosB，所以B正確；同理C正確；由于sinA>cosC，sinB>cosC?sinA＋sinB>2cosC，所以D錯(cuò)誤．故選BC.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＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∴tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)·(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC＞0，∴A，B，C均為銳角，∴A正確；由acosA＝bcosB及正弦定理，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，∴B錯(cuò)誤；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，則△ABC是等腰三角形，∴C正確；由已知及正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，A＝B＝C，則△ABC是等邊三角形，∴D正確．故選ACD.三、填空題11．(2024·嘉興模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知csinA＝eq\r(3)acosC，c＝2eq\r(3)，ab＝8，則a＋b的值是________．答案6解析由csinA＝eq\r(3)acosC及正弦定理得sinCsinA＝eq\r(3)sinAcosC，∵sinA≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)，再由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f((a＋b)2－2ab－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，代入c＝2eq\r(3)，ab＝8，得a＋b＝6.12．(2023·宜春模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為_(kāi)_______．答案eq\f(2\r(3),3)解析∵bsinC＋csinB＝4asinBsinC，sinBsinC>0，結(jié)合正弦定理可得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，∴sinA＝eq\f(1,2)，∵b2＋c2－a2＝8，結(jié)合余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得2bccosA＝8，∴A為銳角，且cosA＝eq\f(\r(3),2)，從而求得bc＝eq\f(8\r(3),3)，∴△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(8\r(3),3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(3),3).13．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若A＝eq\f(π,3)，c＝4，△ABC的面積為2eq\r(3)，則△ABC外接圓的半徑為_(kāi)_______．答案2解析由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA，得eq\f(1,2)b×4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3)，解得b＝2.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝22＋42－2×2×4coseq\f(π,3)＝12，所以a＝2eq\r(3)，由正弦定理，得△ABC外接圓的半徑R＝eq\f(a,2sinA)＝eq\f(2\r(3),2×\f(\r(3),2))＝2.14．在△ABC中，已知AB＝4，AC＝7，BC邊的中線(xiàn)AD＝eq\f(7,2)，那么BC＝________．答案9解析在△ABD中，結(jié)合余弦定理得cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)，在△ACD中，結(jié)合余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)，由題意知BD＝CD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＋eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)＝0，即eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(2)－42,2×\f(7,2)CD)＋eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(2)－72,2×\f(7,2)CD)＝0，解得CD＝eq\f(9,2)，所以BC＝9.四、解答題15．(2024·山東菏澤模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(9,2)，bsinA＝4(sinAcosC＋cosAsinC)．(1)求a的值；(2)求△ABC周長(zhǎng)的最大值．解(1)由bsinA＝4(sinAcosC＋cosAsinC)，得bsinA＝4sinB，由正弦定理，得ab＝4b，解得a＝4.(2)由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(9,2)，得bccosA＝eq\f(9,2).由余弦定理，得bc·eq\f(b2＋c2－16,2bc)＝eq\f(9,2)，整理，得b2＋c2＝25.由25＝b2＋c2≥eq\f((b＋c)2,2)，得b＋c≤5eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝\f(5\r(2),2)時(shí)取等號(hào)))，所以△ABC周長(zhǎng)的最大值為4＋5eq\r(2).16．(2023·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且eq\f(sinA－sinB,sinC)＝eq\f(a－c,a＋b).(1)求角B的大小；(2)若b＝3，D為AC邊上一點(diǎn)，BD＝2，且BD為角B的平分線(xiàn)，求△ABC的面積．解(1)因?yàn)閑q\f(sinA－sinB,sinC)＝eq\f(a－c,a＋b)，由正弦定理，得eq\f(a－b,c)＝eq\f(a－c,a＋b)，化簡(jiǎn)，得a2＋c2－b2＝ac，所以由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，又因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)如圖所示，因?yàn)镾△ABC＝S△ABD＋S△CBD，即eq\f(1,2)BA·BCsin∠ABC＝eq\f(1,2)BA·BDsineq\f(∠ABC,2)＋eq\f(1,2)BC·BDsineq\f(∠ABC,2)，化簡(jiǎn)，得BA＋BC＝eq\f(\r(3),2)BA·BC，①又由余弦定理，得AC2＝BA2＋BC2－2BA·BCcos∠ABC，即(BA＋BC)2－3BA·BC＝9，②①②聯(lián)立，解得BA·BC＝－2(舍去)或6，所以S△ABC＝eq\f(1,2)BA·BCsin∠ABC＝eq\f(3\r(3),2).17．