2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第四章 §4.7　正弦定理、余弦定理

§4.7　正弦定理、余弦定理考试要求　1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题．知识梳理1．正弦定理与余弦定理2.三角形中常用的面积公式(1)S＝eq \f(1,2)aha(ha表示边a上的高)；(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A；(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．常用结论在△ABC中，常有以下结论：(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．(3)a>b⇔A>B⇔sin A>sin B，cos Asin B，则A>B.(　√　)(3)在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．(　×　)(4)当b2＋c2－a2>0时，△ABC为锐角三角形．(　×　)教材改编题1．在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠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　因为在△ABC中，设AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，所以由余弦定理得cos∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋25－49,30)＝－eq \f(1,2)，因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝eq \f(2π,3).2．在△ABC中，若A＝60°，a＝4eq \r(3)，b＝4eq \r(2)，则B＝ .答案　45°解析　由正弦定理知eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，则sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(4\r(2)×\f(\r(3),2),4\r(3))＝eq \f(\r(2),2).又a>b，则A>B，所以B为锐角，故B＝45°.3．在△ABC中，a＝2，b＝3，C＝60°，则c＝ ，△ABC的面积＝ .答案　eq \r(7)　eq \f(3\r(3),2)解析　易知c＝eq \r(4＋9－2×2×3×\f(1,2))＝eq \r(7)，△ABC的面积等于eq \f(1,2)×2×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2).题型一　利用正弦定理、余弦定理解三角形例1　(12分)(2021·新高考全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BD·sin∠ABC＝asin C.(1)证明：BD＝b;[切入点：角转化为边](2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.[关键点：∠BDA和∠BDC互补]高考改编在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsin C＋asin A＝bsin B＋csin C.(1)求A；(2)设D是线段BC的中点，若c＝2，AD＝eq \r(13)，求a.解　(1)根据正弦定理，由bsin C＋asin A＝bsin B＋csin C，可得bc＋a2＝b2＋c2，即bc＝b2＋c2－a2，由余弦定理可得，cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，因为A为三角形内角，所以A＝eq \f(π,3).(2)因为D是线段BC的中点，c＝2，AD＝eq \r(13)，所以∠ADB＋∠ADC＝π，则cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq \f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝0，即eq \f(13＋\f(a2,4)－22,2\r(13)·\f(a,2))＋eq \f(13＋\f(a2,4)－b2,2\r(13)·\f(a,2))＝0，整理得a2＝2b2－44，又a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋4－2b，所以b2＋4－2b＝2b2－44，解得b＝6或b＝－8(舍)，因此a2＝2b2－44＝28，所以a＝2eq \r(7).思维升华　解三角形问题的技巧(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．跟踪训练1　(2021·北京)已知在△ABC中，c＝2bcos B，C＝eq \f(2π,3).(1)求B的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度．①c＝eq \r(2)b；②周长为4＋2eq \r(3)；③面积为S△ABC＝eq \f(3\r(3),4).解　(1)∵c＝2bcos B，则由正弦定理可得sin C＝2sin Bcos B，∴sin 2B＝sin eq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),2)，∵C＝eq \f(2π,3)，∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，2B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴2B＝eq \f(π,3)，解得B＝eq \f(π,6).(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得eq \f(c,b)＝eq \f(sin C,sin B)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq \r(3)，与c＝eq \r(2)b矛盾，故这样的△ABC不存在；若选择②：由(1)可得A＝eq \f(π,6)，设△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得a＝b＝2Rsin eq \f(π,6)＝R，c＝2Rsin eq \f(2π,3)＝eq \r(3)R，则周长为a＋b＋c＝2R＋eq \r(3)R＝4＋2eq \r(3)，解得R＝2，则a＝2，c＝2eq \r(3)，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为eq \r(2\r(3)2＋12－2×2\r(3)×1×cos \f(π,6))＝eq \r(7)；若选择③：由(1)可得A＝eq \f(π,6)，即a＝b，则S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)a2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)，解得a＝eq \r(3)，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为eq \r(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2×b×\f(a,2)×cos \f(2π,3))＝eq \r(3＋\f(3,4)＋\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(21),2).题型二　正弦定理、余弦定理的简单应用命题点1　三角形形状判断例2　在△ABC中，eq \f(c－a,2c)＝sin2 eq \f(B,2)(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　)A．直角三角形B．等边三角形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cos B＝1－2sin2 eq \f(B,2)，得sin2 eq \f(B,2)＝eq \f(1－cos B,2)，所以eq \f(c－a,2c)＝eq \f(1－cos B,2)，即cos B＝eq \f(a,c).