第24講解三角形鏈教材夯基固本激活思維1．(人A必二P44練習(xí)T2改)在△ABC中，已知a＝7，b＝5，c＝3，則角A的大小為()A．120° B．90°C．60° D．45°2．(人A必二P44練習(xí)T1(2)改)在△ABC中，設(shè)b＝5，c＝5eq\r(,3)，A＝30°，則a＝()A．5 B．4C．3 D．103．(人A必二P48練習(xí)T2(2))在△ABC中，已知b＝2，A＝45°，C＝75°，則c＝____．4．(人A必二P48練習(xí)T3)在△ABC中，已知cosA＝eq\f(4,5)，B＝eq\f(π,3)，b＝eq\r(3)，則a＝___，c＝____．5．(人A必二P54習(xí)題T22改)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0，則A＝__eq\f(π,3)__；若a＝2，△ABC的面積為eq\r(3)，則b＋c＝____．聚焦知識(shí)1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內(nèi)容______＝____＝______＝2Ra2＝____；b2＝____；c2＝____變形形式①a＝____，b＝____，c＝____；②sinA＝____，sinB＝____，sinC＝___(其中R是△ABC外接圓的半徑)；③a∶b∶c＝____；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝____；cosB＝____；cosC＝____解斜三角形的問題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊；②已知兩邊和其中一邊的對(duì)角，求另一邊和其他兩角①已知三邊，求各角；②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩個(gè)角2．三角形常用面積公式(1)S△ABC＝eq\f(1,2)aha(ha為邊a上的高)；(2)S△ABC＝____＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB；(3)S△ABC＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為△ABC內(nèi)切圓的半徑)；(4)S△ABC＝eq\f(abc,4R)＝2R2sinAsinBsinC(R為△ABC外接圓的半徑)；(5)S△ABC＝eq\r(pp－ap－bp－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,2)a＋b＋c))．3．在△ABC中，已知a，b和A時(shí)，解的情況A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞ba≤b解的個(gè)數(shù)____________________4．解三角形的實(shí)際應(yīng)用(1)仰角和俯角：在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標(biāo)視線的夾角，目標(biāo)視線在水平視線____叫仰角，目標(biāo)視線在水平視線____叫俯角(如圖(1))．圖(1)(2)方位角：從正北方向起按順時(shí)針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線之間的水平夾角叫做方位角．如B點(diǎn)的方位角為α(如圖(2))．圖(2)(3)方向角：正北或正南方向線與目標(biāo)方向線所成的小于90°的角，如南偏東30°，北偏西45°等．(4)視角：觀察物體時(shí)，從物體兩端引出的光線在人眼球內(nèi)交叉而成的角．第1課時(shí)正弦定理與余弦定理研題型能力養(yǎng)成舉題說法正、余弦定理的直接應(yīng)用例1(2022·全國(guó)乙卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)．(1)求證：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cosA＝eq\f(25,31)，求△ABC的周長(zhǎng)．在解三角形中，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時(shí)，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，則考慮用正弦定理．以上特征都不明顯時(shí)，則要考慮兩個(gè)定理都有可能用到．變式1(2025·南京、鹽城期末)在△ABC中，AB＝6，BC＝5．(1)若C＝2A，求sinA的值；(2)若△ABC為銳角三角形，cosA＝eq\f(9,16)，求△ABC的面積．利用正、余弦定理判斷三角形的形狀例2(多選)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，則下列說法正確的是()A．若a2＋b2－c2＞0，則△ABC一定是銳角三角形B．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，則△ABC一定是等邊三角形C．若acosA＝bcosB，則△ABC一定是等腰三角形D．若acosB＋bcosA＝a，則△ABC一定是等腰三角形在判斷三角形的形狀時(shí)，一定要注意解是否唯一，并注重挖掘隱含條件．另外，在變形過程中要注意角A，B，C的取值范圍對(duì)三角函數(shù)值的影響，在等式變形中，一般兩邊不要約去公因式，應(yīng)移項(xiàng)提取公因式，以免漏解．變式2在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，且滿足eq\f(cosC,a)＝eq\f(cosA,c)，2bcosA＝c，則△ABC的形狀是()A．