2023年高考一轮复习第四章 三角函数与解三角形第六节　余弦定理与正弦定理 教案（含答案）

第六节　余弦定理与正弦定理
教学目标：
1．余、正弦定理的内容及其变形
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径，则
定理 余弦定理 正弦定理
内容 a2＝b2＋c2－2bccos_A；b2＝c2＋a2－2cacos_B；c2＝a2＋b2－2abcos_C ＝＝＝2R
变形 cos A＝；cos B＝；cos C＝ (1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；(2)a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；(3) ＝＝2R
2．三角形常用面积公式
(1)S＝a·ha(ha表示边a上的高)；
(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A；
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)．
(1)在△ABC中，A＋B＋C＝π.变形：＝－.
(2)大边对大角，大角对大边，如a＞b A＞B sin A＞sin B.
(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
(4)有关三角形内角的三角函数关系式：sin(A＋B)＝sin C；cos(A＋B)＝－cos C；tan(A＋B)＝－tan C；sin＝cos；cos＝sin.
(5)在△ABC中，内角A，B，C成等差数列 B＝，A＋C＝.
(6)在斜△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C.
(7)三角形射影定理：
在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；
b＝acos C＋ccos A；
c＝bcos A＋acos B.
1．(人教A版必修第二册P44·例6改编)已知△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝，a＝1，B＝，则c＝(　 )
A. B．2 C. D．3
解析：选B　由余弦定理得cos B＝，即－＝，整理得c2＋c－6＝0，解得c＝2(负值已舍去)．
2．(人教A版必修第二册P47·例8改编)在△ABC中，a＝1，b＝，B＝60°，则A＝(　 )
A．30° B．30°或150°
C．60° D．60°或120°
解析：选A　由正弦定理得＝，解得sin A＝，因为a＜b，所以A为锐角，所以A＝30°，故选A.
3．(2020·全国卷Ⅲ)在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则cos B＝(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos C＝16＋9－2×4×3×＝9，解得AB＝3，所以 cos B＝＝，故选A.
4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝4，b＝5，b>c，△ABC的面积为5，则c＝________.
解析：由三角形面积公式得×4×5sin C＝5，
即sin C＝.又b>a，b>c，所以C为锐角，于是C＝60°.由余弦定理得c2＝42＋52－2×4×5cos 60°，解得c＝(舍负)．
答案：
5．在△ABC中，已知A＝60°，c＝5，a＝7，则△ABC的面积为________．
解析：利用余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，
可得b2－5b－24＝0，解得b＝8或b＝－3(舍)，
△ABC的面积S＝bc·sin 60°＝×8×5×＝10.
答案：10
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点　正、余弦定理的简单应用 　
[题点全训]
1．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝，AB＝2，则BC＝(　 )
A．1 B. C. D．3
解析：选D　由余弦定理，得cos 120°＝.化简，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.
2．(2022·中山期中)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin B－sin A(sin C＋cos C)＝0，a＝2，c＝2，则C＝(　 )
A. B. C. D.
解析：选D　因为sin B－sin A(sin C＋cos C)＝0，所以sin Acos C＋cos Asin C－sin Asin C－sin Acos C＝0，即cos Asin C－sin Asin C＝0，因为A，C∈，所以sin C≠0，tan A＝1，解得A＝，
由正弦定理得＝，所以sin C＝＝＝，所以C＝或C＝，
因为c3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足a＝b＋c，5sin2C－sin2A＋2sin Asin Ccos B＝0，则sin B＝________.
解析：因为5sin2C－sin2A＋2sin Asin Ccos B＝0，
所以由正、余弦定理，
可得5c2－a2＋2ac·＝0，
解得b＝c，又a＝b＋c，所以可得a＝2c，
所以cos B＝＝＝－，
可得sin B＝＝.
答案：
4．(2021·天津高考)在△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin A∶sin B∶sin C＝2∶1∶，b＝.
(1)求a的值；
(2)求cos C的值；
(3)求sin的值．
解：(1)∵sin A∶sin B∶sin C＝2∶1∶，由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶1∶，∵b＝，∴c＝2，a＝2.
(2)由余弦定理可得
cos C＝＝＝.
(3)∵cos C＝，∴sin C＝＝，
∴sin 2C＝2sin Ccos C＝2××＝，cos 2C＝2cos2C－1＝2×－1＝，∴sin＝sin 2Ccos－cos 2Csin＝×－×＝.