方法一　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为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．方法二　由正弦定理得cos B＝eq \f(sin A,sin C)，又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，所以cos Bsin C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即sin Bcos C＝0，又sin B≠0，所以cos C＝0，又角C为三角形的内角，所以C＝eq \f(π,2)，所以△ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．延伸探究 将“eq \f(c－a,2c)＝sin2 eq \f(B,2)”改为“eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc”，试判断△ABC的形状．解　因为eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，所以eq \f(a,b)＝eq \f(a,c)，所以b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2).因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)，所以△ABC是等边三角形．思维升华　判断三角形形状的两种思路(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(2)化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．命题点2　三角形的面积例3　(2022·沧州模拟)在①sin A，sin C，sin B成等差数列；②a∶b∶c＝4∶3∶2；③bcos A＝1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a(sin A－sin B)＋bsin B ＝csin C，c＝1， ？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解　因为a(sin A－sin B)＋bsin B＝csin C，由正弦定理得a(a－b)＋b2＝c2，即a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).选择①：因为sin A，sin C，sin B成等差数列，所以sin A＋sin B＝2sin C，即a＋b＝2c＝2，由a2＋b2－c2＝a2＋b2－1＝ab，得(a＋b)2－3ab＝1，所以ab＝1，故存在满足题意的△ABC，S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×1×sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),4).选择②：因为a∶b∶c＝4∶3∶2，所以A>B>C＝eq \f(π,3)，这与A＋B＋C＝π矛盾，所以△ABC不存在．选择③：因为bcos A＝1，所以b·eq \f(b2＋1－a2,2b)＝1，得b2＝1＋a2＝c2＋a2，所以B＝eq \f(π,2)，此时△ABC存在．又C＝eq \f(π,3)，所以A＝eq \f(π,6)，所以a＝1×tan eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)ac＝eq \f(\r(3),6).思维升华　三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．命题点3　与平面几何有关的问题例4　如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝eq \f(π,2)，B＝eq \f(2π,3)，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝eq \f(2π,3)，EC＝eq \r(7).(1)求sin∠BCE的值；(2)求CD的长．解　(1)在△BEC中，由正弦定理，知eq \f(BE,sin∠BCE)＝eq \f(CE,sin B).∵B＝eq \f(2π,3)，BE＝1，CE＝eq \r(7)，∴sin∠BCE＝eq \f(BE·sin B,CE)＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),14).(2)∵∠CED＝B＝eq \f(2π,3)，∴∠DEA＝∠BCE，∴cos∠DEA＝eq \r(1－sin2∠DEA)＝eq \r(1－sin2∠BCE)＝eq \r(1－\f(3,28))＝eq \f(5\r(7),14).∵A＝eq \f(π,2)，∴△AED为直角三角形，又AE＝5，∴ED＝eq \f(AE,cos∠DEA)＝eq \f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq \r(7).在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2×eq \r(7)×2eq \r(7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49.∴CD＝7.教师备选1．在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，且2cos Asin B＝sin C，则该三角形的形状是(　　)A．直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．钝角三角形答案　C解析　∵a2＋b2－c2＝ab，∴cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，又C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,3)，由2cos Asin B＝sin C，得cos A＝eq \f(sin C,2sin B)＝eq \f(c,2b)＝eq \f(c2＋b2－a2,2bc)，∴b2＝a2，即b＝a，又C＝eq \f(π,3)，故三角形为等边三角形．2．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos C－ccos(B＋C)＝－eq \f(b,3cosA＋B).(1)求tan C；(2)若c＝3，sin Asin B＝eq \f(16,27)，求△ABC的面积．解　(1)∵acos C－ccos(B＋C)＝－eq \f(b,3cosA＋B)，∴acos C＋ccos A＝eq \f(b,3cos C).由正弦定理得sin Acos C＋sin Ccos A＝eq \f(sin B,3cos C)，∴sin(A＋C)＝eq \f(sin B,3cos C)，即sin B＝eq \f(sin B,3cos C)，又∵sin B≠0，∴cos C＝eq \f(1,3)，∴sin C＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq \f(2\r(2),3)，tan C＝eq \f(sin C,cos C)＝2eq \r(2).(2)若c＝3，由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(3,\f(2\r(2),3))＝eq \f(9\r(2),4)，则a＝eq \f(9\r(2),4)sin A，b＝eq \f(9\r(2),4)sin B，则ab＝eq \f(9\r(2),4)sin A·eq \f(9\r(2),4)sin B＝eq \f(162,16)sin Asin B＝eq \f(162,16)×eq \f(16,27)＝6，∴S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×6×eq \f(2\r(2),3)＝2eq \r(2).思维升华　平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函数思想．