备战2023年高考数学一轮复习-第6讲-余弦定理、正弦定理.doc

第6讲　余弦定理、正弦定理

1．正弦定理
＝＝＝2R，
其中2R为△ABC外接圆的直径．
变式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.
a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.
2．余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝a2＋c2－2accosB；c2＝a2＋b2－2abcosC.
变式：cosA＝；cosB＝；cosC＝.
sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA.
3．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况

图形
关系式
解的个数
A为锐角

a<bsinA
无解

a＝bsinA
一解

bsinA<a<b
两解

a≥b
一解
A为
钝角
或
直角

a>b
一解

a≤b
无解
4．三角形中常用的面积公式
(1)S＝ah(h表示边a上的高)．
(2)S＝bcsinA＝acsinB＝absinC.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．

1．三角形内角和定理
在△ABC中，A＋B＋C＝π；
变形：＝－.
2．三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sinC；(2)cos(A＋B)＝－cosC；
(3)sin＝cos；(4)cos＝sin.
3．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB.

1．已知△ABC中，a＝1，b＝，B＝45°，则A等于(　　)
A．150° B．90°
C．60° D．30°
答案　D
解析　由正弦定理，得＝，得sinA＝.又a<b，∴A<B＝45°.∴A＝30°.故选D.
2．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝，AB＝2，则BC＝(　　)
A．1 B．
C． D．3
答案　D
解析　解法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D.
解法二：由正弦定理＝，得sinC＝，从而cosC＝(C是锐角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝×－×＝.又＝，所以BC＝3.故选D.
3．(2021·山东济南一中期中)在△ABC中，“A<B”是“sinA<sinB”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　C
解析　在△ABC中，A<B，因为三角形中大边对大角，则a<b，由正弦定理可得a＝2RsinA，b＝2RsinB，所以有2RsinA<2RsinB，所以sinA<sinB，充分性成立；因为sinA<sinB，由正弦定理可得sinA＝，sinB＝，所以<，则a<b，因为三角形中大边对大角，所以A<B，必要性也成立．故选C.
4．在△ABC中，AB＝，∠A＝75°，∠B＝45°，则AC＝________.
答案　2
解析　因为∠A＝75°，∠B＝45°，所以∠C＝60°，由正弦定理可得＝，解得AC＝2.
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝7，则△ABC的面积为________.
答案　
解析　因为a＝3，b＝5，c＝7，所以cosC＝＝＝－，因此sinC＝，所以△ABC的面积S＝×3×5×＝.
6．在△ABC中，acosA＝bcosB，则这个三角形的形状为________________.
答案　等腰三角形或直角三角形
解析　由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．

