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(新高考)高考数学一轮复习讲义第4章§4.7正弦定理、余弦定理(含详解)
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这是一份(新高考)高考数学一轮复习讲义第4章§4.7正弦定理、余弦定理(含详解)，共22页。试卷主要包含了掌握正弦定理、余弦定理及其变形，三角形中常用的面积公式等内容，欢迎下载使用。
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，cs A(4)sin(A＋B)＝sin C；cs(A＋B)＝－cs C；tan(A＋B)＝－tan C；sin eq \f(A＋B,2)＝cs eq \f(C,2)；cs eq \f(A＋B,2)＝sin eq \f(C,2).
(5)三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( × )
(2)在△ABC中，若sin A>sin 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
cs∠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cs∠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，cs 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cs∠ADB＋cs∠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＋c2－2bccs 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＝2bcs 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＝2bcs B，
则由正弦定理可得sin C＝2sin Bcs 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\c1(0，\f(π,3)))，2B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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×cs \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\c1(\f(a,2)))2－2×b×\f(a,2)×cs \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cs B＝1－2sin2 eq \f(B,2)，
得sin2 eq \f(B,2)＝eq \f(1－cs B,2)，
所以eq \f(c－a,2c)＝eq \f(1－cs B,2)，
即cs 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cs B＝eq \f(sin A,sin C)，
又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
所以cs Bsin C＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
即sin Bcs C＝0，又sin B≠0，
所以cs 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cs 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；③bcs 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cs 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bcs 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，
∴cs∠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,cs∠DEA)＝eq \f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq \r(7).
在△CED中，
CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cs∠CED
＝7＋28－2×eq \r(7)×2eq \r(7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝49.
∴CD＝7.
教师备选
1．在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，且2cs 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，
∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，
又C∈(0，π)，
∴C＝eq \f(π,3)，
由2cs Asin B＝sin C，
得cs 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acs C－ccs(B＋C)＝－eq \f(b,3csA＋B).
(1)求tan C；
(2)若c＝3，sin Asin B＝eq \f(16,27)，求△ABC的面积．
解 (1)∵acs C－ccs(B＋C)
＝－eq \f(b,3csA＋B)，
∴acs C＋ccs A＝eq \f(b,3cs C).
由正弦定理得sin Acs C＋sin Ccs A＝eq \f(sin B,3cs C)，
∴sin(A＋C)＝eq \f(sin B,3cs C)，
即sin B＝eq \f(sin B,3cs C)，
又∵sin B≠0，
∴cs C＝eq \f(1,3)，
∴sin C＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝eq \f(2\r(2),3)，
tan C＝eq \f(sin C,cs 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－acs B＝
(2a－b)cs 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－acs B＝(2a－b)cs A，
C＝π－(A＋B)，
所以由正弦定理得sin C－sin Acs B
＝2sin Acs A－sin Bcs A，
所以sin Acs B＋cs Asin B－sin Acs B
＝2sin Acs A－sin Bcs A，
所以cs A(sin B－sin A)＝0，
所以cs 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，cs 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·cs B＝AD2，
整理得BD2－12BD＋32＝0，
所以BD＝8或BD＝4.
当BD＝4时，cs∠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，cs∠ADB＝eq \f(64＋49－81,2×8×7)＝eq \f(2,7)，
则∠ADB所以BD＝8.
②在△ABD中，
cs∠BAD＝eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq \f(92＋72－82,2×9×7)
＝eq \f(11,21)，
所以sin∠BAD＝eq \f(8\r(5),21)，
又sin∠ADB＝eq \f(3\r(5),7)，
所以sin C＝sin(∠ADB－∠CAD)
＝sin(∠ADB－∠BAD)
＝sin∠ADBcs∠BAD －cs∠ADBsin∠BAD
＝eq \f(3\r(5),7)×eq \f(11,21)－eq \f(2,7)×eq \f(8\r(5),21)
＝eq \f(17\r(5),147)，
在△ACD中，由正弦定理得eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AD,sin C)，
即CD＝eq \f(AD,sin C)·sin∠CAD＝eq \f(7,\f(17\r(5),147))×eq \f(8\r(5),21)
＝eq \f(392,17).
