正、余弦定理在解三角形中的综合应用
课前必备知识
课标要求
1.进一步掌握正弦定理、余弦定理的应用.2.能利用正弦定理、余弦定理解决有关实际应用问题.3.能利用正弦定理、余弦定理解决与面积、三角恒等变换相关的三角形问题．
知识梳理
1．判断三角形的形状特征
必须从研究三角形的边角关系入手，充分利用正、余弦定理进行转化，即化边为角或化角为边，边角统一．
在△ABC中，设A为最大角，则：
(1)等腰三角形：b＝c或B＝C.
(2)直角三角形：__b2＋c2＝a2__或__A＝90°__．
(3)钝角三角形：__a2>b2＋c2__或__90°
(4)锐角三角形：__a22．在△ABC中，常用的一些基本关系式
(1)A＋B＋C＝__π__；
(2)sin (B＋C)＝__sin_A__，cos (B＋C)＝__－cos_A__，tan (B＋C)＝__－tan_A__；
(3)sin ＝__cos___；
(4)cos ＝__sin___；
(5)tan A＋tan B＋tan C＝__tan_Atan_Btan_C__．
3．解三角形在实际应用中的相关角的概念
(1)仰角和俯角
与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和__目标__视线的夹角，目标视线在水平视线__上方__时叫做仰角，目标视线在水平视线__下方__时叫做俯角(如图1所示).
(2)方位角
从某点的指北方向线起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．如B点的方位角为α(如图2所示).
(3)方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)××度．
4．解三角形在实际问题中的应用
(1)三角形的实际应用题实质还是求解三角形，应掌握实际问题中常用角(方向角、方位角、仰角、俯角等)的概念，并掌握求解实际问题的一般步骤和方法．
(2)用正、余弦定理解决实际问题的一般步骤
①审题：理解题意，分清已知和未知，画出示意图．
②建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与未知量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的数学模型．
③求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解．
④检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．
5．三角形条件下有关最值的解决策略
首先建立目标函数(可能是一元，也可能是二元)，然后根据目标函数的特点选择适当的方法求出最值．
课前训练
1．(2025·江苏连云港模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，bcos A＝1＋cos B，则边b的取值范围为( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(0，2) D．(2，3)
2．(教材母题必修6.4例10改编)在100 m高的楼顶A处，测得正西方向地面上B，C两点(B，C与楼底在同一水平面上)的俯角分别是75°和15°，则B，C两点之间的距离为( )
A．200 m B．240 m
C．180 m D．200 m
3．如图，A点正北方向的C市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24 n mile/h的速度向正北航行，在A处看到S岛在船的北偏东15°方向，船航行 h后到达B处，在B处看到S岛在船的北偏东45°方向．此船从A点到C市航行过程中距离S岛的最近距离为( )
A．9 n mile B．9(－1)n mile
C．9(－1)n mile D．9(－)n mile
4．滕王阁位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12 m，在地面上的点M(B，M，D三点共线)测得楼顶A、滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为30°，则小明估算滕王阁的高度为(精确到1 m)( )
A．42 m B．45 m
C．51 m D．57 m
5．托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．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＝8，且△ACD为正三角形，则四边形ABCD的面积为__________.
课堂核心考点
考点1 三角形中的三角函数问题
【例1】 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
解三角形问题中涉及求与三角形内角相关的三角函数值时，一方面要准确选用三角函数公式进行合理的三角恒等变换，另一方面要充分运用三角形内角的取值范围和三内角和为180°，及在此锐(钝)角三角形中内角的取值范围探究．注意：在锐角三角形中，任意两内角的和大于90°，在钝角三角形中，两锐角的和小于90°.
变式探究
1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足＝1＋.
(1)求角A；
(2)若BC边上的中线长为，且a＝2，求△ABC的面积．
考点2
【例2】 目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影．如图1，某同学在一条水平公路上观测对面山顶上的一座5G基站AB，已知基站高AB＝50 m，该同学眼高1.5 m(眼睛到地面的距离)，该同学在初始位置C处(眼睛所在位置)测得基站底部B的仰角为37°，测得基站顶端A的仰角为45°.
