还剩20页未读，
继续阅读
所属成套资源：2021高考数学浙江省一轮学案
成套系列资料，整套一键下载
2021届浙江省高考数学一轮学案：第五章第8节 正弦定理和余弦定理及其应用
展开
第8节 正弦定理和余弦定理及其应用
考试要求 掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.
知 识 梳 理
1.正、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
定理
正弦定理
余弦定理
公式
＝＝＝2R
a2＝b2＋c2－2bccos__A；
b2＝c2＋a2－2cacos__B；
c2＝a2＋b2－2abcos__C
常见变形
(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；
(2)sin A＝，sin B＝，sin C＝；
(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C；
(4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A；
cos A＝；
cos B＝；
cos C＝
2.S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝＝(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
3.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin A
a>b
a≤b
解的个数
一解
两解
一解
一解
无解
[常用结论与易错提醒]
1.在利用正弦定理解有关已知三角形的两边和其中一边的对角时，有时出现一解、两解或无解的情况，所以要进行分类讨论(此种类型也可利用余弦定理求解).
2.利用正、余弦定理解三角形时，要注意三角形内角和定理对角的范围的限制.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(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；当b2＋c2－a2＝0时，△ABC为直角三角形；当b2＋c2－a2<0时，△ABC为钝角三角形.( )
(5)在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积.( )
解析 (1)三角形中三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比.
(3)已知三角时不可求三边.
(4)当b2＋c2－a2>0时，A为锐角，但B、C不一定为锐角，△ABC不一定为锐角三角形.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2.在△ABC中，内角C为钝角，sin C＝，AC＝5，AB＝3，则BC＝( )
A.2 B.3
C.5 D.10
解析 由题意知cos C＝－，设BC＝x，由余弦定理得(3)2＝52＋x2－2×5x·，化简得x2＋8x－20＝0，解得x1＝2，x2＝－10(舍去)，所以BC＝2，故选A.
答案 A
3.(必修5P10B2改编)在△ABC中，acos A＝bcos B，则这个三角形的形状为________.
解析 由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B，
即sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，
即A＝B或A＋B＝，
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
4.(2019·九江一模)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知cos2A－cos2B＋sin2C＝sin Bsin C＝，且△ABC的面积为，则a的值为________.
解析 △ABC中，由cos2A－cos2B＋sin2C＝sin Bsin C＝，
得1－sin2A－(1－sin2B)＋sin2C＝sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，∴b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cos A＝＝，
又A∈(0，π)，∴A＝；
由正弦定理＝＝，
∴＝，即＝，
化简得a2＝3bc；
又△ABC的面积为S△ABC＝bcsin A＝，
∴bc＝4，∴a2＝12，解得a＝2.
答案 2
5.(2019·杭州质检)设a，b，c分别为△ABC的三边长，若a＝3，b＝5，c＝7，则cos C＝________；△ABC的外接圆半径等于________.
解析 由题意得cos C＝＝＝－，则sin C＝＝，则△ABC的外接圆的半径等于＝.
答案 －
6.(2020·绍兴适应性考试)已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c.若cos A＝，b＝c，且△ABC的面积是，则b＝________，sin C＝________.
解析 由cos A＝得sin A＝＝，则△ABC的面积为bcsin A＝b××＝，解得b＝，则c＝，由余弦定理得a＝＝＝c，所以sin A＝sin C＝.
答案
考点一 利用正、余弦定理解三角形
【例1】 (1)(2018·全国Ⅱ卷)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝( )
A.4 B.
C. D.2
(2)(2020·杭州四中仿真)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝30°，△ABC的面积为.且sin A＋sin C＝2sin B，则b的值为( )
A.4＋2 B.4－2
C.－1 D.＋1
(3)(2019·浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上.若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.
解析 (1)因为cos C＝2cos2－1＝2×－1＝－，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C＝25＋1－2×5×1×＝32，所以AB＝4，故选A.
(2)由题意得△ABC的面积为acsin B＝acsin 30°＝，解得ac＝6，又由sin A＋sin C＝2sin B结合正弦定理得a＋c＝2b，则由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－ac＝4b2－12－6，解得b＝＋1，故选D.
(3)如图，易知sin C＝，cos C＝.
在△BDC中，由正弦定理可得
＝，
∴BD＝＝＝.
由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，
可得cos ∠ABD＝cos(90°－∠CBD)＝sin ∠CBD
＝sin[π－(C＋∠BDC)]
＝sin(C＋∠BDC)
＝sin C·cos ∠BDC＋cos C·sin ∠BDC
＝×＋×＝.
答案 (1)A (2)D (3)
规律方法 已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形可用正弦定理，也可用余弦定理.用正弦定理时需判断其解的个数，用余弦定理时可根据一元二次方程根的情况判断解的个数.
【训练1】 (1)在△ABC中，已知A＝30°，AB＝2，BC＝，则cos∠ACB＝________，AC＝________.
(2)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，则b＝________.
解析 (1)根据正弦定理＝，可得sin∠ACB＝，故cos∠ACB＝，又因为cos A＝＝＝，所以AC＝＋.