跟踪训练2　(1)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c－acos B＝(2a－b)cos A，则△ABC的形状为(　　)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　因为c－acos B＝(2a－b)cos A，C＝π－(A＋B)，所以由正弦定理得sin C－sin Acos B＝2sin Acos A－sin Bcos A，所以sin Acos B＋cos Asin B－sin Acos B＝2sin Acos A－sin Bcos A，所以cos A(sin B－sin A)＝0，所以cos A＝0或sin B＝sin A，所以A＝eq \f(π,2)或B＝A或B＝π－A(舍去)，所以△ABC为等腰或直角三角形．(2)(2022·郑州模拟)如图，在△ABC中，AB＝9，cos B＝eq \f(2,3)，点D在BC边上，AD＝7，∠ADB为锐角．①求BD；②若∠BAD＝∠DAC，求sin C的值及CD的长．解　①在△ABD中，由余弦定理得AB2＋BD2－2AB·BD·cos B＝AD2，整理得BD2－12BD＋32＝0，所以BD＝8或BD＝4.当BD＝4时，cos∠ADB＝eq \f(16＋49－81,2×4×7)＝－eq \f(2,7)，则∠ADB>eq \f(π,2)，不符合题意，舍去；当BD＝8时，cos∠ADB＝eq \f(64＋49－81,2×8×7)＝eq \f(2,7)，则∠ADBcos B恒成立C．在△ABC中，若acos A＝bcos B，则△ABC必是等腰直角三角形D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形答案　ABD解析　对于A，由A>B，可得a>b，利用正弦定理可得sin A>sin B，正确；对于B，在锐角△ABC中，A，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∵A＋B>eq \f(π,2)，∴eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，∴sin A>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cos B，∴不等式sin A>cos B恒成立，正确；对于C，在△ABC中，由acos A＝bcos B，利用正弦定理可得sin Acos A＝sin Bcos B，∴sin 2A＝sin 2B，∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴是假命题，错误；对于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，可得A＝C＝B＝60°，故正确．7．(2022·潍坊质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b＝3，a－c＝2，A＝eq \f(2π,3).则△ABC的面积为 ．答案　eq \f(15\r(3),4)解析　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，∵b＝3，a－c＝2，A＝eq \f(2π,3)，∴(c＋2)2＝32＋c2－2×3c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得c＝5，则△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×3×5×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4).8．(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为eq \r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝ .答案　2eq \r(2)解析　由题意得S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac＝eq \r(3)，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accos B＝12－2×4×eq \f(1,2)＝8，则b＝2eq \r(2)(负值舍去)．9．(2022·南平模拟)在①2ccos B＝2a－b，②△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，③cos2A－cos2C＝sin2B－sin Asin B，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．(如果选择多个条件作答，则按所选的第一个条件给分)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 ．(1)求角C的大小；(2)若c＝2且4sin Asin B＝3，求△ABC的面积．解　(1)若选条件①2ccos B＝2a－b，则2c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2a－b，即a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝eq \f(1,2)，又因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).若选条件②△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，则eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)＝eq \f(1,2)absin C，即sin C＝eq \r(3)cos C，所以tan C＝eq \r(3)，又因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).若选条件③cos2A－cos2C＝sin2B－sin Asin B，则(1－sin2A)－(1－sin2C)＝sin2B－sin Asin B，即sin2A＋sin2B－sin2C＝sin Asin B，即a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝eq \f(1,2)，又因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).(2)因为c＝2，所以eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(2,sin\f(π,3))＝eq \f(4,\r(3))，所以sin A＝eq \f(\r(3),4)a，sin B＝eq \f(\r(3),4)b，又因为4sin Asin B＝3，所以ab＝4，△ABC的面积为eq \f(1,2)absin C＝eq \r(3).10．(2022·湘豫联盟联考)如图，在△ABC中，∠B＝60°，AB＝8，AD＝7，点D在BC上，且cos∠ADC＝eq \f(1,7).(1)求BD；(2)若cos∠CAD＝eq \f(\r(3),2)，求△ABC的面积．解　(1)∵cos∠ADB＝cos(π－∠ADC)＝－cos∠ADC＝－eq \f(1,7).在△ABD中，由余弦定理得82＝BD2＋72－2·BD·7·cos∠ADB，解得BD＝3或BD＝－5(舍)．(2)由已知sin∠ADC＝eq \f(4\r(3),7)，sin∠CAD＝eq \f(1,2)，∴sin C＝sin(∠ADC＋∠CAD)＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,7)×eq \f(1,2)＝eq \f(13,14).由正弦定理得CD＝eq \f(ADsin∠CAD,sin C)＝eq \f(7×\f(1,2),\f(13,14))＝eq \f(49,13)，∴BC＝3＋eq \f(49,13)＝eq \f(88,13)，∴S△ABC＝eq \f(1,2)×8×eq \f(88,13)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(176\r(3),13).11．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且4S＝(a＋b)2－c2，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))等于 (　　)A．1 B．