等腰直角三角形 B．等腰鈍角三角形C．等邊三角形 D．以上結(jié)論均不正確和三角形面積有關(guān)的問題例3(2024·新高考Ⅰ卷)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，sinC＝eq\r(2)cosB，a2＋b2－c2＝eq\r(2)ab．(1)求角B的大小；(2)若△ABC的面積為3＋eq\r(3)，求c．(1)三角形面積公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)cbsinA，一般是已知哪一個(gè)角就使用哪一個(gè)公式．(2)與面積有關(guān)的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的轉(zhuǎn)化．變式3(2023·全國(guó)甲卷文)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝2．(1)求bc；(2)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC的面積．隨堂內(nèi)化1．(2024·汕頭一模)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若A＝60°，b＝10，則結(jié)合a的值，下列三角形有兩解的為()A．a(chǎn)＝8 B．a(chǎn)＝9C．a(chǎn)＝10 D．a(chǎn)＝112．(2023·北京卷)在△ABC中，(a＋c)·(sinA－sinC)＝b(sinA－sinB)，則C＝()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)3．(2024·全國(guó)甲卷)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若B＝eq\f(π,3)，b2＝eq\f(9,4)ac，則sinA＋sinC＝()A．eq\f(3,2) B．eq\r(2)C．eq\f(\r(7),2) D．eq\f(\r(3),2)4．(2024·麗水、湖州、衢州二模)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，B＝eq\f(π,4)，c＝eq\r(2)，BC邊上的高等于eq\f(1,3)a，則△ABC的面積是____，sinA＝____．配套熱練A組夯基精練一、單項(xiàng)選擇題1．(2025·八省聯(lián)考)在△ABC中，BC＝8，AC＝10，cos∠BAC＝eq\f(3,5)，則△ABC的面積為()A．6 B．8C．24 D．482．(2024·青島一模)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝2asinB，bc＝4，則△ABC的面積為()A．1 B．eq\r(,3)C．2 D．2eq\r(,3)3．(2024·贛州二模)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝1，a2－1＝c(c－1)，則A＝()A．eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(5π,6)4．(2024·合肥一檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若2bcosC＝a(2－c)，且B＝eq\f(π,3)，則a＝()A．1 B．eq\r(,2)C．eq\r(,3) D．2二、多項(xiàng)選擇題5．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，下列結(jié)論正確的是()A．若cosA＞cosB，則sinA＜sinBB．若(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，則C＝eq\f(π,3)C．已知a＝7，b＝4eq\r(3)，c＝eq\r(13)，則最小內(nèi)角的大小為eq\f(π,6)D．若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)，則B＝eq\f(π,3)6．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，下列敘述正確的是()A．若acosB＝bcosA，則△ABC為等腰三角形B．若atanA＝btanB，則△ABC為等腰三角形C．若sin2A＋sin2B＋cos2C＜1，則△ABC為銳角三角形D．若cos2A＋cos2B＋cos2C＞－1，則△ABC為鈍角三角形7．(2024·益陽4月檢測(cè))在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，則下列結(jié)論中正確的是()A．(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝5∶6∶7B．△ABC為鈍角三角形C．若a＋b＋c＝18，則△ABC的面積是6eq\r(,15)D．若△ABC的外接圓半徑是R，內(nèi)切圓半徑為r，則5R＝16r三、填空題8．(2022·北京卷)在△ABC中，若sin2C＝eq\r(3)sinC，則C＝___；若b＝6，且△ABC的面積為6eq\r(3)，則△ABC的周長(zhǎng)為____．9．(2024·武漢2月調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若B＝eq\f(3π,4)，b＝6，a2＋c2＝2eq\r(,2)ac，則△ABC的面積為____．10．(2024·益陽5月模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a＝eq\r(,6)，b＋c＝4，cosC＝－eq\f(\r(,6),6)，則sinA＝____．