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课时跟踪检测（四）
解三角形（大题练）
A卷——大题保分练
1．(2018·惠州模拟)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos
C(acos
C＋ccos
A)＋b＝0.
(1)求角C的大小；
(2)若b＝2，c＝2，求△ABC的面积．
解：(1)∵2cos
C(acos
C＋ccos
A)＋b＝0，∴由正弦定理可得2cos
C(sin
Acos
C＋sin
Ccos
A)＋sin
B＝0.
∴2cos
Csin(A＋C)＋sin
B＝0，即2cos
Csin
B＋sin
B＝0，
又0°
B≠0，∴cos
C＝－，
又0°(2)由余弦定理可得(2)2＝a2＋22－2×2acos
120°＝a2＋2a＋4，
又a>0，∴解得a＝2，∴S△ABC＝absin
C＝，
∴△ABC的面积为.
2．(2018·陕西模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足bcos
A＝(2c＋a)cos(π－B)．
(1)求角B的大小；
(2)若b＝4，△ABC的面积为，求a＋c的值．
解：(1)∵bcos
A＝(2c＋a)cos(π－B)，
由正弦定理可得，sin
Bcos
A＝(－2sin
C－sin
A)cos
B.
∴sin(A＋B)＝－2sin
Ccos
B.
∴sin
C＝－2sin
Ccos
B，
又sin
C≠0，
∴cos
B＝－，∴B＝.
(2)由S△ABC＝acsin
B＝，得ac＝4.
又b2＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac＝16.
∴a＋c＝2.
3．(2018·重庆模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin－cos＝.
(1)求cos
B的值；
(2)若b2－a2＝ac，求的值．
解：(1)将sin－cos＝两边同时平方得，
1－sin
B＝，得sin
B＝，故cos
B＝±，
又sin－cos＝>0，所以sin>cos，
所以∈，所以B∈，
故cos
B＝－.
(2)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos
B＝a2＋ac，
所以a＝c－2acos
B＝c＋a，
所以c＝a，故＝＝.
4．(2018·昆明模拟)在△ABC中，AC＝2，BC＝6，∠ACB＝150°.
(1)求AB的长；
(2)延长BC至D，使∠ADC＝45°，求△ACD的面积．
解：(1)由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，得AB2＝12＋36－2×2×6cos
150°＝84，所以AB＝2.
(2)因为∠ACB＝150°，∠ADC＝45°，所以∠CAD＝150°－45°＝105°，由正弦定理＝，得CD＝，又sin
105°＝sin(60°＋45°)＝sin
60°·cos
45°＋cos
60°·sin
45°＝，所以CD＝3＋，又∠ACD＝180°－∠ACB＝30°，所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD＝×2×(3＋)×＝(＋1)．
5．(2019届高三·齐鲁名校联考)在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B为锐角，且满足2sin(A＋C)＋cos
2B＝4sin
Bcos2.
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的面积S＝，b＝，求△ABC的周长l.
解：(1)由已知得，2sin(π－B)＋cos
2B＝4sin
Bcos2，
即2sin
B＋cos
2B＝4sin
Bcos2，
所以2sin
B＋cos
2B＝0，
即－2sin
Bcos
B＋cos
2B＝0，即sin
2B＝cos
2B，
所以tan
2B＝.因为0(2)由(1)知，B＝.△ABC的面积S＝acsin
B＝acsin＝ac＝，整理得ac＝3，①
由b＝及余弦定理b2＝a2＋c2－2accos
B，
得()2＝a2＋c2－2accos＝a2＋c2－ac，
整理得a2＋c2－ac＝3，②
将①代入②得，(a＋c)2＝12＋6，即a＋c＝3＋，
故△ABC的周长l＝b＋a＋c＝＋3＋＝3＋2.
B卷——深化提能练
1．(2018·贵州一模)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cos
C＝得cos
120°＝，即a2－a－6＝0，∴a＝3或a＝－2(舍去)，∴a＝3.
