第6講正弦定理和余弦定理解析

第6講正弦定理和余弦定理第1課時正弦定理和余弦定理必備知識自主學習1．正、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則定理余弦定理正弦定理公式a2＝eq\o(□,\s\up3(1))b2＋c2－2bccosA；b2＝eq\o(□,\s\up3(2))a2＋c2－2accosB；c2＝eq\o(□,\s\up3(3))a2＋b2－2abcosCeq\f(a,sinA)＝eq\o(□,\s\up3(4))eq\f(b,sinB)＝eq\o(□,\s\up3(5))eq\f(c,sinC)＝2R常見變形cosA＝eq\o(□,\s\up3(6))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\o(□,\s\up3(7))eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\o(□,\s\up3(8))eq\f(a2＋b2－c2,2ab)(1)a＝2RsinA，b＝eq\o(□,\s\up3(9))2RsinB，c＝eq\o(□,\s\up3(10))2RsinC；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\o(□,\s\up3(11))eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝eq\o(□,\s\up3(12))sinA∶sinB∶sinC；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA2.在△ABC中，已知a，b和A時，解的情況如下：A為銳角A為鈍角或直角圖形關系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的個數(shù)eq\o(□,\s\up3(13))一解eq\o(□,\s\up3(14))兩解eq\o(□,\s\up3(15))一解eq\o(□,\s\up3(16))一解eq\o(□,\s\up3(17))無解3.三角形常用面積公式(1)S＝eq\f(1,2)a·ha(ha表示a邊上的高).(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R)(R為外接圓的半徑).(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為內(nèi)切圓的半徑).常用結(jié)論?(1)三角形內(nèi)角和定理在△ABC中，A＋B＋C＝π，變形：eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2).(2)三角形中的三角函數(shù)關系①sin(A＋B)＝sinC．②cos(A＋B)＝－cosC．③sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2).④coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).1．判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)三角形中三邊之比等于相應的三個內(nèi)角之比.(×)(2)在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B．(√)(3)在△ABC的六個元素中，已知任意三個元素可求其他元素．(×)(4)當b2＋c2－a2>0時，△ABC為銳角三角形；當b2＋c2－a2＝0時，△ABC為直角三角形；當b2＋c2－a2<0時，△ABC為鈍角三角形.(×)2．(教材改編)在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，則∠BAC＝(C)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)解析在△ABC中，設AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，所以由余弦定理得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(9＋25－49,30)＝－eq\f(1,2)，因為∠BAC為△ABC的內(nèi)角，所以∠BAC＝eq\f(2π,3)，故選C．3．(教材改編)在△ABC中，已知b＝2，A＝45°，C＝75°，則c＝eq\r(2)＋eq\f(\r(6),3)．解析B＝180°－45°－75°＝60°，由正弦定理，得eq\f(2,sin60°)＝eq\f(c,sin75°)，得c＝eq\r(2)＋eq\f(\r(6),3).4．(教材改編)在△ABC中，已知B＝30°，b＝eq\r(2)，c＝2，則C＝45°或135°．解析由正弦定理得sinC＝eq\f(csinB,b)＝eq\f(2sin30°,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，因為c>b，B＝30°，所以C＝45°或C＝135°.關鍵能力互動探究命題點1利用正弦定理、余弦定理解三角形eq\x(例1)(1)(2024·山西太原質(zhì)檢)在△ABC中，已知A＝45°，a＝2，b＝eq\r(2)，則B等于(A)A．30° B．60°C．150° D．30°或150°解析由正弦定理得：sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2)sin45°,2)＝eq\f(1,2)，∵a>b，∴A>B，則0°<B<45°，∴B＝30°.(2)(2023·北京卷T7)在△ABC中，(a＋c)·(sinA－sinC)＝b(sinA－sinB)，則C＝(B)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)解析因為(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).命題點睛?1．利用正弦定理可解決以下兩類三角形問題：一是已知兩角和一角的對邊，求其他邊或角；二是已知兩邊和一邊的對角，求其他邊與角(該三角形具有不唯一性，常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角定理進行判斷).2．利用余弦定理可解決以下兩類三角形問題：一是已知兩邊和它們的夾角，求其他邊與角；二是已知三邊求各個角．