(2)在△ABC中，由cos A＝，cos C＝，可得sin A＝，sin C＝，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝，由正弦定理得b＝＝.
答案 (1) ＋ (2)
考点二 利用正弦、余弦定理判定三角形的形状 变式迁移
【例2】 (经典母题)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos 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 由正弦定理得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，
∴sin(B＋C)＝sin2A，即sin A＝sin2A.
∵A∈(0，π)，∴sin A>0，∴sin A＝1，即A＝.
∴△ABC为直角三角形.
答案 B
【变式迁移1】 (一题多解)将本例条件变为“若2sin Acos B＝sin C”，那么△ABC一定是( )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.等边三角形
解析 法一 由已知得2sin Acos B＝sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，即sin(A－B)＝0，因为－π
答案 B
【变式迁移2】 (一题多解)将本例条件变为“若a2＋b2－c2＝ab，且2cos Asin B＝sin C”，试确定△ABC的形状.
解 法一 利用边的关系来判断：
由正弦定理得＝，
由2cos Asin B＝sin C，有cos A＝＝.
又由余弦定理得cos A＝，∴＝，
即c2＝b2＋c2－a2，所以a2＝b2，所以a＝b.
又∵a2＋b2－c2＝ab.∴2b2－c2＝b2，所以b2＝c2，
∴b＝c，∴a＝b＝c.∴△ABC为等边三角形.
法二 利用角的关系来判断：
∵A＋B＋C＝180°，∴sin C＝sin(A＋B)，又∵2cos Asin B＝sin C，
∴2cos Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，∴sin(A－B)＝0，
又∵A与B均为△ABC的内角，所以A＝B.
又由a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理，得cos C＝＝＝，
又0°
(2)无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
【训练2】 (2020·北仑中学模拟)在△ABC中，a，b，c是三个内角A，B，C对应的三边，已知b2＋c2＝a2＋bc.
(1)求A的大小；
(2)若sin Bsin C＝，试判断△ABC的形状，并说明理由.
解 (1)在△ABC中，由余弦定理可得cos A＝，
由已知得b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝，∵0＜A＜π，故A＝.
(2)∵A＋B＋C＝π，A＝，∴C＝－B.
由sin Bsin C＝，得sin Bsin＝，
即sin B＝，
∴sin Bcos B＋sin2B＝，
∴sin 2B＋(1－cos 2B)＝，
即sin2B－cos 2B＝1，
∴sin＝1.
又∵0＜B＜，∴－＜2B－＜，
∴2B－＝，即B＝，C＝π－B＝，
∴△ABC是等边三角形.
考点三 三角形面积问题
【例3】 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝2，A≠B.
(1)求的值；
(2)若△ABC的面积为1，且tan C＝2，求a＋b的值.
解 (1)∵c＝2，
∴ ＝
＝
＝
＝＝2.
(2)∵ tan C＝＝2，且sin2C＋cos2C＝1，C∈(0，π)，
∴sin C＝，cos C＝.
∵S△ABC＝absin C＝ab×＝1，∴ ab＝.
由余弦定理有cos C＝＝＝，
∴a2＋b2＝6.
∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＝6＋2，∴ a＋b＝＋1.
规律方法 三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝absin C＝acsin B＝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.
【训练3】 (2020·嘉兴测试)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知＝.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＋c＝4，求△ABC的面积.
解 (1)根据正弦定理，
得＝⇔＝，
整理得2sin Bcos A＝cos Csin A＋sin CcosA，
即2sin Bcos A＝sin(A＋C)，
而A＋C＝π－B，所以2sin Bcos A＝sin B，
又sin B≠0，解得cos A＝，
又A∈(0，π)，故A＝.
(2)根据余弦定理，
得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bccos A，
又a＝，b＋c＝4，A＝，
故()2＝(4)2－2bc－2bc×，
解得bc＝6，
所以S△ABC＝bcsin A＝×6×sin ＝.
考点四 与三角形有关的最值(范围)问题 多维探究
角度1 利用不等式求解
【例4－1】 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin A＋bsin B＝2csin C，则角C的最大值为________；若c＝2a＝2，则△ABC的面积为________.
解析 由正弦定理得a2＋b2＝2c2，又由余弦定理得a2＋b2＝2(a2＋b2－2abcos C)，即4abcos C＝a2＋b2≥2ab，cos C≥，所以0
角度2 利用函数性质求解
【例4－2】 在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若C＝2B，则的取值范围是________.
解析 由C＝2B得A＝π－C－B＝π－3B，因为△ABC为锐角三角形，所以解得B∈，则在△ABC中，由正弦定理得＝＝＝2cos B∈(，).
答案 (，)
角度3 利用图形求解
【例4－3】 已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D为BC边上一点且BD＝1，E，F分别为边CA，AB上的点(不包括端点)，则△DEF周长的最小值为________，此时△BDF的面积为________.
解析 设D关于直线AB的对称点为M，关于AC的对称点为N，连接MN，分别与AB，AC交于点F，E，则△DEF周长的最小值为MN.