考向一　利用正、余弦定理解三角形
例1　(1)(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝，AC＝4，BC＝3，则cosB＝(　　)
A. B．
C． D．
答案　A
解析　∵在△ABC中，cosC＝，AC＝4，BC＝3，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝42＋32－2×4×3×＝9，∴AB＝3，∴cosB＝＝＝.故选A.
(2)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝，sinB＝，C＝，则b＝________.
答案　1
解析　因为sinB＝且B∈(0，π)，所以B＝或B＝，又C＝，所以B＝，A＝π－B－C＝，又a＝，由正弦定理，得＝，即＝，解得b＝1.
(3)(2020·新高考Ⅰ卷)在①ac＝，②csinA＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝sinB，C＝，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解　解法一：由sinA＝sinB可得＝，不妨设a＝m，b＝m(m>0)，则c2＝a2＋b2－2abcosC＝3m2＋m2－2×m×m×＝m2，即c＝m.
选择条件①：
ac＝m×m＝m2＝，∴m＝1，此时c＝m＝1.
选择条件②：
cosA＝＝＝－，
则sinA＝ ＝，
此时csinA＝m×＝3，
则c＝m＝2.
选择条件③：
可得＝＝1，c＝b，
与条件c＝b矛盾，则问题中的三角形不存在．
解法二：∵sinA＝sinB，C＝，B＝π－(A＋C)，
∴sinA＝sin(A＋C)＝sin，
即sinA＝sinA·＋cosA·，
∴sinA＝－cosA，∴tanA＝－，
∴A＝，∴B＝C＝.
若选①，ac＝，∵a＝b＝c，
∴c2＝，∴c＝1.
若选②，csinA＝3，则＝3，c＝2.
若选③，b＝c与条件c＝b矛盾，则问题中的三角形不存在．
　　解三角形问题的技巧
(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
①应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍．
②求角时易忽略角的范围而导致错误，因此需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图进行判断．
(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角规则进行判断．
　1.已知在△ABC中，a＝，b＝，A＝30°，则c＝(　　)
A．2 B．
C．2或 D．均不正确
答案　C
解析　∵＝，∴sinB＝＝·sin30°＝.∵b>a，∴B＝60°或120°.若B＝60°，则C＝90°，∴c＝＝2；若B＝120°，则C＝30°，∴a＝c＝.
2．(2020·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－，则＝(　　)
A．6 B．5
C．4 D．3
答案　A
解析　∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理，得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理，得cosA＝＝＝＝－，∴＝6.故选A.
考向二　利用正、余弦定理判断三角形形状
例2　(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sinC，则△ABC的形状为(　　)
A．等边三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
答案　A
解析　∵a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝＝，又0<C<π，∴C＝，又由2cosAsinB＝sinC，得sin(B－A)＝0，∴A＝B，故△ABC为等边三角形．
(2)(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2sinC＝3sinA，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因为2sinC＝3sinA，所以2c＝2(a＋2)＝3a，
则a＝4，故b＝5，c＝6，
由余弦定理可得cosC＝＝，
则sinC＝＝，
因此，S△ABC＝absinC＝×4×5×＝.
②显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
由余弦定理可得cosC＝
＝＝<0，
解得－1<a<3，则0<a<3，
由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得
a>1，
又a∈Z，故a＝2.
　　三角形形状的判定方法
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝等．
(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sinA＝，cosA＝等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．
提醒：(1)注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能．
(2)在判断三角形形状时一定要注意解是否唯一，并注意挖掘隐含条件．另外，在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响．
　3.(2021·陕西安康模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
答案　B
解析　∵bcosC＋ccosB＝asinA，∴由正弦定理，得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.又sinA>0，∴sinA＝1，又A∈(0，π)，∴A＝，故△ABC为直角三角形．
4．在△ABC中，cos2＝(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　)
A．等边三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
答案　B
解析　因为cos2＝，所以2cos2－1＝－1，所以cosB＝，所以＝，所以c2＝a2＋b2，所以△ABC为直角三角形．
多角度探究突破
考向三　正、余弦定理的综合应用
角度　三角形面积问题