(1)求出山高BE(结果保留一位小数).
(2)如图2，当该同学面向基站AB前行时(保持在同一铅垂面内)，记该同学所在位置M处(眼睛所在位置)到基站AB所在直线的距离MD＝x m，且记在M处观测基站底部B的仰角为α，观测基站顶端A的仰角为β.试问：当x多大时，观测基站的视角∠AMB最大？
参考数据：sin 8°≈0.14，sin 37°≈0.6，sin 45°≈0.7，sin 127°≈0.8.
(1)解决实际应用问题的基本方法是充分理解题意，正确作出图形，把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边、角，通过建立数学模型求解．
(2)转化为解三角形模型后，通常会遇到如下两种情况：①已知量与未知量全部集中在某一个三角形中，此时直接利用正弦定理或余弦定理；②已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择满足条件足够的三角形优先研究，再逐步在其余三角形中求出问题的解．
变式探究
2．如图，甲船从A处以每小时30海里的速度沿正北方向航行，乙船在B处沿固定方向匀速航行，B在A北偏西105°方向且与A相距10海里处．当甲船航行20分钟到达C处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的D处，此时两船相距10海里．
(1)乙船每小时航行多少海里？
(2)在C处北偏西30°方向且与C相距海里处有一个暗礁E，暗礁E周围海里范围内为航行危险区域．问：甲、乙两船按原航向和速度航行有无危险？如有危险，计算从有危险开始多少小时后能脱离危险；如无危险，请说明理由．
考点3
【例3】 (2025·安徽合肥模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin C＋cos C＝a，b＝.
(1)求角B；
(2)若a＋c＝2，求边AC上的角平分线BD的长；
(3)若△ABC为锐角三角形，求边AC上的中线BE的取值范围．
(1)三角形条件下的最值问题处理的一般思路是：
①建立目标函数；②根据目标函数的特点求最值．
(2)基本方法：
①化为只含一角、一函数的形式，利用三角函数的值域求最值；
②化为含三角形一边或两边的表达形式，利用基本不等式求最值．
变式探究
3．(2025·重庆渝中模拟预测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足－sin B＝tan Acos B.
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形且a＝2，求△ABC面积的取值范围．
考点4
【例4】 已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求tan A的值；
(2)若b＝4，D为△ABC外一点，如图所示，且D＝2A，DC＝2，△BCD的面积为4，求边c的大小．
综合运用正弦定理、余弦定理、三角恒等变换及平面几何性质问题的求解，要求考生具有良好的数学运算能力和化归与转化数学思想．求解此类问题的突破口是：(1)正确分析已知等式中边角关系，合理地设计“边往角化”或“角往边化”，活用正弦定理和余弦定理；(2)求角的值时，应注意三角形对角的取值范围的限制；(3)熟记两角和、差的有关公式，注意三角恒等变换的常用方法与技巧的运用．
变式探究
4．(2025·山东聊城一模)在梯形ABCD中，AD∥BC，设∠BAD＝α，∠ABD＝β，已知cos (α－β)＝2sin (α＋)sin (β＋).
(1)求∠ADB；
(2)若CD＝2，AD＝3，BC＝4，求AB.正、余弦定理在解三角形中的综合应用
课前必备知识
课标要求
1.进一步掌握正弦定理、余弦定理的应用.2.能利用正弦定理、余弦定理解决有关实际应用问题.3.能利用正弦定理、余弦定理解决与面积、三角恒等变换相关的三角形问题．
知识梳理
1．判断三角形的形状特征
必须从研究三角形的边角关系入手，充分利用正、余弦定理进行转化，即化边为角或化角为边，边角统一．
在△ABC中，设A为最大角，则：
(1)等腰三角形：b＝c或B＝C.