[一“点”就过]
利用余弦定理可解决以下两类三角形问题：一是已知两边和它们的夹角，求其他边与角；二是已知三边求各个角．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．
利用正弦定理可解决以下两类三角形问题：一是已知两角和一角的对边，求其他边与角；二是已知两边和一边的对角，求其他边与角(该三角形具有不唯一性，常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断)．
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　利用正、余弦定理判断三角形的形状
[典例]　(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2sin C＝3sin A，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)由2sin C＝3sin A及正弦定理可得2c＝3a，
结合b＝a＋1，c＝a＋2，解得a＝4，b＝5，c＝6.
在△ABC中，由余弦定理得cos C＝＝＝，所以sin C＝ ＝，
S△ABC＝absin C＝×4×5×＝.
(2)设存在正整数a满足条件，由已知c>b>a，所以∠C为钝角，
所以cos C＝<0 a2＋b2因为a为正整数，所以a＝1,2.
当a＝1时，b＝2，c＝3，不能构成三角形，舍去．
当a＝2时，b＝3，c＝4，满足条件．
综上，当a＝2时，△ABC为钝角三角形．
[方法技巧]
1．判定三角形形状的途径：(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁．
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．　　
[针对训练]
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成等差数列，设△ABC的面积为S，若accos B＝S，则△ABC的形状为(　 )
A．直角三角形 B．钝角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
解析：选C　由已知得accos B＝acsin B，得tan B＝，因为02．在△ABC中，三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，若tan A∶tan B＝a2∶b2，则△ABC的形状为(　 )
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．不能确定
解析：选C　由题意结合正弦定理有：×＝，即：＝，据此可得：sin Acos A＝sin Bcos B，则sin 2A＝sin 2B，故：2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，据此可得：△ABC为等腰三角形或直角三角形．
重难点(二)　与面积有关的解三角形问题　
[典例]　已知在△ABC中，a2＋c2－ac＝b2，b＝2.
(1)求∠B的大小；
(2)在下列三个条件中，选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．
①c＝2；②AB边上的高等于1；③asin C＝c.
[解]　(1)由a2＋c2－ac＝b2可得a2＋c2－b2＝ac，在△ABC中，由余弦定理可得cos B＝＝＝，因为0(2)若选①c＝2：
在△ABC中，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B，即4＝a2＋12－2a×2×，
所以a2－6a＋8＝0，解得a＝2或a＝4，且都能构成三角形，
此时△ABC存在两组解，不符合题意；
若选②AB边上的高等于1：
因为B＝，所以a＝BC＝＝＝2，
因为b＝2，所以A＝B＝，C＝π－A－B＝，此时△ABC为等腰三角形，且唯一确定，S△ABC＝absin C＝×2×2×＝.
若选③asin C＝c：
由正弦定理可得sin Asin C＝sin C，因为sin C≠0，所以sin A＝1，因为0又因为b＝2，B＝，所以c＝＝＝2，所以S△ABC＝bc＝×2×2＝2.
[方法技巧]
与三角形面积有关问题的解题策略
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量．　　
[针对训练]
在下列三个条件(1)＝c；(2)asin B＝bsin；(3)bsin＝asin B中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题的解答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin B＋sin C＝sin A，a＝2，求△ABC的面积．
解：选(1)＝c，由正弦定理可得：
＝c，整理得a2＝c2＋b2－bc，
由余弦定理可得cos A＝＝，又A∈，所以A＝，
因为sin B＋sin C＝sin A，a＝2，由正弦定理得b＋c＝6，由余弦定理得a2＝c2＋b2－bc，
所以a2＝2－3bc＝36－3bc＝24，所以bc＝4，所以S△ABC＝bcsin A＝.
选(2)asin B＝bsin，由正弦定理可得：
sin Asin B＝sin Bsin
＝sin B，
即sin Asin B＝cos Asin B，
又sin B>0，所以sin A＝cos A，tan A＝，
又A∈，所以A＝.
因为sin B＋sin C＝sin A，a＝2，
由正弦定理得b＋c＝6，由余弦定理得a2＝c2＋b2－bc，所以a2＝2－(＋2)bc，(＋2)bc＝12，
所以bc＝＝24－12，
所以S△ABC＝bcsin A＝6－3.
选(3)bsin＝asin B，由正弦定理得：
sin Bsin＝sin Asin B，因为sin B>0，
所以sin＝sin A，
即cos＝2sincos，又cos>0，所以sin＝，又A∈，所以A＝.下同选(1)．
不能合理选用正、余弦定理进行边角互化
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[典例]　(2022·江苏省溧阳中学模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2－c2＝2b，且sin Acos C＝3cos Asin C，则b的值为________．
[解题观摩]　法一：在△ABC中，因为sin Acos C＝3cos Asin C，则由正弦定理及余弦定理有a·＝3··c，化简并整理得2(a2－c2)＝b2.
