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高考数学科学创新复习方案提升版第28讲余弦定理、正弦定理学案（Word版附解析）学案（Word版附解析）
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这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第28讲余弦定理、正弦定理学案（Word版附解析）学案（Word版附解析），共28页。
1．正弦定理
2.余弦定理
3.三角形中常用的面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)ah(h表示边a上的高)．
(2)S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \x(\s\up1(14))eq \f(1,2)acsinB＝eq \x(\s\up1(15))eq \f(1,2)absinC．
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
1．三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cs(A＋B)＝－csC；
(3)sineq \f(A＋B,2)＝cseq \f(C,2)；(4)cseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2).
2．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcsC＋ccsB；b＝acsC＋ccsA；c＝bcsA＋acsB.
3．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况
4.三角形中的大角对大边
在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sinA＞sinB.
1．(人教A必修第二册6.4.3例7改编)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝eq \f(π,6)，B＝eq \f(π,4)，a＝1，则b＝( )
A．2 B．1
C.eq \r(3) D.eq \r(2)
答案 D
解析 由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(sin\f(π,4),sin\f(π,6))＝eq \f(\r(2),2)×2＝eq \r(2).
2．(人教A必修第二册6.4.3例8改编)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq \r(19)，AB＝2，则BC＝( )
A．1 B.eq \r(2)
C.eq \r(5) D．3
答案 D
解析 解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcsB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.
解法二：由正弦定理eq \f(AC,sinB)＝eq \f(AB,sinC)，得sinC＝eq \f(\r(57),19)，从而csC＝eq \f(4\r(19),19)(C是锐角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcsC＋csBsinC＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4\r(19),19)－eq \f(1,2)×eq \f(\r(57),19)＝eq \f(3\r(57),38).又eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sinA)，所以BC＝3.故选D.
3．在△ABC中，已知B＝30°，b＝eq \r(2)，c＝2，则C＝________．
答案 45°或135°
解析 由正弦定理得sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(2sin30°,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，因为c>b，B＝30°，所以C＝45°或C＝135°.
4．(人教B必修第四册9.1.2练习A T4改编)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝7，则△ABC的面积为________．
答案 eq \f(15\r(3),4)
解析 因为a＝3，b＝5，c＝7，所以csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(9＋25－49,2×3×5)＝－eq \f(1,2)，因此sinC＝eq \f(\r(3),2)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)×3×5×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4).
5．在△ABC中，acsA＝bcsB，则这个三角形的形状为________________．
答案 等腰三角形或直角三角形
解析 由正弦定理，得sinAcsA＝sinBcsB，即sin2A＝sin2B，又因为0<2A<2π，0<2B<2π且0例1 (1)(2023·柳州模拟预测)在△ABC中，若sinC＝3sinA，b2＝2ac，则csB＝( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 因为sinC＝3sinA，由正弦定理可得c＝3a，且b2＝2ac，由余弦定理可得csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋9a2－6a2,6a2)＝eq \f(2,3).故选C.
(2)(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.
①求sinA；
②设AB＝5，求AB边上的高．
解 ①∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq \f(π,4)，
又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)，
∴2sinAcsC－2csAsinC＝sinAcsC＋csAsinC，
∴sinAcsC＝3csAsinC，
∴sinA＝3csA，
即tanA＝3，∴0∴sinA＝eq \f(3,\r(10))＝eq \f(3\r(10),10).
②由①知，csA＝eq \f(1,\r(10))＝eq \f(\r(10),10)，
sinB＝sin(A＋C)＝sinAcsC＋csAsinC＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq \f(2\r(5),5)，
由正弦定理eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，可得b＝eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq \r(10)，
∴AB边上的高h＝bsinA＝2eq \r(10)×eq \f(3\r(10),10)＝6.
解三角形的常见题型及解题策略
提醒：如出现a2＋b2－c2＝λab的形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理．
1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知下列条件：
①b＝3，c＝4，B＝30°；②a＝5，b＝4，A＝30°；
③c＝2，b＝eq \r(3)，B＝60°；④c＝12，b＝12，C＝120°.
其中满足上述条件的三角形有唯一解的是( )
A．①④ B．①②
C．②③ D．③④
答案 C
解析 对于①，△ABC中，b＝3，c＝4，B＝30°，由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，即eq \f(3,sin30°)＝eq \f(4,sinC)⇒sinC＝eq \f(2,3)＞eq \f(1,2)＝sin30°，满足条件的角C有2个，故三角形有两个解；对于②，△ABC中，a＝5，b＝4，A＝30°，由正弦定理eq \f(4,sinB)＝eq \f(5,sin30°)，得sinB＝eq \f(2,5)＜eq \f(1,2)＝sin30°，又b＜a，所以满足条件的角B只有一个，故三角形有唯一解；对于③，△ABC中，由正弦定理eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝eq \f(2,sinC)⇒sinC＝1，即C＝90°，故三角形有唯一解；对于④，△ABC中，c＝12，b＝12⇒△ABC为等腰三角形，又C＝120°，故△ABC无解．故选C.
2．(2023·天津高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知a＝eq \r(39)，b＝2，A＝120°.
(1)求sinB的值；
(2)求c的值；
(3)求sin(B－C)的值．
解 (1)由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，
得eq \f(\r(39),sin120°)＝eq \f(2,sinB)，解得sinB＝eq \f(\r(13),13).
(2)解法一(余弦定理)：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccsA，即39＝4＋c2－4ccs120°，
整理得c2＋2c－35＝0，
解得c＝5或c＝－7(舍去)．
所以c＝5.
解法二(射影定理)：因为A＝120°，所以B，C均为锐角，
所以csB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(39),13).
由射影定理，得c＝acsB＋bcsA＝eq \r(39)×eq \f(2\r(39),13)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝5.
(3)由正弦定理eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，可得sinC＝eq \f(5\r(13),26)，
又B，C均为锐角，所以csC＝eq \r(1－sin2C)＝eq \f(3\r(39),26)，csB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(39),13)，
所以sin(B－C)＝sinBcsC－csBsinC＝eq \f(\r(13),13)×eq \f(3\r(39),26)－eq \f(2\r(39),13)×eq \f(5\r(13),26)＝－eq \f(7\r(3),26).
例2 (1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2－c2＝ab，且2csAsinB＝sinC，则△ABC的形状为( )
A．等边三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
答案 A
解析 ∵a2＋b2－c2＝ab，∴csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，又0(2)(2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
①若2sinC＝3sinA，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2sinC＝3sinA，
所以2c＝2(a＋2)＝3a，
则a＝4，故b＝5，c＝6，
由余弦定理可得csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,8)，
则sinC＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(3\r(7),8)，
因此S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝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csC＝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）)<0，
解得－1由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，
又a∈Z，故a＝2.
三角形形状的判定方法
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcsC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)等．
(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sinA＝eq \f(a,2R)，csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．
提醒：①注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能；
②在判断三角形形状时一定要注意解是否唯一，并注意挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响．
1.(2023·陕西安康模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcsC＋ccsB＝asinA，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
答案 B
解析 ∵bcsC＋ccsB＝asinA，∴由正弦定理，得sinBcsC＋sinCcsB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.又sinA>0，∴sinA＝1，又A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,2)，故△ABC为直角三角形．
2．在△ABC中，cs2eq \f(B,2)＝eq \f(a＋c,2c)(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为( )
A．等边三角形B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形
答案 B
解析 因为cs2eq \f(B,2)＝eq \f(a＋c,2c)，所以2cs2eq \f(B,2)－1＝eq \f(a＋c,c)－1，所以csB＝eq \f(a,c)，所以eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a,c)，所以c2＝a2＋b2，所以△ABC为直角三角形．
多角度探究突破
角度 三角形面积问题
例3 (2022·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),2)，sinB＝eq \f(1,3).
(1)求△ABC的面积；
(2)若sinAsinC＝eq \f(\r(2),3)，求b.
解 (1)由题意得S1＝eq \f(1,2)·a2·eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4)a2，S2＝eq \f(\r(3),4)b2，S3＝eq \f(\r(3),4)c2，则S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),4)a2－eq \f(\r(3),4)b2＋eq \f(\r(3),4)c2＝eq \f(\r(3),2)，即a2＋c2－b2＝2.
由余弦定理得csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
整理得accsB＝1，则csB＞0.
又sinB＝eq \f(1,3)，则csB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3).
ac＝eq \f(1,csB)＝eq \f(3\r(2),4)，则S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(2),8).