四、解答題11．(2025·杭州一模)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sin2A－sin2B＝sin2C－eq\r(3)sinBsinC,2cosB＝sinC．(1)判斷△ABC的形狀，并說明理由；(2)已知點(diǎn)D在邊AB上，且BD＝2AD．若CD＝2，求△ACD的面積．12．(2025·泉州期初)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)＝eq\f(3,2)b．(1)求證：sinA＋sinC＝2sinB；(2)若b＝2，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，求△ABC的面積．B組滾動(dòng)小練13．(2024·南昌期初)(多選)已知f(x)是定義在R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，則下列結(jié)論正確的是()A．若f(x)＝f(－x)，則f′(x)＝－f′(－x)B．若f′(x)＝f′(x＋T)(T≠0)，則f(x)＝f(x＋T)C．若f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，b)中心對(duì)稱，則f′(x)的圖象關(guān)于直線x＝a軸對(duì)稱D．若f(－1＋x)＋f(－1－x)＝2，f′(x＋2)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則f(－1)＋f′(2)＝114．(2025·福州一檢)(多選)若函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則()A．π是f(x)的一個(gè)周期 B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4))) D．f(x)在[0,3π]上恰有6個(gè)零點(diǎn)第24講解三角形激活思維1.A【解析】由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)，所以A＝120°.2.A【解析】由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝52＋(5eq\r(,3))2－2×5×5eq\r(,3)×cos30°＝25，解得a＝5.3.eq\r(,2)＋eq\f(\r(,6),3)【解析】在△ABC中，因?yàn)閎＝2，A＝45°，C＝75°，所以B＝180°－45°－75°＝60°，則由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(2sin75°,sin60°)＝eq\f(2×\f(\r(,6)＋\r(,2),4),\f(\r(,3),2))＝eq\r(,2)＋eq\f(\r(,6),3).4.eq\f(6,5)eq\f(3＋4\r(3),5)【解析】由cosA＝eq\f(4,5)，可知A為銳角，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(3,5).由正弦定理得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(3)×\f(3,5),sin\f(π,3))＝eq\f(\f(3\r(3),5),\f(\r(3),2))＝eq\f(6,5).sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋4\r(3),10)，由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(\f(6,5)×\f(3＋4\r(3),10),\f(3,5))＝eq\f(3＋4\r(3),5).5.eq\f(π,3)4【解析】由acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0及正弦定理得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sinB－sinC＝0.因?yàn)閟inB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，所以eq\r(3)sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0.由于sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA－1＝0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).又0<A<π，故A＝eq\f(π,3).由題得△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故bc＝4①.而a2＝b2＋c2－2bccosA，且a＝2，故b2＋c2＝8②，由①②得b＝c＝2，所以b＋c＝4.聚焦知識(shí)1.eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)b2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosC①2RsinA2RsinB2RsinC②eq\f(a,2R)eq\f(b,2R)eq\f(c,2R)③sinA∶sinB∶sinCeq\f(b2＋c2－a2,2bc)eq\f(a2＋c2－b2,2ac)eq\f(a2＋b2－c2,2ab)2.(2)eq\f(1,2)absinC3.一解兩解一解一解無解4.