(2)由(1)知a＝3，b＝5，c＝7，由三角形的面积公式得absin∠ACB＝c×CD，∴CD＝＝＝，即AB边上的高CD＝.
2．(2018·河北模拟)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足cos
B＝bcos
A.
(1)若sin
A＝，a＋b＝10，求a；
(2)若b＝3，a＝5，求△ABC的面积S.
解：∵cos
B＝bcos
A，
∴由正弦定理得·cos
B＝sin
Bcos
A，即有sin
Ccos
B＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B，
则sin
Ccos
B＝sin
C.
∵sin
C>0，∴cos
B＝.
(1)由cos
B＝，得sin
B＝，
∵sin
A＝，∴＝＝，
又a＋b＝10，解得a＝4.
(2)∵b2＝a2＋c2－2accos
B，b＝3，a＝5，
∴45＝25＋c2－8c，
即c2－8c－20＝0，
解得c＝10或c＝－2(舍去)，
∴S＝acsin
B＝15.
3．(2018·沈阳模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos
＝，·＝3.
(1)求△ABC的面积；
(2)若b＋c＝6，求a的值．
解：(1)由·＝3，得bccos
A＝3，又cos
A＝2cos2－1＝2×2－1＝，∴bc＝5，sin
A＝.由sin
A＝及S△ABC＝bcsin
A，得S△ABC＝2.
(2)由b＋c＝6，得b2＋c2＝(b＋c)2－2bc＝26，∴a2＝b2＋c2－2bccos
A＝20，∴a＝2.
4．(2019届高三·益阳、湘潭联考)已知锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求角C的大小；
(2)求函数y＝sin
A＋sin
B的值域．
解：(1)由＝，利用正弦定理可得2sin
Acos
C－sin
Bcos
C＝sin
Ccos
B，
可化为2sin
Acos
C＝sin(C＋B)＝sin
A，
∵sin
A≠0，∴cos
C＝，
∵C∈，∴C＝.
(2)y＝sin
A＋sin
B＝sin
A＋sin＝sin
A＋cos
A＋sin
A＝sin，∵A＋B＝，0∴sin∈，∴y∈.
5.如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝，EA＝2，∠ADC＝，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列．
(1)求sin∠CED；
(2)求BE的长．
解：设∠CED＝α.因为∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列，所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE，又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，所以∠BEC＝.
(1)在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC，
由题设知7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0，解得CD＝2(CD＝－3舍去)．
在△CDE中，由正弦定理得＝
，于是sin
α＝＝＝，即sin∠CED＝.
(2)由题设知0<α<，由(1)知cos
α＝＝＝，
又∠AEB＝π－∠BEC－α＝－α，
所以cos∠AEB＝cos＝coscos
α＋sinsin
α＝－cos
α＋sin
α＝－×＋×＝.
在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝＝，所以BE＝4.(共43张PPT)
题型(一)
三角形基本量的求解问题
题型(二)
与三角形面积有关的问题
题型(三)
以平面几何为载体
的解三角形问题
解题通法点拨
变角：利用诱导公式及二倍角公式变角求cos
B
变式：利用平方关系求sin
B
变式：利用配方法变形a2＋c2为(a＋c)2－2ac求b
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根据条件选择
式,多用三角形的面积
若求最值
根据条件利用基本不等式求
最值;若求
根据条件直接求出
若式子中含有角的余弦或边的二次式,则考虑用
余弦定理
若式子中含有角的正弦或边的一次式,则考虑
正弦定理
特征都不明显
虑两个定
能用到
根据条件,利用三角变换公式化简已知条件
正、余弦定理化边或化角
利用
知条件转化为只含边
利用正弦或余弦定理把已知条件转化为只含内
角的三角函数间的关系,通过三角恒等变换,得
出内角的关系,进而求解
解三角形解答题
两角间的和差
倍半变换
变
角形内角和
角
定理的变换
变
换元
名
式
角函数公式
角形中正
余弦定理第四讲
大题考法——解三角形
题型(一)三角形基本量的求解问题
主要考查利用正、余弦定理求解三角形的边长或角的大小 或三角函数值 ，? 且常与三角恒等变换综合考查.