(2)由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，
则eq \f(b2,sin2B)＝eq \f(a,sinA)·eq \f(c,sinC)＝eq \f(ac,sinAsinC)＝eq \f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq \f(9,4)，则eq \f(b,sinB)＝eq \f(3,2)，b＝eq \f(3,2)sinB＝eq \f(1,2).
三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式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．
(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(b2＋c2－a2,csA)＝2.
(1)求bc；
(2)若eq \f(acsB－bcsA,acsB＋bcsA)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC的面积．
解 (1)因为a2＝b2＋c2－2bccsA，所以eq \f(b2＋c2－a2,csA)＝eq \f(2bccsA,csA)＝2bc＝2，解得bc＝1.
(2)由正弦定理可得eq \f(acsB－bcsA,acsB＋bcsA)－eq \f(b,c)＝eq \f(sinAcsB－sinBcsA,sinAcsB＋sinBcsA)－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，
变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB，
即－2csAsinB＝sinB，
而0＜sinB≤1，所以csA＝－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).
角度 三角形中的范围问题
例4 (2023·青岛二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a－c＝2bcsC.
(1)求B；
(2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，∠EDF＝eq \f(π,3)，b＝c＝2.设∠BDE＝α，将△DEF的面积S表示为α的函数，并求S的取值范围．
解 (1)因为2a－c＝2bcsC，
所以2a－c＝2b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2－c2,a)，
即a2＋c2－b2＝ac，
所以csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2).
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
(2)由B＝eq \f(π,3)及b＝c＝2可知△ABC为等边三角形．
又因为∠EDF＝eq \f(π,3)，
∠BDE＝α，
所以eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2).
在△BDE中，∠BED＝eq \f(2π,3)－α，
由正弦定理可得，eq \f(DE,sinB)＝eq \f(BD,sin∠BED)，
即DE＝eq \f(\r(3),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))).
在△CDF中，∠CFD＝α，
由正弦定理可得，eq \f(DF,sinC)＝eq \f(CD,sin∠CFD)，即DF＝eq \f(\r(3),2sinα).
所以S＝eq \f(3,8)×eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα)×sineq \f(π,3)
＝eq \f(3\r(3),16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα)，eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2).
因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)csα＋\f(1,2)sinα))sinα
＝eq \f(\r(3),2)sinαcsα＋eq \f(1,2)sin2α＝eq \f(\r(3),4)sin2α－eq \f(1,4)cs2α＋eq \f(1,4)
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))＋eq \f(1,4)，
因为eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2)，所以2α－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
所以eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))＋eq \f(1,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))).
所以16sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα∈[8，12]，
所以eq \f(1,16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)，\f(1,8)))，
所以S＝eq \f(3\r(3),16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),8))).
所以S的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),8))).
解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路如下：
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．
(2024·长沙模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))－csinB＝0.
(1)求角C的值；
(2)若△ABC的面积为10eq \r(3)，D为AC的中点，求BD的最小值．
解 (1)由bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))－csinB＝0及正弦定理可得sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)csC))－sinCsinB＝0，则sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)csC－\f(1,2)sinC))＝0，
因为B，C∈(0，π)，则sinB>0，
所以eq \r(3)csC＝sinC>0，
可得tanC＝eq \r(3)，故C＝eq \f(π,3).
(2)由于△ABC的面积为10eq \r(3)，
所以eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)ab·eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)，
解得ab＝40.
在△BCD中，由余弦定理得BD2＝a2＋eq \f(b2,4)－abcsC＝a2＋eq \f(b2,4)－eq \f(1,2)ab≥2a·eq \f(b,2)－eq \f(1,2)ab＝eq \f(1,2)ab＝20，故BD≥2eq \r(5)，
当且仅当a＝eq \f(1,2)b，即a＝2eq \r(5)，b＝4eq \r(5)时，BD取得最小值，为2eq \r(5).
角度 正、余弦定理解决平面几何问题
例5 (2021·新高考Ⅰ卷)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，BDsin∠ABC＝asinC.
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cs∠ABC.
解 (1)证明：在△ABC中，
由正弦定理，得BD·b＝ac.
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，即BD＝b.
(2)因为AD＝2DC，
所以AD＝eq \f(2,3)b，DC＝eq \f(1,3)b.
在△ABD中，由余弦定理，得cs∠ADB＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))\s\up12(2)＋b2－c2,2·\f(2,3)b·b)；
在△BCD中，由余弦定理，得cs∠BDC＝eq \f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)＝eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b))\s\up12(2)－a2,2·b·\f(1,3)b).
因为∠ADB＋∠BDC＝π，
所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))\s\up12(2)＋b2－c2,2·\f(2,3)b·b)＋eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b))\s\up12(2)－a2,2·b·\f(1,3)b)＝0，
即eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2.
又b2＝ac，所以eq \f(11,3)ac＝2a2＋c2，即6a2－11ac＋3c2＝0，即(3a－c)(2a－3c)＝0，所以3a＝c或2a＝3c.
当3a＝c时，由eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2，得a2＝eq \f(1,3)b2，c2＝3b2，
在△ABC中，由余弦定理，
得cs∠ABC＝eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(\f(1,3)b2＋3b2－b2,2b2)＝eq \f(\f(7,3)b2,2b2)＝eq \f(7,6)＞1，不成立．
当2a＝3c时，由eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2，
得a2＝eq \f(3,2)b2，c2＝eq \f(2,3)b2，
在△ABC中，由余弦定理，
得cs∠ABC＝eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)
＝eq \f(\f(3,2)b2＋\f(2,3)b2－b2,2b2)＝eq \f(\f(7,6)b2,2b2)＝eq \f(7,12).
综上，cs∠ABC＝eq \f(7,12).
正弦、余弦定理解决平面几何问题的策略
(1)计算问题
①若题目条件中涉及三角形较多，可从已知边长的三角形入手，寻找突破口；
②注意利用平面几何图形的性质，应用正弦、余弦定理建立边长或角的方程；
③涉及三角形的周长问题，要注意整体代换思想的应用．
(2)证明问题
①利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等(不等)式转化为以角为研究对象的三角等(不等)式或以边为研究对象的代数等(不等)式；
②充分利用三角形中隐含条件：A＋B＋C＝π；A>B⇔sinA>sinB；a－b (2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)．
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，csA＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长．
解 (1)证明：已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可化简为sinCsinAcsB－sinCcsAsinB＝sinBsinCcsA－sinBcsCsinA.
由正弦定理可得accsB－bccsA＝bccsA－abcsC，即accsB＝2bccsA－abcsC.
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，
csA＝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的周长为14.
课时作业
一、单项选择题
1．在△ABC中，B＝eq \f(2π,3)，C＝eq \f(π,6)，a＝5，则此三角形的最大边长为( )
A．3eq \r(3) B．5eq \r(3)
C.eq \f(5\r(5),2) D.eq \r(21)
答案 B
解析 因为B＝eq \f(2π,3)，C＝eq \f(π,6)，所以A＝eq \f(π,6)，则B对的边最大，由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，可得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(5×\f(\r(3),2),\f(1,2))＝5eq \r(3).
2．(2023·十堰模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h＝( )
A.eq \f(\r(15),2) B.eq \f(\r(11),2)
C.eq \f(3\r(15),4) D.eq \f(3\r(15),8)
答案 D
解析 ∵a＝2，b＝3，c＝4，∴csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋16－4,2×3×4)＝eq \f(7,8)，∵A∈(0，π)，∴sinA＞0，∴sinA＝eq \r(1－cs2A)＝eq \r(1－\f(49,64))＝eq \r(\f(15,64))＝eq \f(\r(15),8)，则h＝ACsinA＝bsinA＝3×eq \f(\r(15),8)＝eq \f(3\r(15),8).故选D.
3．(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acsB－bcsA＝c，且C＝eq \f(π,5)，则B＝( )
A.eq \f(π,10) B.eq \f(π,5)
C.eq \f(3π,10) D.eq \f(2π,5)
答案 C
解析 由题意结合正弦定理可得sinAcsB－sinBcsA＝sinC，即sinAcsB－sinBcsA＝sin(A＋B)＝sinAcsB＋sinBcsA，整理可得sinBcsA＝0，由于B∈(0，π)，故sinB>0，据此可得csA＝0，A＝eq \f(π,2)，则B＝π－A－C＝π－eq \f(π,2)－eq \f(π,5)＝eq \f(3π,10).故选C.