∵D为BC的三等分点，等边△ABC边长为3，
∴DM＝2DP＝，DN＝2DQ＝2，
又∠MDN＝120°，
∴MN＝＝.
由Rt△DPF与Rt△MPF全等，∴DF＝MF.
在△MDN中，DM＝，DN＝2，MN＝，
由余弦定理可得cos M＝.
DF＝MF＝×＝.
在Rt△DPF中，DP＝，DF＝，
∴PF＝.又BP＝，
∴△BDF的面积S＝BF×DP＝×＝.
答案
规律方法 解决与三角形有关的最值(范围)问题，主要根据题设条件，借助基本不等式、函数的性质求解，有时还需要数形结合寻找解题思路.
【训练4】 (1)(角度1)(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝，△ABC的面积S＝，则A＝________；a的最小值为________.
(2)(角度2)(2018·北京卷)若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且C为钝角，则B＝________；的取值范围是________.
(3)(角度3)在△ABC中，A＝，BC＝3，点D在线段BC上，且BD＝2DC，则AD的最大值是________.
解析 (1)因为＝，所以由正弦定理可得cos A＝sin A，即tan A＝.因为0＜A＜π，所以A＝.因为△ABC的面积为S＝＝bcsin A＝bc，所以bc＝4.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－bc≥bc＝4，所以a≥2，当且仅当b＝c＝2时，a取最小值2.
(2)△ABC的面积S＝acsin B＝(a2＋c2－b2)＝×2accos B，所以tan B＝，因为0°2，故的取值范围为(2，＋∞).
(3)设△ABC的外接圆的圆心为O，则由正弦定理得OA＝OB＝OC＝＝，又因为∠BOC＝2∠BAC＝，所以∠OBC＝(π－∠BOC)＝，则在△BOD中，由余弦定理得OD2＝BO2＋BD2－2BO·BDcos∠OBC＝()2＋22－2××2cos ＝1，所以OD＝1，则AD≤AO＋OD＝＋1，当且仅当A，O，D三点共线时等号成立，所以AD的最大值为＋1.
答案 (1) 2 (2)60° (2，＋∞) (3)＋1
基础巩固题组
一、选择题
1.在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A＝，a＝2，b＝，则B＝( )
A. B.
C.或 D.
解析 ∵A＝，a＝2，b＝，
∴由正弦定理＝可得
sin B＝sin A＝×＝.
∵A＝，∴B＝.
答案 D
2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A＝( )
A. B.
C. D.
解析 在△ABC中，由b＝c，得cos A＝＝，又a2＝2b2(1－sin A)，所以cos A＝sin A，
即tan A＝1，又知A∈(0，π)，所以A＝，故选C.
答案 C
3.(一题多解)在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，△ABC的面积为，则C＝( )
A.30° B.45°
C.60° D.75°
解析 法一 ∵S△ABC＝·AB·AC·sin A＝，
即××1×sin A＝，∴sin A＝1，由A∈(0°，180°)，∴A＝90°，
∴C＝60°.故选C.
法二 由正弦定理得＝，即＝，
sin C＝，又C∈(0°，180°)，∴C＝60°或C＝120°.
当C＝120°时，A＝30°，
S△ABC＝≠(舍去).而当C＝60°时，A＝90°，
S△ABC＝，符合条件，故C＝60°.故选C.
答案 C
4.(2018·全国Ⅲ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为，则C＝( )
A. B.
C. D.
解析 根据题意及三角形的面积公式知absin C＝，所以sin C＝＝cos C，所以在△ABC中，C＝.
答案 C
5.在△ABC中，cos2＝(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
解析 因为cos2＝，
所以2cos2－1＝－1，所以cos B＝，
所以＝，所以c2＝a2＋b2.
所以△ABC为直角三角形.
答案 B
6.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 因为在△ABC中，a＞b⇔sin A＞sin B⇔sin2A＞sin2B⇔2sin2A＞2sin2B⇔1－2sin2A＜1－2sin2B⇔cos 2A＜cos 2B.所以“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”的充要条件.
答案 C
二、填空题
7.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝________.
解析 由正弦定理，得sin B＝＝＝，结合b
8.(2020·上海嘉定区质检)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，则B＝________.
解析 因为(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，整理得：a2＋c2－b2＝－ac，即＝－＝cos B，所以B＝，故填.
答案
9.(2019·杭州二中模拟)在三角形ABC中，sin＝，0＜A＜，AC＝5，AB＝3，则sin A的值为________，BC的长为________.
解析 因为0＜A＜，所以＜A＋＜.因为sin＝，所以cos＝，所以sin A＝sin＝sincos －cos·sin ＝×－×＝.所以cos A＝.所以BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos A＝25＋9－24＝10，所以BC＝.
答案
10.(2017·浙江卷)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点D为AB延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________，cos∠BDC＝________.
解析 依题意作出图形，如图所示，
则sin∠DBC＝sin∠ABC.
由题意知AB＝AC＝4，BC＝BD＝2，
则sin∠ABC＝，cos∠ABC＝.