课时精练
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为eq \f(a2＋b2－c2,4)，则C等于( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 C
解析 根据题意及三角形的面积公式知
eq \f(1,2)absin C＝eq \f(a2＋b2－c2,4)，
所以sin C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝cs C，
所以在△ABC中，C＝eq \f(π,4).
2．(2022·北京西城区模拟)在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sin A＝6sin B，则c等于( )
A.eq \r(35) B.eq \r(31)
C．6 D．5
答案 B
解析 因为sin A＝6sin B，
由正弦定理可得a＝6b，
又a＋2b＝8，所以a＝6，b＝1，
因为C＝60°，
所以c2＝a2＋b2－2abcs C，
即c2＝62＋12－2×1×6×eq \f(1,2)，
解得c＝eq \r(31).
3．(2022·济南质检)已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，a＝4，cs 2A＝
－eq \f(7,25)，则△ABC外接圆半径为( )
A．5 B．3 C.eq \f(5,2) D.eq \f(3,2)
答案 C
解析 因为cs 2A＝－eq \f(7,25)，
所以1－2sin2A＝－eq \f(7,25)，
解得sin A＝±eq \f(4,5)，
因为A∈(0，π)，
所以sin A＝eq \f(4,5)，
又a＝4，所以2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(4,\f(4,5))＝5，
所以R＝eq \f(5,2).
4．(2022·河南九师联盟联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2b，sin2A－3sin2B＝eq \f(1,2)sin Asin C，则角C等于( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
答案 B
解析 ∵sin2A－3sin2B＝eq \f(1,2)sin Asin C，
由正弦定理可得a2－3b2＝eq \f(1,2)ac，
∵c＝2b，
∴a2－3b2＝eq \f(1,2)a·2b＝ab，
由余弦定理可得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2－3b2,2ab)＝eq \f(1,2)，
∵05．(多选)(2022·山东多校联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c,2bsin A＝eq \r(5)acs B，
AB＝2，AC＝2eq \r(6)，D为BC的中点，E为AC上的点，且BE为∠ABC的平分线，下列结论正确的是( )
A．cs∠BAC＝－eq \f(\r(6),6) B．S△ABC＝3eq \r(5)
C．BE＝2 D．AD＝eq \r(5)
答案 AD
解析 由正弦定理可知
2sin Bsin A＝eq \r(5)sin Acs B，
∵sin A≠0，
∴2sin B＝eq \r(5)cs B.
又sin2B＋cs2B＝1，
∴sin B＝eq \f(\r(5),3)，cs B＝eq \f(2,3)，
在△ABC中，
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs B，
得BC＝6.
A项，
cs∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(4＋24－36,2×2×2\r(6))
＝－eq \f(\r(6),6)；
B项，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin B＝eq \f(1,2)×2×6×eq \f(\r(5),3)＝2eq \r(5)；
C项，由角平分线性质可知eq \f(AE,EC)＝eq \f(AB,BC)＝eq \f(1,3)，
∴AE＝eq \f(\r(6),2).
BE2＝AB2＋AE2－2AB·AEcs A＝4＋eq \f(3,2)－2×2×eq \f(\r(6),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),6)))＝eq \f(15,2)，
∴BE＝eq \f(\r(30),2)；
D项，在△ABD中，
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcs B
＝4＋9－2×2×3×eq \f(2,3)＝5，
∴AD＝eq \r(5).