由于這兩種情形下的三角形是唯一確定的，所以其解也是唯一的．eq\x(針對訓練)(2023·天津卷T16)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知a＝eq\r(39)，b＝2，A＝120°.(1)求sinB的值；解由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(39),sin120°)＝eq\f(2,sinB)，解得sinB＝eq\f(\r(13),13).(2)求c的值；解由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即39＝4＋c2－4ccos120°，整理得c2＋2c－35＝0，解得c＝5或c＝－7(舍去)，所以c＝5.(3)求sin(B－C)的值．解由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，可得sinC＝eq\f(5\r(13),26)，又A＝120°，所以B，C均為銳角，所以cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(3\r(39),26)，cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(2\r(39),13)，所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝eq\f(\r(13),13)×eq\f(3\r(39),26)－eq\f(2\r(39),13)×eq\f(5\r(13),26)＝－eq\f(7\r(3),26).命題點2判斷三角形的形狀eq\x(例2)(1)在△ABC中，eq\f(c－a,2c)＝sin2eq\f(B,2)(a，b，c分別為角A，B，C的對邊)，則△ABC的形狀為(A)A．直角三角形B．等邊三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形解析由cosB＝1－2sin2eq\f(B,2)得sin2eq\f(B,2)＝eq\f(1－cosB,2)，所以eq\f(c－a,2c)＝eq\f(1－cosB,2)，即cosB＝eq\f(a,c).由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2，所以△ABC為直角三角形，又無法判斷兩直角邊是否相等，故選A．(2)在△ABC中，eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，則△ABC的形狀為等邊三角形．解析因為eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,c)，所以eq\f(a,b)＝eq\f(a,c)，所以b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，又b＝c，所以△ABC是等邊三角形．命題點睛?判斷三角形形狀的兩種思路(1)化為邊：通過因式分解、配方等得出邊的相應關系，從而判斷三角形的形狀．(2)化為角：通過三角恒等變形，得出內(nèi)角的關系，從而判斷三角形的形狀．此時要注意應用A＋B＋C＝π這個結(jié)論．eq\x(針對訓練)1．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若eq\f(c,b)＜cosA，則△ABC為(A)A．鈍角三角形 B．直角三角形C．銳角三角形 D．等邊三角形解析由eq\f(c,b)＜cosA，得eq\f(sinC,sinB)＜cosA．又B∈(0，π)，所以sinB＞0，所以sinC＜sinBcosA，即sin(A＋B)＜sinBcosA，所以sinAcosB＜0.因為sinA＞0，所以cosB＜0，即B為鈍角，所以△ABC為鈍角三角形．2．(2024·河南商丘質(zhì)檢)設△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為直角三角形．解析由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A．∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴sinA＝1，即A＝eq\f(π,2)，∴△ABC為直角三角形．命題點3三角形的面積問題eq\x(例3)(2023·全國乙卷理T18)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.(1)求sin∠ABC；解由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝22＋12＋2×2×1×eq\f(1,2)＝7，得BC＝eq\r(7).由正弦定理eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，得sin∠ABC＝eq\f(1×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),14).(2)若D為BC上一點，且∠BAD＝90°，求△ADC的面積．解由(1)及題意知cos∠ABC＝eq\r(1－sin2∠ABC)＝eq\f(5\r(7),14)，則tan∠ABC＝eq\f(\r(3),5).由題意知tan∠ABC＝eq\f(AD,AB)，故AD＝eq\f(2\r(3),5)，所以S△ADC＝eq\f(1,2)AC·AD·sin(120°－90°)＝eq\f(\r(3),10).命題點睛?三角形面積公式的應用原則(1)對于面積公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA，一般是已知哪一個角就使用哪一個公式．(2)與面積有關的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進行邊和角的轉(zhuǎn)化．eq\x(針對訓練)(2023·新課標Ⅱ卷T17)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC面積為eq\r(3)，D為BC的中點，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；解因為D為BC的中點，所以S△ABC＝2S△ADC＝2×eq\f(1,2)×AD×DCsin∠ADC＝2×eq\f(1,2)×1×DC×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.