所以S△BDC＝BC·BD·sin∠DBC
＝×2×2×＝.
因为cos∠DBC＝－cos∠ABC＝－
＝＝，所以CD＝.
由余弦定理得cos∠BDC＝＝.
答案
三、解答题
11.(2018·北京卷)在△ABC中，a＝7，b＝8，cos B＝－.
(1)求A；
(2)求AC边上的高.
解 (1)在△ABC中，因为cos B＝－，
所以sin B＝＝.
由正弦定理得sin A＝＝.
由题设知
因为sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
所以AC边上的高为asin C＝7×＝.
12.在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC.
(1)求；
(2)若∠BAC＝60°，求B.
解 (1)由正弦定理得
＝，＝.
因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以
＝＝.
(2)因为C＝180°－(∠BAC＋B)，∠BAC＝60°，所以
sin C＝sin(∠BAC＋B)＝cos B＋sin B.
由(1)知2sin B＝sin C，所以tan B＝，
即B＝30°.
能力提升题组
13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，且sin B＝cos C，则下列结论中正确的是( )
A.A＝ B.c＝2a
C.C＝ D.△ABC是等边三角形
解析 由余弦定理知cos A＝＝，因为0
14.(一题多解)(2019·北京卷)如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，∠APB是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为( )
A.4β＋4cos β B.4β＋4sin β
C.2β＋2cos β D.2β＋2sin β
解析 法一 如图①，设圆心为O，连接OA，OB，OP.
①
∵∠APB＝β，∠AOB＝2β，
∴S阴影＝S△AOP＋S△BOP＋S扇形AOB
＝×2×2sin ∠AOP＋×2×2sin ∠BOP＋×2β×22
＝2sin ∠AOP＋2sin ∠BOP＋4β
＝2sin ∠AOP＋2sin(2π－2β－∠AOP)＋4β
＝2sin ∠AOP－2sin(2β＋∠AOP)＋4β
＝2sin ∠AOP－2(sin 2β·cos ∠AOP＋cos 2β·sin ∠AOP)＋4β
＝2sin ∠AOP－2sin 2β·cos ∠AOP－2cos 2β·sin ∠AOP＋4β
＝2(1－cos 2β)sin ∠AOP－2sin 2β·cos ∠AOP＋4β
＝2×2sin2β·sin ∠AOP－2×2sin β·cos β·cos ∠AOP＋4β
＝4sin β(sin β·sin ∠AOP－cos β·cos ∠AOP)＋4β
＝4β－4sin β·cos(β＋∠AOP).
∵β为锐角，∴sin β>0.
∴当cos(β＋∠AOP)＝－1，即β＋∠AOP＝π时，阴影区域面积最大，为4β＋4sin β.
故选B.
法二 如图②，设圆心为O，连接OA，OB，OP，AB，则阴影区域被分成弓形AmB和△ABP.
②
∵∠APB＝β，∴∠AOB＝2β.
∵弓形AmB的面积是定值，
∴要使阴影区域面积最大，则只需△ABP面积最大.
∵△ABP底边AB长固定，
∴只要△ABP的底边AB上的高最大即可.
由图可知，当AP＝BP时，满足条件，
此时S阴影＝S扇形AOB＋S△AOP＋S△BOP
＝×2β·22＋2××22·sin
＝4β＋4sin β.
这就是阴影区域面积的最大值.故选B.
答案 B
15.若不等式ksin2B＋sin Asin C>19sin Bsin C对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为________.
解析 由正弦定理得kb2＋ac>19bc，即k>，
∴k>，因为c
答案 100
16.(2019·浙江新高考仿真卷二)设△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，已知a2＋2b2＝c2，则＝________；tan B的最大值为________.
解析 在△ABC中，由正弦定理和余弦定理得＝＝＝，又因为a2＋2b2＝c2，所以＝＝－3.tan B＝－tan(A＋C)＝－＝－＝，由a2＋2b2＝c2得角A为锐角，则tan A>0，则tan B＝≤＝，当且仅当tan A＝时等号成立，所以tan B的最大值为.
答案 －3
17.(2019·全国Ⅲ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin ＝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 Asin＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，
故cos＝2sincos.
因为cos≠0，所以sin＝，所以B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.
又由(1)知A＋C＝120°，
故由正弦定理得a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0°
18.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a＝2，2cos2＋sin A＝.
(1)若满足条件的△ABC有且只有一个，求b的取值范围；
(2)当△ABC的周长取最大值时，求b的值.
解 由2cos2＋sin A＝，得1＋cos(B＋C)＋sin A＝，即sin A－cos A＝－，
又0
∴b＝，当a≥b时，0＜b＜2.
则b的取值范围为(0，2]∪.
(2)设△ABC的周长为l，由正弦定理得
l＝a＋b＋c＝a＋(sin B＋sin C)
＝2＋[sin B＋sin(A＋B)]
＝2＋[sin B＋sin Acos B＋cos Asin B]
＝2＋2(3sin B＋cos B)
＝2＋2sin(B＋θ)，
其中θ为锐角，且
lmax＝2＋2，当cos B＝，sin B＝时取到.