[典例感悟]
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为.
(1)求sin
Bsin
C；
(2)若6cos
Bcos
C＝1，a＝3，求△ABC的周长．
[审题定向](一)定知识主要考查三角恒等变换与正、余弦定理求解边角问题．(二)定能力1.考查数学运算：三角恒等式的转换，一元二次方程的求解.2.考查逻辑推理：由三角形面积想到S＝absin
C；欲求周长，只需整体求b＋c.(三)定思路第(1)问应用正弦定理、面积公式求解：利用三角形的面积公式，结合已知条件建立等量关系式，再利用正弦定理将等量关系式中的边化角，从而求得sin
Bsin
C的值；第(2)问应用和差公式、余弦定理求解：逆用两角和公式求得B＋C，从而求得A；再结合三角形的面积公式和余弦定理求得bc、b＋c的值，从而求得△ABC的周长.
[解] (1)由题设得acsin
B＝，
即csin
B＝.
由正弦定理得sin
Csin
B＝.
故sin
Bsin
C＝.
(2)由题设及(1)得cos
Bcos
C－sin
Bsin
C＝－，即cos(B＋C)＝－.所以B＋C＝，故A＝.由题设得bcsin
A＝，即bc＝8.由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝.
故△ABC的周长为3＋.
[类题通法]
用正、余弦定理求解三角形基本量的方法
[对点训练]
(2017·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知asin
A＝4bsin
B，ac＝(a2－b2－c2)．
(1)求cos
A的值；
(2)求sin(2B－A)的值．
解：(1)由asin
A＝4bsin
B，及＝，得a＝2b.
由ac＝(a2－b2－c2)及余弦定理，
得cos
A＝＝＝－.
(2)由(1)，可得sin
A＝，
代入asin
A＝4bsin
B，得sin
B＝＝.
由(1)知，A为钝角，所以cos
B＝＝.
于是sin
2B＝2sin
Bcos
B＝，cos
2B＝1－2sin2B＝，
故sin(2B－A)＝sin
2Bcos
A－cos
2Bsin
A
＝×－×＝－.
题型(二)与三角形面积有关的问题
主要考查三角形面积的计算或已知三角形的面积求边或角，涉及正、余弦定理及三角形面积公式.
[典例感悟]
[典例] (2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin
A＋cos
A＝0，a＝2，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积.
[审题定向](一)定知识主要考查余弦定理解三角形以及三角形面积的求法．(二)定能力1.考查逻辑推理：欲求边c，想到列出c的方程，欲求面积，想到三角形面积公式，即要求两边及其夹角正弦值.2.考查数学运算：三角恒等式的转换，一元二次方程的求解及面积的计算.(三)定思路第(1)问应用余弦定理求c：先通过商的关系化简已知式子得A的正切值，求出A，再利用余弦定理求c；第(2)问应用三角形面积公式求S△ABD：根据(1)的结论及AD⊥AC求出∠BAD，利用余弦定理求CD，AD，再利用面积公式，或先判断△ABD与△ACD的面积关系再求.
[解] (1)由已知可得tan
A＝－，所以A＝.
在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4c·cos
，
即c2＋2c－24＝0.解得c＝4(负值舍去)．
(2)法一：由题可得∠CAD＝，
所以∠BAD＝，
由余弦定理可得cos
C＝，
∴CD＝，∴AD＝，
∴S△ABD＝×4××sin∠DAB＝.
法二：由题设可得∠CAD＝，所以∠BAD＝.
故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为＝1.
又△ABC的面积为×4×2×sin＝2，
所以△ABD的面积为.
[类题通法]
求解与三角形面积有关的问题的步骤
[对点训练]
(2018·南宁模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c(1＋cos
B)＝b(2－cos
C)．
(1)求证：2b＝a＋c；
(2)若B＝，△ABC的面积为4，求b.