6．(多选)(2022·张家口质检)下列命题中，正确的是( )
A．在△ABC中，A>B，则sin A>sin B
B．在锐角△ABC中，不等式sin A>cs B恒成立
C．在△ABC中，若acs A＝bcs 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\c1(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\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，
∴不等式sin A>cs B恒成立，正确；
对于C，在△ABC中，由acs A＝bcs B，
利用正弦定理可得sin Acs A＝sin Bcs 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＋c2－2bccs 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\c1(－\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＋c2－2accs 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①2ccs B＝2a－b，②△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，③cs2A－cs2C＝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①2ccs B＝2a－b，
则2c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2a－b，
即a2＋b2－c2＝ab，
所以cs 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)cs 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③cs2A－cs2C＝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cs 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cs∠ADC＝eq \f(1,7).
(1)求BD；
(2)若cs∠CAD＝eq \f(\r(3),2)，求△ABC的面积．
解 (1)∵cs∠ADB＝cs(π－∠ADC)
＝－cs∠ADC＝－eq \f(1,7).
在△ABD中，由余弦定理得
82＝BD2＋72－2·BD·7·cs∠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\c1(\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，
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
所以2S＝absin C，a2＋b2－c2＝2abcs C.
又4S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，
所以2absin C＝2abcs C＋2ab.
因为ab≠0，所以sin C＝cs C＋1.
因为sin2C＋cs2C＝1，
所以(cs C＋1)2＋cs2 C＝1，
解得cs C＝－1(舍去)或cs C＝0，
所以sin C＝1，
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋C))＝eq \f(\r(2),2)(sin C＋cs 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＋cs2C＝1＋sin Asin B，则cs 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＋cs2C
＝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\c1(a2＋b2－c2＝－ab，,a＋c＝2b，,a＋b＋c＝15，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝5，,c＝7.))
cs 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cs∠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
cs∠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(Ptlemy)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·cs∠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\c1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＝2C
C．△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\c1(7t2×4t2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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
cs 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
cs 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cs 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，cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,8)，所以C为锐角，
则sin C＝eq \r(1－cs2C)＝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
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋a＋12－a＋22,2aa＋1)
＝eq \f(a2－2a－3,2aa＋1)<0，
则0由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，
可得a>1，因为a∈N*，故a＝2.定理
正弦定理
余弦定理
内容
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R
a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝c2＋a2－2cacs B；
c2＝a2＋b2－2abcs C
变形
(1)a＝2Rsin A，
b＝2Rsin B，
c＝2Rsin C；
(2)asin B
＝bsin A，
bsin C＝csin B，
asin C＝csin A
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
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，cs A
(5)三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( × )
(2)在△ABC中，若sin A>sin 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
cs∠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cs∠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，cs 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cs∠ADB＋cs∠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＋c2－2bccs 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＝2bcs 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＝2bcs B，
则由正弦定理可得sin C＝2sin Bcs 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\c1(0，\f(π,3)))，2B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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×cs \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\c1(\f(a,2)))2－2×b×\f(a,2)×cs \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cs B＝1－2sin2 eq \f(B,2)，
得sin2 eq \f(B,2)＝eq \f(1－cs B,2)，
所以eq \f(c－a,2c)＝eq \f(1－cs B,2)，
即cs 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cs B＝eq \f(sin A,sin C)，
又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
所以cs Bsin C＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
即sin Bcs C＝0，又sin B≠0，
所以cs 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cs 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；③bcs 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cs 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bcs 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，
∴cs∠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,cs∠DEA)＝eq \f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq \r(7).
在△CED中，
CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cs∠CED
＝7＋28－2×eq \r(7)×2eq \r(7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝49.
∴CD＝7.
教师备选
1．在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，且2cs 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，
∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，
又C∈(0，π)，
∴C＝eq \f(π,3)，
由2cs Asin B＝sin C，
得cs 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acs C－ccs(B＋C)＝－eq \f(b,3csA＋B).
(1)求tan C；
(2)若c＝3，sin Asin B＝eq \f(16,27)，求△ABC的面积．
解 (1)∵acs C－ccs(B＋C)
＝－eq \f(b,3csA＋B)，
∴acs C＋ccs A＝eq \f(b,3cs C).
