2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第6讲　第1课时　正弦定理和余弦定理学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第6讲　第1课时　正弦定理和余弦定理学案，共13页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

第1课时 正弦定理和余弦定理
一、知识梳理
1．正弦定理和余弦定理
2.△ABC的面积公式
(1)S△ABC＝eq \f(1,2)a·h(h表示边a上的高)．
(2)S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A.
(3)S△ABC＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径).
3．三角形解的判断
[注意] 上表中A为锐角时，aA为钝角或直角时，a＝b，a常用结论
1．三角形内角和定理
在△ABC中，A＋B＋C＝π；
变形：eq \f(A＋B,2)＝eq \f(π,2)－eq \f(C,2).
2．三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sin C.
(2)cs(A＋B)＝－cs C.
(3)sineq \f(A＋B,2)＝cs eq \f(C,2).
(4)cseq \f(A＋B,2)＝sin eq \f(C,2).
3．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；
b＝acs C＋ccs A；
c＝bcs A＋acs B.
二、习题改编
1．(必修5P10B组T2改编)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若cA．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．等边三角形
答案：A
2．(必修5P10A组T4改编)在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC＝( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选C.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).故选C.
3．(必修5P3例1改编)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2eq \r(3)，则△ABC的面积等于 ．
解析：设△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，由题意及余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(c2＋16－12,2×4×c)＝eq \f(1,2)，解得c＝2.所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×4×2×sin 60°＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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中的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．( )
答案：(1)× (2)√ (3)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)利用正弦定理求角，忽视条件限制出现增根；
(2)不会灵活运用正弦、余弦定理．
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝eq \r(6)，c＝3，则A＝ ．
解析：由题意：eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，即sin B＝eq \f(bsin C,c)＝eq \f(\r(6)×\f(\r(3),2),3)＝eq \f(\r(2),2)，结合b＜c可得B＝45°，则A＝180°－B－C＝75°.
答案：75°
2．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cs C＝－eq \f(1,4)，3sin A＝2sin B，则c＝ ．
解析：由3sin A＝2sin B及正弦定理，得3a＝2b，所以b＝eq \f(3,2)a＝3.
由余弦定理cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
得－eq \f(1,4)＝eq \f(22＋32－c2,2×2×3)，解得c＝4.
答案：4
利用正弦、余弦定理解三角形(师生共研)
(1)(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin A－bsin B＝4csin C，cs A＝－eq \f(1,4)，则eq \f(b,c)＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
(2)(2020·济南市学习质量评估)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c＋a＝2bcs A.
①求角B的大小；
②若a＝5，c＝3，边AC的中点为D，求BD的长．
【解】 (1)选A.由题意及正弦定理得，b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(－3c2,2bc)＝－eq \f(1,4)，得eq \f(b,c)＝6.故选A.
(2)①由2c＋a＝2bcs A及正弦定理，
得2sin C＋sin A＝2sin Bcs A，
又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B，
所以2sin Acs B＋sin A＝0，
因为sin A≠0，所以cs B＝－eq \f(1,2)，
因为0＜B＜π，所以B＝eq \f(2π,3).
②由余弦定理得b2＝a2＋c2－2a·ccs∠ABC＝52＋32＋5×3＝49，所以b＝7，所以AD＝eq \f(7,2).
因为cs∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(49＋9－25,2×7×3)＝eq \f(11,14)，
所以BD2＝AB2＋AD2－2·AB·ADcs∠BAC＝9＋eq \f(49,4)－2×3×eq \f(7,2)×eq \f(11,14)＝eq \f(19,4)，
所以BD＝eq \f(\r(19),2).
eq \a\vs4\al()
(1)正、余弦定理的选用
①利用正弦定理可解决两类三角形问题：一是已知两角和一角的对边，求其他边或角；二是已知两边和一边的对角，求其他边或角；
②利用余弦定理可解决两类三角形问题：一是已知两边和它们的夹角，求其他边或角；二是已知三边求角．由于这两种情形下的三角形是唯一确定的，所以其解也是唯一的．
(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．
1．(一题多解)(2020·广西五市联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝1，b＝eq \r(3)，A＝30°，B为锐角，那么A∶B∶C为( )
A．1∶1∶3 B．1∶2∶3
C．1∶3∶2 D．1∶4∶1
解析：选B.法一：由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(\r(3),2).