又a2－c2＝2b，所以4b＝b2，解得b＝4或b＝0(舍去)．
法二：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A.
因为a2－c2＝2b，b≠0，所以b＝2ccos A＋2.　①
又sin Acos C＝3cos Asin C，
所以sin Acos C＋cos Asin C＝4cos Asin C，
从而sin(A＋C)＝4cos Asin C，即sin B＝4cos Asin C.
由正弦定理得b＝4ccos A．　②
由①②解得b＝4.
[答案]　4
边角互化是利用正、余弦定理解三角形的重要途径．一般地，若条件式含有角的余弦或角的正弦齐次式，则可用余弦定理或正弦定理化角为边；若条件式含有边的二次式或条件式等号两边为齐次式，则可利用余弦定理或正弦定理化边为角．通过边角互化，可使边角关系具体化．　　
[针对训练]
△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若＝，则角B的大小为(　 )
A. B. C. D.
解析：选B　由正弦定理可将＝化为＝，整理可得c2＋a2－b2＝－ac，
由余弦定理可得cos B＝＝－，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1．(解三角形漏解或多解)
(1)已知在△ABC中，三个内角为A，B，C，sin 2A＝sin 2B，则△ABC是(　 )
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰或直角三角形
解析：选D　因为sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，解得A＝B或A＋B＝，所以△ABC是等腰或直角三角形．
(2)已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，若sin A＝，sin B>sin C，a＝3，S△ABC＝2，则b的值为(　 )
A．2或3 B．2 C．3 D．6
解析：选C　因为△ABC为锐角三角形，所以cos A＝＝，由余弦定理得cos A＝＝＝　①，因为S△ABC＝bcsin A＝bc×＝2，所以bc＝6　②，将②代入①得＝，则b2＋c2＝13　③，由sin B>sin C可得b>c，联立②③可得b＝3，c＝2.故选C.
2．(忽视角的范围)在△ABC中，若C＝3B，则的取值范围为(　 )
A．(0,3) B．(1,3) C．(1，) D．(，3)
解析：选B　由正弦定理可得，
＝＝＝＝＝cos 2B＋2cos2B＝4cos2B－1.又A＋B＋C＝180°，C＝3B，
∴0°＜B＜45°，∴＜cos B＜1，
∴1＜4cos2B－1＜3，即1＜＜3.
3．(忽视构成三角形的条件)在锐角△ABC中，BC＝2，sin B＋sin C＝2sin A，则中线AD长的取值范围是________．
解析：设AB＝c，AC＝b，BC＝a＝2，对sin B＋sin C＝2sin A运用正弦定理，得b＋c＝2a＝4，解得c＝4－b，结合该三角形为锐角三角形，得到不等式组解得＜b＜，
故bc＝b(4－b)＝－b2＋4b，结合二次函数的性质，得到＜bc≤4.
运用向量得到＝(＋)，
所以||＝ eq \r(＋＋2||·||·cos∠BAC)
＝＝＝，
结合bc的范围，得||的范围为.
答案：
二、融会贯通应用创新题
4.(体现数学应用)黄金分割比值是指将一条线段一分为二，较大部分与整体的比值等于较小部分与较大部分的比值．我们把满足上述分割的点称为该线段的黄金分割点，满足黄金分割比值的分割称为黄金分割．女生穿高跟鞋、空调温度的设置、埃菲尔铁塔的设计、很多国家国旗上的五角星都和黄金分割息息相关，也正是因为这个比值才让人类的设计产生了一种自然和谐美．已知连接正五边形的所有对角线能够形成国旗上的五角星，如图点D是线段AB的黄金分割点，由此推断cos 144°＝(　 )
A. B．－
C. D.
解析：选B　依题意在正五边形中，每一个内角为108°，所以∠ACD＝∠DCB＝∠CBD＝36°，所以∠CAD＝∠CDA＝∠ACB＝72°，所以BC＝AB，CD＝BD＝AC.
因为D为AB的黄金分割点，所以＝，即＝，解得＝，所以＝，故不妨设CD＝2，AD＝－1，
则在△CDA中，cos 36°＝＝，从而cos 144°＝cos(180°－36°)＝－cos 36°＝－.
5．(借助数学文化)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即“在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝ ”．根据此公式，若acos B＋(b＋3c)cos A＝0，且a2－b2－c2＝2，则△ABC的面积为(　 )
A. B．2 C. D．2
解析：选A　由acos B＋(b＋3c)cos A＝0得sin Acos B＋cos Asin B＋3sin Ccos A＝0，
即sin C＋3sin Ccos A＝0，即sin C(1＋3cos A)＝0，
因为sin C≠0，所以cos A＝－，
由余弦定理得a2－b2－c2＝－2bccos A＝bc＝2，所以bc＝3，由△ABC的面积公式得S＝ ＝ ＝，故选A.