因為∠ADC＝eq\f(π,3)，所以∠ADB＝eq\f(2π,3).在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝eq\r(7).在△ABD中，由正弦定理，得eq\f(c,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB)，所以sinB＝eq\f(ADsin∠ADB,c)＝eq\f(\r(21),14)，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(5\r(7),14).所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解因為D為BC的中點，所以BD＝DC．因為∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，則在△ABD與△ADC中，由余弦定理，得eq\f(AD2＋BD2－c2,2AD·BD)＝－eq\f(AD2＋DC2－b2,2AD·DC)，得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3).在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(8－12,2bc)＝－eq\f(2,bc)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC＝eq\f(1,2)bceq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(1,2)bceq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(b2c2－4)＝eq\r(3)，解得bc＝4.則由解得b＝c＝2.拓展培優(yōu)10三角形中的射影定理設△ABC的三邊是a，b，c，它們所對的角分別是A，B，C，則有a＝bcosC＋ccosB；b＝ccosA＋acosC；c＝acosB＋bcosA．以“a＝bcosC＋ccosB”為例，b，c在a上的射影分別為bcosC，ccosB，故名射影定理．其證明如下：[證明]如圖，在△ABC中，AD⊥BC，則bcosC＝CD，ccosB＝BD，故bcosC＋ccosB＝CD＋BD＝BC＝a，即a＝bcosC＋ccosB，同理可證b＝ccosA＋acosC，c＝acosB＋bcosA．eq\x(例)(1)(2023·全國乙卷文T4)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若acosB－bcosA＝c，且C＝eq\f(π,5)，則B＝(C)A．eq\f(π,10) B．eq\f(π,5)C．eq\f(3π,10) D．eq\f(2π,5)解析因為acosB－bcosA＝c，c＝acosB＋bcosA，所以2bcosA＝0，故cosA＝0，A＝eq\f(π,2)，則B＝π－A－C＝π－eq\f(π,2)－eq\f(π,5)＝eq\f(3π,10).(2)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，S表示△ABC的面積，若ccosB＋bcosC＝asinA，S＝eq\f(\r(3),12)(b2＋a2－c2)，則B＝(B)A．90° B．60°C．45° D．30°解析在△ABC中，由射影定理a＝ccosB＋bcosC及ccosB＋bcosC＝asinA，得asinA＝a，解得sinA＝1，而0°<A<180°，則A＝90°，由余弦定理cosC＝eq\f(b2＋a2－c2,2ab)及S＝eq\f(\r(3),12)(b2＋a2－c2)，得cosC＝eq\f(2\r(3)S,ab)，而S＝eq\f(1,2)absinC，因此cosC＝eq\r(3)sinC，即tanC＝eq\f(\r(3),3)，又0°<C<90°，則C＝30°，所以B＝180°－A－C＝60°.eq\x(體驗練)1．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，acosB＋bcosA＝3，且sin2eq\f(A＋B,2)＝eq\f(3,4)，b＝3，則a＝(C)A．eq\f(3,4) B．eq\f(3,2)C．3 D．3eq\r(3)解析因為acosB＋bcosA＝3，所以c＝acosB＋bcosA＝3，又因為sin2eq\f(A＋B,2)＝eq\f(3,4)，所以eq\f(1－cos(A＋B),2)＝eq\f(1＋cosC,2)＝eq\f(3,4)，所以cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3)，又因為b＝c＝3，C＝eq\f(π,3)，所以△ABC是等邊三角形，所以a＝3.2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，c＝acosB＋2cosA，2b＝c，若cosC＝－eq\f(1,4)，則△ABC的面積為eq\f(3\r(15),4)．解析由三角形中的射影定理c＝acosB＋bcosA，結(jié)合已知條件c＝acosB＋2cosA，可得b＝2，又∵2b＝c，∴c＝4，由c2＝a2＋b2－2abcosC，可得16＝a2＋4－4a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))，解得a＝3(負值舍去)，∴三角形的面積為eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×3×2×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(15),4).課時作業(yè)[基礎鞏固練]1．(2023·遼寧丹東二模)△ABC中，AC＝eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，A＝60°，則cosB＝(D)A．±eq\f(\r(2),2) B．±eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(2),2)解析由正弦定理得eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(2),sinB)，得sinB＝eq\f(\r(2),2)，因為BC>AC，所以A>B，所以cosB＝eq\f(\r(2),2).2．