此时b＝sin B＝.
第8节 正弦定理和余弦定理及其应用
考试要求 掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.
知 识 梳 理
1.正、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
定理
正弦定理
余弦定理
公式
＝＝＝2R
a2＝b2＋c2－2bccos__A；
b2＝c2＋a2－2cacos__B；
c2＝a2＋b2－2abcos__C
常见变形
(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；
(2)sin A＝，sin B＝，sin C＝；
(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C；
(4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A；
cos A＝；
cos B＝；
cos C＝
2.S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝＝(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
3.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin A
a>b
a≤b
解的个数
一解
两解
一解
一解
无解
[常用结论与易错提醒]
1.在利用正弦定理解有关已知三角形的两边和其中一边的对角时，有时出现一解、两解或无解的情况，所以要进行分类讨论(此种类型也可利用余弦定理求解).
2.利用正、余弦定理解三角形时，要注意三角形内角和定理对角的范围的限制.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(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；当b2＋c2－a2＝0时，△ABC为直角三角形；当b2＋c2－a2<0时，△ABC为钝角三角形.( )
(5)在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积.( )
解析 (1)三角形中三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比.
(3)已知三角时不可求三边.
(4)当b2＋c2－a2>0时，A为锐角，但B、C不一定为锐角，△ABC不一定为锐角三角形.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2.在△ABC中，内角C为钝角，sin C＝，AC＝5，AB＝3，则BC＝( )
A.2 B.3
C.5 D.10
解析 由题意知cos C＝－，设BC＝x，由余弦定理得(3)2＝52＋x2－2×5x·，化简得x2＋8x－20＝0，解得x1＝2，x2＝－10(舍去)，所以BC＝2，故选A.
答案 A
3.(必修5P10B2改编)在△ABC中，acos A＝bcos B，则这个三角形的形状为________.
解析 由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B，
即sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，
即A＝B或A＋B＝，
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
4.(2019·九江一模)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知cos2A－cos2B＋sin2C＝sin Bsin C＝，且△ABC的面积为，则a的值为________.
解析 △ABC中，由cos2A－cos2B＋sin2C＝sin Bsin C＝，
得1－sin2A－(1－sin2B)＋sin2C＝sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，∴b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cos A＝＝，
又A∈(0，π)，∴A＝；
由正弦定理＝＝，
∴＝，即＝，
化简得a2＝3bc；
又△ABC的面积为S△ABC＝bcsin A＝，
∴bc＝4，∴a2＝12，解得a＝2.
答案 2
5.(2019·杭州质检)设a，b，c分别为△ABC的三边长，若a＝3，b＝5，c＝7，则cos C＝________；△ABC的外接圆半径等于________.
解析 由题意得cos C＝＝＝－，则sin C＝＝，则△ABC的外接圆的半径等于＝.
答案 －
6.(2020·绍兴适应性考试)已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c.若cos A＝，b＝c，且△ABC的面积是，则b＝________，sin C＝________.
解析 由cos A＝得sin A＝＝，则△ABC的面积为bcsin A＝b××＝，解得b＝，则c＝，由余弦定理得a＝＝＝c，所以sin A＝sin C＝.
答案
考点一 利用正、余弦定理解三角形
【例1】 (1)(2018·全国Ⅱ卷)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝( )
A.4 B.
C. D.2
(2)(2020·杭州四中仿真)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝30°，△ABC的面积为.且sin A＋sin C＝2sin B，则b的值为( )
A.4＋2 B.4－2
C.－1 D.＋1
(3)(2019·浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上.若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.
解析 (1)因为cos C＝2cos2－1＝2×－1＝－，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C＝25＋1－2×5×1×＝32，所以AB＝4，故选A.
(2)由题意得△ABC的面积为acsin B＝acsin 30°＝，解得ac＝6，又由sin A＋sin C＝2sin B结合正弦定理得a＋c＝2b，则由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－ac＝4b2－12－6，解得b＝＋1，故选D.
(3)如图，易知sin C＝，cos C＝.
在△BDC中，由正弦定理可得
＝，
∴BD＝＝＝.
由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，
可得cos ∠ABD＝cos(90°－∠CBD)＝sin ∠CBD
＝sin[π－(C＋∠BDC)]
＝sin(C＋∠BDC)
＝sin C·cos ∠BDC＋cos C·sin ∠BDC
＝×＋×＝.
答案 (1)A (2)D (3)
规律方法 已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形可用正弦定理，也可用余弦定理.用正弦定理时需判断其解的个数，用余弦定理时可根据一元二次方程根的情况判断解的个数.
【训练1】 (1)在△ABC中，已知A＝30°，AB＝2，BC＝，则cos∠ACB＝________，AC＝________.
(2)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，则b＝________.
解析 (1)根据正弦定理＝，可得sin∠ACB＝，故cos∠ACB＝，又因为cos A＝＝＝，所以AC＝＋.
(2)在△ABC中，由cos A＝，cos C＝，可得sin A＝，sin C＝，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝，由正弦定理得b＝＝.