6．(创新命题情境)托勒密定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和，其意思为：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线，BD＝4，且△ACD为等边三角形，则△ABC面积的最大值为______，四边形ABCD的面积为________．(注：圆内接凸四边形对角互补)
解析：如图所示，设△ACD的边长为a，则根据托勒密定理得，4a＝a·AB＋a·BC，则AB＋BC＝4.
根据基本不等式得AB·BC≤＝4，当且仅当AB＝BC＝2时等号成立．
因为△ACD为等边三角形，所以∠ADC＝，根据圆内接凸四边形对角互补得∠ABC＝，
所以△ABC的面积
S＝AB·BC·sin≤×4×＝.
又因为∠ABD＝∠ACD＝，∠CBD＝∠CAD＝，所以S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝·AB·BD·sin∠ABD＋BC·BD·sin∠CBD＝sin·BD·(AB＋BC)＝4.
答案：　4
7．(强化开放思维)有一道解三角形的问题，缺少一个条件，具体如下：“在△ABC中，已知a＝，B＝45°，________，求角A的大小．”经推断缺少的条件为三角形一边的长度，且正确答案为A＝60°，试将所缺的条件补充完整．
解析：由a＝，B＝45°，A＝60°，得b＝＝＝，但若已知b＝去求A，有两解，不合题意；
再计算c，C＝75°，sin C＝sin 75°＝，c＝＝＝，即若已知c＝，可用余弦定理求b，再求A，这时是唯一解A＝60°，满足题意．
答案：c＝
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．在△ABC中，若asin B＝c－bcos A，则B＝(　 )
A. B.
C.或π D.或π
解析：选A　因为asin B＝c－bcos A，由正弦定理得sin Asin B＝sin C－sin Bcos A，
sin Asin B＝sin(A＋B)－sin Bcos A＝sin Acos B＋cos Asin B－sin Bcos A＝sin Acos B，
因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以tan B＝，而B为三角形内角，故B＝.
2．(2021·北京房山区二模)在△ABC中，BC＝6，A＝，sin B＝2sin C，则△ABC的面积为(　 )
A．6 B．6 C．9 D．4
解析：选A　设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∵a2＝b2＋c2－2bccos A，∴36＝c2＋b2－bc，∵sin B＝2sin C，∴b＝2c.解得c＝2，b＝4，∴△ABC的面积为S＝bcsin A＝×4×2×＝6.
3．(多选)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝3，b＝2，sin B＝sin 2A，则(　 )
A．sin B＝ B．cos A＝－
C．c＝3 D．S△ABC＝2
解析：选ACD　因为sin B＝sin 2A，所以sin B＝2sin Acos A，b＝2acos A．又a＝3，b＝2，所以cos A＝，sin A＝，sin B＝.又b＜a，所以cos B＝，cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝＝cos A，所以c＝a＝3，S△ABC＝bcsin A＝×2×3×＝2.故选A、C、D.
4.(2022·成都模拟)如图，△ABC中，角C的平分线CD交边AB于点D，∠A＝，AC＝2，CD＝3，则BC＝(　 )
A．3 B．4 C．4 D．6
解析：选D　在△ACD中，根据正弦定理得sin ∠ADC＝＝＝，
由∠ADC<∠A，所以∠ADC＝，所以∠ACD＝π－－＝，
所以∠ACB＝，则∠B＝，所以AB＝AC＝2，
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2)2＋(2)2－2×2×2×＝36，所以BC＝6.
5．(多选)对于△ABC，有如下命题，其中正确的有(　 )
A．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC是等腰三角形
B．若△ABC是锐角三角形，则不等式sin A>cos B恒成立
C．若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，则△ABC为钝角三角形
D．若AB＝，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积为或
解析：选BCD　对A，∵sin 2A＝sin 2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，解得A＝B或A＋B＝，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此不正确；
对B，∵△ABC是锐角三角形，∴>A>－B>0，∴sin A>sin＝cos B恒成立，因此正确；
对C，∵sin2A＋sin2B＋cos2C<1，∴sin2A＋sin2B<1－cos2C＝sin2C，由正弦定理可得：a2＋b2对D，∵AB＝，AC＝1，B＝30°，设BC＝x，由余弦定理可得：12＝x2＋()2－2xcos 30°，化为：x2－3x＋2＝0，解得x＝1或2.则△ABC的面积S＝××1×sin 30°＝，或S＝××2×sin 30°＝，因此正确．
综上可得：只有B、C、D正确．
6．(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________.