4．(2023·陕西安康模拟)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，sinC＝eq \f(4,5)，c＝4，B＝eq \f(π,4)，则△ABC的面积为( )
A．1 B．2
C．1或7 D．2或14
答案 C
解析 由eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)可得b＝eq \f(5\r(2),2)，因为sinC＝eq \f(4,5)，所以csC＝－eq \f(3,5)或csC＝eq \f(3,5)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sineq \f(π,4)csC＋cseq \f(π,4)sinC，故sinA＝eq \f(\r(2),10)或sinA＝eq \f(7\r(2),10)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(2),2)×4×eq \f(\r(2),10)＝1或S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(2),2)×4×eq \f(7\r(2),10)＝7.故选C.
5．(2023·昆明一模)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，cs∠BAC＝eq \f(1,3)，点D在BC边上且AD＝eq \f(4\r(3),3)，则sin∠ADC＝( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2\r(2),3)
答案 A
解析 在△ABC中，由余弦定理得BC＝
eq \r(AB2＋AC2－2AB·ACcs∠BAC)＝eq \r(9＋4－2×3×2×\f(1,3))＝3，∴BC＝AB，∴∠BCA＝∠BAC，∴sin∠BCA＝sin∠BAC＝eq \r(1－\f(1,9))＝eq \f(2\r(2),3)，在△ADC中，由正弦定理得eq \f(AD,sin∠DCA)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，即eq \f(\f(4\r(3),3),\f(2\r(2),3))＝eq \f(2,sin∠ADC)，∴sin∠ADC＝eq \f(\r(6),3).故选A.
6．(2023·吉林模拟)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2－b2＝c2－eq \r(2)bc且bcsC＝asinB，则△ABC是( )
A．等腰直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．直角三角形
答案 A
解析 因为a2－b2＝c2－eq \r(2)bc，即b2＋c2－a2＝eq \r(2)bc，所以csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(2)bc,2bc)＝eq \f(\r(2),2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4)，因为bcsC＝asinB，利用正弦定理可得sinBcsC＝sinAsinB，由sinB≠0，可得csC＝sinA＝eq \f(\r(2),2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,4)，B＝π－A－C＝eq \f(π,2)，则△ABC是等腰直角三角形．故选A.
7．已知△ABC中，∠B＝eq \f(π,6)，AC＝2，则∠A＝eq \f(π,6)的充要条件是( )
A．△ABC是等腰三角形B．AB＝2eq \r(3)
C．BC＝4D．S△ABC＝eq \r(3)，BC答案 D
解析 由于∠B＝eq \f(π,6)，故当△ABC是等腰三角形时，∠A＝eq \f(π,6)或∠A＝eq \f(5π,12)或∠A＝eq \f(2π,3)；当∠A＝eq \f(π,6)时，△ABC是等腰三角形，所以“△ABC是等腰三角形”是“∠A＝eq \f(π,6)”的必要不充分条件，所以A不正确．当AB＝2eq \r(3)时，eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)，即eq \f(2\r(3),sinC)＝eq \f(2,sin\f(π,6))，sinC＝eq \f(\r(3),2)，所以∠C＝eq \f(π,3)或∠C＝eq \f(2π,3)，则∠A＝eq \f(π,2)或∠A＝eq \f(π,6)；当∠A＝eq \f(π,6)时，∠C＝eq \f(2π,3)，根据正弦定理可得AB＝2eq \r(3)，所以“AB＝2eq \r(3)”是“∠A＝eq \f(π,6)”的必要不充分条件，所以B不正确．当BC＝4时，eq \f(BC,sinA)＝eq \f(AC,sinB)，即eq \f(4,sinA)＝eq \f(2,sin\f(π,6))，解得sinA＝1，∠A＝eq \f(π,2)，所以“BC＝4”不是“∠A＝eq \f(π,6)”的充分条件，所以C不正确．当∠A＝eq \f(π,6)时，S△ABC＝eq \r(3)；当S△ABC＝eq \r(3)时，即eq \f(1,2)BC·BAsinB＝eq \r(3)，所以BC·BA＝4eq \r(3)，根据余弦定理BC2＋BA2－2BC·BAcsB＝4，解得BC2＋BA2＝16，因为BC8．(2023·合肥一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinA＋2csinC＝2bsinCcsA，则角A的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(2π,3)
答案 A
解析 因为asinA＋2csinC＝2bsinCcsA，由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccsA，所以csA＝eq \f(a2＋2c2,2bc) ①，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccsA ②，由①②可得2a2＝b2－c2，所以csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\f(1,2)（b2－c2）,2bc)＝eq \f(b2＋3c2,4bc)，因为b2＋3c2≥2eq \r(b2·3c2)＝2eq \r(3)bc，当且仅当b＝eq \r(3)c时取等号，所以csA≥eq \f(2\r(3)bc,4bc)＝eq \f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以角A的最大值为eq \f(π,6).故选A.
二、多项选择题
9．(2023·大连模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A．若eq \f(a,csA)＝eq \f(b,sinB)，则A＝eq \f(π,4)
B．若sin2A＝sin2B，则此三角形为等腰三角形
C．若a＝1，b＝2，A＝30°，则此三角形必有两解
D．若△ABC是锐角三角形，则sinA＋sinB>csA＋csB
答案 AD
解析 由正弦定理可知eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，又eq \f(a,csA)＝eq \f(b,sinB)，所以eq \f(a,csA)＝eq \f(a,sinA)，可得tanA＝1，因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4)，A正确；因为2A∈(0，2π)，2B∈(0，2π)，且2A，2B最多有一个大于π，所以由sin2A＝sin2B可知，2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；由正弦定理可得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(2×\f(1,2),1)＝1，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,2)，故此三角形有唯一解，C错误；因为△ABC是锐角三角形，所以A＋B>eq \f(π,2)，即eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，又y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以sinA>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝csB，同理sinB>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－A))＝csA，所以sinA＋sinB>csA＋csB，D正确．故选AD.
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是( )
A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6
B．△ABC是钝角三角形
C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7)
答案 ACD
解析 因为(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝9x，,a＋c＝10x，,b＋c＝11x))(其中x>0)，解得a＝4x，b＝5x，c＝6x，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，所以A正确；由上可知，c最大，所以三角形中C最大，又csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(（4x）2＋（5x）2－（6x）2,2×4x×5x)＝eq \f(1,8)>0，所以C为锐角，所以B错误；由上可知，a最小，所以三角形中A最小，又csA＝eq \f(c2＋b2－a2,2cb)＝eq \f(（6x）2＋（5x）2－（4x）2,2×6x×5x)＝eq \f(3,4)，所以cs2A＝2cs2A－1＝eq \f(1,8)，所以cs2A＝csC.由三角形中C最大且C为锐角可得，2A∈(0，π)，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2A＝C，所以C正确；由正弦定理，得2R＝eq \f(c,sinC)，又sinC＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(3\r(7),8)，所以2R＝eq \f(6,\f(3\r(7),8))，解得R＝eq \f(8\r(7),7)，所以D正确．故选ACD.
11．(2023·烟台模拟)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，则( )
A．sin∠CDB＝eq \f(3,10)B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4eq \r(5)D．△ABC为钝角三角形
答案 BCD
解析 由cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)可得sin∠CDB＝eq \r(1－\f(1,5))＝eq \f(2\r(5),5)，故A错误；设CD＝x，CB＝2x，在△CBD中，由余弦定理，可得－eq \f(\r(5),5)＝eq \f(9＋x2－4x2,6x)，整理可得，5x2－2eq \r(5)x－15＝0，解得x＝eq \r(5)，即CD＝eq \r(5)，CB＝2eq \r(5)，所以S△ABC＝S△BCD＋S△ADC＝eq \f(1,2)×3×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＋eq \f(1,2)×5×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝8，故B正确；由余弦定理，可知csB＝eq \f(CB2＋BD2－CD2,2CB·BD)＝eq \f(CB2＋AB2－AC2,2CB·AB)，即eq \f(20＋9－5,2×3×2\r(5))＝eq \f(20＋64－AC2,2×8×2\r(5))，解得AC＝2eq \r(5)，故△ABC的周长为AB＋AC＋CB＝8＋2eq \r(5)＋2eq \r(5)＝8＋4eq \r(5)，故C正确；由余弦定理，可得cs∠ACB＝eq \f(20＋20－64,2×2\r(5)×2\r(5))＝－eq \f(3,5)<0，故∠ACB为钝角，D正确．故选BCD.
三、填空题
12．(2023·北京海淀模拟)在△ABC中，A＝eq \f(2π,3)，a＝eq \r(3)c，则eq \f(b,c)＝________．
答案 1
解析 由题意知sineq \f(2π,3)＝eq \r(3)sinC，∴sinC＝eq \f(1,2)，又013．(2023·全国甲卷)在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝eq \r(6)，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD＝________．
答案 2
解析 如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a.