答案 (1) ＋ (2)
考点二 利用正弦、余弦定理判定三角形的形状 变式迁移
【例2】 (经典母题)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos 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 由正弦定理得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，
∴sin(B＋C)＝sin2A，即sin A＝sin2A.
∵A∈(0，π)，∴sin A>0，∴sin A＝1，即A＝.
∴△ABC为直角三角形.
答案 B
【变式迁移1】 (一题多解)将本例条件变为“若2sin Acos B＝sin C”，那么△ABC一定是( )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.等边三角形
解析 法一 由已知得2sin Acos B＝sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，即sin(A－B)＝0，因为－π
答案 B
【变式迁移2】 (一题多解)将本例条件变为“若a2＋b2－c2＝ab，且2cos Asin B＝sin C”，试确定△ABC的形状.
解 法一 利用边的关系来判断：
由正弦定理得＝，
由2cos Asin B＝sin C，有cos A＝＝.
又由余弦定理得cos A＝，∴＝，
即c2＝b2＋c2－a2，所以a2＝b2，所以a＝b.
又∵a2＋b2－c2＝ab.∴2b2－c2＝b2，所以b2＝c2，
∴b＝c，∴a＝b＝c.∴△ABC为等边三角形.
法二 利用角的关系来判断：
∵A＋B＋C＝180°，∴sin C＝sin(A＋B)，又∵2cos Asin B＝sin C，
∴2cos Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，∴sin(A－B)＝0，
又∵A与B均为△ABC的内角，所以A＝B.
又由a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理，得cos C＝＝＝，
又0°
(2)无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
【训练2】 (2020·北仑中学模拟)在△ABC中，a，b，c是三个内角A，B，C对应的三边，已知b2＋c2＝a2＋bc.
(1)求A的大小；
(2)若sin Bsin C＝，试判断△ABC的形状，并说明理由.
解 (1)在△ABC中，由余弦定理可得cos A＝，
由已知得b2＋c2－a2＝bc，
∴cos A＝，∵0＜A＜π，故A＝.
(2)∵A＋B＋C＝π，A＝，∴C＝－B.
由sin Bsin C＝，得sin Bsin＝，
即sin B＝，
∴sin Bcos B＋sin2B＝，
∴sin 2B＋(1－cos 2B)＝，
即sin2B－cos 2B＝1，
∴sin＝1.
又∵0＜B＜，∴－＜2B－＜，
∴2B－＝，即B＝，C＝π－B＝，
∴△ABC是等边三角形.
考点三 三角形面积问题
【例3】 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝2，A≠B.
(1)求的值；
(2)若△ABC的面积为1，且tan C＝2，求a＋b的值.
解 (1)∵c＝2，
∴ ＝
＝
＝
＝＝2.
(2)∵ tan C＝＝2，且sin2C＋cos2C＝1，C∈(0，π)，
∴sin C＝，cos C＝.
∵S△ABC＝absin C＝ab×＝1，∴ ab＝.
由余弦定理有cos C＝＝＝，
∴a2＋b2＝6.
∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＝6＋2，∴ a＋b＝＋1.
规律方法 三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝absin C＝acsin B＝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.
【训练3】 (2020·嘉兴测试)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知＝.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＋c＝4，求△ABC的面积.
解 (1)根据正弦定理，
得＝⇔＝，
整理得2sin Bcos A＝cos Csin A＋sin CcosA，
即2sin Bcos A＝sin(A＋C)，
而A＋C＝π－B，所以2sin Bcos A＝sin B，
又sin B≠0，解得cos A＝，
又A∈(0，π)，故A＝.
(2)根据余弦定理，
得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bccos A，
又a＝，b＋c＝4，A＝，
故()2＝(4)2－2bc－2bc×，
解得bc＝6，
所以S△ABC＝bcsin A＝×6×sin ＝.
考点四 与三角形有关的最值(范围)问题 多维探究
角度1 利用不等式求解
【例4－1】 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin A＋bsin B＝2csin C，则角C的最大值为________；若c＝2a＝2，则△ABC的面积为________.
解析 由正弦定理得a2＋b2＝2c2，又由余弦定理得a2＋b2＝2(a2＋b2－2abcos C)，即4abcos C＝a2＋b2≥2ab，cos C≥，所以0
角度2 利用函数性质求解
【例4－2】 在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若C＝2B，则的取值范围是________.
解析 由C＝2B得A＝π－C－B＝π－3B，因为△ABC为锐角三角形，所以解得B∈，则在△ABC中，由正弦定理得＝＝＝2cos B∈(，).
答案 (，)
角度3 利用图形求解
【例4－3】 已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D为BC边上一点且BD＝1，E，F分别为边CA，AB上的点(不包括端点)，则△DEF周长的最小值为________，此时△BDF的面积为________.
解析 设D关于直线AB的对称点为M，关于AC的对称点为N，连接MN，分别与AB，AC交于点F，E，则△DEF周长的最小值为MN.