(2023·四川成都二模)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且atanB＝eq\f(20,3)，bsinA＝4，則a的值為(B)A．6 B．5C．4 D．3解析由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，bsinA＝4得asinB＝4，又atanB＝eq\f(20,3)，所以cosB＝eq\f(3,5)，從而sinB＝eq\f(4,5)，所以a＝5.3．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若asinA＋bsinB－csinC＝eq\f(\r(6),2)asinB，則cosC＝(C)A．eq\f(\r(6),8) B．eq\f(\r(6),6)C．eq\f(\r(6),4) D．eq\f(\r(6),3)解析因為asinA＋bsinB－csinC＝eq\f(\r(6),2)asinB，所以由正弦定理可得a2＋b2－c2＝eq\f(\r(6),2)ab，所以由余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(\r(6),2)ab,2ab)＝eq\f(\r(6),4).4．(2023·山東濟寧二模)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若AB邊上的高為2c，A＝eq\f(π,4)，則cosC＝(B)A．eq\f(\r(10),10) B．eq\f(3\r(10),10)C．eq\f(3\r(5),10) D．eq\f(\r(5),5)解析如圖，AB邊上的高為CD，因為A＝eq\f(π,4)，所以AD＝2c，2c＝bsineq\f(π,4)，所以BD＝c，b＝2eq\r(2)c，由勾股定理可得BC＝eq\r(c2＋4c2)＝eq\r(5)c，由余弦定理可得cos∠ACB＝eq\f(5c2＋8c2－c2,2×\r(5)c×2\r(2)c)＝eq\f(3\r(10),10).5．已知△ABC的面積為S＝eq\f(1,4)(b2＋c2)(其中b，c為△ABC內(nèi)角B，C的對邊)，則△ABC的形狀為(D)A．等邊三角形B．直角三角形但不是等腰三角形C．等腰三角形但不是直角三角形D．等腰直角三角形解析△ABC的面積為S＝eq\f(1,4)(b2＋c2)，則eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,4)(b2＋c2)，即2bcsinA＝b2＋c2，由于0<A<π，故0<sinA≤1，所以0<2bcsinA≤2bc，由基本不等式可知b2＋c2≥2bc，當且僅當b＝c時等號成立，所以sinA＝1，A＝eq\f(π,2)，△ABC是等腰直角三角形．故選D．6．(2024·廣東廣州質(zhì)檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，△ABC的面積S＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，且c＝6，則△ABC的外接圓的半徑為(D)A．6eq\r(3) B．6eq\r(2)C．3eq\r(3) D．3eq\r(2)解析因為△ABC的面積S＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,4)×2abcosC，所以tanC＝1，又0<C<π，所以C＝eq\f(π,4).設△ABC的外接圓的半徑為r，所以2r＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(6,\f(\r(2),2))＝6eq\r(2)，故r＝3eq\r(2).7．(2023·北京西城二模)在△ABC中，若a＝2，tanA＝－eq\f(4,3)，cosB＝eq\f(4,5)，則b＝eq\f(3,2)．解析由tanA＝－eq\f(4,3)，得eq\f(sinA,cosA)＝－eq\f(4,3)，則cosA＝－eq\f(3,4)sinA，則sin2A＋cos2A＝sin2A＋eq\f(9,16)sin2A＝1，所以sinA＝eq\f(4,5)(負值舍去)，由cosB＝eq\f(4,5)，在三角形中易得sinB＝eq\f(3,5)，因為eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以b＝eq\f(2×\f(3,5),\f(4,5))＝eq\f(3,2).8．(2023·陜西寶雞三模)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，其中c＝4，且滿足cosC＝sinC，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝c－2eq\r(3)cosA，則a等于2eq\r(2)．解析顯然cosC≠0，則1＝eq\f(sinC,cosC)＝tanC，又C∈(0，π)，則C＝eq\f(π,4)，則2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝2sin(B＋C)＝c－2eq\r(3)cosA，又A＋B＋C＝π，則2sinA＝4－2eq\r(3)cosA，整理得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1，又A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，則A＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(13π,12)))，所以A＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，得A＝eq\f(π,6)，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，則a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(4×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝2eq\r(2).9．