例3　(2021·广东模拟)在条件：①2a＋c＝2bcosC，sinA＝；②bsin2A－asinAcosC＝csin2A，a＝b；③(2tanB＋tanA)sinA＝2tanBtanA,2c＝3b中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝3，________，求△ABC的面积．
解　选①时，由2a＋c＝2bcosC，利用正弦定理得2sinA＋sinC＝2sinBcosC，整理得2cosBsinC＋sinC＝0，由于C∈(0，π)，则sinC≠0，所以cosB＝－，故B＝，又sinA＝，利用正弦定理得＝，所以＝，设a＝5k，b＝7k，利用余弦定理得49k2＝9＋25k2－2×3×5k×，解得k＝1(负值舍去)，故S△ABC＝acsinB＝×5×3×＝.
选②时，由于bsin2A－asinAcosC＝csin2A，利用正弦定理得sinBsin2A－sinAsinAcosC＝sinCsin2A，所以2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC＝sinB，由于B∈(0，π)，则sinB≠0，所以cosA＝，故A＝.由于a＝b，c＝3，利用余弦定理得7b2＝b2＋9－2b×3×，解得b＝1(负值舍去)，所以S△ABC＝bcsinA＝×1×3×＝.
选③时，由于(2tanB＋tanA)sinA＝2tanBtanA，整理得sinA＝，由于A∈(0，π)，则sinA≠0，故2cosAsinB＋cosBsinA＝2sinB，利用正弦、余弦定理整理得3c2＋b2－a2＝4bc，由于2c＝3b，c＝3，所以b＝2，a＝(负值舍去)，所以cosA＝＝，故A＝，所以S△ABC＝bcsinA＝×2×3×＝.
　三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
　5.(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＝________.
答案　2
解析　由S△ABC＝acsinB，得＝acsin60°，即＝ac，解得ac＝4.所以a2＋c2＝3ac＝12.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×＝8.所以b＝2.
6．(2020·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.
(1)若a＝c，b＝2，求△ABC的面积；
(2)若sinA＋sinC＝，求C.
解　(1)由余弦定理可得
b2＝28＝a2＋c2－2accos150°＝7c2，
∴c＝2，a＝2，
∴△ABC的面积S＝acsinB＝.
(2)∵A＋C＝30°，
∴sinA＋sinC＝sin(30°－C)＋sinC
＝cosC－sinC＋sinC
＝cosC＋sinC＝sin(C＋30°)＝.
∵0°＜C＜30°，∴30°＜C＋30°＜60°，
∴C＋30°＝45°，∴C＝15°.
角度　三角形中的范围问题
例4　(2021·菏泽模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2a＋b＝2ccosB，c＝.
(1)求角C；
(2)延长线段AC到点D，使CD＝CB，求△ABD周长的取值范围．
解　(1)∵2a＋b＝2ccosB，
∴根据余弦定理得2a＋b＝2c×，
整理得a2＋b2－c2＝－ab，
∴cosC＝＝－.
∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)由题意得△BCD为等边三角形，
∴△ABD的周长为2a＋b＋.
∵＝＝＝＝2，
∴a＝2sinA，b＝2sinB，
∴2a＋b＝4sinA＋2sinB＝4sinA＋2sin＝2sin.
∵A∈，∴A＋∈，
∴sin∈，∴2a＋b∈(，2)．
∴△ABD周长的取值范围是(2，3)．
　解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路如下：
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．
　7.(2020·浙江高考)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA＝a.
(1)求角B；
(2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范围．
解　(1)∵2bsinA＝a，结合正弦定理可得2sinBsinA＝sinA，∴sinB＝.
∵△ABC为锐角三角形，∴B＝.
(2)由(1)得C＝－A，则
cosA＋cosB＋cosC＝cosA＋＋cos
＝cosA＋－cosA＋sinA
＝sinA＋cosA＋＝sin＋.
由可得＜A＜，
∴＜A＋＜，则sin∈，sin＋∈.
即cosA＋cosB＋cosC的取值范围是.
角度　正、余弦定理解决平面几何问题
例5　(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，BDsin∠ABC＝asinC.
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.
解　(1)证明：在△ABC中，由正弦定理，
得BD·b＝ac.
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，即BD＝b.
(2)因为AD＝2DC，所以AD＝b，DC＝b.
在△ABD中，由余弦定理，得
cos∠ADB＝
＝；
在△BCD中，由余弦定理，得
cos∠BDC＝＝.
因为∠ADB＋∠BDC＝π，
所以＋＝0，
即b2＝2a2＋c2.
又b2＝ac，所以ac＝2a2＋c2，即6a2－11ac＋3c2＝0，即(3a－c)(2a－3c)＝0，所以3a＝c或2a＝3c.
当3a＝c时，由b2＝2a2＋c2，得a2＝b2，c2＝3b2，
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC＝＝＝＝＝＞1，不成立．
当2a＝3c时，由b2＝2a2＋c2，得
a2＝b2，c2＝b2，
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC＝＝
＝＝＝.
综上，cos∠ABC＝.
　　平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函数思想．
　8.(2021·新高考八省联考)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝BD＝1.
(1)若AB＝，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.
解　(1)在△ABD中，AD＝BD＝1，AB＝，

