專題測試練習(xí)題 正余弦定理及其應(yīng)用

專題07正余弦定理及其應(yīng)用【自主熱身,歸納總結(jié)】1、在△ABC中,設(shè)a,b,c分別為角A,B,C的對邊,若a＝5,A＝eq\f(π,4),cosB＝eq\f(3,5),c＝________.【答案】：7【解析】：因?yàn)閏osB＝eq\f(3,5),所以B∈(0,eq\f(π,2)),從而sinB＝eq\f(4,5),所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(3,5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(4,5)＝eq\f(7\r(2),10),又由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC),即eq\f(5,\f(\r(2),2))＝eq\f(c,\f(7\r(2),10)),解得c＝7.2、在△ABC中,已知AB＝1,AC＝eq\r(2),B＝45°,則BC的長為________．【答案】：eq\f(\r(2)＋\r(6),2)【解析】：在△ABC中,已知c＝1,b＝eq\r(2),B＝45°,由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB,得a2－eq\r(2)a－1＝0.因?yàn)閍>0,所以a＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2),即BC＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2).eq\a\vs4\al(解后反思)已知兩條邊以及一個(gè)角,研究第三邊的問題的本質(zhì)是三邊一角,所以應(yīng)用余弦定理是最直接的方法,它要比應(yīng)用正弦定理來得方便、快捷．3、在△中,若,則的值為．【答案】【解析】由正弦定理得,,不妨設(shè)則由余弦定理得.【課本探源】（必修5第26頁第10題）在三角形中,若則角等于4、在銳角△ABC中,,．若△ABC的面積為,則的長是．【答案】、【解析】：因?yàn)?由,解得,因?yàn)槭窃阡J角中,所以（或求出銳角,再求）,在銳角中,由余弦定理得：,所以,即.5、在△中,已知,,且的面積為,則邊長為．【答案】：76、在△ABC中,已知角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.若bsinAsinB＋acos2B＝2c,則eq\f(a,c)的值為________．【答案】：.2【解析】：由正弦定理得,sinBsinAsinB＋sinAcos2B＝2sinC,即sinA(sin2B＋cos2B)＝2sinC,即sinA＝2sinC,再由正弦定理得,eq\f(a,c)＝eq\f(sinA,sinC)＝2.7、在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若,,則．.【答案】：4【思路分析】本題第一步應(yīng)將的條件化成正余弦的等式；第二步由于本題求是的三角形邊長,所以將三角函數(shù)值等式轉(zhuǎn)化為邊長的等式；第三步：再結(jié)合解方程組即可.【解析】：解法一：由可得：,即,所以有,即由正、余弦定理可得：,即,又所以,即.解法二：也可在,用余弦定理可得,解得,下同解法一.8、在△ABC中,角A,B,C所對邊的長分別為a,b,c.已知a＋eq\r(2)c＝2b,sinB＝eq\r(2)sinC,則cosA＝________.【答案】eq\f(\r(2),4)【解析】：由sinB＝eq\r(2)sinC得b＝eq\r(2)c.又因?yàn)閍＋eq\r(2)c＝2b,所以a＝eq\r(2)c,因此cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(2c2＋c2－2c2,2\r(2)c2)＝eq\f(\r(2),4)9、設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(3c－b,b),則cosA＝________．【答案】、eq\f(1,3)10、設(shè)△的內(nèi)角,,的對邊分別是,且滿足,則▲．【答案】;.4解法1（正弦定理）根據(jù)正弦定理可得,即,又因?yàn)樗杂忠驗(yàn)?所以所以,則解法2（射影定理）因?yàn)榧翱傻?,注意到,兩式相除可得,再由正弦定理可得解后反思：解三角形問題中若等式既有三角函數(shù)又有邊,則可以考慮利用正弦定理或余弦定理轉(zhuǎn)化為只含有邊或只含有三角函數(shù)的等式處理.解法2則利用了三角形中的射影定理（教材必修5p17練習(xí)5）結(jié)合條件整體處理.11、在△ABC中,BC=,AC=1,以AB為邊作等腰直角三角形ABD（B為直角頂點(diǎn),C、D兩點(diǎn)在直線AB的兩側(cè)）．當(dāng)變化時(shí),線段CD長的最大值為．【答案】3思路分析要求的長,只需將表示為的函數(shù)形式,然后應(yīng)用三角函數(shù)知識來求它的最大值則可,因此在中應(yīng)用余弦定理可得,再在中分別應(yīng)用正弦定理、余弦定理得及,故,由此可得結(jié)果．【解析】：在中,由正弦定理得,由余弦定理得．在中,由余弦定理得,故,即．【問題探究,變式訓(xùn)練】例1、.如圖,在△ABC中,D是BC上的一點(diǎn)．已知∠B＝60°,AD＝2,AC＝eq\r(10),DC＝eq\r(2),則AB＝________.