解析：由题意，得S△ABC＝acsin B＝，即ac·＝，解得ac＝4.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝3ac－2ac·＝8，解得b＝2(负值已舍去)．
答案：2
7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝3，c＝7，A＋B＝，则sin B＝________.
解析：由三角形的内角和定理可得A＋B＋C＝＝π，可得C＝，
由余弦定理可得49＝c2＝a2＋b2－2abcos C＝9＋b2＋3b，即b2＋3b－40＝0，因为b>0，解得b＝5，
由正弦定理＝得sin B＝＝＝.
答案：
8．若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且∠C为钝角，则∠B＝________；的取值范围是________．
解析：由余弦定理得cos B＝，
∴a2＋c2－b2＝2accos B.
又∵S＝(a2＋c2－b2)，
∴acsin B＝×2accos B，
∴tan B＝，
∵B∈，∴∠B＝.
又∵∠C为钝角，∴∠C＝－∠A>，
∴0<∠A<.
由正弦定理得＝
＝＝＋·.
∵0，
∴>＋×＝2，即>2.
答案：　(2，＋∞)
9．△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．
解：(1)由已知可得tan A＝－，所以A＝.
在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccos ，
即c2＋2c－24＝0.解得c＝4(负值舍去)．
(2)由题设可得∠CAD＝，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.
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.
10．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2bcos B，C＝.
(1)求B的大小；
(2)在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度．
①c＝b；
②周长为4＋2；
③面积为S△ABC＝.
解：(1)由正弦定理＝，c＝2bcos B，得sin C＝2sin Bcos B＝sin 2B，故C＝2B(舍去)或C＋2B＝π.故B＝A＝.
(2)由(1)知，c＝b，故不能选①.
若选②，设BC＝AC＝2x，则AB＝2x，
故周长为(4＋2)x＝4＋2，解得x＝1.
从而BC＝AC＝2，AB＝2.
设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，
cos B＝＝＝，解得AD＝.
若选③，设BC＝AC＝2x，则AB＝2x，
故S△ABC＝·(2x)2·sin＝x2＝，
解得x＝，即BC＝AC＝，AB＝3.
设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，
cos B＝＝＝，解得AD＝.
二、重点难点培优训练
1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足A＝，a＝，cos2B－cos2C－sin2A＝－sin A·sin B，则边长b的值为(　 )
A. B. C. D.
解析：选D　∵cos2B－cos2C－sin2A＝－sin A·sin B，则－－sin2A＝－sin A·sin B，即sin2C－sin2B－sin2A＝－sin A·sin B，由正弦定理得c2－b2－a2＝－ab，
∴a2＋b2－c2＝ab，∴cos C＝＝＝，
∵0又＝，∴b＝·sin B＝2×＝，故选D.
2．(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝，a2＋b2－c2＝absin C，acos B＋bsin A＝c，则下列结论正确的是(　 )
A．tan C＝2 B．A＝
C．b＝ D．△ABC的面积为6
解析：选ABD　因为a2＋b2－c2＝absin C，所以cos C＝＝＝，
所以tan C＝＝2，故A正确；
因为acos B＋bsin A＝c，利用正弦定理可得sin Acos B＋sin Bsin A＝sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
即sin Bsin A＝cos Asin B，因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以tan A＝1，又A∈(0，π)，
所以A＝，故B正确；
因为tan C＝2，C∈(0，π)，所以sin C＝，cos C＝，所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos A·sin C＝×＋×＝，
因为＝，所以b＝＝＝3，故C错误；
S△ABC＝absin C＝××3×＝6，故D正确．
3．(2021·浙江高考)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝______，cos∠MAC＝________.
解析：在△ABM中，由余弦定理，得AM2＝AB2＋BM2－2BM·ABcos B，即(2)2＝22＋BM2－2BM·2cos 60°，则BM2－2BM－8＝0，解得BM＝4(负值已舍去)．又点M是BC的中点，所以BC＝2BM＝8.在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝22＋82－2×2×8×cos 60°＝52，所以AC＝2(负值已舍去)．
答案：2　
4．(2021·保定二模)在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，请从以下三个条件任选一个作答．
①，，成等差数列；②2a－b＝2ccos B；③ccos(B－A)＋ccos C＝2bsin Acos C.