因为B为锐角，所以B＝60°，则C＝90°，故A∶B∶C＝1∶2∶3，选B.
法二：由a2＝b2＋c2－2bccs A，得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2.当c＝1时，△ABC为等腰三角形，B＝120°，与已知矛盾，当c＝2时，a2．(2020·河南南阳四校联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝8，c＝3，A＝60°，则此三角形外接圆的半径R＝( )
A.eq \f(8\r(2),3) B.eq \f(14\r(3),3)
C.eq \f(7,3) D．eq \f(7\r(3),3)
解析：选D.因为b＝8，c＝3，A＝60°，所以a2＝b2＋c2－2bccs A＝64＋9－2×8×3×eq \f(1,2)＝49，所以a＝7，所以此三角形外接圆的直径2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(7,\f(\r(3),2))＝eq \f(14\r(3),3)，所以R＝eq \f(7\r(3),3)，故选D.
3．(2019·高考全国卷Ⅰ改编)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若eq \r(2)a＋b＝2c，求C.
解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2).
因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.
(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得eq \r(2)sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，即eq \f(\r(6),2)＋eq \f(\r(3),2)cs C＋eq \f(1,2)sin C＝2sin C，可得cs(C＋60°)＝－eq \f(\r(2),2).
由于0°＜C＜120°，所以C＋60°＝135°，
即C＝75°.
判断三角形的形状(典例迁移)
(1)(一题多解)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcs C＋ccs B＝asin A，则△ABC的形状为( )
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
(2)在△ABC中，若c－acs B＝(2a－b)cs A，则△ABC的形状为 ．
【解析】 (1)法一：因为bcs C＋ccs B＝b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(2a2,2a)＝a，所以asin A＝a即sin A＝1，故A＝eq \f(π,2)，因此△ABC是直角三角形．
法二：因为bcs C＋ccs B＝asin A，
所以sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin2 A，
即sin(B＋C)＝sin2 A，所以sin A＝sin2 A，
故sin A＝1，即A＝eq \f(π,2)，因此△ABC是直角三角形．
(2)因为c－acs B＝(2a－b)cs A，所以由正弦定理得sin C－sin Acs B＝2sin Acs A－sin Bcs A，
所以sin(A＋B)－sin Acs B＝2sin Acs A－sin Bcs A，
故cs A(sin B－sin A)＝0，
所以cs A＝0或sin A＝sin B，
即A＝eq \f(π,2)或A＝B，
故△ABC为等腰或直角三角形．
【答案】 (1)A (2)等腰或直角三角形
【迁移探究】 (变条件)若将本例(1)条件改为“2sin Acs B＝sin C”，试判断△ABC的形状．
解：法一：由已知得2sin Acs B＝sin C＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B，即sin(A－B)＝0，因为－π法二：由正弦定理得2acs B＝c，再由余弦定理得
2a·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝c⇒a2＝b2⇒a＝b，
故△ABC为等腰三角形．
eq \a\vs4\al()
判定三角形形状的两种常用途径
[提醒] “角化边”后要注意用因式分解、配方等方法得出边的相应关系；“边化角”后要注意用三角恒等变换公式、三角形内角和定理及诱导公式推出角的关系．
1．(2020·广西桂林阳朔三校调研)在△ABC中，a∶b∶c＝3∶5∶7，那么△ABC是( )
A．直角三角形 B．钝角三角形
C．锐角三角形 D．非钝角三角形
解析：选B.因为a∶b∶c＝3∶5∶7，所以可设a＝3t，b＝5t，c＝7t，由余弦定理可得cs C＝eq \f(9t2＋25t2－49t2,2×3t×5t)＝－eq \f(1,2)，所以C＝120°，△ABC是钝角三角形，故选B.
2．(2020·河北衡水中学三调)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＋c2＝a2＋bc，若sin Bsin C＝sin2A，则△ABC的形状是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
解析：选C.在△ABC中，因为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)，因为sin Bsin C＝sin2A，所以bc＝a2，代入b2＋c2＝a2＋bc，得(b－c)2＝0，解得b＝c，所以△ABC的形状是等边三角形，故选C.