【答案】eq\f(2\r(6),3)【解析】：在△ACD中,因?yàn)锳D＝2,AC＝eq\r(10),DC＝eq\r(2),所以cos∠ADC＝eq\f(2＋4－10,2×2×\r(2))＝－eq\f(\r(2),2),從而∠ADC＝135°,所以∠ADB＝45°.在△ADB中,eq\f(AB,sin45°)＝eq\f(2,sin60°),所以AB＝eq\f(2×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(6),3)【變式1】、如圖,在△ABC中,AB＝3,AC＝2,BC＝4,點(diǎn)D在邊BC上,∠BAD＝45°,則tan∠CAD的值為________．【答案】eq\f(8＋\r(15),7)【解析】：從構(gòu)造角的角度觀察分析,可以從差的角度(∠CAD＝∠A－45°),也可以從和的角度(∠A＝∠CAD＋45°),所以只需從余弦定理入手求出∠A的正切值,問題就迎刃而解了．解法1在△ABC中,AB＝3,AC＝2,BC＝4,由余弦定理可得cosA＝eq\f(32＋22－42,2×3×2)＝－eq\f(1,4),所以tanA＝－eq\r(15),于是tan∠CAD＝tan(A－45°)＝eq\f(tanA－tan45°,1＋tanAtan45°)＝eq\f(8＋\r(15),7).解法2由解法1得tanA＝－eq\r(15).由tan(45°＋∠CAD)＝－eq\r(15)得eq\f(tan45°＋tan∠CAD,1－tan45°tan∠CAD)＝－eq\r(15),即eq\f(1＋tan∠CAD,1－tan∠CAD)＝－eq\r(15),解得tan∠CAD＝eq\f(8＋\r(15),7).【變式2】、ABCD(第15題)如圖,在中,已知點(diǎn)在邊上,,,,．ABCD(第15題)（1）求的值；（2）求的長．【解析】：（1）在中,,,所以．同理可得,．所以．【變式3】、如圖,在梯形ABCD中,已知AD∥BC,AD＝1,BD＝2eq\r(10),∠CAD＝eq\f(π,4),tan∠ADC＝－2.(1)求CD的長；(2)求△BCD的面積．【解析】：(1)因?yàn)閠an∠ADC＝－2,且∠ADC∈(0,π),所以sin∠ADC＝eq\f(2\r(5),5),cos∠ADC＝－eq\f(\r(5),5).所以sin∠ACD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－∠ADC－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ADC＋\f(π,4)))＝sin∠ADC·coseq\f(π,4)＋cos∠ADC·sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(10),10),(6分)在△ADC中,由正弦定理得CD＝eq\f(AD·sin∠DAC,sin∠ACD)＝eq\r(5)因?yàn)锳D∥BC,所以cos∠BCD＝－cos∠ADC＝eq\f(\r(5),5),sin∠BCD＝sin∠ADC＝eq\f(2\r(5),5)在△BDC中,由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD,得BC2－2BC－35＝0,解得BC＝7,(12分)所以S△BCD＝eq\f(1,2)BC·CD·sin∠BCD＝eq\f(1,2)×7×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝7.【變式4】、如圖,在四邊形ABCD中,已知AB＝13,AC＝10,AD＝5,CD＝eq\r(65),eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝50.(1)求cos∠BAC的值；(2)求sin∠CAD的值；(3)求△BAD的面積．【解析】：(1)因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up6(→))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(C,\s\up6(→))))cos∠BAC,所以cos∠BAC＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A\o(C,\s\up6(→)))))＝eq\f(50,13×10)＝eq\f(5,13).(2)在△ADC中,AC＝10,AD＝5,CD＝eq\r(65).由余弦定理,得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(102＋52－\r(65)2,2×10×5)＝eq\f(3,5).因?yàn)椤螩AD∈(0,π),所以sin∠CAD＝eq\r(1－cos2∠CAD)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).(3)由(1)知,cos∠BAC＝eq\f(5,13).因?yàn)椤螧AC∈(0,π),所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13).從而sin∠BAD＝sin(∠BAC＋∠CAD)＝sin∠BACcos∠CAD＋cos∠BACsin∠CAD＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65).所以S△BAD＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq\f(1,2)×13×5×eq\f(56,65)＝28.【關(guān)聯(lián)1】、中,點(diǎn)在邊上,且,::＝:k:,則實(shí)數(shù)k的取值范圍為．【答案】：(eq\F(5,3),eq\F(7,3))【解析】：解法一：因?yàn)镈C＝2BD,所以有,即,所以有,又AB∶AD∶AC＝3∶k∶1,可設(shè),所以,即,所以.【關(guān)聯(lián)2】、在△ABC中,已知AC＝3,∠A＝45°,點(diǎn)D滿足eq\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→)),且AD＝eq\r(13),則BC的長為________．【答案】3【解析】：eq\a\vs4\al(思路分析)由eq\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))可得點(diǎn)D為線段CB上靠近點(diǎn)B的一個(gè)三等分點(diǎn),作CE⊥AB,DF⊥AB,在Rt△ACE中先求出AE＝CE＝eq\f(3\r(2),2),再在Rt△BCE中根據(jù)eq\f(DF,CE)＝eq\f(1,3)求出DF＝eq\f(\r(2),2),進(jìn)而求出AF＝eq\f(5\r(2),2),EF＝eq\r(2),FB＝eq\f(\r(2),2),然后根據(jù)勾股定理或余弦定理求BC的長度即可．如圖,過點(diǎn)C作CE⊥AB,DF⊥AB,垂足分別為E,F.在Rt△ACE中,因?yàn)锳C＝3,∠A＝45°,所以AE＝CE＝eq\f(3\r(2),2).因?yàn)閑q\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→)),所以eq\f(DF,CE)＝eq\f(BD,BC)＝eq\f(1,3),從而DF＝eq\f(1,3)CE＝eq\f(\r(2),2).在Rt△ADF中,AD＝eq\r(13),所以AF＝eq\r(AD2－DF2)＝eq\r(13－\f(1,2))＝eq\f(5\r(2),2),EF＝AF－AE＝eq\f(5\r(2),2)－eq\f(3\r(2),2)＝eq\r(2).因?yàn)閑q\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→)),所以eq\f(BF,EF)＝eq\f(BD,CD)＝eq\f(1,2),從而BF＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(2),2),BE＝BF＋EF＝eq\f(3\r(2),2).解法1在Rt△BCE中,BC＝eq\r(BE2＋CE2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))2)＝3.解法2所以AB＝eq\f(3\r(2),2)＋eq\f(3\r(2),2)＝3eq\r(2),所以在△ABC中,由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC,所以BC2＝9＋18－2×3×3eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝9,所以BC＝3.【關(guān)聯(lián)3】、.在△ABC中,D為邊AC上一點(diǎn),AB＝AC＝6,AD＝4,若△ABC的外心恰在線段BD上,則BC＝________.【答案】3eq\r(6)【解析】：eq\a\vs4\al(思路分析)本題要求BC的長,關(guān)鍵是要求出∠BAC,找出線段的比例關(guān)系,建立方程,從而求出BC的長．解法2如圖2,設(shè)∠BAC＝2α,外接圓的半徑為R,由S△ABO＋S△ADO＝S△ABD,得eq\f(1,2)·6Rsinα＋eq\f(1,2)·4Rsinα＝eq\f(1,2)·6·4sin2α,化簡得24cosα＝5R.在Rt△AFO中,Rcosα＝3,聯(lián)立解得R＝eq\f(6,5)eq\r(10),cosα＝eq\r(\f(5,8)),所以sinα＝eq\r(\f(3,8)),所以BC＝2BE＝2ABsinα＝12×eq\r(\f(3,8))＝3eq\r(6).圖1圖2圖3解法3如圖3,延長AO交BC于點(diǎn)E,過點(diǎn)D作BC的垂線,垂足為F,則eq\f(BO,OD)＝eq\f(AB,AD)＝eq\f(3,2),eq\f(OE,DF)＝eq\f(BO,BD)＝eq\f(3,5).又DF∥AE,則eq\f(DF,AE)＝eq\f(CD,CA)＝eq\f(1,3),所以eq\f(OE,AE)＝eq\f(1,5).設(shè)OE＝x,則AE＝5x,所以O(shè)B＝OA＝4x,所以BE＝eq\r(15)x.又因?yàn)?5x2＋15x2＝36,所以x＝3eq\r(\f(1,10)),所以BC＝2BE＝3eq\r(6).例2、在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若a2＝3b2＋3c2－2eq\r(3)bcsinA,則C＝________.【答案】.eq\f(π,6)【解析】：因?yàn)閍2＝3b2＋3c2－2eq\r(3)bcsinA＝b2＋c2－2bccosA,所以eq\f(b2＋c2,bc)＝eq\r(3)sinA－cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))).