解：(1)证明：∵c(1＋cos
B)＝b(2－cos
C)，∴由正弦定理可得sin
C＋sin
Ccos
B＝2sin
B－sin
Bcos
C，可得sin
Ccos
B＋sin
Bcos
C＋sin
C＝2sin
B，sin(B＋C)＋sin
C＝2sin
B，∴sin
A＋sin
C＝2sin
B，∴a＋c＝2b.
(2)∵B＝，∴△ABC的面积S＝acsin
B＝ac＝4，∴ac＝16.
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos
B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac.
∵a＋c＝2b，∴b2＝4b2－3×16，解得b＝4.
题型(三)以平面几何为载体的解三角形问题
此类问题的本质还是考查利用正、余弦定理求解三角形的边长或角度问题.
[典例感悟]
[典例] (2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cos∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC.
[审题定向](一)定知识主要考查以平面几何为载体利用正、余弦定理求解三角形基本量问题．(二)定能力1.考查逻辑推理：欲求cos∠ADB，先求sin∠ADB，由正弦定理可求；欲求BC，可利用余弦定理列出BC的方程求解.2.考查数学运算：同角三角函数基本关系式的运用，正、余弦定理的求解.(三)定思路第(1)问应用正弦定理、同角三角函数基本关系式求解：由正弦定理求得sin∠ADB，再由同角三角函数基本关系求cos∠ADB；第(2)问应用余弦定理求解：由诱导公式先求得cos∠BDC，再由余弦定理求得BC.
[解] (1)在△ABD中，由正弦定理得＝，即＝，所以sin∠ADB＝.由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝
＝.
(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2×＝25，
所以BC＝5.
[类题通法]
求解与三角形相关的平面几何问题的策略
一般先将所给的图形拆分成若干个三角形，根据已知条件确定解三角形的先后顺序，再根据各个三角形之间的关系，交叉使用公共条件，求得结果，同时注意相关平面几何知识的应用．
[对点训练]
(2018·洛阳统考)如图，平面四边形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°.
(1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的长；
(2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范围．
解：(1)由已知，易得∠ACB＝45°，在△ABC中，＝，解得BC＝5.因为AC∥BD，所以∠ADB＝∠CAD＝30°，∠CBD＝∠ACB＝45°，在△ABD中，∠ADB＝30°＝∠BAD，所以DB＝AB＝10.在△BCD中，CD＝＝5.
(2)AC＋AB>BC＝10，由cos
60°＝，
得(AB＋AC)2－100＝3AB·AC，而AB·AC≤2，所以≤2，
解得AB＋AC≤20，故AB＋AC的取值范围为(10,20]．
解三角形问题重在
“变”——变角、变式
[循流程思维——入题快]
尽管解三角形的解答题起点低、位置前，但由于其公式多、性质繁，使得不少同学对其有种畏惧感．突破此难点的关键在于“变”——变角与变式，从“变角”来看，主要有：已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用，如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·，＝－等．从“变式”来看，在解决解三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等．
[按流程解题——快又准]
[典例] (2017·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2.
(1)求cos
B；
(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.
[解题示范]
(1)由题设及A＋B＋C＝π得sin
B＝8sin2，即sin
B＝4(1－cos
B)，
故17cos2B－32cos
B＋15＝0，解得cos
B＝，cos
B＝1(舍去)．
(2)由cos
B＝，得sin
B＝， 故S△ABC＝acsin
B＝ac.
又S△ABC＝2，则ac＝.
由余弦定理及a＋c＝6得
b2＝a2＋c2－2accos
B
＝(a＋c)2－2ac(1＋cos
B)
＝36－2××＝4.
所以b＝2.
变角：利用诱导公式及二倍角公式变角求cos
B
变式：利用平方关系求sin
B
变式：利用配方法变形a2＋c2为(a＋c)2－2ac求b
[思维升华] “明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是三角变换的基本要诀．在解题时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质，仔细审题，快速运算．
[应用体验]
(2018·广州模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a＝2，acos
B＝(2c－b)cos
A.