(多選)對(duì)于△ABC，有如下判斷，其中正確的是()A．若cosA＝cosB，則△ABC為等腰三角形B．若A>B，則sinA>sinBC．若a＝8，c＝10，B＝60°，則符合條件的△ABC有兩個(gè)D．若sin2A＋sin2B<sin2C，則△ABC是鈍角三角形答案ABD解析對(duì)于A，若cosA＝cosB，則A＝B，所以△ABC為等腰三角形，故A正確；對(duì)于B，若A>B，則a>b，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝2R，得2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB成立，故B正確；對(duì)于C，由余弦定理可得b＝eq\r(82＋102－2×8×10×\f(1,2))＝2eq\r(21)，只有一解，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若sin2A＋sin2B<sin2C，則根據(jù)正弦定理得a2＋b2<c2，則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C為鈍角，所以△ABC是鈍角三角形，故D正確．故選ABD.18．(多選)(2024·珠海模擬)已知△ABC滿(mǎn)足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，且S△ABC＝eq\f(3\r(3),2)，則下列命題正確的是()A．△ABC的周長(zhǎng)為5＋eq\r(7)B．△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C滿(mǎn)足關(guān)系A(chǔ)＋B＝2CC．△ABC外接圓的半徑為eq\f(2\r(21),3)D．△ABC的中線(xiàn)CD的長(zhǎng)為eq\f(\r(19),2)答案ABD解析因?yàn)椤鰽BC滿(mǎn)足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，所以a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，設(shè)a＝2t，b＝3t，c＝eq\r(7)t，t>0，利用余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4t2＋9t2－7t2,12t2)＝eq\f(1,2)，由于C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).對(duì)于A，因?yàn)镾△ABC＝eq\f(3\r(3),2)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2t×3t×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，解得t＝1，所以a＝2，b＝3，c＝eq\r(7)，所以△ABC的周長(zhǎng)為5＋eq\r(7)，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)镃＝eq\f(π,3)，所以A＋B＝eq\f(2π,3)，故A＋B＝2C，故B正確；對(duì)于C，利用正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(21),3)＝2R，解得R＝eq\f(\r(21),3)，所以△ABC外接圓的半徑為eq\f(\r(21),3)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖所示，在△ABC中，利用正弦定理得eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(2,sinA)，解得sinA＝eq\f(\r(21),7)，又a<c，所以cosA＝eq\f(2\r(7),7)，在△ACD中，利用余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcosA＝9＋eq\f(7,4)－2×3×eq\f(\r(7),2)×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(19,4)，解得CD＝eq\f(\r(19),2)，故D正確．故選ABD.19．(2023·廣東茂名一模)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a＝b＋2bcosC.(1)求證：C＝2B；(2)求eq\f(a＋c,b)的取值范圍．解(1)證明：在△ABC中，由a＝b＋2bcosC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcosC，又A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinB＋2sinBcosC，則cosBsinC－sinBcosC＝sinB，∴sin(C－B)＝sinB，∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<C<π.∵B＋(C－B)＝C<π，∴B＝C－B，即C＝2B.(2)解法一：由(1)得C＝2B，則B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，由題意a＝b＋2bcosC，C＝2B及正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(b＋2bcosC＋c,b)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sinC,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋2sinBcosB,sinB)＝1＋2cosC＋2cosB＝1＋2cos2B＋2cosB＝1＋2(2cos2B－1)＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，∵eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5.故eq\f(a＋c,b)的取值范圍為(1，5)．解法二：由正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sinA＋sinC,sinB)，∵A＋B＋C＝π，∴A＝π－(B＋C)，則eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(sin[π－(B＋C)]＋sinC,sinB)＝eq\f(sin(B＋C)＋sinC,sinB)，由(1)得C＝2B，故eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sin(B＋2B)＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosBsin2B＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosB·2sinBcosB＋2sinBcosB,sinB)＝cos2B＋2cos2B＋2cosB＝2cos2B－1＋2cos2B＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc