2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第6讲　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（理科）第四章　三角函数、解三角形 第6讲　正弦定理和余弦定理学案，共18页。学案主要包含了知识梳理，习题改编，求三角形面积的最值等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．正弦定理和余弦定理
2.三角形解的判断
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)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin_B＝eq \f(1,2)absin C.
(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
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)sin eq \f(A＋B,2)＝cs eq \f(C,2)；
(4)cs eq \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＋acsB．
二、习题改编
1．(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(2,3)π.
2．(必修5P18练习T1改编)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2eq \r(3)，则△ABC的面积等于________．
解析：因为eq \f(2\r(3),sin 60°)＝eq \f(4,sin B)，所以sin B＝1，所以B＝90°，所以AB＝2，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝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)在△ABC中，已知a，b和角B，能用正弦定理求角A；已知a，b和角C，能用余弦定理求边c.( )
(2)在三角形中，已知两角和一边或已知两边和一角都能解三角形．( )
(3)在△ABC中，sin A>sin B的充分不必要条件是A>B.( )
(4)在△ABC中，a2＋b2(5)在△ABC的角A，B，C，边长a，b，c中，已知任意三个可求其他三个．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)利用正弦定理求角时解的个数弄错；
(2)在△ABC中角与角的正弦关系弄错；
(3)判断三角形形状时弄错．
1．在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是( )
A．有一解
B．有两解
C．无解
D．有解但解的个数不确定
解析：选C.由正弦定理得eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，
所以sin B＝eq \f(bsin C,c)＝eq \f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq \r(3)>1.
所以角B不存在，即满足条件的三角形不存在．
2．在△ABC中，若sin A＝sin B，则A，B的关系为________；若sin A>sin B，则A，B的关系为________．
解析：sin A＝sin B⇔a＝b⇔A＝B；
sin A>sin B⇔a>b⇔A>B.
答案：A＝B A>B
3．在△ABC中，acs A＝bcs B，则这个三角形的形状为________．
解析：由正弦定理，得sin Acs A＝sin BcsB，
即sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，
即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，
所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．
答案：等腰三角形或直角三角形
利用正、余弦定理求解三角形(多维探究)
角度一 求边长
(一题多解)在△ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c成公差为2的等差数列，C＝120°.
(1)求边长a；
(2)求AB边上的高CD的长．
【解】 (1)由题意得b＝a＋2，c＝a＋4，
由余弦定理cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)得cs 120°＝eq \f(a2＋（a＋2）2－（a＋4）2,2a（a＋2）)，即a2－a－6＝0，所以a＝3或a＝－2(舍去)，所以a＝3.
(2)法一：由(1)知a＝3，b＝5，c＝7，
由三角形的面积公式得
eq \f(1,2)absin ∠ACB＝eq \f(1,2)c×CD，
所以CD＝eq \f(absin ∠ACB,c)＝eq \f(3×5×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(15\r(3),14)，
即AB边上的高CD＝eq \f(15\r(3),14).
法二：由(1)知a＝3，b＝5，c＝7，
由正弦定理得eq \f(3,sin A)＝eq \f(7,sin ∠ACB)＝eq \f(7,sin 120°)，
即sin A＝eq \f(3\r(3),14)，
在Rt△ACD中，CD＝ACsin A＝5×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(15\r(3),14)，
即AB边上的高CD＝eq \f(15\r(3),14).
角度二 求角度
(2019·高考全国卷Ⅰ)△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sin 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sin(C＋60°)＝eq \f(\r(2),2)，故
sin C＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cs 60°－cs(C＋60°)sin 60°
＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4).
eq \a\vs4\al()
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素．
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系．
(3)涉及最值问题时，常利用基本不等式或表示为三角形的某一内角的三角函数形式求解．
1．(2020·安徽安庆二模)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)等于 ( )
A.eq \f(3,2) B．eq \f(4,3)
C.eq \r(2) D．eq \r(3)
解析：选D.由bsin 2A＝asin B，及正弦定理得2sin Bsin Acs A＝sin Asin B，得cs A＝eq \f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋4b2－4b2×eq \f(1,2)＝3b2，得eq \f(a,b)＝eq \r(3).故选D.
2．(2020·湖南郴州一模)在△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2＋c2－eq \r(3)bc＝a2，bc＝eq \r(3)a2，则角C的大小是( )
A.eq \f(π,6)或eq \f(2π,3) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D．eq \f(π,6)
解析：选A.由b2＋c2－eq \r(3)bc＝a2，得b2＋c2－a2＝eq \r(3)bc，则cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3)bc,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，则A＝eq \f(π,6)，
由bc＝eq \r(3)a2，得sin Bsin C＝eq \r(3)sin2A＝eq \r(3)×eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),4)，
即4sin(π－C－A)sin C＝eq \r(3)，
即4sin(C＋A)sin C＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,6)))sin C＝eq \r(3)，
即4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin C＋\f(1,2)cs C))sin C＝2eq \r(3)sin2C＋2sin Ccs C＝eq \r(3)，
即eq \r(3)(1－cs 2C)＋sin 2C＝eq \r(3)－eq \r(3)cs 2C＋sin 2C＝eq \r(3)，则－eq \r(3) cs 2C＋sin 2C＝0，
则eq \r(3)cs 2C＝sin 2C，则tan 2C＝eq \r(3)，
即2C＝eq \f(π,3)或eq \f(4π,3)，即C＝eq \f(π,6)或eq \f(2π,3)，故选A.
判断三角形的形状(典例迁移)
(2020·重庆六校联考)在△ABC中，cs2 eq \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．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形
【解析】 已知等式变形得cs B＋1＝eq \f(a,c)＋1，即cs B＝eq \f(a,c) ①.由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，代入①得eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a,c)，整理得b2＋a2＝c2，即C为直角，则△ABC为直角三角形．
【答案】 A
【迁移探究1】 (变条件)将“cs2eq \f(B,2)＝eq \f(a＋c,2c)”改为“c－acs B＝(2a－b)cs A”，试判断△ABC的形状．
解：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．
【迁移探究2】 (变条件)将“cs2eq \f(B,2)＝eq \f(a＋c,2c)”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．
eq \a\vs4\al()
(1)判定三角形形状的2种常用途径
(2)判定三角形形状的3个注意点
①“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；
②“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；
③还要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别．
(2020·河南洛阳一模)在△ABC中，已知2acs B＝c, sin Asin B(2－cs C)＝sin2eq \f(C,2)＋eq \f(1,2)，则△ABC为( )
A．等边三角形
B．等腰直角三角形
C．锐角非等边三角形
D．钝角三角形
解析：选B.将已知等式2acs B＝c利用正弦定理化简得2sin Acs B＝sin C，
因为sin C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋B))＝sin Acs B＋cs Asin B，
所以2sin Acs B＝sin Acs B＋cs Asin B，
即sin Acs B－cs Asin B＝sin(A－B)＝0，
因为A与B都为△ABC的内角，
所以A－B＝0，即A＝B.
因为sin Asin B(2－cs C)＝sin2eq \f(C,2)＋eq \f(1,2)，
所以sin Asin B(2－cs C)＝eq \f(1,2)(1－cs C)＋eq \f(1,2)＝1－eq \f(1,2)cs C，
所以－eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋B))－cs（A－B）))(2－cs C)＝1－eq \f(1,2)cs C，
所以－eq \f(1,2)(－cs C－1)(2－cs C)＝1－eq \f(1,2)cs C，
即(cs C＋1)(2－cs C)＝2－cs C，
整理得cs2C－2cs C＝0，即cs C(cs C－2)＝0，所以cs C＝0或cs C＝2(舍去)，所以C＝90°，则△ABC为等腰直角三角形，故选B.
与三角形面积有关的问题(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin eq \f(A＋C,2)＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
【解】 (1)由题设及正弦定理得
sin Asineq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sineq \f(A＋C,2)＝sinB．
由A＋B＋C＝180°，
可得sineq \f(A＋C,2)＝cseq \f(B,2)，故cseq \f(B,2)＝2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2).
因为cseq \f(B,2)≠0，故sineq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a.
由正弦定理得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin（120°－C）,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).
由于△ABC为锐角三角形，故0°由(1)知A＋C＝120°，
所以30°从而eq \f(\r(3),8)因此，△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).
eq \a\vs4\al()
求解三角形面积问题的基本思维
(1)若已知一个角(角的大小或该角的正弦值，余弦值)，一般结合题意求这个角的两边或两边之积，再代入公式求解；
(2)若已知三边，可先求一个角的余弦值，再求正弦值，最后代入公式得面积；
(3)若求面积的最值，一般表示为一个内角的三角函数，利用三角函数的性质求解，也可结合基本不等式求解．
1．(2020·福建厦门一模)在△ABC中，cs B＝eq \f(1,4)，b＝2，sin C＝2sin A，则△ABC的面积等于( )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(15),4)
解析：选D.在△ABC中，cs B＝eq \f(1,4)，b＝2，sin C＝2sin A，由正弦定理得c＝2a；由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cs B＝a2＋4a2－2a·2a·eq \f(1,4)＝4a2＝4，解得a＝1，可得c＝2，所以△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×1×2×eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(15),4).故选D.
2．(2020·广东汕头一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq \r(3)bsin A＝a·(2－cs B)．
(1)求角B的大小；
(2)D为边AB上一点，且满足CD＝2，AC＝4，锐角三角形△ACD的面积为eq \r(15)，求BC的长．
解：(1)由正弦定理得eq \r(3)sin Bsin A＝sin A(2－cs B)，
因为A∈(0，π)，则sin A>0，所以eq \r(3)sin B＝2－cs B，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝2，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝1，
因为B∈(0，π)，
所以B＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，解得B＝eq \f(π,3).
(2)由题意，可得S△ACD＝eq \f(1,2)CD·CAsin∠ACD
＝eq \f(1,2)×2×4sin∠ACD＝eq \r(15)，
解得sin∠ACD＝eq \f(\r(15),4).
又因为△ACD为锐角三角形，
所以cs∠ACD＝eq \r(1－sin2∠ACD)＝eq \f(1,4)，
在△ACD中，由余弦定理得AD2＝CA2＋CD2－2CA·CD·cs∠ACD＝42＋22－2×2×4×eq \f(1,4)＝16，所以AD＝4，
在△ACD中，由正弦定理得eq \f(CD,sin A)＝eq \f(AD,sin∠ACD)，
则sin A＝eq \f(CD,AD)·sin∠ACD＝eq \f(\r(15),8)，
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AC,sin B)，
所以BC＝eq \f(ACsin A,sin B)＝eq \r(5).
数学运算 三角形中最值问题
一、求角的三角函数的最值
若△ABC的内角满足sin A＋eq \r(2)sin B＝2sin C，则cs C的最小值是________．
【解析】 由sin A＋eq \r(2)sin B＝2sin C，结合正弦定理可得a＋eq \r(2)b＝2c，所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(3a2＋2b2,8ab)－eq \f(\r(2),4)≥eq \f(\r(6)－\r(2),4)(eq \r(3) a＝eq \r(2) b时取等号)，故cs C的最小值是eq \f(\r(6)－\r(2),4).
【答案】 eq \f(\r(6)－\r(2),4)
在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq \r(2)ac.
(1)求B的大小；
(2)求eq \r(2)cs A＋cs C的最大值．
【解】 (1)由余弦定理和已知条件可得
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(\r(2)ac,2ac)＝eq \f(\r(2),2)，
又因为0(2)由(1)知A＋C＝eq \f(3π,4)，所以
eq \r(2)cs A＋cs C＝eq \r(2)cs A＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－A))
＝eq \r(2)cs A－eq \f(\r(2),2)cs A＋eq \f(\r(2),2)sin A
＝eq \f(\r(2),2)cs A＋eq \f(\r(2),2)sin A＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,4))).
因为0eq \a\vs4\al()
此类问题主要考查余弦定理、三角形内角和定理、辅助角公式以及三角函数的最值和基本不等式；解此类问题的关键是熟练地运用余弦定理、两角差的正余弦公式以及辅助角公式．
二、求边的最值
(1)在△ABC中，B＝60°，AC＝eq \r(3)，则AB＋2BC的最大值为________．
(2)如图，四边形ABCD的对角线交点位于四边形的内部，AB＝BC＝1，AC＝CD，AC⊥CD，当∠ABC变化时，BD的最大值为________．
【解析】 (1)因为eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AB,sin C)＝eq \f(AC,sin B)＝eq \f(\r(3),sin 60°)，所以AB＝2sin C，BC＝2sin A，因此AB＋2BC＝2sin C＋4sin A＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))＋4sin A＝5sin A＋eq \r(3)cs A＝2eq \r(7)sin(A＋φ)，
因为φ∈(0，2π)，A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以AB＋2BC的最大值为2eq \r(7).
(2)设∠ACB＝θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ<\f(π,2)))，则∠ABC＝π－2θ，∠DCB＝θ＋eq \f(π,2)，由余弦定理可知，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC，即AC＝DC＝eq \r(2＋2cs 2θ)＝2cs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ<\f(π,2)))，由余弦定理知，BD2＝BC2＋DC2－2BC·DCcs∠DCB，即BD2＝4cs2θ＋1－2×1×2cs θ·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,2)))＝2cs 2θ＋2sin 2θ＋3＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＋3.由0<θ【答案】 (1)2eq \r(7) (2)eq \r(2)＋1
eq \a\vs4\al()
边的最值一般通过三角形中的正、余弦定理将边转化为角的三角函数值，再结合角的范围求解．有时也可利用均值不等式求解．
三、求三角形面积的最值
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2ccs B＝2a＋b，若△ABC的面积S＝eq \r(3)c，则ab的最小值为________．
【解析】 在△ABC中，2ccs B＝2a＋b，由正弦定理，得2sin Ccs B＝2sin A＋sinB．又A＝π－(B＋C)，所以sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)，所以2sin Ccs B＝2sin(B＋C)＋sin B＝2sin Bcs C＋2cs Bsin C＋sin B，
得2sin Bcs C＋sin B＝0，因为sin B≠0，所以cs C＝－eq \f(1,2)，又0【答案】 48
eq \a\vs4\al()
利用三角函数的有关公式，结合三角形的面积公式及正、余弦定理，将问题转化为边或角的关系，利用函数或不等式是解决此类问题的一种常规方法．
[基础题组练]
1．(2020·湖北武汉调研测试)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝eq \r(3)b，A－B＝eq \f(π,2)，则角C＝( )
A.eq \f(π,12) B．eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D．eq \f(π,3)
解析：选B.因为在△ABC中，A－B＝eq \f(π,2)，所以A＝B＋eq \f(π,2)，所以sin A＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,2)))＝cs B，因为a＝eq \r(3)b，所以由正弦定理得sin A＝eq \r(3)sin B，所以cs B＝eq \r(3)sin B，所以tan B＝eq \f(\r(3),3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,6)，所以C＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，故选B.