(1)上方下方第1課時(shí)正弦定理與余弦定理舉題說法例1【解答】(1)由題知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)可化簡(jiǎn)為sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＝2bccosA－abcosC，由余弦定理可得aceq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2bceq\f(b2＋c2－a2,2bc)－abeq\f(a2＋b2－c2,2ab)，整理得2a2＝b2＋c2，得證．(2)由(1)可知b2＋c2＝2a2＝50，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(50－25,2bc)＝eq\f(25,2bc)＝eq\f(25,31)，所以2bc＝31.因?yàn)閎2＋c2＋2bc＝(b＋c)2＝81，所以b＋c＝9，所以a＋b＋c＝14，所以△ABC的周長(zhǎng)為14.變式1【解答】(1)因?yàn)镃＝2A，所以sinC＝sin2A＝2sinAcosA，所以cosA＝eq\f(sinC,2sinA).在△ABC中，由正弦定理得eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(AB,BC)，而AB＝6，BC＝5，所以cosA＝eq\f(sinC,2sinA)＝eq\f(3,5).因?yàn)锳∈(0，π)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝eq\f(4,5).(2)在△ABC中，因?yàn)閏osA＝eq\f(9,16)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(7),16).由正弦定理得eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(AB,BC)，所以sinC＝eq\f(AB,BC)sinA＝eq\f(6,5)×eq\f(5\r(7),16)＝eq\f(3\r(7),8).因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(7),8)))\s\up12(2))＝eq\f(1,8)，所以sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5\r(7),16)×eq\f(1,8)＋eq\f(9,16)×eq\f(3\r(7),8)＝eq\f(\r(7),4).所以△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×BC×sinB＝eq\f(1,2)×6×5×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(15\r(7),4).例2BD【解析】對(duì)于A，若a2＋b2－c2>0，則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，則C為銳角，但是A，B兩角無法判斷其是否為銳角，如當(dāng)a＝4，b＝2，c＝3時(shí)，a2＋b2－c2>0，b2＋c2－a2＝－3<0，△ABC為鈍角三角形，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)閑q\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，所以eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，所以tanA＝tanB＝tanC，且A，B，C∈(0，π)，所以A＝B＝C，所以△ABC為等邊三角形，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)閍cosA＝bcosB，所以sinAcosA＝sinBcosB，所以sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閍cosB＋bcosA＝a，所以sinAcosB＋sinBcosA＝sinA，即sin(A＋B)＝sinA，則sinC＝sinA，又因?yàn)锳，C∈(0，π)，所以A＝C或A＋C＝π(舍去)，所以△ABC為等腰三角形，故D正確．變式2C【解析】因?yàn)?bcosA＝c>0，所以A為銳角．由余弦定理得2b×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝c，得b2＝a2，a＝b，則B為銳角．方法一：由eq\f(cosC,a)＝eq\f(cosA,c)以及余弦定理得eq\f(\f(a2＋b2－c2,2ab),a)＝eq\f(\f(b2＋c2－a2,2bc),c)，eq\f(a2＋b2－c2,a2)＝eq\f(b2＋c2－a2,c2)，即eq\f(b2－c2,a2)＝eq\f(b2－a2,c2)，由于b2－a2＝0，所以b2－c2＝0，即b＝c，所以a＝b＝c，所以△ABC是等邊三角形．方法二：由eq\f(cosC,a)＝eq\f(cosA,c)及正弦定理得sinCcosC＝sinAcosA，從而A＝C或A＋C＝eq\f(π,2)(由B為銳角，舍去).綜上，A＝B＝C，即△ABC為等邊三角形．例3【解答】(1)由題知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(2)ab,2ab)＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4).因?yàn)閟inC＝eq\r(2)cosB，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)可得B＝eq\f(π,3)，C＝eq\f(π,4)，則A＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5π,12)，所以sinA＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).