(1)求角C的大小；
(2)若c＝2，△ABC的面积为，求a＋b和sin A＋sin B的值．
解：(1)选①，，，成等差数列，
则＝＋，所以＝＋，整理可得2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin＝sin B，
因为sin B≠0，则2cos C＝1，即cos C＝，又因为0选②，2a－b＝2ccos B，所以2sin A－sin B＝2sin Ccos B，
2sin Bcos C＋2cos Bsin C－sin B＝2sin Ccos B，整理可得2sin Bcos C＝sin B，
因为sin B≠0，则2cos C＝1，即cos C＝，又因为0选③，ccos(B－A)＋ccos C＝2bsin Acos C，
则sin C＝2sin Bsin Acos C，化简可得2sin Csin Asin B＝2sin Bsin Acos C，因为sin A≠0，sin B≠0，所以sin C＝cos C，即tan C＝，又因为0(2)在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝12，
又S△ABC＝absin C＝ab＝，即ab＝4，所以a2＋b2＝16，所以a＋b＝＝＝＝2.
由＝＝＝＝4，所以sin A＝，sin B＝，
所以sin A＋sin B＝＋＝＝＝.
阶段综合·融会建模　
综合考法一　利用基本不等式求最值或范围
[典例]　已知在△ABC中，三边a，b，c分别对应三个内角A，B，C，且＝.
(1)求角C的大小；
(2)当△ABC外接圆半径R＝1时，求△ABC面积的最大值，并判断此时△ABC的形状．
[解]　(1)∵＝，∴c2－2＝ab，即b2＋a2－c2＝ab，
由余弦定理可得：cos C＝＝，
又角C为△ABC的内角，因此C＝.
(2)∵△ABC外接圆半径R＝1，∴由正弦定理可得：2R＝，则c＝2Rsin C＝，
∴b2＋a2－3＝ab，则ab＋3＝a2＋b2≥2ab，∴ab≤3，当且仅当a＝b＝时等号成立，
∴△ABC的面积S△ABC＝absin C＝ab≤.
即△ABC的面积的最大值是，此时△ABC是等边三角形．
[方法技巧]
求解三角形中有关边长、角、面积的最值(范围)问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立a＋b，ab，a2＋b2之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解．　　
[针对训练]
在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A≠，且________．
(1)求a的值；
(2)若A＝，求△ABC周长的最大值．
从①3acos B＋3bcos A＝ac；②3acos B＋abcos A＝3c；③bcos C＋ccos B＝3这三个条件中选一个补充在上面问题中并作答．
解：(1)若选①，则由正弦定理得：
3sin Acos B＋3sin Bcos A＝asin C 3sin(A＋B)＝asin C 3sin C＝asin C，
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，因此a＝3.
若选②，则由正弦定理得：
3sin Acos B＋asin Bcos A＝3sin C asin Bcos A＝3sin(A＋B)－3sin Acos B
asin Bcos A＝3cos Asin B，因为A，B∈(0，π)且A≠，所以sin B≠0，cos A≠0，因此a＝3.
若选③，则由正弦定理得：
sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin A· sin(B＋C)＝，
因为A∈(0，π)且A≠，所以sin A≠0，因此a＝3.
(2)若A＝，则由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bc·cos A 9＝b2＋c2＋bc b2＋c2－9＝－bc (b＋c)2－9＝bc，
又bc≤2，故(b＋c)2－9≤，即b＋c≤2，当且仅当b＝c＝时取等号，
所以a＋b＋c的最大值为3＋2，即△ABC周长的最大值为3＋2.
综合考法二　利用三角函数求最值或范围
[典例]　(2021·昆明二模)在①2asin B－bcos C－ccos B＝0，②sin2A－sin2B＋sin2C－sin Asin C＝0，③sin Asin C－sin B－cos Acos C＝0三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足________(填写序号即可)．
(1)求B；
(2)若a＝1，求b＋c的取值范围．
[解]　(1)若选①，由正弦定理得2sin Asin B＝sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin＝sin A，
因为sin A≠0，所以sin B＝，又因为B∈，所以B＝.
若选②，由正弦定理得a2－b2＋c2－ac＝0，即a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理得cos B＝＝，又因为B∈，所以B＝.
若选③，－sin B＝cos Acos C－sin Asin C＝cos＝cos＝－cos B，从而得tan B＝，又因为B∈，所以B＝.
(2)由正弦定理＝＝得b＝＝，c＝＝＝＝＋，所以b＋c＝＋＝＋＝＋，
由△ABC是锐角三角形可得
得因为y＝tan x在上单调递增，所以tan∈，从而∈，
所以b＋c的取值范围为.