(2)直角三角形：__b2＋c2＝a2__或__A＝90°__．
(3)钝角三角形：__a2>b2＋c2__或__90°(4)锐角三角形：__a22．在△ABC中，常用的一些基本关系式
(1)A＋B＋C＝__π__；
(2)sin (B＋C)＝__sin_A__，cos (B＋C)＝__－cos_A__，tan (B＋C)＝__－tan_A__；
(3)sin ＝__cos___；
(4)cos ＝__sin___；
(5)tan A＋tan B＋tan C＝__tan_Atan_Btan_C__．
3．解三角形在实际应用中的相关角的概念
(1)仰角和俯角
与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和__目标__视线的夹角，目标视线在水平视线__上方__时叫做仰角，目标视线在水平视线__下方__时叫做俯角(如图1所示).
(2)方位角
从某点的指北方向线起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．如B点的方位角为α(如图2所示).
(3)方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)××度．
4．解三角形在实际问题中的应用
(1)三角形的实际应用题实质还是求解三角形，应掌握实际问题中常用角(方向角、方位角、仰角、俯角等)的概念，并掌握求解实际问题的一般步骤和方法．
(2)用正、余弦定理解决实际问题的一般步骤
①审题：理解题意，分清已知和未知，画出示意图．
②建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与未知量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的数学模型．
③求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解．
④检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．
5．三角形条件下有关最值的解决策略
首先建立目标函数(可能是一元，也可能是二元)，然后根据目标函数的特点选择适当的方法求出最值．
课前训练
1．(2025·江苏连云港模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，bcos A＝1＋cos B，则边b的取值范围为( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(0，2) D．(2，3)
解析：B 由a＝1，bcos A＝1＋cos B得，bcos A＝a＋acos B，
由正弦定理可得
sin Bcos A＝sin A＋sin Acos B，
即sin Bcos A－sin Acos B＝sin A，
所以sin (B－A)＝sin A，
所以B－A＝A或B－A＋A＝π(舍去)，
所以B＝2A.
由正弦定理得b＝＝＝2cos A，
而0所以0所以b＝2cos A∈(1，2)，所以b的取值范围为(1，2).故选B.
2．(教材母题必修6.4例10改编)在100 m高的楼顶A处，测得正西方向地面上B，C两点(B，C与楼底在同一水平面上)的俯角分别是75°和15°，则B，C两点之间的距离为( )
A．200 m B．240 m
C．180 m D．200 m
解析：D 由题意，BC＝－
＝100×
＝100×，
而tan 15°tan 75°＝·
＝·＝1，
所以BC＝100×2＝200(m).故选D.
3．如图，A点正北方向的C市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24 n mile/h的速度向正北航行，在A处看到S岛在船的北偏东15°方向，船航行 h后到达B处，在B处看到S岛在船的北偏东45°方向．此船从A点到C市航行过程中距离S岛的最近距离为( )
A．9 n mile B．9(－1)n mile
C．9(－1)n mile D．9(－)n mile
解析：C 如图，过点S作SE⊥AB于点E.
在△ASB中，∠ABS＝135°，AB＝24×＝18，∠BAS＝15°，∠ASB＝180°－∠ABS－∠SAB＝30°，
由正弦定理得＝，
所以AS＝＝18(n mile)，
所以船与S岛的最近距离
SE＝SA·sin∠SAB＝18sin 15°＝18×＝9(－1)(n mile).故选C.
4．滕王阁位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12 m，在地面上的点M(B，M，D三点共线)测得楼顶A、滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为30°，则小明估算滕王阁的高度为(精确到1 m)( )
A．42 m B．45 m
C．51 m D．57 m
解析：D 由题意得，在Rt△ABM中，
AM＝，
在△ACM中，∠CAM＝30°＋15°＝45°，
∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，
所以∠ACM＝30°，
由正弦定理＝，
得CM＝·AM＝，
又sin 15°＝sin (45°－30°)＝×－×＝，
在Rt△CDM中，CD＝CM sin 60°＝＝＝36＋12≈57.故选D.