由正弦定理有eq\f(a,sin\f(5π,12))＝eq\f(b,sin\f(π,3))＝eq\f(c,sin\f(π,4))，從而a＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)·eq\r(2)c＝eq\f(\r(3)＋1,2)c，b＝eq\f(\r(3),2)·eq\r(2)c＝eq\f(\r(6),2)c，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)·eq\f(\r(3)＋1,2)c·eq\f(\r(6),2)c·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3＋\r(3),8)c2＝3＋eq\r(3)，所以c＝2eq\r(2).變式3【解答】(1)因?yàn)閍2＝b2＋c2－2bccosA，所以eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝eq\f(2bccosA,cosA)＝2bc＝2，解得bc＝1.(2)由正弦定理可得eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝eq\f(sinAcosB－sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)－eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(sin（A－B）,sin（A＋B）)－eq\f(sinB,sin（A＋B）)＝eq\f(sin（A－B）－sinB,sin（A＋B）)＝1，變形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB，即－2cosAsinB＝sinB，又B∈(0，π)，故sinB≠0，所以cosA＝－eq\f(1,2).因?yàn)锳∈(0，π)，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).隨堂內(nèi)化1.B【解析】因?yàn)槿切斡袃山猓詁sinA<a<b，即a∈(5eq\r(3)，10)，因此由選項(xiàng)知，只有a＝9符合．2.B【解析】因?yàn)?a＋c)(sinA－sinC)＝b(sinA－sinB)，所以由正弦定理得(a＋c)(a－c)＝b(a－b)，即a2－c2＝ab－b2，則a2＋b2－c2＝ab，故cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，又0<C<π，所以C＝eq\f(π,3).3.C【解析】因?yàn)锽＝eq\f(π,3)，b2＝eq\f(9,4)ac，所以由正弦定理得sinAsinC＝eq\f(4,9)sin2B＝eq\f(1,3).由余弦定理可得b2＝a2＋c2－ac＝eq\f(9,4)ac，即a2＋c2＝eq\f(13,4)ac，根據(jù)正弦定理得sin2A＋sin2C＝eq\f(13,4)sinAsinC＝eq\f(13,12)，所以(sinA＋sinC)2＝sin2A＋sin2C＋2sinAsinC＝eq\f(7,4).因?yàn)锳，C為三角形內(nèi)角，則sinA＋sinC>0，所以sinA＋sinC＝eq\f(\r(7),2).4.eq\f(3,2)eq\f(3\r(10),10)【解析】如圖，在△ABC中，作AD⊥BC，垂足為D，則AD＝eq\f(1,3)a，又B＝eq\f(π,4)，c＝eq\r(2)，在Rt△ABD中，AB2＝AD2＋BD2，即eq\f(1,9)a2＋eq\f(1,9)a2＝2，解得a＝3，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×3×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,2).在Rt△ACD中，AC2＝AD2＋CD2＝1＋4＝5，所以b＝eq\r(5)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(3,sinA)＝eq\f(\r(5),sin\f(π,4))，可得sinA＝eq\f(3\r(10),10).(第4題)配套精煉第24講解三角形第1課時(shí)正弦定理與余弦定理1.C【解析】在△ABC中，設(shè)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，則由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，得c2－12c＋36＝0，解得c＝6.又sin∠BAC＝eq\r(,1－cos2∠BAC)＝eq\f(4,5)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×10×6×eq\f(4,5)＝24.2.A【解析】由題及正弦定理得sinB＝2sinAsinB，因?yàn)锽∈(0，π)，則sinB≠0，所以1＝2sinA，解得sinA＝eq\f(1,2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×eq\f(1,2)＝1.3.A【解析】由a2－1＝c(c－1)＝c2－c，得c2－a2＝c－1.因?yàn)閎＝1，所以上式可化為b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).4.A【解析】因?yàn)?bcosC＝a(2－c)，兩邊同時(shí)乘以a得2abcosC＝a2(2－c)，由余弦定理可得a2＋b2－c2＝2abcosC，則a2＋b2－c2＝a2(2－c)，所以a2＋c2－b2＝a2c.