2．(2020·湖南怀化一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若2S＝(a＋b)2－c2，则tan C的值是( )
A.eq \f(4,3) B．eq \f(3,4)
C．－eq \f(4,3) D．－eq \f(3,4)
解析：选C.因为S＝eq \f(1,2)absin C，c2＝a2＋b2－2abcs C，
所以由2S＝(a＋b)2－c2，
可得absin C＝(a＋b)2－(a2＋b2－2ab·cs C)，
整理得sin C－2cs C＝2，所以(sin C－2cs C)2＝4，
所以eq \f(（sin C－2cs C）2,sin2C＋cs2C)＝4，eq \f(sin2C＋4cs2C－4sin Ccs C,sin2C＋cs2C)＝4，化简得3tan2C＋4tan C＝0，
因为C∈(0，π)，
所以tan C＝－eq \f(4,3)，故选C.
3．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．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
解析：选B.因为bcs C＋ccs B＝asin A，所以由正弦定理得sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin2A，所以sin(B＋C)＝sin2A.又sin(B＋C)＝sin A且sin A≠0，所以sin A＝1，所以A＝eq \f(π,2)，所以△ABC为直角三角形，故选B.
4．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.若角A，B，C依次成等差数列，且a＝1，b＝eq \r(3)，则S△ABC＝( )
A.eq \r(2) B．eq \r(3)
C.eq \f(\r(3),2) D．2
解析：选C.因为A，B，C依次成等差数列，所以B＝60°，所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B，得c＝2，所以由正弦定理得S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),2)，故选C.
5．在△ABC中，已知a，b，c分别为角A，B，C的对边且∠A＝60°，若S△ABC＝eq \f(3\r(3),2)且2sin B＝3sin C，则△ABC的周长等于( )
A．5＋eq \r(7) B．12
C．10＋eq \r(7) D．5＋2eq \r(7)
解析：选A.在△ABC中，∠A＝60°.因为2sin B＝3sin C，故由正弦定理可得2b＝3c，再由S△ABC＝eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(1,2)bc·sin A，可得bc＝6，所以b＝3，c＝2.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc·cs A＝7，所以a＝eq \r(7)，故△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋eq \r(7)，故选A.
6．(2020·河北衡水模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且有a＝1，eq \r(3)sin Acs C＋(eq \r(3)sin C＋b)cs A＝0，则A＝________．
解析：由eq \r(3)sin Acs C＋(eq \r(3)sin C＋b)cs A＝0，得eq \r(3)sin Acs C＋eq \r(3)sin Ccs A＝－bcs A，所以eq \r(3)sin (A＋C)＝－bcs A，即eq \r(3)sin B＝－bcs A，又eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，所以eq \f(\r(3),cs A)＝eq \f(－b,sin B)＝－eq \f(a,sin A)，从而eq \f(sin A,cs A)＝－eq \f(1,\r(3))⇒tan A＝－eq \f(\r(3),3)，又因为0答案：eq \f(5π,6)
7．(2019·高考全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq \f(π,3)，则△ABC的面积为________．
解析：法一：因为a＝2c，b＝6，B＝eq \f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \f(π,3)，得c＝2eq \r(3)，所以a＝4eq \r(3)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2eq \r(3)×sin eq \f(π,3)＝6eq \r(3).
法二：因为a＝2c，b＝6，B＝eq \f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \f(π,3)，得c＝2eq \r(3)，所以a＝4eq \r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq \f(π,2)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×6＝6eq \r(3).
答案：6eq \r(3)
8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acs B－c－eq \f(b,2)＝0，a2＝eq \f(7,2)bc，b>c，则eq \f(b,c)＝________．
解析：由acs B－c－eq \f(b,2)＝0及正弦定理可得sin AcsB－sin C－eq \f(sin B,2)＝0.因为sin C＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B，所以－eq \f(sin B,2)－cs Asin B＝0，所以cs A＝－eq \f(1,2)，即A＝eq \f(2π,3).由余弦定理得a2＝eq \f(7,2)bc＝b2＋c2＋bc，即2b2－5bc＋2c2＝0，又b>c，所以eq \f(b,c)＝2.
答案：2
9．(2020·河南郑州一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S，且满足sin B＝eq \f(b2,4S).