5．托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．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＝8，且△ACD为正三角形，则四边形ABCD的面积为__________.
解析：16 如图，设AD＝DC＝AC＝a，由托勒密定理知，AB·a＋a·BC＝a·BD，
所以AB＋BC＝BD＝8.
又因为∠ABD＝∠ACD＝，∠CBD＝∠CAD＝，
所以四边形ABCD的面积为
S＝S△ABD＋S△BCD
＝AB·BDsin ＋BC·BDsin
＝(AB＋BC)·BD＝16.
课堂核心考点
考点1 三角形中的三角函数问题
【例1】 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
解析：(1)因为＝＝＝，
所以sin B＝cos Acos B－sin Asin B＝cos(A＋B)＝－cos C＝－cos ＝，
而0(2)由(1)知，sin B＝－cos C>0，所以而sin B＝－cos C＝sin (C－)，
所以B＝C－，C＝＋B，A＝π－B－C＝－2B.
所以＝
＝
＝
＝4cos2B＋－5
≥2－5＝4－5.
当且仅当cos2B＝时取等号，
所以的最小值为4－5.
解三角形问题中涉及求与三角形内角相关的三角函数值时，一方面要准确选用三角函数公式进行合理的三角恒等变换，另一方面要充分运用三角形内角的取值范围和三内角和为180°，及在此锐(钝)角三角形中内角的取值范围探究．注意：在锐角三角形中，任意两内角的和大于90°，在钝角三角形中，两锐角的和小于90°.
变式探究
1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足＝1＋.
(1)求角A；
(2)若BC边上的中线长为，且a＝2，求△ABC的面积．
解析：(1)因为＝1＋，
所以＝1＋，
化简得2sin C cos A＝sin (A＋B)＝sin C，
因为sin C>0，所以cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)如图，设BC边上的中线交BC于D，
则∠ADB＝π－∠ADC，
由余弦定理得＝－，
即＝－，化简得b2＋c2＝8.
因为cos A＝＝，所以bc＝4，
所以S△ABC＝bc sin A＝×4×＝.
考点2
【例2】 目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影．如图1，某同学在一条水平公路上观测对面山顶上的一座5G基站AB，已知基站高AB＝50 m，该同学眼高1.5 m(眼睛到地面的距离)，该同学在初始位置C处(眼睛所在位置)测得基站底部B的仰角为37°，测得基站顶端A的仰角为45°.
(1)求出山高BE(结果保留一位小数).
(2)如图2，当该同学面向基站AB前行时(保持在同一铅垂面内)，记该同学所在位置M处(眼睛所在位置)到基站AB所在直线的距离MD＝x m，且记在M处观测基站底部B的仰角为α，观测基站顶端A的仰角为β.试问：当x多大时，观测基站的视角∠AMB最大？
参考数据：sin 8°≈0.14，sin 37°≈0.6，sin 45°≈0.7，sin 127°≈0.8.
解析：(1)由题意可知，∠BCD＝37°，∠ACD＝45°，∠ACB＝8°，A＝45°，
在△ABC中，＝，
所以BC≈＝250(m)，
在Rt△BCD中，BD＝BC·sin∠BCD≈250×0.6＝150(m)，
所以山高BE＝BD＋DE≈150＋1.5＝151.5(m).