解法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cs60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3).由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq \f(1,2)×2×b×sin60°＝eq \f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq \f(1,2)×AD×b×sin30°，解得AD＝eq \f(\r(3)b,1＋\f(b,2))＝eq \f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2.
解法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cs60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3)，由正弦定理可得，eq \f(\r(6),sin60°)＝eq \f(1＋\r(3),sinB)＝eq \f(2,sinC)，解得sinB＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)，因为1＋eq \r(3)＞eq \r(6)＞2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，所以AD＝AB＝2.
14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”——由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图①所示．类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．在△ABC中，若AF＝1，FD＝2，则AB＝________．
答案 eq \r(13)
解析 由题意△EFD为等边三角形，则∠EDA＝eq \f(π,3)，所以∠BDA＝eq \f(2π,3)，根据条件△AFC≌△BDA，所以AF＝BD＝1.在△ABD中，AD＝3，BD＝1，所以AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcs∠BDA＝32＋12－2×3×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝13，所以AB＝eq \r(13).
四、解答题
15．(2023·郑州二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,3)))＝asin(A＋C)．
(1)求角A的值；
(2)若3a＝2c＋3b，求eq \f(b,c)的值以及sinB.
解 (1)在△ABC中，由A＋B＋C＝π，
得sin(A＋C)＝sinB，
由正弦定理，得bsinA＝asinB，
结合已知条件得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,3)))＝sinA，A为△ABC中的一个内角，
所以A－eq \f(π,3)＋A＝π，解得A＝eq \f(2π,3).
(2)由3a＝2c＋3b，平方得9a2＝4c2＋9b2＋12bc，①
由余弦定理a2＝c2＋b2－2bccsA，得a2＝c2＋b2＋bc，②
联立①②解得5c＝3b，所以eq \f(b,c)＝eq \f(5,3).
由eq \f(b,c)＝eq \f(5,3)，3a＝2c＋3b，结合正弦定理，可得
eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(5,3)，3sinA＝2sinC＋3sinB.
联立解得sinB＝eq \f(5\r(3),14).
16．(2023·河北承德模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，sinA＝2sinBsinC，点E在BC边上，且AE⊥BC.
(1)求AE的长；
(2)若b2＋c2＝eq \r(6)bc，求csA的值．
解 (1)如图所示，记AE边为h，由AE⊥BC可知，
在△AEB中，sinB＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(h,c)，
在△AEC中，sinC＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(h,b)，sinA＝2sinBsinC＝eq \f(2h2,bc)，
又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)ah，得sinA＝eq \f(ah,bc)，则eq \f(2h2,bc)＝eq \f(ah,bc)，即2h2＝ah，解得h＝1，即AE＝1.
(2)由(1)，得S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)ah＝1，bc＝eq \f(2,sinA)，b2＋c2＝eq \r(6)bc，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccsA＝eq \r(6)bc－2bccsA，
即4＝bc(eq \r(6)－2csA)＝eq \f(2,sinA)(eq \r(6)－2csA)，
可得2sinA＋2csA＝eq \r(6)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),2)，
由A∈(0，π)，有A＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，
则csA＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝cseq \f(π,3)cseq \f(π,4)＋sineq \f(π,3)sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)或csA＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,4)))＝cseq \f(2π,3)cseq \f(π,4)＋sineq \f(2π,3)sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4).
17．(2023·茂名模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足tanB＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6)))).
(1)求A；
(2)若D为边BC上一点，且2CD＝AD＝BD，试判断△ABC的形状．
解 (1)由tanB＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6))))，
得eq \f(sinB,csB)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6))))，
所以sinBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6)))＝csBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))，
所以sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sinC－\f(1,2)csC))＝csBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)csC))，
所以sinB(eq \r(3)sinC－csC)＝csB(sinC＋eq \r(3)csC)，
所以sinCcsB＋csCsinB＋eq \r(3)(csCcsB－sinCsinB)＝0，
所以sin(B＋C)＋eq \r(3)cs(B＋C)＝0，
所以tan(B＋C)＝－eq \r(3)，即tanA＝eq \r(3)，
因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)设∠BAD＝θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，
则∠ADC＝2θ，∠DAC＝eq \f(π,3)－θ，∠ACD＝eq \f(2π,3)－θ，
在△ADC中，
由正弦定理知eq \f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ)))＝eq \f(CD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ)))，
即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))，
即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)csθ－\f(1,2)sinθ))＝eq \f(\r(3),2)csθ＋eq \f(1,2)sinθ，
化简得tanθ＝eq \f(\r(3),3)，
所以θ＝eq \f(π,6)，∠ACD＝eq \f(2π,3)－θ＝eq \f(π,2)，
所以△ABC是直角三角形．
18.(2023·烟台一模)如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.
(1)若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；
(2)若CD＝eq \r(3)BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值．
解 (1)在△ABC中，csB＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(－AB·BC,2AB·BC)＝－eq \f(1,2)，
因为0°所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin120°＝eq \f(1,2)×3×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4).
(2)由(1)知B＝120°，设∠ACB＝θ，
则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.
在△ACD中，由eq \f(AC,sin（30°＋θ）)＝eq \f(CD,sin30°)，
得AC＝eq \f(sin（30°＋θ）,sin30°)CD.
在△ABC中，由eq \f(AC,sin120°)＝eq \f(BC,sin（60°－θ）)，
得AC＝eq \f(sin120°,sin（60°－θ）)BC.
联立上式，并由CD＝eq \r(3)BC得
sin(30°＋θ)sin(60°－θ)＝eq \f(1,4)，
所以sin(60°＋2θ)＝eq \f(1,2)，
由题意可知0°<θ<60°，
所以60°<60°＋2θ<180°，
所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.
19．(2024·雅礼中学模拟)记锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(sin（A－B）,csB)＝eq \f(sin（A－C）,csC).
(1)求证：B＝C；
(2)若asinC＝1，求eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)的最大值．
解 (1)证明：由题意知
eq \f(sin（A－B）,csB)＝eq \f(sin（A－C）,csC)，
所以sin(A－B)csC＝sin(A－C)csB，
所以sinAcsBcsC－csAsinBcsC
＝sinAcsCcsB－csAsinCcsB，
所以csAsinBcsC＝csAsinCcsB，
因为A为锐角，即csA≠0，
所以sinBcsC＝sinCcsB，
所以tanB＝tanC，所以B＝C.
(2)由(1)知，B＝C，所以sinB＝sinC，
因为asinC＝1，所以eq \f(1,a)＝sinC，
由正弦定理，得a＝2RsinA，sinC＝sinB＝eq \f(b,2R)，
所以asinC＝2RsinA·eq \f(b,2R)＝bsinA＝1，
所以eq \f(1,b)＝sinA，
因为A＝π－B－C＝π－2C，
所以eq \f(1,b)＝sinA＝sin2C，
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝sin2C＋sin22C＝eq \f(1－cs2C,2)＋(1－cs22C)＝－cs22C－eq \f(1,2)cs2C＋eq \f(3,2)，
因为△ABC是锐角三角形，且B＝C，
所以eq \f(π,4)所以－1当cs2C＝－eq \f(1,4)时，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)取得最大值eq \f(25,16)，
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)的最大值为eq \f(25,16).条件
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径
内容
eq \x(\s\up1(01))eq \f(a,sinA)＝eq \x(\s\up1(02))eq \f(b,sinB)＝eq \x(\s\up1(03))eq \f(c,sinC)＝2R
变形
(2)a∶b∶c＝eq \x(\s\up1(07))sinA∶sinB∶sinC；
(3)eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq \f(a,sinA)
定理
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c
内容
a2＝eq \x(\s\up1(08))b2＋c2－2bccsA；b2＝eq \x(\s\up1(09))c2＋a2－2cacsB； c2＝eq \x(\s\up1(10))a2＋b2－2abcsC
变形
csA＝eq \x(\s\up1(11))eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；csB＝eq \x(\s\up1(12))eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；csC＝eq \x(\s\up1(13))eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
图形
关系式
解的个数
A为锐角
a无解
a＝bsinA
一解
bsinA两解
a≥b
一解
A为钝角或直角
a>b
一解
a≤b
无解
考向一 利用正、余弦定理解三角形
题型
解题策略
知两角和一边
先用A＋B＋C＝π及sin(A＋B)＝sinC等求第三角，然后用正弦定理求另外两条边
知两边及其夹角
先用余弦定理求第三边，然后用正弦定理(或余弦定理)及内角和定理求另外两角
知三边
用余弦定理求角
知两边及一边的对角
目标是求角首选正弦定理，目标是求边首选余弦定理
考向二 利用正、余弦定理判断三角形形状
考向三 正、余弦定理的综合应用
1．正弦定理
2.余弦定理
3.三角形中常用的面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)ah(h表示边a上的高)．
(2)S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \x(\s\up1(14))eq \f(1,2)acsinB＝eq \x(\s\up1(15))eq \f(1,2)absinC．
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
1．三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cs(A＋B)＝－csC；
(3)sineq \f(A＋B,2)＝cseq \f(C,2)；(4)cseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2).