(1)求sin Asin C；
(2)若4cs Acs C＝3，b＝eq \r(15)，求△ABC的周长．
解：(1)因为△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)acsin B，sin B＝eq \f(b2,4S)，
所以4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)acsin B))×sin B＝b2，所以ac＝eq \f(b2,2sin2B)，
所以由正弦定理可得sin Asin C＝eq \f(sin2B,2sin2B)＝eq \f(1,2).
(2)因为4cs Acs C＝3，sin Asin C＝eq \f(1,2)，
所以cs B＝－cs(A＋C)＝sin Asin C－cs Acs C＝eq \f(1,2)－eq \f(3,4)＝－eq \f(1,4)，
因为b＝eq \r(15)，所以ac＝eq \f(b2,2sin2B)＝eq \f(b2,2（1－cs2B）)＝eq \f(（\r(15)）2,2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16))))＝8，
所以由余弦定理可得15＝a2＋c2＋eq \f(1,2)ac＝(a＋c)2－eq \f(3,2)ac＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋c))eq \s\up12(2)－12，
解得a＋c＝3eq \r(3)，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3eq \r(3)＋eq \r(15).
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且a2＋c2－b2＝abcs A＋a2csB．
(1)求角B；
(2)若b＝2eq \r(7)，tan C＝eq \f(\r(3),2)，求△ABC的面积．
解：(1)因为a2＋c2－b2＝abcs A＋a2cs B，所以由余弦定理，得2accs B＝abcs A＋a2cs B，
又a≠0，所以2ccs B＝bcs A＋acsB．由正弦定理，得2sin Ccs B＝sin Bcs A＋sin Acs B＝sin(A＋B)＝sin C，
又C∈(0，π)，sin C>0，所以cs B＝eq \f(1,2).
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，所以B＝eq \f(π,3).
(2)由tan C＝eq \f(\r(3),2)，C∈(0，π)，得sin C＝eq \f(\r(21),7)，cs C＝eq \f(2\r(7),7)，所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(2\r(7),7)＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(21),7)＝eq \f(3\r(21),14).
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得a＝eq \f(bsin A,sin B)＝eq \f(2\r(7)×\f(3\r(21),14),\f(\r(3),2))＝6，所以△ABC的面积为eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×6×2eq \r(7)×eq \f(\r(21),7)＝6eq \r(3).
[综合题组练]
1．(2020·安徽六安模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)，b＝4，则△ABC的面积的最大值为( )
A．4eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．2 D．eq \r(3)
解析：选A.因为在△ABC中，eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)，
所以(2a－c)cs B＝bcs C，
所以(2sin A－sin C)cs B＝sin Bcs C，
所以2sin Acs B＝sin Ccs B＋sin Bcs C＝sin(B＋C)＝sin A，
所以cs B＝eq \f(1,2)，即B＝eq \f(π,3)，由余弦定理可得16＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac≥2ac－ac，所以ac≤16，当且仅当a＝c时取等号，
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac≤4eq \r(3).故选A.
2．(2020·福建漳州二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3acs A＝bcs C＋ccs B，b＋c＝3，则a的最小值为( )
A．1 B．eq \r(3)
C．2 D．3
解析：选B.在△ABC中，因为3acs A＝bcs C＋ccs B，
所以3sin Acs A＝sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin(B＋C)＝sin A，
即3sin Acs A＝sin A，又A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cs A＝eq \f(1,3).
因为b＋c＝3，所以两边平方可得b2＋c2＋2bc＝9，由b2＋c2≥2bc，可得9≥2bc＋2bc＝4bc，解得bc≤eq \f(9,4)，当且仅当b＝c时等号成立，所以由a2＝b2＋c2－2bccs A，可得a2＝b2＋c2－eq \f(2,3)bc＝(b＋c)2－eq \f(8bc,3)≥9－eq \f(8,3)×eq \f(9,4)＝3，当且仅当b＝c时等号成立，所以a的最小值为eq \r(3).故选B.