又a2＋c2－b2＝2accosB，所以a2c＝2accosB.又B＝eq\f(π,3)，所以a＝1.5.ABC【解析】對(duì)于A，cosA>cosB?A<B?sinA<sinB，故A正確．對(duì)于B，由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，得a2＋b2－c2＝ab.由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2).因?yàn)?<C<π，所以C＝eq\f(π,3)，故B正確．對(duì)于C，因?yàn)閍＝7，b＝4eq\r(,3)，c＝eq\r(,13)，所以c<b<a，所以C<B<A，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(72＋（4\r(,3)）2－（\r(,13)）2,2×7×4\r(,3))＝eq\f(\r(,3),2).因?yàn)?<C<π，所以C＝eq\f(π,6)，故C正確．對(duì)于D，由正弦定理得eq\f(cosB,sinB)＝1，即tanB＝1，所以B＝eq\f(π,4)，故D錯(cuò)誤．6.ABD【解析】因?yàn)閍cosB＝bcosA，所以sinAcosB＝sinBcosA，即sin(A－B)＝0，又A，B∈(0，π)，所以A＝B，故A正確．因?yàn)閍tanA＝btanB，所以eq\f(sin2A,cosA)＝eq\f(sin2B,cosB)，即eq\f(1,cosA)－cosA＝eq\f(1,cosB)－cosB.因?yàn)閏osA，cosB同號(hào)，所以cosA，cosB只能同時(shí)為正，cosA，cosB∈(0，1).因?yàn)閥＝eq\f(1,t)－t在(0，1)上單調(diào)遞減，可得cosA＝cosB.又A，B∈(0，π)，所以A＝B，故B正確．因?yàn)閟in2A＋sin2B＋cos2C<1，所以sin2A＋sin2B<1－cos2C＝sin2C，由正弦定理可得a2＋b2<c2，又由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，C∈(0，π)，所以C為鈍角，所以△ABC為鈍角三角形，故C錯(cuò)誤．由cos2A＋cos2B＋cos2C>－1，所以cos2A＋cos[(B＋C)＋(B－C)]＋cos[(B＋C)－(B－C)]>－1，所以2cos2A＋2cos(B＋C)cos(B－C)>0.因?yàn)閏osA＝－cos(B＋C)，所以cosA[－cos(B＋C)－cos(B－C)]>0，則cosA(－cosBcosC＋sinBsinC－cosBcosC－sinBsinC)>0，所以cosAcosBcosC<0，故A，B，C中必有一個(gè)是鈍角，所以△ABC為鈍角三角形，故D正確．7.BD【解析】因?yàn)閟inA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，可得a∶b∶c＝2∶3∶4，設(shè)a＝2x(x>0)，b＝3x，c＝4x，則(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝5x∶7x∶6x＝5∶7∶6，故A錯(cuò)誤；由題意可知，C為最大角，因?yàn)閏osC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4x2＋9x2－16x2,12x2)＝－eq\f(1,4)<0，所以C為鈍角，故B正確；若a＋b＋c＝18，則a＝4，b＝6，c＝8，又cosC＝－eq\f(1,4)，所以sinC＝eq\r(,1－cos2C)＝eq\f(\r(,15),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×6×eq\f(\r(,15),4)＝3eq\r(,15)，故C錯(cuò)誤；由正弦定理得2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(4x,\f(\r(,15),4))＝eq\f(16x,\r(,15))，即R＝eq\f(8x,\r(,15)).由面積公式可得eq\f(1,2)(a＋b＋c)r＝eq\f(1,2)absinC，即eq\f(1,2)×9x×r＝eq\f(1,2)×2x×3x×eq\f(\r(,15),4)，所以r＝eq\f(\r(,15),6)x，所以eq\f(R,r)＝eq\f(16,5)，即5R＝16r，故D正確．8.eq\f(π,6)6＋6eq\r(3)【解析】因?yàn)镃∈(0，π)，所以sinC>0.由已知可得eq\r(3)sinC＝2sinCcosC，可得cosC＝eq\f(\r(3),2)，因此C＝eq\f(π,6).由三角形的面積公式可得S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3,2)a＝6eq\r(3)，解得a＝4eq\r(3).由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝48＋36－2×4eq\r(3)×6×eq\f(\r(3),2)＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以△ABC的周長(zhǎng)為a＋b＋c＝6eq\r(3)＋6.9.3【解析】在△ABC中，B＝eq\f(3π,4)，b＝6，a2＋c2＝2eq\r(,2)ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝2eq\r(,2)ac－2accoseq\f(3π,4)＝3eq\r(,2)ac＝36，解得ac＝6eq\r(,2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×6eq\r(,2)×eq\f(\r(,2),2)＝3.10.eq\f(\r(,5),3)【解析】在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC，所以c2－b2＝6－2eq\r(,6)b×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,6),6)))，所以(c－b)(c＋b)＝6＋2b.