∵D为BC的三等分点，等边△ABC边长为3，
∴DM＝2DP＝，DN＝2DQ＝2，
又∠MDN＝120°，
∴MN＝＝.
由Rt△DPF与Rt△MPF全等，∴DF＝MF.
在△MDN中，DM＝，DN＝2，MN＝，
由余弦定理可得cos M＝.
DF＝MF＝×＝.
在Rt△DPF中，DP＝，DF＝，
∴PF＝.又BP＝，
∴△BDF的面积S＝BF×DP＝×＝.
答案
规律方法 解决与三角形有关的最值(范围)问题，主要根据题设条件，借助基本不等式、函数的性质求解，有时还需要数形结合寻找解题思路.
【训练4】 (1)(角度1)(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝，△ABC的面积S＝，则A＝________；a的最小值为________.
(2)(角度2)(2018·北京卷)若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且C为钝角，则B＝________；的取值范围是________.
(3)(角度3)在△ABC中，A＝，BC＝3，点D在线段BC上，且BD＝2DC，则AD的最大值是________.
解析 (1)因为＝，所以由正弦定理可得cos A＝sin A，即tan A＝.因为0＜A＜π，所以A＝.因为△ABC的面积为S＝＝bcsin A＝bc，所以bc＝4.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－bc≥bc＝4，所以a≥2，当且仅当b＝c＝2时，a取最小值2.
(2)△ABC的面积S＝acsin B＝(a2＋c2－b2)＝×2accos B，所以tan B＝，因为0°
(3)设△ABC的外接圆的圆心为O，则由正弦定理得OA＝OB＝OC＝＝，又因为∠BOC＝2∠BAC＝，所以∠OBC＝(π－∠BOC)＝，则在△BOD中，由余弦定理得OD2＝BO2＋BD2－2BO·BDcos∠OBC＝()2＋22－2××2cos ＝1，所以OD＝1，则AD≤AO＋OD＝＋1，当且仅当A，O，D三点共线时等号成立，所以AD的最大值为＋1.
答案 (1) 2 (2)60° (2，＋∞) (3)＋1
基础巩固题组
一、选择题
1.在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A＝，a＝2，b＝，则B＝( )
A. B.
C.或 D.
解析 ∵A＝，a＝2，b＝，
∴由正弦定理＝可得
sin B＝sin A＝×＝.
∵A＝，∴B＝.
答案 D
2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A＝( )
A. B.
C. D.
解析 在△ABC中，由b＝c，得cos A＝＝，又a2＝2b2(1－sin A)，所以cos A＝sin A，
即tan A＝1，又知A∈(0，π)，所以A＝，故选C.
答案 C
3.(一题多解)在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，△ABC的面积为，则C＝( )
A.30° B.45°
C.60° D.75°
解析 法一 ∵S△ABC＝·AB·AC·sin A＝，
即××1×sin A＝，∴sin A＝1，由A∈(0°，180°)，∴A＝90°，
∴C＝60°.故选C.
法二 由正弦定理得＝，即＝，
sin C＝，又C∈(0°，180°)，∴C＝60°或C＝120°.
当C＝120°时，A＝30°，
S△ABC＝≠(舍去).而当C＝60°时，A＝90°，
S△ABC＝，符合条件，故C＝60°.故选C.
答案 C
4.(2018·全国Ⅲ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为，则C＝( )
A. B.
C. D.
解析 根据题意及三角形的面积公式知absin C＝，所以sin C＝＝cos C，所以在△ABC中，C＝.
答案 C
5.在△ABC中，cos2＝(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
解析 因为cos2＝，
所以2cos2－1＝－1，所以cos B＝，
所以＝，所以c2＝a2＋b2.
所以△ABC为直角三角形.
答案 B
6.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 因为在△ABC中，a＞b⇔sin A＞sin B⇔sin2A＞sin2B⇔2sin2A＞2sin2B⇔1－2sin2A＜1－2sin2B⇔cos 2A＜cos 2B.所以“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”的充要条件.
答案 C
二、填空题
7.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝________.
解析 由正弦定理，得sin B＝＝＝，结合b
8.(2020·上海嘉定区质检)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，则B＝________.
解析 因为(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，整理得：a2＋c2－b2＝－ac，即＝－＝cos B，所以B＝，故填.
答案
9.(2019·杭州二中模拟)在三角形ABC中，sin＝，0＜A＜，AC＝5，AB＝3，则sin A的值为________，BC的长为________.
解析 因为0＜A＜，所以＜A＋＜.因为sin＝，所以cos＝，所以sin A＝sin＝sincos －cos·sin ＝×－×＝.所以cos A＝.所以BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos A＝25＋9－24＝10，所以BC＝.
答案
10.(2017·浙江卷)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点D为AB延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________，cos∠BDC＝________.
解析 依题意作出图形，如图所示，
则sin∠DBC＝sin∠ABC.
由题意知AB＝AC＝4，BC＝BD＝2，
则sin∠ABC＝，cos∠ABC＝.
所以S△BDC＝BC·BD·sin∠DBC
＝×2×2×＝.