又eq\f(b2＋c2,bc)＝eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)≥2eq\r(\f(b,c)·\f(c,b))＝2(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號),2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))≤2當(dāng)且僅當(dāng)A＝eq\f(2π,3)時(shí)取等號,故eq\f(b2＋c2,bc)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝2,所以b＝c,A＝eq\f(2π,3),故C＝eq\f(π,6).解后反思本題中對所得條件“eq\f(b2＋c2,bc)＝eq\r(3)sinA－cosA”出現(xiàn)無法轉(zhuǎn)化的現(xiàn)象．這里需要借助三角函數(shù)有界性以及基本不等式得到兩個(gè)方程求出b,c,A.【變式1】、在△ABC中,已知AB＝eq\r(3),C＝eq\f(π,3),則eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的最大值為________．【答案】：.eq\f(3,2)【解析】：因?yàn)锳B＝eq\r(3),C＝eq\f(π,3),設(shè)角A,B,C所對的邊為a,b,c,所以由余弦定理得3＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)＝a2＋b2－ab≥ab,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\r(3)時(shí)等號成立,又eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝abcosC＝eq\f(1,2)ab,所以當(dāng)a＝b＝eq\r(3)時(shí),(eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→)))max＝eq\f(3,2).【變式2】、在△ABC中,A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a2＋b2＋2c2＝8,則△ABC面積的最大值為________．【答案】：eq\f(2\r(5),5)【解析】：思路分析1注意到a2＋b2＋2c2＝8中a,b是對稱的,因此,將三角形的面積表示為S＝eq\f(1,2)absinC,利用余弦定理將ab表示為C的形式,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)來求它的最值．思路分析2將c看作定值,這樣,滿足條件的三角形就有無數(shù)個(gè),從而來研究點(diǎn)C所滿足的條件,為此,建立直角坐標(biāo)系,從而根據(jù)條件a2＋b2＋2c2＝8得到點(diǎn)C的軌跡方程,進(jìn)而來求出邊AB上的高的所滿足的條件．解法1因?yàn)閏osC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(8－a2－b2,2),2ab)＝eq\f(3a2＋b2－8,4ab)≥eq\f(3ab－4,2ab),所以ab≤eq\f(4,3－2cosC),從而S＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(2sinC,3－2cosC).設(shè)t＝eq\f(2sinC,3－2cosC),則3t＝2sinC＋2tcosC＝2eq\r(t2＋1)·sin(C＋φ),其中tanφ＝t,故3t≤2eq\r(t2＋1),解得t≤eq\f(2\r(5),5),所以Smax＝eq\f(2\r(5),5),當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(2\r(15),5)且tanC＝eq\f(\r(5),2)時(shí),等號成立．解法2以AB所在的直線為x軸,它的垂直平分線為y軸,建立如圖所示的直角坐標(biāo)系,則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，0)),Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，0)),C(x,y),則由a2＋b2＋2c2＝8得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))2＋y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(c,2)))2＋y2＋2c2＝8,即x2＋y2＝4－eq\f(5c2,4),即點(diǎn)C在圓x2＋y2＝4－eq\f(5c2,4)上,所以S≤eq\f(c,2)r＝eq\f(c,2)eq\r(4－\f(5,4)c2)＝eq\f(1,2)·eq\r(－\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2－\f(8,5)))2＋\f(16,5))≤eq\f(2\r(5),5),當(dāng)且僅當(dāng)c2＝eq\f(8,5)時(shí)取等號,故Smax＝eq\f(2\r(5),5).