2．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcsC＋ccsB；b＝acsC＋ccsA；c＝bcsA＋acsB.
3．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况
4.三角形中的大角对大边
在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sinA＞sinB.
1．(人教A必修第二册6.4.3例7改编)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝eq \f(π,6)，B＝eq \f(π,4)，a＝1，则b＝( )
A．2 B．1
C.eq \r(3) D.eq \r(2)
答案 D
解析 由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(sin\f(π,4),sin\f(π,6))＝eq \f(\r(2),2)×2＝eq \r(2).
2．(人教A必修第二册6.4.3例8改编)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq \r(19)，AB＝2，则BC＝( )
A．1 B.eq \r(2)
C.eq \r(5) D．3
答案 D
解析 解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcsB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.
解法二：由正弦定理eq \f(AC,sinB)＝eq \f(AB,sinC)，得sinC＝eq \f(\r(57),19)，从而csC＝eq \f(4\r(19),19)(C是锐角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcsC＋csBsinC＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4\r(19),19)－eq \f(1,2)×eq \f(\r(57),19)＝eq \f(3\r(57),38).又eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sinA)，所以BC＝3.故选D.
3．在△ABC中，已知B＝30°，b＝eq \r(2)，c＝2，则C＝________．
答案 45°或135°
解析 由正弦定理得sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(2sin30°,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，因为c>b，B＝30°，所以C＝45°或C＝135°.
4．(人教B必修第四册9.1.2练习A T4改编)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝7，则△ABC的面积为________．
答案 eq \f(15\r(3),4)
解析 因为a＝3，b＝5，c＝7，所以csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(9＋25－49,2×3×5)＝－eq \f(1,2)，因此sinC＝eq \f(\r(3),2)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)×3×5×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4).
5．在△ABC中，acsA＝bcsB，则这个三角形的形状为________________．
答案 等腰三角形或直角三角形
解析 由正弦定理，得sinAcsA＝sinBcsB，即sin2A＝sin2B，又因为0<2A<2π，0<2B<2π且0
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 因为sinC＝3sinA，由正弦定理可得c＝3a，且b2＝2ac，由余弦定理可得csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋9a2－6a2,6a2)＝eq \f(2,3).故选C.
(2)(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.
①求sinA；
②设AB＝5，求AB边上的高．
解 ①∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq \f(π,4)，
又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)，
∴2sinAcsC－2csAsinC＝sinAcsC＋csAsinC，
∴sinAcsC＝3csAsinC，
∴sinA＝3csA，
即tanA＝3，∴0
②由①知，csA＝eq \f(1,\r(10))＝eq \f(\r(10),10)，
sinB＝sin(A＋C)＝sinAcsC＋csAsinC＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq \f(2\r(5),5)，
由正弦定理eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，可得b＝eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq \r(10)，
∴AB边上的高h＝bsinA＝2eq \r(10)×eq \f(3\r(10),10)＝6.
解三角形的常见题型及解题策略
提醒：如出现a2＋b2－c2＝λab的形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理．
1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知下列条件：
①b＝3，c＝4，B＝30°；②a＝5，b＝4，A＝30°；
③c＝2，b＝eq \r(3)，B＝60°；④c＝12，b＝12，C＝120°.
其中满足上述条件的三角形有唯一解的是( )
A．①④ B．①②
C．②③ D．③④
答案 C
解析 对于①，△ABC中，b＝3，c＝4，B＝30°，由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，即eq \f(3,sin30°)＝eq \f(4,sinC)⇒sinC＝eq \f(2,3)＞eq \f(1,2)＝sin30°，满足条件的角C有2个，故三角形有两个解；对于②，△ABC中，a＝5，b＝4，A＝30°，由正弦定理eq \f(4,sinB)＝eq \f(5,sin30°)，得sinB＝eq \f(2,5)＜eq \f(1,2)＝sin30°，又b＜a，所以满足条件的角B只有一个，故三角形有唯一解；对于③，△ABC中，由正弦定理eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝eq \f(2,sinC)⇒sinC＝1，即C＝90°，故三角形有唯一解；对于④，△ABC中，c＝12，b＝12⇒△ABC为等腰三角形，又C＝120°，故△ABC无解．故选C.
2．(2023·天津高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知a＝eq \r(39)，b＝2，A＝120°.
(1)求sinB的值；
(2)求c的值；
(3)求sin(B－C)的值．
解 (1)由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，
得eq \f(\r(39),sin120°)＝eq \f(2,sinB)，解得sinB＝eq \f(\r(13),13).
(2)解法一(余弦定理)：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccsA，即39＝4＋c2－4ccs120°，
整理得c2＋2c－35＝0，
解得c＝5或c＝－7(舍去)．
所以c＝5.
解法二(射影定理)：因为A＝120°，所以B，C均为锐角，
所以csB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(39),13).
由射影定理，得c＝acsB＋bcsA＝eq \r(39)×eq \f(2\r(39),13)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝5.
(3)由正弦定理eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，可得sinC＝eq \f(5\r(13),26)，
又B，C均为锐角，所以csC＝eq \r(1－sin2C)＝eq \f(3\r(39),26)，csB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2\r(39),13)，
所以sin(B－C)＝sinBcsC－csBsinC＝eq \f(\r(13),13)×eq \f(3\r(39),26)－eq \f(2\r(39),13)×eq \f(5\r(13),26)＝－eq \f(7\r(3),26).
例2 (1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2－c2＝ab，且2csAsinB＝sinC，则△ABC的形状为( )
A．等边三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
答案 A
解析 ∵a2＋b2－c2＝ab，∴csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，又0
①若2sinC＝3sinA，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2sinC＝3sinA，
所以2c＝2(a＋2)＝3a，
则a＝4，故b＝5，c＝6，
由余弦定理可得csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,8)，
则sinC＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(3\r(7),8)，
因此S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝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csC＝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）)<0，
解得－1
又a∈Z，故a＝2.
三角形形状的判定方法
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcsC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)等．
(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sinA＝eq \f(a,2R)，csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．
提醒：①注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能；
②在判断三角形形状时一定要注意解是否唯一，并注意挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响．
1.(2023·陕西安康模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcsC＋ccsB＝asinA，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
答案 B
解析 ∵bcsC＋ccsB＝asinA，∴由正弦定理，得sinBcsC＋sinCcsB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.又sinA>0，∴sinA＝1，又A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,2)，故△ABC为直角三角形．
2．在△ABC中，cs2eq \f(B,2)＝eq \f(a＋c,2c)(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为( )
A．等边三角形B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形
答案 B
解析 因为cs2eq \f(B,2)＝eq \f(a＋c,2c)，所以2cs2eq \f(B,2)－1＝eq \f(a＋c,c)－1，所以csB＝eq \f(a,c)，所以eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a,c)，所以c2＝a2＋b2，所以△ABC为直角三角形．
多角度探究突破
角度 三角形面积问题
例3 (2022·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),2)，sinB＝eq \f(1,3).
(1)求△ABC的面积；
(2)若sinAsinC＝eq \f(\r(2),3)，求b.
解 (1)由题意得S1＝eq \f(1,2)·a2·eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4)a2，S2＝eq \f(\r(3),4)b2，S3＝eq \f(\r(3),4)c2，则S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),4)a2－eq \f(\r(3),4)b2＋eq \f(\r(3),4)c2＝eq \f(\r(3),2)，即a2＋c2－b2＝2.
由余弦定理得csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
整理得accsB＝1，则csB＞0.
又sinB＝eq \f(1,3)，则csB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3).
ac＝eq \f(1,csB)＝eq \f(3\r(2),4)，则S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(2),8).
(2)由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，
则eq \f(b2,sin2B)＝eq \f(a,sinA)·eq \f(c,sinC)＝eq \f(ac,sinAsinC)＝eq \f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq \f(9,4)，则eq \f(b,sinB)＝eq \f(3,2)，b＝eq \f(3,2)sinB＝eq \f(1,2).