由余弦定理，可得cos∠ABD
＝＝.
因为CD∥AB，
所以∠BDC＝∠ABD，
在△BCD中，CD＝BD＝1，由余弦定理可得
BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝，
故BC＝.
(2)设BC＝x，则AB＝2x，
在△ABD中，cos∠ABD＝＝＝x，
在△BCD中，cos∠BDC＝＝，
由(1)可知，∠BDC＝∠ABD，
所以cos∠BDC＝cos∠ABD，即＝x，
整理可得x2＋2x－2＝0，
因为x>0，解得x＝－1，
因此，cos∠BDC＝cos∠ABD＝x＝－1.

利用基本不等式破解三角形中的最值问题

1.(多选)(2021·武汉模拟)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b－2a＋4asin2＝0，则下列结论正确的是(　　)
A．角C一定为锐角
B．a2＋2b2－c2＝0
C．3tanA＋tanC＝0
D．tanB的最小值为
答案　BC
解析　∵b－2a＋4asin2＝0，∴b－2a＋4acos2＝0，即b－2a＋2a(cosC＋1)＝0，∴cosC＝－<0，又C∈(0，π)，∴角C一定为钝角，故A错误；由余弦定理知，cosC＝＝－，化简得a2＋2b2－c2＝0，故B正确；∵＝＝·＝·＝＝－，∴3tanA＋tanC＝0，故C正确；∵A＋B＋C＝π，∴tanB＝－tan(A＋C)＝－＝－＝，∵C为钝角，∴A∈，tanA>0，∴＋3tanA≥2＝2，当且仅当＝3tanA，即tanA＝时，等号成立，此时tanB取得最大值，故D错误．故选BC.
2．(2021·陕西百校联考)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1)若A≠，且csin2A＝4cosAsinC，求a的值；
(2)若sinA，sinB，sinC成等差数列，求B的最大值．
解　(1)因为csin2A＝4cosAsinC，
所以2csinAcosA＝4cosAsinC，
因为A≠，所以cosA≠0，所以csinA＝2sinC，
所以c＝＝，所以a＝2.
(2)因为sinA，sinB，sinC成等差数列，
所以2sinB＝sinA＋sinC，
由正弦定理可得2b＝a＋c，
由余弦定理可得cosB＝
＝
＝＝－.
因为>0，>0，所以cosB＝－≥×2－＝，当且仅当＝，即a＝c时，等号成立．
因为cosB<1，所以cosB∈，
因为B∈(0，π)，所以B∈，
所以B的最大值为.
答题启示
利用基本不等式破解三角形中的最值问题时，当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．
对点训练
(2022·福建福州期末)已知△ABC的内角A，B，C满足＝.
(1)求角A；
(2)若△ABC的外接圆的半径为1，求△ABC的面积S的最大值．
解　(1)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由正弦定理和已知条件，得＝，
化简得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cosA＝＝，
∵0<A<π，∴A＝.
(2)记△ABC外接圆的半径为R，
由正弦定理得＝2R，得
a＝2RsinA＝2sin＝，
由余弦定理得a2＝3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
即bc≤3(当且仅当b＝c时取等号)，
故S＝bcsinA≤×3×＝(当且仅当b＝c时取等号)．
即△ABC的面积S的最大值为.