由正弦定理得sin Acs C＋sin Ccs A＝eq \f(sin B,3cs C)，
∴sin(A＋C)＝eq \f(sin B,3cs C)，
即sin B＝eq \f(sin B,3cs C)，
又∵sin B≠0，
∴cs C＝eq \f(1,3)，
∴sin C＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝eq \f(2\r(2),3)，
tan C＝eq \f(sin C,cs 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－acs B＝
(2a－b)cs 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－acs B＝(2a－b)cs A，
C＝π－(A＋B)，
所以由正弦定理得sin C－sin Acs B
＝2sin Acs A－sin Bcs A，
所以sin Acs B＋cs Asin B－sin Acs B
＝2sin Acs A－sin Bcs A，
所以cs A(sin B－sin A)＝0，
所以cs 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，cs 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·cs B＝AD2，
整理得BD2－12BD＋32＝0，
所以BD＝8或BD＝4.
当BD＝4时，cs∠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，cs∠ADB＝eq \f(64＋49－81,2×8×7)＝eq \f(2,7)，
则∠ADB
②在△ABD中，
cs∠BAD＝eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq \f(92＋72－82,2×9×7)
＝eq \f(11,21)，
所以sin∠BAD＝eq \f(8\r(5),21)，
又sin∠ADB＝eq \f(3\r(5),7)，
所以sin C＝sin(∠ADB－∠CAD)
＝sin(∠ADB－∠BAD)
＝sin∠ADBcs∠BAD －cs∠ADBsin∠BAD
＝eq \f(3\r(5),7)×eq \f(11,21)－eq \f(2,7)×eq \f(8\r(5),21)
＝eq \f(17\r(5),147)，
在△ACD中，由正弦定理得eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AD,sin C)，
即CD＝eq \f(AD,sin C)·sin∠CAD＝eq \f(7,\f(17\r(5),147))×eq \f(8\r(5),21)
＝eq \f(392,17).
课时精练
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为eq \f(a2＋b2－c2,4)，则C等于( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 C
解析 根据题意及三角形的面积公式知
eq \f(1,2)absin C＝eq \f(a2＋b2－c2,4)，
所以sin C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝cs C，
所以在△ABC中，C＝eq \f(π,4).
2．(2022·北京西城区模拟)在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sin A＝6sin B，则c等于( )
A.eq \r(35) B.eq \r(31)
C．6 D．5
答案 B
解析 因为sin A＝6sin B，
由正弦定理可得a＝6b，
又a＋2b＝8，所以a＝6，b＝1，
因为C＝60°，
所以c2＝a2＋b2－2abcs C，
即c2＝62＋12－2×1×6×eq \f(1,2)，
解得c＝eq \r(31).
3．(2022·济南质检)已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，a＝4，cs 2A＝
－eq \f(7,25)，则△ABC外接圆半径为( )
A．5 B．3 C.eq \f(5,2) D.eq \f(3,2)
答案 C
解析 因为cs 2A＝－eq \f(7,25)，
所以1－2sin2A＝－eq \f(7,25)，
解得sin A＝±eq \f(4,5)，
因为A∈(0，π)，
所以sin A＝eq \f(4,5)，
又a＝4，所以2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(4,\f(4,5))＝5，
所以R＝eq \f(5,2).
4．(2022·河南九师联盟联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2b，sin2A－3sin2B＝eq \f(1,2)sin Asin C，则角C等于( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
答案 B
解析 ∵sin2A－3sin2B＝eq \f(1,2)sin Asin C，
由正弦定理可得a2－3b2＝eq \f(1,2)ac，
∵c＝2b，
∴a2－3b2＝eq \f(1,2)a·2b＝ab，
由余弦定理可得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2－3b2,2ab)＝eq \f(1,2)，
∵0
AB＝2，AC＝2eq \r(6)，D为BC的中点，E为AC上的点，且BE为∠ABC的平分线，下列结论正确的是( )
A．cs∠BAC＝－eq \f(\r(6),6) B．S△ABC＝3eq \r(5)
C．BE＝2 D．AD＝eq \r(5)
答案 AD
解析 由正弦定理可知
2sin Bsin A＝eq \r(5)sin Acs B，
∵sin A≠0，
∴2sin B＝eq \r(5)cs B.