三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式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．
(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(b2＋c2－a2,csA)＝2.
(1)求bc；
(2)若eq \f(acsB－bcsA,acsB＋bcsA)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC的面积．
解 (1)因为a2＝b2＋c2－2bccsA，所以eq \f(b2＋c2－a2,csA)＝eq \f(2bccsA,csA)＝2bc＝2，解得bc＝1.
(2)由正弦定理可得eq \f(acsB－bcsA,acsB＋bcsA)－eq \f(b,c)＝eq \f(sinAcsB－sinBcsA,sinAcsB＋sinBcsA)－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，
变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB，
即－2csAsinB＝sinB，
而0＜sinB≤1，所以csA＝－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).
角度 三角形中的范围问题
例4 (2023·青岛二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a－c＝2bcsC.
(1)求B；
(2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，∠EDF＝eq \f(π,3)，b＝c＝2.设∠BDE＝α，将△DEF的面积S表示为α的函数，并求S的取值范围．
解 (1)因为2a－c＝2bcsC，
所以2a－c＝2b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2－c2,a)，
即a2＋c2－b2＝ac，
所以csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2).
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
(2)由B＝eq \f(π,3)及b＝c＝2可知△ABC为等边三角形．
又因为∠EDF＝eq \f(π,3)，
∠BDE＝α，
所以eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2).
在△BDE中，∠BED＝eq \f(2π,3)－α，
由正弦定理可得，eq \f(DE,sinB)＝eq \f(BD,sin∠BED)，
即DE＝eq \f(\r(3),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))).
在△CDF中，∠CFD＝α，
由正弦定理可得，eq \f(DF,sinC)＝eq \f(CD,sin∠CFD)，即DF＝eq \f(\r(3),2sinα).
所以S＝eq \f(3,8)×eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα)×sineq \f(π,3)
＝eq \f(3\r(3),16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα)，eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2).
因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)csα＋\f(1,2)sinα))sinα
＝eq \f(\r(3),2)sinαcsα＋eq \f(1,2)sin2α＝eq \f(\r(3),4)sin2α－eq \f(1,4)cs2α＋eq \f(1,4)
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))＋eq \f(1,4)，
因为eq \f(π,6)≤α≤eq \f(π,2)，所以2α－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
所以eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))＋eq \f(1,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))).
所以16sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα∈[8，12]，
所以eq \f(1,16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)，\f(1,8)))，
所以S＝eq \f(3\r(3),16sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))sinα)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),8))).
所以S的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(3\r(3),8))).
解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路如下：
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．
(2024·长沙模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))－csinB＝0.
(1)求角C的值；
(2)若△ABC的面积为10eq \r(3)，D为AC的中点，求BD的最小值．
解 (1)由bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))－csinB＝0及正弦定理可得sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)csC))－sinCsinB＝0，则sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)csC－\f(1,2)sinC))＝0，
因为B，C∈(0，π)，则sinB>0，
所以eq \r(3)csC＝sinC>0，
可得tanC＝eq \r(3)，故C＝eq \f(π,3).
(2)由于△ABC的面积为10eq \r(3)，
所以eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)ab·eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)，
解得ab＝40.
在△BCD中，由余弦定理得BD2＝a2＋eq \f(b2,4)－abcsC＝a2＋eq \f(b2,4)－eq \f(1,2)ab≥2a·eq \f(b,2)－eq \f(1,2)ab＝eq \f(1,2)ab＝20，故BD≥2eq \r(5)，
当且仅当a＝eq \f(1,2)b，即a＝2eq \r(5)，b＝4eq \r(5)时，BD取得最小值，为2eq \r(5).
角度 正、余弦定理解决平面几何问题
例5 (2021·新高考Ⅰ卷)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，BDsin∠ABC＝asinC.
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cs∠ABC.
解 (1)证明：在△ABC中，
由正弦定理，得BD·b＝ac.
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，即BD＝b.
(2)因为AD＝2DC，
所以AD＝eq \f(2,3)b，DC＝eq \f(1,3)b.
在△ABD中，由余弦定理，得cs∠ADB＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))\s\up12(2)＋b2－c2,2·\f(2,3)b·b)；
在△BCD中，由余弦定理，得cs∠BDC＝eq \f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)＝eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b))\s\up12(2)－a2,2·b·\f(1,3)b).
因为∠ADB＋∠BDC＝π，
所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))\s\up12(2)＋b2－c2,2·\f(2,3)b·b)＋eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b))\s\up12(2)－a2,2·b·\f(1,3)b)＝0，
即eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2.
又b2＝ac，所以eq \f(11,3)ac＝2a2＋c2，即6a2－11ac＋3c2＝0，即(3a－c)(2a－3c)＝0，所以3a＝c或2a＝3c.
当3a＝c时，由eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2，得a2＝eq \f(1,3)b2，c2＝3b2，
在△ABC中，由余弦定理，
得cs∠ABC＝eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(\f(1,3)b2＋3b2－b2,2b2)＝eq \f(\f(7,3)b2,2b2)＝eq \f(7,6)＞1，不成立．
当2a＝3c时，由eq \f(11,3)b2＝2a2＋c2，
得a2＝eq \f(3,2)b2，c2＝eq \f(2,3)b2，
在△ABC中，由余弦定理，
得cs∠ABC＝eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)
＝eq \f(\f(3,2)b2＋\f(2,3)b2－b2,2b2)＝eq \f(\f(7,6)b2,2b2)＝eq \f(7,12).
综上，cs∠ABC＝eq \f(7,12).
正弦、余弦定理解决平面几何问题的策略
(1)计算问题
①若题目条件中涉及三角形较多，可从已知边长的三角形入手，寻找突破口；
②注意利用平面几何图形的性质，应用正弦、余弦定理建立边长或角的方程；
③涉及三角形的周长问题，要注意整体代换思想的应用．
(2)证明问题
①利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等(不等)式转化为以角为研究对象的三角等(不等)式或以边为研究对象的代数等(不等)式；
②充分利用三角形中隐含条件：A＋B＋C＝π；A>B⇔sinA>sinB；a－b
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，csA＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长．
解 (1)证明：已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可化简为sinCsinAcsB－sinCcsAsinB＝sinBsinCcsA－sinBcsCsinA.
由正弦定理可得accsB－bccsA＝bccsA－abcsC，即accsB＝2bccsA－abcsC.
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，
csA＝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的周长为14.
课时作业
一、单项选择题
1．在△ABC中，B＝eq \f(2π,3)，C＝eq \f(π,6)，a＝5，则此三角形的最大边长为( )
A．3eq \r(3) B．5eq \r(3)
C.eq \f(5\r(5),2) D.eq \r(21)
答案 B
解析 因为B＝eq \f(2π,3)，C＝eq \f(π,6)，所以A＝eq \f(π,6)，则B对的边最大，由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，可得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(5×\f(\r(3),2),\f(1,2))＝5eq \r(3).
2．(2023·十堰模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h＝( )
A.eq \f(\r(15),2) B.eq \f(\r(11),2)
C.eq \f(3\r(15),4) D.eq \f(3\r(15),8)
答案 D
解析 ∵a＝2，b＝3，c＝4，∴csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋16－4,2×3×4)＝eq \f(7,8)，∵A∈(0，π)，∴sinA＞0，∴sinA＝eq \r(1－cs2A)＝eq \r(1－\f(49,64))＝eq \r(\f(15,64))＝eq \f(\r(15),8)，则h＝ACsinA＝bsinA＝3×eq \f(\r(15),8)＝eq \f(3\r(15),8).故选D.
3．(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acsB－bcsA＝c，且C＝eq \f(π,5)，则B＝( )
A.eq \f(π,10) B.eq \f(π,5)
C.eq \f(3π,10) D.eq \f(2π,5)
答案 C
解析 由题意结合正弦定理可得sinAcsB－sinBcsA＝sinC，即sinAcsB－sinBcsA＝sin(A＋B)＝sinAcsB＋sinBcsA，整理可得sinBcsA＝0，由于B∈(0，π)，故sinB>0，据此可得csA＝0，A＝eq \f(π,2)，则B＝π－A－C＝π－eq \f(π,2)－eq \f(π,5)＝eq \f(3π,10).故选C.