(2)由题意知∠AMD＝β，∠BMD＝α，且0<α<β<，则0<β－α<，
在Rt△BMD中，tan α＝≈，
在Rt△AMD中，tan β＝≈，
则tan∠AMB＝tan (β－α)
＝≈
＝＝
≤＝，
当且仅当x＝，即x＝100时，取等号，
又因为0<∠AMB<，所以此时∠AMB最大，
所以当x＝100 m时，∠AMB最大．
(1)解决实际应用问题的基本方法是充分理解题意，正确作出图形，把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边、角，通过建立数学模型求解．
(2)转化为解三角形模型后，通常会遇到如下两种情况：①已知量与未知量全部集中在某一个三角形中，此时直接利用正弦定理或余弦定理；②已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择满足条件足够的三角形优先研究，再逐步在其余三角形中求出问题的解．
变式探究
2．如图，甲船从A处以每小时30海里的速度沿正北方向航行，乙船在B处沿固定方向匀速航行，B在A北偏西105°方向且与A相距10海里处．当甲船航行20分钟到达C处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的D处，此时两船相距10海里．
(1)乙船每小时航行多少海里？
(2)在C处北偏西30°方向且与C相距海里处有一个暗礁E，暗礁E周围海里范围内为航行危险区域．问：甲、乙两船按原航向和速度航行有无危险？如有危险，计算从有危险开始多少小时后能脱离危险；如无危险，请说明理由．
解析：(1)如图，连接AD.
由题知CD＝10海里，AC＝×30＝10海里，∠ACD＝60°，
所以△ACD是等边三角形，所以AD＝10海里．
又∠DAB＝105°－60°＝45°，
在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AD2＋AB2－2AB×ADcos 45°＝102＋(10)2－2×10×10×＝100，
所以BD＝10海里，v＝10÷＝30(海里/小时).
故乙船的速度为每小时30海里．
(2)在海平面内，以B点为原点，以东西方向作x轴，以南北方向作y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
危险区域在以E为圆心，半径为r＝的圆内．
因为∠BAC＝105°，所以∠ABx＝15°.
又因为∠DAB＝∠DBA＝45°，
故直线BD的方程为y＝tan 60°x＝x，
所以E的横坐标为ABcos 15°－CEsin 30°，纵坐标为ABsin 15°＋CEcos 30°＋AC，
故A(5＋5，5－5)，C(5＋5，5＋5)，E(5＋，9＋5).
点E到直线BD的距离为d1＝＝1<，故乙船有危险；
点E到直线AC的距离为d2＝>，故甲船没有危险．
以E为圆心，半径为的圆截直线BD所得的弦长l＝2＝2，
所以乙船遭遇危险的持续时间为t＝＝(小时).
故甲船没有危险，乙船有危险，且在遭遇危险开始持续小时后脱险．
考点3
【例3】 (2025·安徽合肥模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin C＋cos C＝a，b＝.
(1)求角B；
(2)若a＋c＝2，求边AC上的角平分线BD的长；
(3)若△ABC为锐角三角形，求边AC上的中线BE的取值范围．
解析：(1)由sin C＋cos C＝a及正弦定理得sin C＋cos C＝sin A，
即sin Bsin C＋sin Bcos C＝sin A，
即sin Bsin C＋sin Bcos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以sin Bsin C＝cos Bsin C，
因为sin C≠0，所以tan B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由B＝及余弦定理得3＝c2＋a2－ac＝(c＋a)2－3ac，
又a＋c＝2，所以ac＝，
由S△ABC＝S△ABD＋S△BDC得
acsin B＝c·BD·sin ＋a·BD·sin ，
所以acsin ＝BD·(c＋a)sin ，
所以×＝BD×2×，解得BD＝.
(3)因为E为AC的中点，
所以＝(＋)，
则2＝(＋)2＝(c2＋a2＋2ca·cos B)＝(3＋ca＋ca)＝，
由正弦定理得
ac＝sin A·sin C
＝4sin A·sin C＝4sin A·sin (－A)
＝4sin A·(cos A＋sin A)
＝2sin Acos A＋2sin2A
＝sin 2A＋1－cos 2A
＝2sin(2A－)＋1，
因为△ABC为锐角三角形，
所以所以所以<2A－<，
所以所以2＝(3＋2ca)∈(，]，
所以BE∈(，]，
即边AC上的中线BE的取值范围为(，].