[方法技巧]
(1)解决三角形中的某个量的最值或范围问题，除了利用基本不等式外，再一个思路就是利用正弦定理、余弦定理，把该量转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解．
(2)利用三角函数求解最值或范围问题的关键是求三角函数中角的范围，此时要特别注意题目隐含条件的应用，如锐角三角形、钝角三角形，三角形内角和为π等．　　
[针对训练]
1．已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin A＝cos C(sin B＋cos B)．
(1)求C的值；
(2)若c＝，求△ABC面积S的取值范围．
解：(1)由sin A＝cos C(sin B＋cos B)得sin－cos Csin B＝cos Bcos C，
即sin Ccos B＝cos Bcos C，因为△ABC为锐角三角形，cos B≠0，
所以tan C＝，则C＝.
(2)因为c＝，C＝，由正弦定理可得＝＝＝2，则a＝2sin A，b＝2sin B，
所以△ABC面积S＝absin C＝sin A·sin B＝sin A·sin＝sin A·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos A＋sin A))＝sin Acos A＋sin2A＝sin 2A＋＝＋sin，
因为△ABC为锐角三角形且C＝，所以2．(2022·重庆一中高三月考)已知锐角△ABC的面积为S，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足4S＝2－a2.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，求·＋·＋·的取值范围．
解：(1)4S＝2－a2，则2bcsin A＝b2＋c2－a2＋2bc，∴2bcsin A＝2bccos A＋2bc，即sin A＝1＋cos A，sin＝，∵0(2)∵＋＋＝0，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋＋ ))2＝a2＋b2＋c2＋2(·＋·＋·)＝0，
又＝＝＝＝2，且C＝－B，
∴·＋·＋·＝－＝－＝cos 2B＋cos 2C－＝cos－，由△ABC是锐角三角形，即综合考法三　以多三角形为载体的解三角形问题
[典例]　(2021·茂名二模)如图所示，△BCD为等腰三角形，点A，E在△BCD外，且DE＝8，若∠BCD＝∠BAE＝，BC＝2，________.
(1)从以下三个条件中任选一个补充在上面横线上，并求BE的长度．①∠CDE＝，②cos∠DBE＝，③锐角△DBE的面积为12.
(2)在(1)的条件下，求BA＋AE的最大值．
[解]　(1)选择①，即∠CDE＝.
在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝36，解得BD＝6，因为BC＝CD，所以∠CBD＝∠CDB＝.
又∠CDE＝，所以∠BDE＝，在Rt△BDE中，BE＝＝＝10.
选择②，即cos∠DBE＝.
在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝36，解得BD＝6.
在△BDE中，由余弦定理可得DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE·cos∠DBE，代入数据解得BE＝10.
选择③，即锐角△DBE的面积为12.
在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝36，解得BD＝6.
又DE＝8，锐角△DBE的面积为12，即S△BDE＝×6×8×sin∠BDE＝12，所以sin∠BDE＝，所以∠BDE＝.
在△DBE中，利用余弦定理得BE2＝BD2＋DE2－2BD·DEcos∠BDE，代入数据解得BE＝＝2.
(2)若(1)中选择的是①或②，解答如下：
在△BAE中，∠BAE＝，BE＝10.
由余弦定理得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAE，即100＝AB2＋AE2＋AB·AE，故(AB＋AE)2－100＝AB·AE≤2，当且仅当AB＝AE＝时等号成立，即(AB＋AE)2≤100，所以AB＋AE≤，故BA＋AE的最大值为.
若(1)中选择的是③，解答如下：
在△BAE中，∠BAE＝，BE＝2.
由余弦定理得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAE，即52＝AB2＋AE2＋AB·AE，故(AB＋AE)2－52＝AB·AE≤2，当且仅当AB＝AE＝时等号成立，
所以(AB＋AE)2≤52，所以AB＋AE≤，
所以BA＋AE的最大值为.
[方法技巧]
多三角形背景解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．解题时，有时要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的性质，要把这些知识与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．　　
[针对训练]
(2021年1月新高考八省联考卷)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.
解：(1)如图所示，
在△ABD中，由余弦定理可知，
cos∠ABD＝＝＝.
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cos∠BDC＝cos∠ABD＝.
在△BCD中，由余弦定理可得，
BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝12＋12－2×1×1×，∴BC＝.
(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.
由余弦定理可知，
cos∠ABD＝＝＝x　①，
cos∠BDC＝＝＝　②.
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD.
联立①②，可得＝x，整理得x2＋2x－2＝0，
解得x＝－1(负值已舍去)．
将x＝－1代入②，解得cos∠BDC＝－1.
[课时验收评价]
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2B＋sin2C＝sin2A＋sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若b＋c＝6，求△ABC的中线AM的最小值．
解：(1)在△ABC中，由正弦定理化sin2B＋sin2C＝sin2A＋sin Bsin C为b2＋c2＝a2＋bc，即b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cos A＝＝，
而0(2)因AM是△ABC的中线，则＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋ ))，由(1)知A＝，
于是得2＝(＋)2＝(b2＋c2＋bc)＝[(b＋c)2－bc]≥＝，
当且仅当b＝c＝3时等号成立，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1())≥，所以△ABC的中线AM的最小值为.