核心素养系列11 数学运算——计算三角形中的未知量
数学运算是在明确运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程．主要包括：理解运算对象、掌握运算法则、探究运算方向、选择运算方法、设计运算程序、求得运算结果等．
(2019·高考北京卷)在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cs B＝－eq \f(1,2).
(1)求b，c的值；
(2)求sin(B＋C)的值．
【解】 (1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，得
b2＝32＋c2－2×3×c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))).
因为b＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))).
解得c＝5.所以b＝7.
(2)由cs B＝－eq \f(1,2)得sin B＝eq \f(\r(3),2).由正弦定理得sin A＝eq \f(a,b)sin B＝eq \f(3\r(3),14).在△ABC中，B＋C＝π－A.所以sin(B＋C)＝sin A＝eq \f(3\r(3),14).
eq \a\vs4\al()
本题第(1)问利用余弦定理得到关于b，c的一个方程，结合b－c＝2可求出b，c的值；第(2)问利用正弦定理求出sin A的值，由同角三角函数关系求出sin(B＋C)的值体现核心素养中的数学运算．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1)若a＝3c，b＝eq \r(2)，cs B＝eq \f(2,3)，求c的值；
(2)若eq \f(sin A,a)＝eq \f(cs B,2b)，求cs B的值．
解：(1)因为a＝3c，b＝eq \r(2)，cs B＝eq \f(2,3)，
由余弦定理cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，得eq \f(2,3)＝eq \f(（3c）2＋c2－（\r(2)）2,2×3c×c)，即c2＝eq \f(1,3).
所以c＝eq \f(\r(3),3).
(2)因为eq \f(sin A,a)＝eq \f(cs B,2b)，
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得eq \f(cs B,2b)＝eq \f(sin B,b)，
所以cs B＝2sin B.
从而cs2B＝(2sin B)2，即cs2B＝4(1－cs2B)，
故cs2B＝eq \f(4,5).
因为sin B>0，所以cs B＝2sin B>0，
从而cs B＝eq \f(2\r(5),5).
[基础题组练]
1．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2eq \r(3)，cs A＝eq \f(\r(3),2)且bA．3 B．2eq \r(2)
C．2 D．eq \r(3)
解析：选C.由余弦定理b2＋c2－2bccs A＝a2，得b2－6b＋8＝0，解得b＝2或b＝4，因为b2．在△ABC中，已知a＝2，b＝eq \r(6)，A＝45°，则满足条件的三角形有( )
A．一个 B．两个
C．0个 D．无法确定
解析：选B.由正弦定理得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(\r(6)sin 45°,2)＝eq \f(\r(3),2)，因为b>a，所以B＝60°或120°，故满足条件的三角形有两个．
3．(2020·湖南省湘东六校联考)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，其中b2＝ac，且sin C＝eq \r(2)sin B，则其最小内角的余弦值为( )
A．－eq \f(\r(2),4) B.eq \f(\r(2),4)
C.eq \f(5\r(2),8) D．eq \f(3,4)
解析：选C.由sin C＝eq \r(2)sin B及正弦定理，得c＝eq \r(2)b.又b2＝ac，所以b＝eq \r(2)a，所以c＝2a，所以A为△ABC的最小内角．由余弦定理，知cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(（\r(2)a）2＋（2a）2－a2,2·\r(2)a·2a)＝eq \f(5\r(2),8)，故选C.
4．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，以下四个结论中，正确的是( )
A．若a＞b＞c，则sin A＞sin B＞sin C
B．若A＞B＞C，则sin AC．acs B＋bcs A＝csin C
D．若a2＋b2＜c2，则△ABC是锐角三角形
解析：选A.对于A，由于a＞b＞c，由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，可得sin A＞sin B＞sin C，故A正确；
对于B，A＞B＞C，由大边对大角定理可知，则a＞b＞c，由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，可得sin A＞sin B＞sin C，故B错误；
对于C，根据正弦定理可得acs B＋bcs A＝2R(sin A·cs B＋sin Bcs A)＝2Rsin(B＋A)＝2Rsin(π－C)＝2Rsin C＝c，故C错误；
对于D，a2＋b2＜c2，由余弦定理可得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＜0，由C∈(0，π)，可得C是钝角，故D错误．
5．(2020·长春市质量监测(一))在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝acs C＋eq \f(1,2)c，则角A等于( )
A．60° B．120°
C．45° D．135°
解析：选A.法一：由b＝acs C＋eq \f(1,2)c及正弦定理，可得sin B＝sin Acs C＋eq \f(1,2)sin C，即sin(A＋C)＝sin Acs C＋eq \f(1,2)sin C，即sin Acs C＋cs Asin C＝sin Acs C＋eq \f(1,2)sin C，所以cs Asin C＝eq \f(1,2)sin C，又在△ABC中，sin C≠0，所以cs A＝eq \f(1,2)，所以A＝60°，故选A.