4．(2023·陕西安康模拟)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，sinC＝eq \f(4,5)，c＝4，B＝eq \f(π,4)，则△ABC的面积为( )
A．1 B．2
C．1或7 D．2或14
答案 C
解析 由eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)可得b＝eq \f(5\r(2),2)，因为sinC＝eq \f(4,5)，所以csC＝－eq \f(3,5)或csC＝eq \f(3,5)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sineq \f(π,4)csC＋cseq \f(π,4)sinC，故sinA＝eq \f(\r(2),10)或sinA＝eq \f(7\r(2),10)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(2),2)×4×eq \f(\r(2),10)＝1或S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(2),2)×4×eq \f(7\r(2),10)＝7.故选C.
5．(2023·昆明一模)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，cs∠BAC＝eq \f(1,3)，点D在BC边上且AD＝eq \f(4\r(3),3)，则sin∠ADC＝( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2\r(2),3)
答案 A
解析 在△ABC中，由余弦定理得BC＝
eq \r(AB2＋AC2－2AB·ACcs∠BAC)＝eq \r(9＋4－2×3×2×\f(1,3))＝3，∴BC＝AB，∴∠BCA＝∠BAC，∴sin∠BCA＝sin∠BAC＝eq \r(1－\f(1,9))＝eq \f(2\r(2),3)，在△ADC中，由正弦定理得eq \f(AD,sin∠DCA)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，即eq \f(\f(4\r(3),3),\f(2\r(2),3))＝eq \f(2,sin∠ADC)，∴sin∠ADC＝eq \f(\r(6),3).故选A.
6．(2023·吉林模拟)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2－b2＝c2－eq \r(2)bc且bcsC＝asinB，则△ABC是( )
A．等腰直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．直角三角形
答案 A
解析 因为a2－b2＝c2－eq \r(2)bc，即b2＋c2－a2＝eq \r(2)bc，所以csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(2)bc,2bc)＝eq \f(\r(2),2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4)，因为bcsC＝asinB，利用正弦定理可得sinBcsC＝sinAsinB，由sinB≠0，可得csC＝sinA＝eq \f(\r(2),2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,4)，B＝π－A－C＝eq \f(π,2)，则△ABC是等腰直角三角形．故选A.
7．已知△ABC中，∠B＝eq \f(π,6)，AC＝2，则∠A＝eq \f(π,6)的充要条件是( )
A．△ABC是等腰三角形B．AB＝2eq \r(3)
C．BC＝4D．S△ABC＝eq \r(3)，BC
解析 由于∠B＝eq \f(π,6)，故当△ABC是等腰三角形时，∠A＝eq \f(π,6)或∠A＝eq \f(5π,12)或∠A＝eq \f(2π,3)；当∠A＝eq \f(π,6)时，△ABC是等腰三角形，所以“△ABC是等腰三角形”是“∠A＝eq \f(π,6)”的必要不充分条件，所以A不正确．当AB＝2eq \r(3)时，eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)，即eq \f(2\r(3),sinC)＝eq \f(2,sin\f(π,6))，sinC＝eq \f(\r(3),2)，所以∠C＝eq \f(π,3)或∠C＝eq \f(2π,3)，则∠A＝eq \f(π,2)或∠A＝eq \f(π,6)；当∠A＝eq \f(π,6)时，∠C＝eq \f(2π,3)，根据正弦定理可得AB＝2eq \r(3)，所以“AB＝2eq \r(3)”是“∠A＝eq \f(π,6)”的必要不充分条件，所以B不正确．当BC＝4时，eq \f(BC,sinA)＝eq \f(AC,sinB)，即eq \f(4,sinA)＝eq \f(2,sin\f(π,6))，解得sinA＝1，∠A＝eq \f(π,2)，所以“BC＝4”不是“∠A＝eq \f(π,6)”的充分条件，所以C不正确．当∠A＝eq \f(π,6)时，S△ABC＝eq \r(3)；当S△ABC＝eq \r(3)时，即eq \f(1,2)BC·BAsinB＝eq \r(3)，所以BC·BA＝4eq \r(3)，根据余弦定理BC2＋BA2－2BC·BAcsB＝4，解得BC2＋BA2＝16，因为BC
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(2π,3)
答案 A
解析 因为asinA＋2csinC＝2bsinCcsA，由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccsA，所以csA＝eq \f(a2＋2c2,2bc) ①，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccsA ②，由①②可得2a2＝b2－c2，所以csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\f(1,2)（b2－c2）,2bc)＝eq \f(b2＋3c2,4bc)，因为b2＋3c2≥2eq \r(b2·3c2)＝2eq \r(3)bc，当且仅当b＝eq \r(3)c时取等号，所以csA≥eq \f(2\r(3)bc,4bc)＝eq \f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以角A的最大值为eq \f(π,6).故选A.
二、多项选择题
9．(2023·大连模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A．若eq \f(a,csA)＝eq \f(b,sinB)，则A＝eq \f(π,4)
B．若sin2A＝sin2B，则此三角形为等腰三角形
C．若a＝1，b＝2，A＝30°，则此三角形必有两解
D．若△ABC是锐角三角形，则sinA＋sinB>csA＋csB
答案 AD
解析 由正弦定理可知eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，又eq \f(a,csA)＝eq \f(b,sinB)，所以eq \f(a,csA)＝eq \f(a,sinA)，可得tanA＝1，因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4)，A正确；因为2A∈(0，2π)，2B∈(0，2π)，且2A，2B最多有一个大于π，所以由sin2A＝sin2B可知，2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；由正弦定理可得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(2×\f(1,2),1)＝1，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,2)，故此三角形有唯一解，C错误；因为△ABC是锐角三角形，所以A＋B>eq \f(π,2)，即eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，又y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以sinA>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝csB，同理sinB>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－A))＝csA，所以sinA＋sinB>csA＋csB，D正确．故选AD.
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是( )
A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6
B．△ABC是钝角三角形
C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7)
答案 ACD
解析 因为(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝9x，,a＋c＝10x，,b＋c＝11x))(其中x>0)，解得a＝4x，b＝5x，c＝6x，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，所以A正确；由上可知，c最大，所以三角形中C最大，又csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(（4x）2＋（5x）2－（6x）2,2×4x×5x)＝eq \f(1,8)>0，所以C为锐角，所以B错误；由上可知，a最小，所以三角形中A最小，又csA＝eq \f(c2＋b2－a2,2cb)＝eq \f(（6x）2＋（5x）2－（4x）2,2×6x×5x)＝eq \f(3,4)，所以cs2A＝2cs2A－1＝eq \f(1,8)，所以cs2A＝csC.由三角形中C最大且C为锐角可得，2A∈(0，π)，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2A＝C，所以C正确；由正弦定理，得2R＝eq \f(c,sinC)，又sinC＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(3\r(7),8)，所以2R＝eq \f(6,\f(3\r(7),8))，解得R＝eq \f(8\r(7),7)，所以D正确．故选ACD.
11．(2023·烟台模拟)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，则( )
A．sin∠CDB＝eq \f(3,10)B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4eq \r(5)D．△ABC为钝角三角形
答案 BCD
解析 由cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)可得sin∠CDB＝eq \r(1－\f(1,5))＝eq \f(2\r(5),5)，故A错误；设CD＝x，CB＝2x，在△CBD中，由余弦定理，可得－eq \f(\r(5),5)＝eq \f(9＋x2－4x2,6x)，整理可得，5x2－2eq \r(5)x－15＝0，解得x＝eq \r(5)，即CD＝eq \r(5)，CB＝2eq \r(5)，所以S△ABC＝S△BCD＋S△ADC＝eq \f(1,2)×3×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＋eq \f(1,2)×5×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝8，故B正确；由余弦定理，可知csB＝eq \f(CB2＋BD2－CD2,2CB·BD)＝eq \f(CB2＋AB2－AC2,2CB·AB)，即eq \f(20＋9－5,2×3×2\r(5))＝eq \f(20＋64－AC2,2×8×2\r(5))，解得AC＝2eq \r(5)，故△ABC的周长为AB＋AC＋CB＝8＋2eq \r(5)＋2eq \r(5)＝8＋4eq \r(5)，故C正确；由余弦定理，可得cs∠ACB＝eq \f(20＋20－64,2×2\r(5)×2\r(5))＝－eq \f(3,5)<0，故∠ACB为钝角，D正确．故选BCD.
三、填空题
12．(2023·北京海淀模拟)在△ABC中，A＝eq \f(2π,3)，a＝eq \r(3)c，则eq \f(b,c)＝________．
答案 1
解析 由题意知sineq \f(2π,3)＝eq \r(3)sinC，∴sinC＝eq \f(1,2)，又0
答案 2
解析 如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a.