－eq \f(\r(2),2)C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)答案　C解析　因为S＝eq \f(1,2)absin C，cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，所以2S＝absin C，a2＋b2－c2＝2abcos C.又4S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，所以2absin C＝2abcos C＋2ab.因为ab≠0，所以sin C＝cos C＋1.因为sin2C＋cos2C＝1，所以(cos C＋1)2＋cos2 C＝1，解得cos C＝－1(舍去)或cos C＝0，所以sin C＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))＝eq \f(\r(2),2)(sin C＋cos C)＝eq \f(\r(2),2).12．(2022·焦作模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c依次成等差数列，△ABC的周长为15，且(sin A＋sin B)2＋cos2C＝1＋sin Asin B，则cos B等于(　　)A.eq \f(13,14) B.eq \f(11,14)C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)答案　B解析　因为(sin A＋sin B)2＋cos2C＝1＋sin Asin B，所以sin2A＋sin2B＋2sin A·sin B＋1－sin2C＝1＋sin A·sin B，所以由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，又a，b，c依次成等差数列，△ABC的周长为15，即a＋c＝2b，a＋b＋c＝15，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＋b2－c2＝－ab，,a＋c＝2b，,a＋b＋c＝15，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝5，,c＝7.))cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(32＋72－52,2×3×7)＝eq \f(11,14).13．(2022·开封模拟)在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，∠B＝eq \f(3π,4)，AB＝3eq \r(2)，AD＝2eq \r(10)，若AC＝3eq \r(5)，则CD为 ．答案　1或5解析　因为在△ABC中，∠B＝eq \f(3π,4)，AB＝3eq \r(2)，AC＝3eq \r(5)，由正弦定理可得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，所以sin∠ACB＝eq \f(AB·sin B,AC)＝eq \f(3\r(2)×\f(\r(2),2),3\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，又BC⊥CD，所以∠ACB与∠ACD互余，因此cos∠ACD＝sin∠ACB＝eq \f(\r(5),5)，在△ACD中，AD＝2eq \r(10)，AC＝3eq \r(5)，由余弦定理可得cos∠ACD＝eq \f(\r(5),5)＝eq \f(AC2＋CD2－AD2,2AC·CD)＝eq \f(5＋CD2,6\r(5)CD)，所以CD2－6CD＋5＝0，解得CD＝1或CD＝5.14．(2022·大连模拟)托勒密(Ptolemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，AB＝AD，∠BAD＝120°，AC＝6，则四边形ABCD的面积为 ．答案　9eq \r(3)解析　在△ABD中，设AB＝a，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝3a2，所以BD＝eq \r(3)a，由托勒密定理可得a(BC＋CD)＝AC·eq \r(3)a，即BC＋CD＝eq \r(3)AC，又∠ABD＝∠ACD＝30°，所以四边形ABCD的面积S＝eq \f(1,2)BC·ACsin 30°＋eq \f(1,2)CD·ACsin 30°＝eq \f(1,4)(BC＋CD)·AC＝eq \f(\r(3),4)AC2＝9eq \r(3).15．(多选)中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2＋a2－b2,2)))2)))(S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边)．现有△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶eq \r(7)，且△ABC的面积S△ABC＝6eq \r(3)，则下列结论正确的是(　　)A．△ABC的周长为10＋2eq \r(7)B．△ABC的三个内角满足A＋B＝2CC．△ABC的外接圆半径为eq \f(4\r(21),3)D．△ABC的中线CD的长为3eq \r(2)答案　AB解析　A项，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶eq \r(7)，所以由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶eq \r(7)，设a＝2t，b＝3t，c＝eq \r(7)t(t>0)，因为S△ABC＝6eq \r(3)，所以6eq \r(3)＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7t2×4t2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7t2＋4t2－9t2,2)))2)))，解得t＝2，则a＝4，b＝6，c＝2eq \r(7)，故△ABC的周长为10＋2eq \r(7)，A正确；B项，因为cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(16＋36－28,2×4×6)＝eq \f(1,2)，所以C＝eq \f(π,3)，A＋B＝π－eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)＝2C，故B正确；C项，因为C＝eq \f(π,3)，所以sin C＝eq \f(\r(3),2)，由正弦定理得2R＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(2\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(21),3)，R＝eq \f(2\r(21),3)，C错误；D项，由余弦定理得cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(16＋28－36,2×4×2\r(7))＝eq \f(\r(7),14)，在△BCD中，BC＝4，BD＝eq \r(7)，由余弦定理得cos B＝eq \f(16＋7－CD2,2×4×\r(7))＝eq \f(\r(7),14)，解得CD＝eq \r(19)，D错误．16．(2021·新高考全国Ⅱ)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积；(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解　(1)因为2sin C＝3sin A，则2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,8)，所以C为锐角，则sin C＝eq \r(1－cos2C)＝eq \f(3\r(7),8)，因此，S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×5×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(15\r(7),4).(2)显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋a＋12－a＋22,2aa＋1)＝eq \f(a2－2a－3,2aa＋1)