法二：由b＝acs C＋eq \f(1,2)c及余弦定理，可得b＝a·eq \f(b2＋a2－c2,2ab)＋eq \f(1,2)c，即2b2＝b2＋a2－c2＋bc，整理得b2＋c2－a2＝bc，于是cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，所以A＝60°，故选A.
6．在△ABC中，角A，B，C满足sin Acs C－sin Bcs C＝0，则三角形的形状为 ．
解析：由已知得cs C(sin A－sin B)＝0，所以有cs C＝0或sin A＝sin B，解得C＝90°或A＝B.
答案：直角三角形或等腰三角形
7．(2019·高考天津卷改编)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a，3csin B＝4asin C，则cs B＝ ．
解析：在△ABC中，由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得bsin C＝csin B，又由3csin B＝4asin C，得3bsin C＝4asin C，即3b＝4a.因为b＋c＝2a，得到b＝eq \f(4,3)a，c＝eq \f(2,3)a.由余弦定理可得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋\f(4,9)a2－\f(16,9)a2,2·a·\f(2,3)a)＝－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
8．(2020·河南期末改编)在△ABC中，B＝eq \f(π,3)，AC＝eq \r(3)，且cs2C－cs2A－sin2B＝－eq \r(2)sin Bsin C，则C＝ ，BC＝ ．
解析：由cs2C－cs2A－sin2B＝－eq \r(2)sin Bsin C，可得1－sin2C－(1－sin2A)－sin2B＝－eq \r(2)sin Bsin C，即sin2A－sin2C－sin2B＝－eq \r(2)sin Bsin C．结合正弦定理得BC2－AB2－AC2＝－eq \r(2)·AC·AB，所以cs A＝eq \f(\r(2),2)，A＝eq \f(π,4)，则C＝π－A－B＝eq \f(5π,12).由eq \f(AC,sin B)＝eq \f(BC,sin A)，解得BC＝eq \r(2).
答案：eq \f(5π,12) eq \r(2)
9．(2020·兰州模拟)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin B＋bcs A＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2eq \r(5)，b＝2，求边c的长．
解：(1)因为asin B＋bcs A＝0，
所以sin Asin B＋sin Bcs A＝0，
即sin B(sin A＋cs A)＝0，
由于B为三角形的内角，
所以sin A＋cs A＝0，
所以eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＝0，而A为三角形的内角，
所以A＝eq \f(3π,4).
(2)在△ABC中，a2＝c2＋b2－2cbcs A，即20＝c2＋4－4ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))，解得c＝－4eq \r(2)(舍去)或c＝2eq \r(2).
10．在△ABC中，A＝2B.
(1)求证：a＝2bcs B；
(2)若b＝2，c＝4，求B的值．
解：(1)证明：因为A＝2B，所以由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得eq \f(a,sin 2B)＝eq \f(b,sin B)，所以a＝2bcs B.
(2)由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccs A，
因为b＝2，c＝4，A＝2B，所以16cs2B＝4＋16－16cs 2B，
所以cs2B＝eq \f(3,4)，
因为A＋B＝2B＋B<π，
所以B所以B＝eq \f(π,6).