因?yàn)閏＋b＝4，所以4(c－b)＝6＋2b，所以4c－6b＝6，解得b＝1，c＝3.由cosC＝－eq\f(\r(,6),6)，可得sinC＝eq\f(\r(,30),6).在△ABC中，由正弦定理可得eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，所以sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(\r(,6)×\f(\r(,30),6),3)＝eq\f(\r(,5),3).11.【解答】(1)△ABC為直角三角形，理由如下：由sin2A－sin2B＝sin2C－eq\r(3)sinBsinC，得a2－b2＝c2－eq\r(3)bc，即eq\r(3)bc＝c2＋b2－a2，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,6).又2cosB＝sinC，故2cosB＝sin(B＋A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)sinB＋eq\f(1,2)cosB，化簡(jiǎn)可得sinB＝eq\r(3)cosB，故tanB＝eq\r(3).因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)，C＝π－B－A＝eq\f(π,2)，故△ABC為直角三角形．(2)由(1)知A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,3)，且△ABC為直角三角形．如圖，設(shè)AB＝2x，則AC＝eq\r(3)x，BC＝x，AD＝eq\f(1,3)AB＝eq\f(2x,3).在△ACD中，由余弦定理可得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcosA，即4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,3)))eq\s\up12(2)＋(eq\r(3)x)2－2×eq\f(2x,3)×eq\r(3)x×eq\f(\r(3),2)，解得x2＝eq\f(36,13)，故S△ACD＝eq\f(1,2)AD·AC·sinA＝eq\f(1,2)×eq\f(2x,3)×eq\r(3)x×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),6)x2＝eq\f(\r(3),6)×eq\f(36,13)＝eq\f(6\r(3),13).(第11題)12.【解答】(1)因?yàn)閍cos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)＝eq\f(3,2)b，所以eq\f(a（1＋cosC）＋c（1＋cosA）,2)＝eq\f(3,2)b，即a＋c＋acosC＋ccosA＝3b，由正弦定理可得3sinB＝sinA＋sinC＋(sinAcosC＋cosAsinC)＝sinA＋sinC＋sin(A＋C)＝sinA＋sinC＋sin(π－B)＝sinA＋sinC＋sinB，因此sinA＋sinC＝2sinB，即得證．(2)因?yàn)閟inA＋sinC＝2sinB，由正弦定理可得a＋c＝2b＝4.由平面向量數(shù)量積的定義可得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝cbcosA＝3，所以2c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4＋c2－a2,2)＝3，可得c2－a2＝2，即(c－a)(c＋a)＝4(c－a)＝2，所以c－a＝eq\f(1,2)，則c＝eq\f(9,4)，a＝eq\f(7,4)，所以cosA＝eq\f(3,bc)＝eq\f(3,2×\f(9,4))＝eq\f(2,3)，則A為銳角，且sinA＝eq\r(,1－cos2A)＝eq\r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(,5),3)，因此S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(9,4)×eq\f(\r(,5),3)＝eq\f(3\r(,5),4).13.ACD【解析】對(duì)于A，由f(x)＝f(－x)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則，可得f′(x)＝－f′(－x)，所以A正確；對(duì)于B，例如函數(shù)f(x)＝x，可得f′(x)＝1，此時(shí)滿足f′(x)＝f′(x＋T)(T≠0)，但f(x)≠f(x＋T)，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，b)中心對(duì)稱，可得f(a＋x)＋f(a－x)＝2b，兩邊同時(shí)取導(dǎo)數(shù)，可得f′(a＋x)－f′(a－x)＝0，即f′(a＋x)＝f′(a－x)，所以f′(x)的圖象關(guān)于直線x＝a軸對(duì)稱，所以C正確；對(duì)于D，由f(－1＋x)＋f(－1－x)＝2，令x＝0，可得f(－1)＋f(－1)＝2，即f(－1)＝1.又由f′(x＋2)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，令x＝0，可得f′(