解法3設(shè)AD＝m,BD＝n,CD＝h,由a2＋b2＋2c2＝8,得m2＋h2＋n2＋h2＋2(m＋n)2＝8≥eq\f(1,2)(m＋n)2＋2h2＋2(m＋n)2＝eq\f(5,2)(m＋n)2＋2h2≥2eq\r(5)(m＋n)h,當(dāng)且僅當(dāng)h＝eq\r(5)m＝eq\r(5)n時(shí)取等號,所以S＝eq\f(1,2)(m＋n)h≤eq\f(1,2)×eq\f(8,2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5),所以面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).解法4由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC,結(jié)合a2＋b2＋2c2＝8,得8－3c2＝2abcosC,由三角形面積公式得4S＝2absinC,兩式平方相加得,(8－3c2)2＋16S2＝4a2b2≤(a2＋b2)2＝(8－2c2)2,即16S2≤c2(16－5c2)≤eq\f(64,5),所以S2≤eq\f(4,5),所以S≤eq\f(2\r(5),5),當(dāng)且僅當(dāng)a＝b,c2＝eq\f(8,5)時(shí)取等號,所以面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).解后反思解法1是從將面積表示為角C的形式來加以思考的,而解法2則是將面積表示為邊c的形式來加以思考的．這兩種解法都基于一點(diǎn),即等式a2＋b2＋2c2＝8中的a,b是對稱關(guān)系．解法2則是從運(yùn)動變化的角度來加以思考的,這體現(xiàn)了三角函數(shù)與【解析】幾何之間的千絲萬鏤的關(guān)系．解法1是一種常規(guī)的想法,是必須要認(rèn)真體會的,而解法2就需要學(xué)生能充分地認(rèn)識知識與知識之間的聯(lián)系．本題對學(xué)生的知識的應(yīng)用要求、思考問題、分析問題、解決問題的能力要求都比較高．【關(guān)聯(lián)】、如圖,某生態(tài)園將三角形地塊ABC的一角APQ開辟為水果園種植桃樹,已知角A為120°,AB,AC的長度均大于200m,現(xiàn)在邊界AP,AQ處建圍墻,在PQ處圍竹籬笆．(1)若圍墻AP,AQ的總長度為200m,如何圍可使得三角形地塊APQ的面積最大？(2)已知AP段圍墻高1m,AQ段圍墻高1.5m,造價(jià)均為每平方米100元．若圍圍墻用了20000元,問如何圍可使竹籬笆用料最省？【解析】：(1)設(shè)AP＝xm,AQ＝y(tǒng)m,則x＋y＝200,x>0,y>0.△APQ的面積S＝eq\f(1,2)xysin120°＝eq\f(\r(,3),4)xy.因?yàn)閤y≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝10000,當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝100時(shí)取等號．所以當(dāng)AP＝AQ＝100m時(shí),可使三角形地塊APQ的面積最大．(2)由題意得100×(1·x＋1.5·y)＝20000,即x＋1.5y＝200在△APQ中,PQ2＝x2＋y2－2xycos120°＝x2＋y2＋xy.即PQ2＝(200－1.5y)2＋y2＋(200－1.5y)y＝eq\f(7,4)y2－400y＋40000,其中0<y<eq\f(400,3).當(dāng)y＝eq\f(800,7),x＝eq\f(200,7)時(shí),PQ2取最小值,從而PQ也取最小值．所以當(dāng)AP＝eq\f(200,7)m,AQ＝eq\f(800,7)m時(shí),可使竹籬笆用料最省．例3、在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若bcosA＋acosB＝－2ccosC.(1)求C的大??；(2)若b＝2a,且△ABC的面積為2eq\r(3),求c.【解析】：(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC),且bcosA＋acosB＝－2ccosC得,(2分)sinBcosA＋sinAcosB＝－2sinCcosC,所以sin(B＋A)＝－2sinCcosC.(3分)又A,B,C為三角形內(nèi)角,所以B＋A＝π－C,所以sinC＝－2sinCcosC.(4分)因?yàn)镃∈(0,π),所以sinC>0.(5分)所以cosC＝－eq\f(1,2),(6分)所以C＝eq\f(2,3)π.(7分)(2)因?yàn)椤鰽BC的面積為2eq\r(3),所以eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(3),所以ab＝eq\f(4\r(3),sinC).(8分)由(1)知C＝eq\f(2,3)π,所以sinC＝eq\f(\r(3),2),所以ab＝8.(9分)又因?yàn)閎＝2a,解得a＝2,b＝4,所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋42－2×2×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝28,(13分)所以c＝2eq\r(7).(14分)eq\a\vs4\al(易錯(cuò)警示)對于三角函數(shù)問題,在解題中要注意解題的規(guī)范性、嚴(yán)謹(jǐn)性,否則,就會因?yàn)榻忸}不規(guī)范而導(dǎo)致失分．一般地,要注意以下幾個(gè)方面：一是在應(yīng)用三角公式時(shí),要注意展示公式的過程；二是在等式兩邊同除以一個(gè)代數(shù)式時(shí),要注意判斷它是否為0；三是在研究角的關(guān)系時(shí),要注意角的范圍．