(2024·江西九江質(zhì)檢)△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知asinA＝(c－b)sinC＋bsinB，bc＝6，則△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)．解析由asinA＝(c－b)sinC＋bsinB及正弦定理，得a2＝c2－bc＋b2，∴b2＋c2－a2＝bc，∴由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).10．(2023·山東青島三模)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2csinB＝(2a－c)tanC．(1)求角B；解∵2csinB＝(2a－c)tanC，∴2sinCsinB＝(2sinA－sinC)·eq\f(sinC,cosC)，∵sinC≠0，∴2sinBcosC＝2sinA－sinC＝2sin(B＋C)－sinC＝2(sinBcosC＋cosBsinC)－sinC，整理得2sinCcosB＝sinC，又sinC≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，而B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)若c＝3a，D為AC的中點，BD＝eq\r(13)，求△ABC的周長．解由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋9a2－2a×3a×coseq\f(π,3)＝7a2，b＝eq\r(7)a，∵D是AC的中點，∴AD＝CD＝eq\f(\r(7),2)a，在△ABD中由余弦定理得，cos∠ADB＝eq\f(\f(7a2,4)＋13－9a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))，在△CBD中由余弦定理得，cos∠CDB＝eq\f(\f(7a2,4)＋13－a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))，∵∠CDB＋∠ADB＝π，∴cos∠CDB＋cos∠ADB＝0，∴eq\f(\f(7a2,4)＋13－9a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))＋eq\f(\f(7a2,4)＋13－a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))＝0，解得a＝2，∴△ABC的周長為a＋b＋c＝a＋eq\r(7)a＋3a＝8＋2eq\r(7).11．(2023·全國甲卷文T17)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝2.(1)求bc；解由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，代入eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝2，得2bc＝2，故bc＝1.(2)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC面積．解由正弦定理及eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，得eq\f(sinAcosB－sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)－eq\f(sinB,sinC)＝1，化簡得eq\f(sin(A－B),sin(A＋B))－eq\f(sinB,sinC)＝1.∵A＋B＝π－C，∴sin(A＋B)＝sinC，∴sin(A－B)－sinB＝sinC＝sin(A＋B)，∴sinAcosB－cosAsinB－sinB＝sinAcosB＋cosAsinB，∴－2cosAsinB＝sinB．∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴cosA＝－eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),2).由(1)知bc＝1，故△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).[能力提升練]12．(2024·山西運城質(zhì)檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(a2,b2)＝eq\f(sinAcosB,sinBcosA)，則△ABC的形狀為(D)A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形解析由正弦定理、余弦定理及a2cosAsinB＝b2cosBsinA得，a2·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)·b＝b2·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·a，∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，即a4－b4＋c2(b2－a2)＝0，則(a2＋b2)(a2－b2)＋c2(b2－a2)＝0，即(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a＝b或a2＋b2＝c2，∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．13．(2023·山東淄博一模)已知△ABO中，OA＝1，OB＝2，eq\o(OA,\s\up17(→))·eq\o(OB,\s\up17(→))＝－1，過點O作OD垂直AB于點D，則(A)A．eq\o(OD,\s\up17(→))＝eq\f(5,7)eq\o(OA,\s\up17(→))＋eq\f(2,7)eq\o(OB,\s\up17(→)) B．eq\o(OD,\s\up17(→))＝eq\f(3,7)eq\o(OA,\s\up17(→))＋eq\f(4,7)eq\o(OB,\s\up17(→))C．eq\o(OD,\s\up17(→))＝eq\f(2,7)eq\o(OA,\s\up17(→))＋eq\f(5,7)eq\o(OB,\s\up17(→)) D．eq\o(OD,\s\up17(→))＝eq\f(4,7)eq