解法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cs60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3).由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq \f(1,2)×2×b×sin60°＝eq \f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq \f(1,2)×AD×b×sin30°，解得AD＝eq \f(\r(3)b,1＋\f(b,2))＝eq \f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2.
解法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cs60°＝6，因为b＞0，解得b＝1＋eq \r(3)，由正弦定理可得，eq \f(\r(6),sin60°)＝eq \f(1＋\r(3),sinB)＝eq \f(2,sinC)，解得sinB＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)，因为1＋eq \r(3)＞eq \r(6)＞2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，所以AD＝AB＝2.
14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”——由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图①所示．类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．在△ABC中，若AF＝1，FD＝2，则AB＝________．
答案 eq \r(13)
解析 由题意△EFD为等边三角形，则∠EDA＝eq \f(π,3)，所以∠BDA＝eq \f(2π,3)，根据条件△AFC≌△BDA，所以AF＝BD＝1.在△ABD中，AD＝3，BD＝1，所以AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcs∠BDA＝32＋12－2×3×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝13，所以AB＝eq \r(13).
四、解答题
15．(2023·郑州二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,3)))＝asin(A＋C)．
(1)求角A的值；
(2)若3a＝2c＋3b，求eq \f(b,c)的值以及sinB.
解 (1)在△ABC中，由A＋B＋C＝π，
得sin(A＋C)＝sinB，
由正弦定理，得bsinA＝asinB，
结合已知条件得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,3)))＝sinA，A为△ABC中的一个内角，
所以A－eq \f(π,3)＋A＝π，解得A＝eq \f(2π,3).
(2)由3a＝2c＋3b，平方得9a2＝4c2＋9b2＋12bc，①
由余弦定理a2＝c2＋b2－2bccsA，得a2＝c2＋b2＋bc，②
联立①②解得5c＝3b，所以eq \f(b,c)＝eq \f(5,3).
由eq \f(b,c)＝eq \f(5,3)，3a＝2c＋3b，结合正弦定理，可得
eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(5,3)，3sinA＝2sinC＋3sinB.
联立解得sinB＝eq \f(5\r(3),14).
16．(2023·河北承德模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，sinA＝2sinBsinC，点E在BC边上，且AE⊥BC.
(1)求AE的长；
(2)若b2＋c2＝eq \r(6)bc，求csA的值．
解 (1)如图所示，记AE边为h，由AE⊥BC可知，
在△AEB中，sinB＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(h,c)，
在△AEC中，sinC＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(h,b)，sinA＝2sinBsinC＝eq \f(2h2,bc)，
又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)ah，得sinA＝eq \f(ah,bc)，则eq \f(2h2,bc)＝eq \f(ah,bc)，即2h2＝ah，解得h＝1，即AE＝1.
(2)由(1)，得S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)ah＝1，bc＝eq \f(2,sinA)，b2＋c2＝eq \r(6)bc，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccsA＝eq \r(6)bc－2bccsA，
即4＝bc(eq \r(6)－2csA)＝eq \f(2,sinA)(eq \r(6)－2csA)，
可得2sinA＋2csA＝eq \r(6)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),2)，
由A∈(0，π)，有A＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，
则csA＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝cseq \f(π,3)cseq \f(π,4)＋sineq \f(π,3)sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)或csA＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,4)))＝cseq \f(2π,3)cseq \f(π,4)＋sineq \f(2π,3)sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4).
17．(2023·茂名模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足tanB＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6)))).
(1)求A；
(2)若D为边BC上一点，且2CD＝AD＝BD，试判断△ABC的形状．
解 (1)由tanB＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6))))，
得eq \f(sinB,csB)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6))))，
所以sinBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6)))＝csBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3)))，
所以sinBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sinC－\f(1,2)csC))＝csBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinC＋\f(\r(3),2)csC))，
所以sinB(eq \r(3)sinC－csC)＝csB(sinC＋eq \r(3)csC)，
所以sinCcsB＋csCsinB＋eq \r(3)(csCcsB－sinCsinB)＝0，
所以sin(B＋C)＋eq \r(3)cs(B＋C)＝0，
所以tan(B＋C)＝－eq \r(3)，即tanA＝eq \r(3)，
因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)设∠BAD＝θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，
则∠ADC＝2θ，∠DAC＝eq \f(π,3)－θ，∠ACD＝eq \f(2π,3)－θ，
在△ADC中，
由正弦定理知eq \f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ)))＝eq \f(CD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ)))，
即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))，
即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)csθ－\f(1,2)sinθ))＝eq \f(\r(3),2)csθ＋eq \f(1,2)sinθ，
化简得tanθ＝eq \f(\r(3),3)，
所以θ＝eq \f(π,6)，∠ACD＝eq \f(2π,3)－θ＝eq \f(π,2)，
所以△ABC是直角三角形．
18.(2023·烟台一模)如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.
(1)若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；
(2)若CD＝eq \r(3)BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值．
解 (1)在△ABC中，csB＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(－AB·BC,2AB·BC)＝－eq \f(1,2)，
因为0°
(2)由(1)知B＝120°，设∠ACB＝θ，
则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.
在△ACD中，由eq \f(AC,sin（30°＋θ）)＝eq \f(CD,sin30°)，
得AC＝eq \f(sin（30°＋θ）,sin30°)CD.
在△ABC中，由eq \f(AC,sin120°)＝eq \f(BC,sin（60°－θ）)，
得AC＝eq \f(sin120°,sin（60°－θ）)BC.
联立上式，并由CD＝eq \r(3)BC得
sin(30°＋θ)sin(60°－θ)＝eq \f(1,4)，
所以sin(60°＋2θ)＝eq \f(1,2)，
由题意可知0°<θ<60°，
所以60°<60°＋2θ<180°，
所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.
19．(2024·雅礼中学模拟)记锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(sin（A－B）,csB)＝eq \f(sin（A－C）,csC).
(1)求证：B＝C；
(2)若asinC＝1，求eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)的最大值．
解 (1)证明：由题意知
eq \f(sin（A－B）,csB)＝eq \f(sin（A－C）,csC)，
所以sin(A－B)csC＝sin(A－C)csB，
所以sinAcsBcsC－csAsinBcsC
＝sinAcsCcsB－csAsinCcsB，
所以csAsinBcsC＝csAsinCcsB，
因为A为锐角，即csA≠0，
所以sinBcsC＝sinCcsB，
所以tanB＝tanC，所以B＝C.
(2)由(1)知，B＝C，所以sinB＝sinC，
因为asinC＝1，所以eq \f(1,a)＝sinC，
由正弦定理，得a＝2RsinA，sinC＝sinB＝eq \f(b,2R)，
所以asinC＝2RsinA·eq \f(b,2R)＝bsinA＝1，
所以eq \f(1,b)＝sinA，
因为A＝π－B－C＝π－2C，
所以eq \f(1,b)＝sinA＝sin2C，
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝sin2C＋sin22C＝eq \f(1－cs2C,2)＋(1－cs22C)＝－cs22C－eq \f(1,2)cs2C＋eq \f(3,2)，
因为△ABC是锐角三角形，且B＝C，
所以eq \f(π,4)
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)的最大值为eq \f(25,16).条件
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径
内容
eq \x(\s\up1(01))eq \f(a,sinA)＝eq \x(\s\up1(02))eq \f(b,sinB)＝eq \x(\s\up1(03))eq \f(c,sinC)＝2R
变形
(2)a∶b∶c＝eq \x(\s\up1(07))sinA∶sinB∶sinC；
(3)eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq \f(a,sinA)
定理
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c
内容
a2＝eq \x(\s\up1(08))b2＋c2－2bccsA；b2＝eq \x(\s\up1(09))c2＋a2－2cacsB； c2＝eq \x(\s\up1(10))a2＋b2－2abcsC
变形
csA＝eq \x(\s\up1(11))eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；csB＝eq \x(\s\up1(12))eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；csC＝eq \x(\s\up1(13))eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
图形
关系式
解的个数
A为锐角
a
a＝bsinA
一解
bsinA
a≥b
一解
A为钝角或直角
a>b
一解
a≤b
无解
考向一 利用正、余弦定理解三角形
题型
解题策略
知两角和一边
先用A＋B＋C＝π及sin(A＋B)＝sinC等求第三角，然后用正弦定理求另外两条边
知两边及其夹角
先用余弦定理求第三边，然后用正弦定理(或余弦定理)及内角和定理求另外两角
知三边
用余弦定理求角
知两边及一边的对角
目标是求角首选正弦定理，目标是求边首选余弦定理
考向二 利用正、余弦定理判断三角形形状
考向三 正、余弦定理的综合应用
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