【變式1】、在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且cosA＝eq\f(3,5),tan(B－A)＝eq\f(1,3).(1)求tanB的值；(2)若c＝13,求△ABC的面積．【解析】：(1)在△ABC中,由cosA＝eq\f(3,5),得A為銳角,所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5),所以tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(4,3),所以tanB＝tan[(B－A)＋A]＝eq\f(tan（B－A）＋tanA,1－tan（B－A）·tanA)＝eq\f(\f(1,3)＋\f(4,3),1－\f(1,3)×\f(4,3))＝3.(2)在△ABC中,由tanB＝3,得sinB＝eq\f(3\r(10),10),cosB＝eq\f(\r(10),10).(8分)所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(13\r(10),50).由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC),得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(13×\f(3\r(10),10),\f(13\r(10),50))＝15,所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×15×13×eq\f(4,5)＝78.【變式2】、在△ABC中,已知角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且tanB＝2,tanC＝3.(1)求角A的大小；(2)若c＝3,求b的長．【解析】：(1)因?yàn)閠anB＝2,tanC＝3,A＋B＋C＝π,所以tanA＝tan[π－(B＋C)]＝－tan(B＋C)＝－eq\f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)＝－eq\f(2＋3,1－2×3)＝1.又A∈(0,π),所以A＝eq\f(π,4).(2)因?yàn)閠anB＝eq\f(sinB,cosB)＝2,且sin2B＋cos2B＝1,又B∈(0,π),所以sinB＝eq\f(2\r(5),5).同理可得sinC＝eq\f(3\r(10),10).由正弦定理,得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(3×\f(2\r(5),5),\f(3\r(10),10))＝2eq\r(2).【變式3】、在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab.(1)求角C的大?。?2)若c＝2acosB,b＝2,求△ABC的面積．【解析】(1)在△ABC中,由(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab,得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2),即cosC＝－eq\f(1,2)因?yàn)?<C<π,所以C＝eq\f(2π,3).(2)解法1因?yàn)閏＝2acosB,由正弦定理,得sinC＝2sinAcosB因?yàn)锳＋B＋C＝π,所以sinC＝sin(A＋B),所以sin(A＋B)＝2sinAcosB,即sinAcosB－cosAsinB＝0,即sin(A－B)＝0,又－eq\f(π,3)<A－B<eq\f(π,3),所以A－B＝0,即A＝B,所以a＝b＝2所以△ABC的面積為S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×2×sineq\f(2π,3)＝eq\r(3).解法2由c＝2acosB及余弦定理,得c＝2a×eq\f(a2＋c2－b2,2ac),化簡得a＝b,所以△ABC的面積為S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×2×sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)解后反思本題的考點(diǎn)是三角函數(shù)和解三角形．在運(yùn)用余弦定理得到C的大小后,考慮到將c＝2acosB單純化為邊或角時(shí),需要注意三角公式的靈活應(yīng)用以減少計(jì)算量．【關(guān)聯(lián)1】、在△ABC中,三個(gè)內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且滿足eq\f(acosB＋bcosA,c)＝2cosC.(1)求角C的大小；(2)若△ABC的面積為2eq\r(3),a＋b＝6,求邊c的長．【解析】思路分析對于等式eq\f(acosB＋bcosA,c)＝2cosC的化簡,有兩條思路：(1)(用余弦定理)角化邊,得三邊的關(guān)系式,再用余弦定理求角C；(2)(用正弦定理)邊化角,得三角的關(guān)系式,再用三角恒等變形,得C的某三角函數(shù)值,求角C.思路1重點(diǎn)是代數(shù)變形；思路2重點(diǎn)是三角公式的運(yùn)用．另外,因?yàn)樽罱K是求角C的大小,可考慮先不動2cosC.