因为cos∠DBC＝－cos∠ABC＝－
＝＝，所以CD＝.
由余弦定理得cos∠BDC＝＝.
答案
三、解答题
11.(2018·北京卷)在△ABC中，a＝7，b＝8，cos B＝－.
(1)求A；
(2)求AC边上的高.
解 (1)在△ABC中，因为cos B＝－，
所以sin B＝＝.
由正弦定理得sin A＝＝.
由题设知
因为sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
所以AC边上的高为asin C＝7×＝.
12.在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC.
(1)求；
(2)若∠BAC＝60°，求B.
解 (1)由正弦定理得
＝，＝.
因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以
＝＝.
(2)因为C＝180°－(∠BAC＋B)，∠BAC＝60°，所以
sin C＝sin(∠BAC＋B)＝cos B＋sin B.
由(1)知2sin B＝sin C，所以tan B＝，
即B＝30°.
能力提升题组
13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，且sin B＝cos C，则下列结论中正确的是( )
A.A＝ B.c＝2a
C.C＝ D.△ABC是等边三角形
解析 由余弦定理知cos A＝＝，因为0
14.(一题多解)(2019·北京卷)如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，∠APB是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为( )
A.4β＋4cos β B.4β＋4sin β
C.2β＋2cos β D.2β＋2sin β
解析 法一 如图①，设圆心为O，连接OA，OB，OP.
①
∵∠APB＝β，∠AOB＝2β，
∴S阴影＝S△AOP＋S△BOP＋S扇形AOB
＝×2×2sin ∠AOP＋×2×2sin ∠BOP＋×2β×22
＝2sin ∠AOP＋2sin ∠BOP＋4β
＝2sin ∠AOP＋2sin(2π－2β－∠AOP)＋4β
＝2sin ∠AOP－2sin(2β＋∠AOP)＋4β
＝2sin ∠AOP－2(sin 2β·cos ∠AOP＋cos 2β·sin ∠AOP)＋4β
＝2sin ∠AOP－2sin 2β·cos ∠AOP－2cos 2β·sin ∠AOP＋4β
＝2(1－cos 2β)sin ∠AOP－2sin 2β·cos ∠AOP＋4β
＝2×2sin2β·sin ∠AOP－2×2sin β·cos β·cos ∠AOP＋4β
＝4sin β(sin β·sin ∠AOP－cos β·cos ∠AOP)＋4β
＝4β－4sin β·cos(β＋∠AOP).
∵β为锐角，∴sin β>0.
∴当cos(β＋∠AOP)＝－1，即β＋∠AOP＝π时，阴影区域面积最大，为4β＋4sin β.
故选B.
法二 如图②，设圆心为O，连接OA，OB，OP，AB，则阴影区域被分成弓形AmB和△ABP.
②
∵∠APB＝β，∴∠AOB＝2β.
∵弓形AmB的面积是定值，
∴要使阴影区域面积最大，则只需△ABP面积最大.
∵△ABP底边AB长固定，
∴只要△ABP的底边AB上的高最大即可.
由图可知，当AP＝BP时，满足条件，
此时S阴影＝S扇形AOB＋S△AOP＋S△BOP
＝×2β·22＋2××22·sin
＝4β＋4sin β.
这就是阴影区域面积的最大值.故选B.
答案 B
15.若不等式ksin2B＋sin Asin C>19sin Bsin C对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为________.
解析 由正弦定理得kb2＋ac>19bc，即k>，
∴k>，因为c
答案 100
16.(2019·浙江新高考仿真卷二)设△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，已知a2＋2b2＝c2，则＝________；tan B的最大值为________.
解析 在△ABC中，由正弦定理和余弦定理得＝＝＝，又因为a2＋2b2＝c2，所以＝＝－3.tan B＝－tan(A＋C)＝－＝－＝，由a2＋2b2＝c2得角A为锐角，则tan A>0，则tan B＝≤＝，当且仅当tan A＝时等号成立，所以tan B的最大值为.
答案 －3
17.(2019·全国Ⅲ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin ＝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 Asin＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，
故cos＝2sincos.
因为cos≠0，所以sin＝，所以B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.
又由(1)知A＋C＝120°，
故由正弦定理得a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0°
18.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a＝2，2cos2＋sin A＝.
(1)若满足条件的△ABC有且只有一个，求b的取值范围；
(2)当△ABC的周长取最大值时，求b的值.
解 由2cos2＋sin A＝，得1＋cos(B＋C)＋sin A＝，即sin A－cos A＝－，
又0
∴b＝，当a≥b时，0＜b＜2.
则b的取值范围为(0，2]∪.
(2)设△ABC的周长为l，由正弦定理得
l＝a＋b＋c＝a＋(sin B＋sin C)
＝2＋[sin B＋sin(A＋B)]
＝2＋[sin B＋sin Acos B＋cos Asin B]
＝2＋2(3sin B＋cos B)
＝2＋2sin(B＋θ)，
其中θ为锐角，且
lmax＝2＋2，当cos B＝，sin B＝时取到.
此时b＝sin B＝.
相关资料
更多