(1)求角A的大小；
(2)求△ABC的周长的最大值．
解：(1)法一：由已知，得acos
B＋bcos
A＝2ccos
A.
由正弦定理，得sin
Acos
B＋sin
Bcos
A＝2sin
Ccos
A，
即sin(A＋B)＝2sin
Ccos
A.
因为sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin
C，
所以sin
C＝2sin
Ccos
A.
因为sin
C≠0，所以cos
A＝.
因为0法二：由已知及余弦定理，得a×＝(2c－b)×，即b2＋c2－a2＝bc，
所以cos
A＝＝.
因为0(2)法一：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A，
得bc＋4＝b2＋c2，即(b＋c)2＝3bc＋4.
因为bc≤2，所以(b＋c)2≤(b＋c)2＋4，
即b＋c≤4(当且仅当b＝c＝2时等号成立)，
所以a＋b＋c≤6.
故△ABC的周长的最大值为6.
法二：因为＝＝，且a＝2，A＝，
所以b＝sin
B，c＝sin
C.
所以a＋b＋c＝2＋(sin
B＋sin
C)＝2＋＝2＋4sin.
因为0故△ABC的周长的最大值为6.
A卷——大题保分练
1．(2018·惠州模拟)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos
C(acos
C＋ccos
A)＋b＝0.
(1)求角C的大小；
(2)若b＝2，c＝2，求△ABC的面积．
解：(1)∵2cos
C(acos
C＋ccos
A)＋b＝0，∴由正弦定理可得2cos
C(sin
Acos
C＋sin
Ccos
A)＋sin
B＝0.
∴2cos
Csin(A＋C)＋sin
B＝0，即2cos
Csin
B＋sin
B＝0，
又0°B≠0，∴cos
C＝－，
又0°(2)由余弦定理可得(2)2＝a2＋22－2×2acos
120°＝a2＋2a＋4，
又a>0，∴解得a＝2，∴S△ABC＝absin
C＝，
∴△ABC的面积为.
2．(2018·陕西模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足bcos
A＝(2c＋a)cos(π－B)．
(1)求角B的大小；
(2)若b＝4，△ABC的面积为，求a＋c的值．
解：(1)∵bcos
A＝(2c＋a)cos(π－B)，
由正弦定理可得，sin
Bcos
A＝(－2sin
C－sin
A)cos
B.
∴sin(A＋B)＝－2sin
Ccos
B.
∴sin
C＝－2sin
Ccos
B，
又sin
C≠0，
∴cos
B＝－，∴B＝.
(2)由S△ABC＝acsin
B＝，得ac＝4.
又b2＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac＝16.
∴a＋c＝2.
3．(2018·重庆模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin－cos＝.
(1)求cos
B的值；
(2)若b2－a2＝ac，求的值．
解：(1)将sin－cos＝两边同时平方得，
1－sin
B＝，得sin
B＝，故cos
B＝±，
又sin－cos＝>0，所以sin>cos，
所以∈，所以B∈，
故cos
B＝－.
(2)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos
B＝a2＋ac，
所以a＝c－2acos
B＝c＋a，
所以c＝a，故＝＝.
4．(2018·昆明模拟)在△ABC中，AC＝2，BC＝6，∠ACB＝150°.
(1)求AB的长；
(2)延长BC至D，使∠ADC＝45°，求△ACD的面积．
解：(1)由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，得AB2＝12＋36－2×2×6cos
150°＝84，所以AB＝2.
(2)因为∠ACB＝150°，∠ADC＝45°，所以∠CAD＝150°－45°＝105°，由正弦定理＝，得CD＝，又sin
105°＝sin(60°＋45°)＝sin
60°·cos
45°＋cos
60°·sin
45°＝，所以CD＝3＋，又∠ACD＝180°－∠ACB＝30°，所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD＝×2×(3＋)×＝(＋1)．
5．(2019届高三·齐鲁名校联考)在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B为锐角，且满足2sin(A＋C)＋cos
2B＝4sin
Bcos2.