又sin2B＋cs2B＝1，
∴sin B＝eq \f(\r(5),3)，cs B＝eq \f(2,3)，
在△ABC中，
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs B，
得BC＝6.
A项，
cs∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(4＋24－36,2×2×2\r(6))
＝－eq \f(\r(6),6)；
B项，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin B＝eq \f(1,2)×2×6×eq \f(\r(5),3)＝2eq \r(5)；
C项，由角平分线性质可知eq \f(AE,EC)＝eq \f(AB,BC)＝eq \f(1,3)，
∴AE＝eq \f(\r(6),2).
BE2＝AB2＋AE2－2AB·AEcs A＝4＋eq \f(3,2)－2×2×eq \f(\r(6),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),6)))＝eq \f(15,2)，
∴BE＝eq \f(\r(30),2)；
D项，在△ABD中，
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcs B
＝4＋9－2×2×3×eq \f(2,3)＝5，
∴AD＝eq \r(5).
6．(多选)(2022·张家口质检)下列命题中，正确的是( )
A．在△ABC中，A>B，则sin A>sin B
B．在锐角△ABC中，不等式sin A>cs B恒成立
C．在△ABC中，若acs A＝bcs 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\c1(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\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，
∴不等式sin A>cs B恒成立，正确；
对于C，在△ABC中，由acs A＝bcs B，
利用正弦定理可得sin Acs A＝sin Bcs 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＋c2－2bccs 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\c1(－\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＋c2－2accs 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①2ccs B＝2a－b，②△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，③cs2A－cs2C＝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①2ccs B＝2a－b，
则2c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2a－b，
即a2＋b2－c2＝ab，
所以cs 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)cs 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③cs2A－cs2C＝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cs 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cs∠ADC＝eq \f(1,7).
(1)求BD；
(2)若cs∠CAD＝eq \f(\r(3),2)，求△ABC的面积．
解 (1)∵cs∠ADB＝cs(π－∠ADC)
＝－cs∠ADC＝－eq \f(1,7).
在△ABD中，由余弦定理得
82＝BD2＋72－2·BD·7·cs∠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\c1(\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，
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
所以2S＝absin C，a2＋b2－c2＝2abcs C.
又4S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，
所以2absin C＝2abcs C＋2ab.
因为ab≠0，所以sin C＝cs C＋1.
因为sin2C＋cs2C＝1，
所以(cs C＋1)2＋cs2 C＝1，
解得cs C＝－1(舍去)或cs C＝0，
所以sin C＝1，
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋C))＝eq \f(\r(2),2)(sin C＋cs 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＋cs2C＝1＋sin Asin B，则cs 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＋cs2C
＝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\c1(a2＋b2－c2＝－ab，,a＋c＝2b，,a＋b＋c＝15，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝5，,c＝7.))
cs 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cs∠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
cs∠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(Ptlemy)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·cs∠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\c1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＝2C
C．△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\c1(7t2×4t2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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
cs 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
cs 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cs 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，cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,8)，所以C为锐角，
则sin C＝eq \r(1－cs2C)＝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
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋a＋12－a＋22,2aa＋1)
＝eq \f(a2－2a－3,2aa＋1)<0，
则0
可得a>1，因为a∈N*，故a＝2.定理
正弦定理
余弦定理
内容
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R
a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝c2＋a2－2cacs B；
c2＝a2＋b2－2abcs C
变形
(1)a＝2Rsin A，
b＝2Rsin B，
c＝2Rsin C；
(2)asin B
＝bsin A，
bsin C＝csin B，
asin C＝csin A
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
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