規(guī)范解答(1)解法1在△ABC中,由余弦定理,得acosB＋bcosA＝eq\f(a2＋c2－b2,2c)＋eq\f(b2＋c2－a2,2c)＝c,(3分)所以cosC＝eq\f(1,2).(5分)解法2在△ABC中,由正弦定理,得eq\f(acosB＋bcosA,c)＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA,sinC)＝eq\f(sinA＋B,sinC)＝eq\f(sinπ－C,sinC)＝1,所以cosC＝eq\f(1,2).因?yàn)镃∈(0,π),所以C＝eq\f(π,3)(2)由(1)知,S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝2eq\r(3),所以ab＝8.由余弦定理,得c2＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝36－24＝12.因?yàn)閏>0,所以c＝2eq\r(3).解后反思在△ABC中,結(jié)論c＝acosB＋bcosA稱為“一般三角形射影定理”．其幾何意義(也是記憶方法)是：三角形一邊的長度等于另兩邊在這條邊上的射影之和．【關(guān)聯(lián)2】、在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,已知c＝2,C＝eq\f(π,3).(1)若△ABC的面積等于eq\r(3),求a,b；(2)若sinC＋sin(B－A)＝2sin2A,求△ABC的面積.【解析】(1)由余弦定理及已知條件得a2＋b2－ab＝4又因?yàn)椤鰽BC的面積等于eq\r(3),所以eq\f(1,2)absinC＝eq\r(3),得ab＝4.聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝4，,ab＝4，))解得a＝2,b＝2.【關(guān)聯(lián)3】、在斜三角形ABC中,tanA＋tanB＋tanAtanB＝1.(1)求C的值；(2)若A＝15°,AB＝eq\r(2),求△ABC的周長．【解析】(1)解法1因?yàn)閠anA＋tanB＋tanAtanB＝1,即tanA＋tanB＝1－tanAtanB,因?yàn)樵谛比切蜛BC中,1－tanAtanB≠0,所以tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝1,即tan(180°－C)＝1,即tanC＝－1,因?yàn)?°<C<180°,所以C＝135°.解法2由tanA＋tanB＋tanAtanB＝1得eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinB,cosB)＋eq\f(sinAsinB,cosAcosB)＝1,化簡得sinAcosB＋sinBcosA＋sinAsinB＝cosAcosB,即sin(A＋B)＝cos(A＋B),所以sinC＝－cosC,因?yàn)樾比切蜛BC,所以C＝eq\f(3π,4),=(2)在△ABC中,A＝15°,C＝135°,則B＝180°－A－C＝30°.由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(CA,sinB)＝eq\f(AB,sinC)得eq\f(BC,sin15°)＝eq\f(CA,sin30°)＝eq\f(\r(2),sin135°)＝2,故BC＝2sin15°＝2sin(45°－30°)＝2(sin45°cos30°－cos45°sin30°)＝eq\f(\r(6)－\r(2),2),CA＝2sin30°＝1.所以△ABC的周長為AB＋BC＋CA＝eq\r(2)＋1＋eq\f(\r(6)－\r(2),2)＝eq\f(2＋\r(6)＋\r(2),2).易錯(cuò)警示第1問中容易在兩個(gè)地方不規(guī)范而導(dǎo)致失分,一是不說明1－tanAtanB≠0而扣分；二是由tanC＝－1,不說明角度范圍而扣分．例4、已知△ABC的面積為S,且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\r(,2)S.(1)求sinA；(2)若|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3,|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2eq\r(,3),求sinB.【解析】：(1)設(shè)△ABC中角A,B,C的對邊分別為a,b,c.因?yàn)椤鰽BC的面積為S,且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\r(2)S,所以bccosA＝eq\r(2)×eq\f(1,2)bcsinA,所以sinA＝eq\r(2)cosA,所以A為銳角,且sin2A＋cos2A＝sin2A＋eq\f(1,2)sin2A＝eq\f(3,2)sin2A＝1,所以sinA＝eq\f(\r(6),3).(2)因?yàn)閨eq\o(AB,\s\up6(→))|＝c＝3,|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))))＝a＝2eq\r(3),由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA),即eq\f(3,sinC)＝eq\f(2\r(3),\f(\r(6),3)),所以sinC＝eq\f(\r(2),2).