3．(2020·湖北恩施2月质检)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cs B＝eq \f(1,3)，b＝4，S△ABC＝4eq \r(2)，则△ABC的周长为________．
解析：由cs B＝eq \f(1,3)，得sin B＝eq \f(2\r(2),3)，由三角形面积公式可得eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)ac·eq \f(2\r(2),3)＝4eq \r(2)，则ac＝12①，由b2＝a2＋c2－2accs B，可得16＝a2＋c2－2×12×eq \f(1,3)，则a2＋c2＝24②，联立①②可得a＝c＝2eq \r(3)，所以△ABC的周长为4eq \r(3)＋4.
答案：4eq \r(3)＋4
4．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a2＋b2－c2)(acs B＋bcs A)＝abc.若a＋b＝2，则c的取值范围为________．
解析：在△ABC中，因为(a2＋b2－c2)(acs B＋bcs A)＝abc，
所以eq \f(a2＋b2－c2,ab)(acs B＋bcs A)＝c，
由正、余弦定理可得2cs C(sin Acs B＋sin Bcs A)＝sin C，所以2cs Csin(A＋B)＝sin C，即2cs Csin C＝sin C，
又sin C≠0，所以cs C＝eq \f(1,2)，因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3)，B＝eq \f(2π,3)－A，
所以由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A)))＝eq \f(c,\f(\r(3),2))，可得a＝eq \f(csin A,\f(\r(3),2))，b＝eq \f(csin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A)),\f(\r(3),2))，
因为a＋b＝2，所以eq \f(csin A,\f(\r(3),2))＋eq \f(csin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A)),\f(\r(3),2))＝2，
整理得c＝eq \f(\r(3),sin A＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A)))＝eq \f(\r(3),\f(3,2)sin A＋\f(\r(3),2)cs A)＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))))，
因为A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，可得
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以c＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))))∈[1，2)．
答案：[1，2)
5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsin A＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6))).
(1)求角B的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．
解：(1)在△ABC中，由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，可得bsin A＝asin B，又由bsin A＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，得asin B＝acs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，即sin B＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，可得tan B＝eq \r(3).又因为B∈(0，π)，可得B＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝eq \f(π,3)，有b2＝a2＋c2－2accs B＝7，故b＝eq \r(7).
由bsin A＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，可得sin A＝eq \f(\r(3),\r(7)).因为a所以sin(2A－B)＝sin 2Acs B－cs 2Asin B＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(1,2)－eq \f(1,7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),14).
6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，A＝60°.
(1)若△ABC的面积为3eq \r(3)，a＝eq \r(13)，求b－c；
(2)若△ABC是锐角三角形，求sin Bsin C的取值范围．
解：(1)由S△ABC＝3eq \r(3)，得eq \f(1,2)bcsin A＝3eq \r(3)，
即eq \f(1,2)bcsin 60°＝3eq \r(3)，得bc＝12.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccs A，即b2＋c2－bc＝13，
所以(b－c)2＝13－bc＝1，所以b－c＝1或b－c＝－1.
(2)因为A＝60°，所以B＋C＝120°，所以C＝120°－B.
所以sin Bsin C＝sin Bsin(120°－B)
＝sin Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs B＋\f(1,2)sin B))＝eq \f(\r(3),4)sin 2B＋eq \f(1－cs 2B,4)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2B－\f(1,2)cs 2B＋\f(1,2)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－30°))＋eq \f(1,4).
因为△ABC是锐角三角形，所以C＝120°－B<90°，得B>30°，
所以30°所以eq \f(1,2)所以eq \f(1,2)所以sin Bsin C的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))).
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
变形形式
a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，
c＝2Rsin_C；
sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，
sin C＝eq \f(c,2R)；
a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；
eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C)＝eq \f(a,sin 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