一、单项选择题
1．已知△ABC中，A＝，B＝，a＝1，则b等于(　　)
A．2 B．1
C． D．
答案　D
解析　由正弦定理＝⇒b＝＝.
2．(2021·辽宁省沈阳市郊联体期末)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cosA＝，a＝，则等于(　　)
A. B．
C． D．2
答案　D
解析　由cosA＝，A∈(0，π)知sinA＝，由正弦定理得＝＝＝2.
3．△ABC中，AB＝2，AC＝3，B＝60°，则cosC＝(　　)
A. B．±
C．－ D．
答案　D
解析　由正弦定理，得＝，∴sinC＝＝＝，又AB<AC，∴0<C<B＝60°，∴cosC＝＝.故选D.
4．(2021·北京西城区一模)在△ABC中，C＝60°，a＋2b＝8，sinA＝6sinB，则c＝(　　)
A. B．
C．6 D．5
答案　B
解析　在△ABC中，sinA＝6sinB，利用正弦定理得a＝6b，由解得利用余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝36＋1－2×6×1×＝31，故c＝.故选B.
5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若<cosA，则△ABC为(　　)
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．等边三角形
答案　A
解析　根据正弦定理，得＝<cosA，即sinC<sinBcosA，∵A＋B＋C＝π，∴sinC＝sin(A＋B)<sinBcosA，整理得sinAcosB<0，又三角形中sinA>0，∴cosB<0，∴<B<π.∴△ABC为钝角三角形．
6．在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA＝，a＝3，S△ABC＝2，则b的值为(　　)
A．6 B．4
C．2 D．2或3
答案　D
解析　因为S△ABC＝2＝bcsinA，sinA＝，且A∈，所以bc＝6，cosA＝，又因为a＝3，由余弦定理，得9＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－4，所以b2＋c2＝13，可得b＝2或b＝3.
7．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为S＝，若a2sinC＝2sinA，(a＋c)2＝6＋b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为(　　)
A. B．
C． D．1
答案　A
解析　因为a2sinC＝2sinA，所以a2c＝2a，所以ac＝2，因为(a＋c)2＝6＋b2，所以a2＋c2＋2ac＝6＋b2，所以a2＋c2－b2＝6－2ac＝6－4＝2，从而△ABC的面积为S△ABC＝＝，故选A.
8．(2021·合肥一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，则角A的最大值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　A
解析　因为asinA＋2csinC＝2bsinCcosA，由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccosA，所以cosA＝　①，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA　②，由①②可得2a2＝b2－c2，所以cosA＝＝＝，因为b2＋3c2≥2＝2bc，当且仅当b＝c时取等号，所以cosA≥＝，又A∈(0，π)，所以角A的最大值为.故选A.
二、多项选择题
9．(2021·江苏南京师范大学附属中学期末)在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有唯一解的有(　　)
A．b＝20，A＝45°，C＝80°
B．a＝30，c＝28，B＝60°
C．a＝14，b＝16，A＝45°
D．a＝12，c＝15，A＝120°
答案　AB
解析　A中，已知两角一边，三角形是确定的，只有唯一解；B中，已知两边及夹角，用余弦定理解得第三边，有唯一解；C中，由正弦定理得sinB＝＝＝＜1，又b＞a，即B＞A，所以B可能为锐角，也可能为钝角，有两解；D中，a＜c，A角只能为锐角，已知A为钝角，三角形无解．故选AB.
10．(2021·广东汕头模拟)在△ABC中，已知c2＝3(a2－b2)，tanC＝3，则下列结论正确的是(　　)
A．cosB＝ B．tanA＝2tanB
C．tanB＝－ D．B＝45°
答案　ABD
解析　∵c2＝3(a2－b2)，∴b2＝a2－，∴cosB＝＝＝，故A正确；由cosB＝可得3acosB＝2c，∴3sinAcosB＝2sin(A＋B)，3sinAcosB＝2sinAcosB＋2cosAsinB，sinAcosB＝2cosAsinB，∴tanA＝2tanB，故B正确；∵tanC＝3，∴tan(A＋B)＝＝＝＝－3，得tanB＝－或tanB＝1.∵cosB＝>0，∴B为锐角，tanB＝1，B＝45°，故C错误，D正确．故选ABD.
11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是(　　)
A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6
B．△ABC是钝角三角形
C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为
答案　ACD
解析　因为(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设(其中x>0)，解得a＝4x，b＝5x，c＝6x，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，所以A正确；由上可知，c最大，所以三角形中C最大，又cosC＝＝＝>0，所以C为锐角，所以B错误；由上可知，a最小，所以三角形中A最小，又cosA＝＝＝，所以cos2A＝2cos2A－1＝，所以cos2A＝cosC.由三角形中C最大且C为锐角可得，2A∈(0，π)，C∈，所以2A＝C，所以C正确；由正弦定理，得2R＝，又sinC＝＝，所以2R＝，解得R＝，所以D正确．故选ACD.
12．(2022·烟台模拟)在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－，则(　　)
A．sin∠CDB＝
B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4
D．△ABC为钝角三角形
答案　BCD
解析　由cos∠CDB＝－可得sin∠CDB＝＝，故A错误；设CD＝x，CB＝2x，在△CBD中，由余弦定理，可得－＝，整理可得，5x2－2x－15＝0，解得x＝，即CD＝，CB＝2，所以S△ABC＝S△BCD＋S△ADC＝×3××＋×5××＝8，故B正确；由余弦定理，可知cosB＝＝，即＝，解得AC＝2，故△ABC的周长为AB＋AC＋CB＝8＋2＋2＝8＋4，故C正确；由余弦定理，可得cos∠ACB＝＝－<0，故∠ACB为钝角，D正确．故选BCD.

三、填空题
13．(2021·北京海淀模拟)在△ABC中，A＝，a＝c，则＝________.
答案　1
解析　由题意知sin＝sinC，∴sinC＝，又0<C<，∴C＝，从而B＝，∴b＝c，故＝1.
14．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，则B＝________.
答案　
解析　 解法一：由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA.∴2sinBcosB＝sin(A＋C)．又A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.∴2sinBcosB＝sin(π－B)＝sinB.又sinB≠0，∴cosB＝.∴B＝.
解法二：∵在△ABC中，acosC＋ccosA＝b，∴条件等式变为2bcosB＝b，∴cosB＝.又0<B<π，∴B＝.
15.(2020·全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝_________.