2．(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，BD·sin∠ABC＝asin C.
(1)证明：BD＝b.
(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.
解：(1)证明：由BD·sin∠ABC＝asin C及正弦定理，
得BD＝＝＝＝b.
(2)由cos∠BDA＋cos∠BDC＝0及余弦定理，得＋＝0.
整理得b2－2a2－c2＝0，即ac－2a2－c2＝0，
所以2－·＋2＝0，解得＝3或＝.
所以cos∠ABC＝＝＝.
当＝3时，cos∠ABC＝＝(不合题意，舍去)；
当＝时，cos∠ABC＝＝.
所以cos∠ABC＝.
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，请在①a2＋c2－b2＝S△ABC；②a＋acos B＝bsin A；③cos B＝bcos A这三个条件中任意选择一个，完成下列问题：
(1)求∠B的大小；
(2)若b＝2，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)若选①，a2＋c2－b2＝S△ABC，则2accos B＝×acsin B，
∴tan B＝，又B∈，则∠B＝.
若选②，由正弦定理得sin A＋sin Acos B＝sin Bsin A，又sin A≠0，∴sin B－cos B＝2＝1，∴sin＝，又B∈，∴B－＝，则∠B＝.
若选③，由正弦定理得(2sin C－sin A)cos B＝sin Bcos A，∴整理得2sin Ccos B＝sin Acos B＋sin Bcos A＝sin(A＋B)＝sin C，又sin C≠0，
∴cos B＝，又B∈(0，π)，则∠B＝.
(2)由题设知：a2＋c2－2accos B＝b2＝4，又∠B＝，
∴a2＋c2－ac＝4，又a2＋c2≥2ac，∴ac≤4，
由S＝acsin B＝acsin＝ac≤，当且仅当a＝c＝2时取等号．
∴△ABC面积的取值范围为(0，]．
4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＋b＝1且满足条件________．
(1)求C；
(2)求c的取值范围．
请从下列两个条件：①S＝(a2＋b2－c2)；
②tan Atan B－tan A－tan B＝中选一个条件补充到横线上并解决问题．
解：(1)补充①S＝(a2＋b2－c2)．
由余弦定理可知2abcos C＝a2＋b2－c2，
则S＝·2abcos C＝·abcos C，
又S＝absin C，故可得tan C＝，所以C＝.
补充②tan Atan B－tan A－tan B＝.
由②得sin Asin B－sin Acos B－cos Asin B＝cos Acos B，整理可得tan(A＋B)＝－，故tan C＝，所以C＝.
(2)由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcos C，
又cos C＝，a＋b＝1，∴c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝1－3ab.
又a＋b≥2，a>0，b>0，∴0<≤，
∴≤1－3ab<1，即≤c2<1，
∴≤c<1，∴c的取值范围为.
5．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin2C－sin2B＝sin2A－sin Asin B.
(1)求角C的大小；
(2)求sin A＋cos B＋tan C的取值范围．
解：(1)因为sin2C－sin2B＝sin2A－sin Asin B，
由正弦定理得c2－b2＝a2－ab，所以a2＋b2－c2＝ab,
由余弦定理得cos C＝＝，因为0(2)因为在锐角△ABC中，C＝，所以得sin A＋cos B＋tan C＝sin＋cos B＋＝sin B＋cos B＋＝sin＋，因为即6.(2021·唐山三模)如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝，点E是AD上一点，DE＝2AE＝4，2BCcos∠BEC＝BEcos∠EBC＋CEcos∠ECB.
(1)求∠BEC的大小；
(2)若△BCE的面积S为8，求BC.
解：(1)因为2BCcos∠BEC＝BEcos∠EBC＋CEcos∠ECB＝BE·＋CE·＝BC，
所以cos∠BEC＝.
因为∠BEC为三角形的内角，故∠BEC＝.
(2)设∠AEB＝α，则∠DEC＝－α，其中0＜α＜.
因为DE＝2AE＝4，所以BE＝＝，CE＝＝.
△BCE的面积S＝BE·CE·sin＝＝
＝＝＝，
由已知得＝8，
所以sin＝1，
由0<α<π，得－<2α－<π，
故2α－＝，所以α＝，此时BE＝＝4，CE＝＝8，所以在△BCE中，由余弦定理得BC2＝BE2＋CE2－2BE×CEcos∠BEC＝48，所以BC＝4.