[综合题组练]
1．在△ABC中，B＝eq \f(π,4)，BC边上的高等于eq \f(1,3)BC，则cs A＝( )
A.eq \f(3\r(10),10) B.eq \f(\r(10),10)
C．－eq \f(\r(10),10) D．－eq \f(3\r(10),10)
解析：选C.如图，过点A作AD⊥BC.设BC＝a，则BC边上的高AD＝eq \f(1,3)a.又因为B＝eq \f(π,4)，所以BD＝AD＝eq \f(1,3)a，AB＝eq \f(\r(2),3)a，DC＝a－BD＝eq \f(2,3)a，所以AC＝eq \r(AD2＋DC2)＝eq \f(\r(5),3)a.在△ABC中，由余弦定理得cs A＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(\f(2,9)a2＋\f(5,9)a2－a2,2×\f(\r(2),3)a×\f(\r(5),3)a)＝－eq \f(\r(10),10).
2．(2020·广州市调研测试)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且eq \f(sin2A＋sin2B－sin2C,c)＝eq \f(sin Asin B,acs B＋bcs A)，若a＋b＝4，则c的取值范围为( )
A．(0，4) B．[2，4)
C．[1，4) D．(2，4]
解析：选B.根据正弦定理可得eq \f(sin2A＋sin2B－sin2C,sin C)＝eq \f(sin Asin B,sin Acs B＋cs Asin B)，即eq \f(sin2A＋sin2B－sin2C,sin C)＝eq \f(sin Asin B,sin（A＋B）)，由三角形内角和定理可得sin(A＋B)＝sin C，所以sin2A＋sin2B－sin2C＝sin Asin B，再根据正弦定理可得a2＋b2－c2＝ab.因为a＋b＝4，a＋b≥2eq \r(ab)，所以ab≤4，(a＋b)2＝16，得a2＋b2＝16－2ab，所以16－2ab－c2＝ab，所以16－c2＝3ab，故16－c2≤12，c2≥4，c≥2，故2≤c＜4，故选B.
3．(2020·广东佛山顺德第二次质检)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2bsin Ccs A＋asin A＝2csin B.
(1)证明：△ABC为等腰三角形；
(2)若D为BC边上的点，BD＝2DC，且∠ADB＝2∠ACD，a＝3，求b的值．
解：(1)证明：因为2bsin Ccs A＋asin A＝2csin B，
所以由正弦定理得2bccs A＋a2＝2cb，
由余弦定理得2bc·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＋a2＝2bc，
化简得b2＋c2＝2bc，所以(b－c)2＝0，即b＝c.
故△ABC为等腰三角形．
(2)法一：由已知得BD＝2，DC＝1，
因为∠ADB＝2∠ACD＝∠ACD＋∠DAC，
所以∠ACD＝∠DAC，所以AD＝CD＝1.
又因为cs∠ADB＝－cs∠ADC，
所以eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝－eq \f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)，
即eq \f(12＋22－c2,2×1×2)＝－eq \f(12＋12－b2,2×1×1)，得2b2＋c2＝9，
由(1)可知b＝c，得b＝eq \r(3).
法二：由已知可得CD＝eq \f(1,3)a＝1，
由(1)知，AB＝AC，
所以∠B＝∠C，又因为∠DAC＝∠ADB－∠C＝2∠C－∠C＝∠C＝∠B，
所以△CAB∽△CDA，所以eq \f(CB,CA)＝eq \f(CA,CD)，即eq \f(3,b)＝eq \f(b,1)，
所以b＝eq \r(3).
4．(综合型)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)c－a))cs B＝bcs A.
(1)求cs B的值；
(2)若a＝2，cs C＝－eq \f(\r(17),17)，求△ABC外接圆的半径R.
解：(1)因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)c－a))cs B＝bcs A，
所以结合正弦定理，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)sin C－sin A))cs B＝sin Bcs A，
所以eq \f(5,3)sin Ccs B＝sin(A＋B)＝sin C．又因为sin C≠0，所以cs B＝eq \f(3,5).
(2)由(1)知，sin B＝eq \r(1－cs2B)＝eq \f(4,5).
因为cs C＝－eq \f(\r(17),17)，
所以sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(4\r(17),17)，
所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C＝eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(17),17)))＋eq \f(3,5)×eq \f(4\r(17),17)＝eq \f(8\r(17),85)，
所以R＝eq \f(1,2)·eq \f(a,sin A)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,\f(8\r(17),85))＝eq \f(5\r(17),8).
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
(R为△ABC外接圆半径)
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)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
(3)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－b2,2ca)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin Aa≥b
a>b
解的
个数
一解
两解
一解
一解