又因?yàn)閏<a,所以C為銳角,所以C＝eq\f(π,4),所以sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝sinAcoseq\f(π,4)＋cosAsineq\f(π,4)(12分)＝eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(3)＋\r(6),6).eq\a\vs4\al(解后反思)在求三角函數(shù)值或角的大小時(shí),要特別注意角的范圍,除已知條件中給出的限制條件外,還要注意所給的三角函數(shù)值對角的范圍的限制．另外,要注意邊的大小關(guān)系對角的范圍的限制．如本題(1)中求sinA和(2)中求C.【變式1】、在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且sinA＋cos2eq\f(B＋C,2)＝1,D為BC上一點(diǎn),且eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6(→)).(1)求sinA的值；(2)若a＝4eq\r(2),b＝5,求AD的長．【解析】(1)因?yàn)閟inA＋cos2eq\f(B＋C,2)＝1,所以sinA＋eq\f(1＋cosB＋C,2)＝1,即2sinA－cosA＝1,所以(2sinA－1)2＝cos2A,即5sin2A－4sinA＝0.因?yàn)锳∈(0,π),所以sinA＞0,所以sinA＝eq\f(4,5),cosA＝eq\f(3,5).(2)在△ABC中,a2＝b2＋c2－2bccosA,所以32＝25＋c2－2×5c×eq\f(3,5),即c2－6c－7＝0,解得c＝7因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6(→)),所以eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,16)c2＋eq\f(9,16)b2＋eq\f(3,8)bccosA＝eq\f(49,16)＋eq\f(9,16)×25＋eq\f(3,8)×7×5×eq\f(3,5)＝25,所以AD＝5【變式2】、在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知bcosC＋ccosB＝2acosA.(1)求角A的大?。?2)若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\r(3),求△ABC的面積．【解析】1)解法1在△ABC中,由正弦定理及bcosC＋ccosB＝2acosA,得sinBcosC＋sinCcosB＝2sinAcosA,即sinA＝2sinAcosA,因?yàn)锳∈(0,π),所以sinA≠0,所以cosA＝eq\f(1,2),所以A＝eq\f(π,3).解法2在△ABC中,由余弦定理及bcosC＋ccosB＝2acosA,得b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc),所以a2＝b2＋c2－bc,所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2),因?yàn)锳∈(0,π),所以A＝eq\f(π,3).(2)由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝cbcosA＝eq\r(,3),得bc＝2eq\r(,3),所以△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(,3)sin60°＝eq\f(3,2).【變式3】、已知向量m＝(cosA,－sinA),n＝(cosB,sinB),m·n＝cos2C,其中A,B,C為△ABC的內(nèi)角．(1)求角C的大小；(2)若AB＝6,且eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝18,求AC,BC的長．【解析】(1)因?yàn)閙·n＝cosAcosB－sinAsinB＝cos(A＋B)＝－cosC,所以－cosC＝cos2C,即2cos2C＋cosC－1＝0故cosC＝eq\f(1,2)或cosC＝－1(舍)．又0<C<π,所以C＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)閑q\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝18,所以CA×CB＝36.①由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos60°,及AB＝6得,AC＋BC＝12.②由①②解得AC＝6,BC＝6.【變式4】、在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.設(shè)向量m＝(a,c),n＝(cosC,cosA)．(1)若m∥n,c＝eq\r(3)a,求A；(2)若m·n＝3bsinB,cosA＝eq\f(4,5),求cosC的值．【解析】(1)因?yàn)閙∥n,所以acosA＝ccosC.由正弦定理,得sinAcosA＝sinCcosC.化簡得sin2A＝sin2C.(2分)因?yàn)锳,C∈(0,π),所以2A＝2C或2A＋2C＝π,從而A＝C(舍去)或A＋C＝eq\f(π,2),所以B＝eq\f(π,2).(4分)在Rt△ABC中,tanA＝eq\