(1)三角形条件下的最值问题处理的一般思路是：
①建立目标函数；②根据目标函数的特点求最值．
(2)基本方法：
①化为只含一角、一函数的形式，利用三角函数的值域求最值；
②化为含三角形一边或两边的表达形式，利用基本不等式求最值．
变式探究
3．(2025·重庆渝中模拟预测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足－sin B＝tan Acos B.
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形且a＝2，求△ABC面积的取值范围．
解析：(1)由正弦定理得，
－sin B＝tan Acos B，
所以－＝，
即＝＋
＝
＝＝，
化简得＝，即tan A＝，
又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)由正弦定理得＝＝＝＝4，
所以b＝4sin B，c＝4sin C，
所以S△ABC＝bc sin A＝8sin Bsin C
＝8sin Bsin (－B)
＝8sin B(cos B＋sin B)
＝12sin Bcos B＋4sin2B
＝6sin 2B－2cos 2B＋2
＝4(sin 2B－cos 2B)＋2
＝4sin (2B－)＋2，
因为△ABC是锐角三角形，
所以解得所以2B－∈(，)，
所以sin (2B－)∈(，1]，
所以S△ABC＝4sin (2B－)＋2∈(4，6].
考点4
【例4】 已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求tan A的值；
(2)若b＝4，D为△ABC外一点，如图所示，且D＝2A，DC＝2，△BCD的面积为4，求边c的大小．
解析：(1)因为A＋B＝π－C，
所以sin (A＋B)＝sin (π－C)＝sin C，
已知＝，
根据正弦定理得＝，
即c(bsin A－c)＝(b－a)(b＋a)，
整理得bc sin A＝b2＋c2－a2，
即sin A＝＝cos A，
所以sin A＝cos A，即tan A＝.
(2)因为A∈(0，π)，所以sin A>0，
由(1)知且D＝2A，
所以sin D＝sin 2A＝2sin Acos A＝2××＝，
故△BCD的面积S＝CD·BDsin D＝×2×BD×＝4，解得BD＝6，
又由cos D＝cos 2A＝2cos2A－1＝2×()2－1＝－，
在△BCD中，由余弦定理可得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcosD＝62＋22－2×6×2×(－)＝48，
所以a＝BC＝4.
在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
可得48＝(4)2＋c2－2×4c×，解得c＝8.
综合运用正弦定理、余弦定理、三角恒等变换及平面几何性质问题的求解，要求考生具有良好的数学运算能力和化归与转化数学思想．求解此类问题的突破口是：(1)正确分析已知等式中边角关系，合理地设计“边往角化”或“角往边化”，活用正弦定理和余弦定理；(2)求角的值时，应注意三角形对角的取值范围的限制；(3)熟记两角和、差的有关公式，注意三角恒等变换的常用方法与技巧的运用．
变式探究
4．(2025·山东聊城一模)在梯形ABCD中，AD∥BC，设∠BAD＝α，∠ABD＝β，已知cos (α－β)＝2sin (α＋)sin (β＋).
(1)求∠ADB；
(2)若CD＝2，AD＝3，BC＝4，求AB.
解析：(1)因为cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β，
2sin (α＋)sin (β＋)
＝2(sin α＋cos α)(sin β＋cos β)
＝2(sin αsin β＋sin αcos β＋sin βcos α＋cos αcos β)，
所以2cos αcos β＋2sin αsin β＝sin αsin β＋sin αcos β＋sin βcos α＋3cos αcos β，
即sin αsin β－cos αcos β＝(sin αcos β＋sin βcos α)，
即－cos (α＋β)＝sin (α＋β)，
即tan (α＋β)＝－，
又α＋β＝π－∠ADB，
故tan (π－∠ADB)＝－，
即tan ∠ADB＝，又∠ADB∈(0，π)，故∠ADB＝.
(2)由AD∥BC，故∠DBC＝∠ADB＝，
由正弦定理可得＝，
即sin ∠BDC＝＝＝1，
故∠BDC＝，
则BD＝＝＝2.
由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝9＋12－18＝3，
故AB＝.