答案　－
解析　∵AB⊥AC，AB＝，AC＝1，由勾股定理得BC＝＝2，同理得BD＝，∴BF＝BD＝.在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝，∠CAE＝30°，由余弦定理，得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1××＝1，∴CF＝CE＝1.在△BCF中，BC＝2，BF＝，CF＝1，由余弦定理，得cos∠FCB＝＝＝－.
16．(2022·湖南长沙质检)在△ABC中，a＋b＝11，cosA＝，cosB＝，则a的值为________，△ABC的面积为________.
答案　6　
解析　∵cosA＝，cosB＝，A，B∈(0，π)，
∴sinA＝＝，sinB＝＝.由正弦定理，得＝，即＝，∴a＝6.又sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝×＋×＝，∴S△ABC＝absinC＝×6×(11－6)×＝.
四、解答题
17.(2021·绵阳模拟)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，△ABC为锐角三角形，且AB＝3，AC＝，∠ABC＝60°.

(1)求sin∠BAC的值；
(2)求△BCD的面积．
解　(1)在锐角三角形ABC中，AB＝3，AC＝，∠ABC＝60°，
由正弦定理可得sin∠ACB＝＝，所以cos∠ACB＝，
所以sin∠BAC＝sin[180°－(60°＋∠ACB)]＝sin(60°＋∠ACB)＝cos60°sin∠ACB＋sin60°cos∠ACB＝×＋×＝.
(2)因为AB∥CD，所以∠ACD＝∠BAC，
所以sin∠ACD＝sin∠BAC＝.
在Rt△ADC中，AD＝AC×sin∠ACD＝×＝，所以CD＝＝2，
因为S△BCD＝S△ACD，又S△ACD＝AD×CD＝，所以S△BCD＝.
18．(2020·全国Ⅱ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2＋cosA＝.
(1)求A；
(2)若b－c＝a，证明：△ABC是直角三角形．
解　(1)因为cos2＋cosA＝，
所以sin2A＋cosA＝，
即1－cos2A＋cosA＝，解得cosA＝.
又0＜A＜π，所以A＝.
(2)证明：因为A＝，
所以cosA＝＝，
即b2＋c2－a2＝bc.①
又b－c＝a，②
将②代入①，得b2＋c2－3(b－c)2＝bc，
即2b2＋2c2－5bc＝0，而b＞c，
解得b＝2c，
所以a＝c.所以b2＝a2＋c2，
即△ABC是直角三角形．
19．(2021·淄博二模)下面给出有关△ABC的四个论断：①S△ABC＝；②b2＋ac＝a2＋c2；③＝2或；④b＝.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若________，则________(用序号表示)，并给出证明过程．
注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．
解　方案一：若①②③，则④.
证明：由②得ac＝a2＋c2－b2，
得cosB＝，即B＝60°；
由①S△ABC＝，得acsinB＝，
且B＝60°，得ac＝2；
由③＝2或，不妨取＝2，
联立ac＝2，得a＝2，c＝1.
由②得，b2＝a2＋c2－ac＝4＋1－2＝3，得b＝，④成立．
方案二：若①②④，则③.
证明：由②得ac＝a2＋c2－b2，
得cosB＝，即B＝60°；
由①S△ABC＝，得acsinB＝，
且B＝60°，得ac＝2；
由④b＝，且b2＝a2＋c2－ac，得
a2＋c2－ac＝3，
从而(a＋c)2＝3＋6＝9⇒a＋c＝3，(a－c)2＝3－2＝1⇒a－c＝±1，得或得
＝2或，③成立．
方案三：若②③④，则①.
证明：由②得ac＝a2＋c2－b2，
得cosB＝，即B＝60°；
由④b＝，且b2＝a2＋c2－ac，得a2＋c2－ac＝3；
由③＝2或，不妨取＝2，代入a2＋c2－ac＝3，
即3c2＝3，得c＝1，a＝2，
从而得S△ABC＝acsinB＝，①成立．
20.(2021·青岛一模)如图，在△ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，点E，F是线段BC(含端点)上的动点，且点E在点F的右下方，在运动的过程中，始终保持∠EAF＝不变，设∠EAB＝θ弧度．

(1)写出θ的取值范围，并分别求线段AE，AF关于θ的函数关系式；
(2)求△EAF的面积S的最小值．
解　(1)由题意知0≤θ≤，
在△ABE中，由正弦定理得
＝⇒AE＝，
在△ACF中，由正弦定理得
＝⇒AF＝.
(2)S△EAF＝AE·AFsin∠EAF
＝···
＝·
＝
＝.
因为θ∈，所以2θ＋∈，所以sin＋1∈[2，＋1]．所以当2θ＋＝，即θ＝时，sin＋1取到最大值＋1.故△EAF的面积S的最小值为2－2.