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的面积S＝，b＝，求△ABC的周长l.
解：(1)由已知得，2sin(π－B)＋cos
2B＝4sin
Bcos2，
即2sin
B＋cos
2B＝4sin
Bcos2，
所以2sin
B＋cos
2B＝0，
即－2sin
Bcos
B＋cos
2B＝0，即sin
2B＝cos
2B，
所以tan
2B＝.因为0(2)由(1)知，B＝.△ABC的面积S＝acsin
B＝acsin＝ac＝，整理得ac＝3，①
由b＝及余弦定理b2＝a2＋c2－2accos
B，
得()2＝a2＋c2－2accos＝a2＋c2－ac，
整理得a2＋c2－ac＝3，②
将①代入②得，(a＋c)2＝12＋6，即a＋c＝3＋，
故△ABC的周长l＝b＋a＋c＝＋3＋＝3＋2.
B卷——深化提能练
1．(2018·贵州一模)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cos
C＝得cos
120°＝，即a2－a－6＝0，∴a＝3或a＝－2(舍去)，∴a＝3.
(2)由(1)知a＝3，b＝5，c＝7，由三角形的面积公式得absin∠ACB＝c×CD，∴CD＝＝＝，即AB边上的高CD＝.
2．(2018·河北模拟)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足cos
B＝bcos
A.
(1)若sin
A＝，a＋b＝10，求a；
(2)若b＝3，a＝5，求△ABC的面积S.
解：∵cos
B＝bcos
A，
∴由正弦定理得·cos
B＝sin
Bcos
A，即有sin
Ccos
B＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B，
则sin
Ccos
B＝sin
C.
∵sin
C>0，∴cos
B＝.
(1)由cos
B＝，得sin
B＝，
∵sin
A＝，∴＝＝，
又a＋b＝10，解得a＝4.
(2)∵b2＝a2＋c2－2accos
B，b＝3，a＝5，
∴45＝25＋c2－8c，
即c2－8c－20＝0，
解得c＝10或c＝－2(舍去)，
∴S＝acsin
B＝15.
3．(2018·沈阳模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos
＝，·＝3.
(1)求△ABC的面积；
(2)若b＋c＝6，求a的值．
解：(1)由·＝3，得bccos
A＝3，又cos
A＝2cos2－1＝2×2－1＝，∴bc＝5，sin
A＝.由sin
A＝及S△ABC＝bcsin
A，得S△ABC＝2.
(2)由b＋c＝6，得b2＋c2＝(b＋c)2－2bc＝26，∴a2＝b2＋c2－2bccos
A＝20，∴a＝2.
4．(2019届高三·益阳、湘潭联考)已知锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求角C的大小；
(2)求函数y＝sin
A＋sin
B的值域．
解：(1)由＝，利用正弦定理可得2sin
Acos
C－sin
Bcos
C＝sin
Ccos
B，
可化为2sin
Acos
C＝sin(C＋B)＝sin
A，
∵sin
A≠0，∴cos
C＝，
∵C∈，∴C＝.
(2)y＝sin
A＋sin
B＝sin
A＋sin＝sin
A＋cos
A＋sin
A＝sin，∵A＋B＝，0∴sin∈，∴y∈.
5.如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝，EA＝2，∠ADC＝，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列．
(1)求sin∠CED；
(2)求BE的长．
解：设∠CED＝α.因为∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列，所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE，又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，所以∠BEC＝.
(1)在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC，
由题设知7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0，解得CD＝2(CD＝－3舍去)．
在△CDE中，由正弦定理得＝
，于是sin
α＝＝＝，即sin∠CED＝.
(2)由题设知0<α<，由(1)知cos
α＝＝＝，
又∠AEB＝π－∠BEC－α＝－α，
所以cos∠AEB＝cos＝coscos
α＋sinsin
α＝－cos
α＋sin
α＝－×＋×＝.
在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝＝，所以BE＝4.