專題五三角形中邊角的計(jì)算問(wèn)題(原卷版+解析)

專題五三角形中邊角的計(jì)算問(wèn)題三角形中基本量的計(jì)算問(wèn)題主要考查正弦定理、余弦定理及三角形面積公式，最簡(jiǎn)單的問(wèn)題是只用正弦定理或余弦定理即可解決．中等難度的問(wèn)題要結(jié)合三角恒等變換再用正弦定理或余弦定理即可解決．難度較大的問(wèn)題要結(jié)合三角恒等變換并同時(shí)用正弦定理、余弦定理和面積公式才能解決．【方法總結(jié)】三角形中基本量的計(jì)算問(wèn)題的解題技巧在處理三角形中的邊角關(guān)系時(shí)，一般全部化為角的關(guān)系，或全部化為邊的關(guān)系．若出現(xiàn)邊的一次式一般采用到正弦定理，出現(xiàn)邊的二次式一般采用到余弦定理．若已知條件同時(shí)含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則如下：(1)若式子中含有正弦的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理“角化邊”，然后進(jìn)行代數(shù)式變形；(2)若式子中含有a，b，c的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理“邊化角”，然后進(jìn)行三角恒等變換；(3)若式子中含有余弦的齊次式，優(yōu)先考慮余弦定理“角化邊”，然后進(jìn)行代數(shù)式變形；(4)含有面積公式的問(wèn)題，要考慮結(jié)合余弦定理求解；(5)同時(shí)出現(xiàn)兩個(gè)自由角（或三個(gè)自由角）時(shí)，要用到三角形的內(nèi)角和定理．【例題選講】[例1](2020·天津)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知a＝2eq\r(2)，b＝5，c＝eq\r(13)．(1)求角C的大?。?2)求sinA的值；(3)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,4)))的值．解析(1)在△ABC中，由余弦定理及a＝2eq\r(2)，b＝5，c＝eq\r(13)，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(2),2)．又因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4)．(2)在△ABC中，由正弦定理及C＝eq\f(π,4)，a＝2eq\r(2)，c＝eq\r(13)，可得sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(2\r(13),13)．(3)由a<c及sinA＝eq\f(2\r(13),13)，可得cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(3\r(13),13)，進(jìn)而sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(12,13)，cos2A＝2cos2A－1＝eq\f(5,13)．所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,4)))＝sin2Acoseq\f(π,4)＋cos2Asineq\f(π,4)＝eq\f(12,13)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(5,13)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(17\r(2),26)．[例2](2019·全國(guó)Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC．(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC．解析(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc．由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)．因?yàn)?°<A<180°，所以A＝60°．(2)由(1)知B＝120°－C，由題設(shè)及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2)，因?yàn)?°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)．[例3](2018·天津)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))．(1)求角B的大小；(2)設(shè)a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．解析(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得bsinA＝asinB，又由bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，得asinB＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，即sinB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，可得tanB＝eq\r(3)．又因?yàn)锽∈(0，π)，可得B＝eq\f(π,3)．(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝eq\f(π,3)，有b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝eq\r(7)．由bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，可得sinA＝eq\f(\r(3),\r(7))．因?yàn)閍<c，故cosA＝eq\f(2,\r(7))．因此sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(4\r(3),7)，cos2A＝2cos2A－1＝eq\f(1,7)．所以，sin(2A－B)＝sin2AcosB－cos2AsinB＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14)．[例4]在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c)．(1)證明：sinAsinB＝sinC；(2)若b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，求tanB．解析(1)根據(jù)正弦定理，可設(shè)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k(k＞0)，則a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC，代入eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c)中，有eq\f(cosA,ksinA)＋eq\f(cosB,ksinB)＝eq\f(sinC,ksinC)，變形可得sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)．在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC．所以sinAsinB＝sinC．(2)由已知，b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，根據(jù)余弦定理，有cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(3,5)．所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5)．由(1)知，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，所以eq\f(4,5)sinB＝eq\f(4,5)cosB＋eq\f(3,5)sinB．故tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝4．[例5]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知c(1＋cosB)＝b(2－cosC)．(1)求證：2b＝a＋c；(2)若B＝eq\f(π,3)，△ABC的面積為4eq\r(3)，求b．解析(1)∵c(1＋cosB)＝b(2－cosC)，∴由正弦定理可得sinC＋sinCcosB＝2sinB－sinBcosC，可得sinCcosB＋sinBcosC＋sinC＝2sinB，sin(B＋C)＋sinC＝2sinB，∴sinA＋sinC＝2sinB，∴a＋c＝2b．(2)∵B＝eq\f(π,3)，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac＝4eq\r(3)，∴ac＝16．由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac．∵a＋c＝2b，∴b2＝4b2－3×16，解得b＝4．[例6]在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,a＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)．(1)求角A的大?。?2)若eq\f(c,b)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，a＝eq\r(15)，求b的值．解析(1)由題意，可得eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,a＋c)＝3，即eq\f(c,a＋b)＋eq\f(b,a＋c)＝1，整理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理知，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因?yàn)?＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3)．(2)根據(jù)正弦定理，得eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sinA＋B,sinB)＝eq\f(sinAcosB＋cosAsinB,sinB)＝eq\f(sinA,tanB)＋cosA＝eq\f(\r(3),2tanB)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，解得tanB＝eq\f(1,2)，所以sinB＝eq\f(\r(5),5)．由正弦定理得，b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(\r(15)×\f(\r(5),5),\f(\r(3),2))＝2．[例7](2017·全國(guó)Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2eq\f(B,2)．(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b．解析(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2eq\f(B,2)，即sinB＝4(1－cosB)，故17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝eq\f(15,17)，cosB＝1(舍去)．(2)由cosB＝eq\f(15,17)，得sinB＝eq\f(8,17)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(4,17)ac．又S△ABC＝2，則ac＝eq\f(17,2)．由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)＝36－2×eq\f(17,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(15,17)))＝4．所以b＝2．[例8]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(2a＋b)cosC＋ccosB＝0．(1)求角C；(2)若△ABC的面積S＝8eq\r(3)，其外接圓的半徑R＝eq\f(4\r(21),3)，求△ABC的周長(zhǎng)．解析(1)(2a＋b)cosC＋ccosB＝0，由正弦定理得2sinAcosC＋sinBcosC＋cosBsinC＝0．即2sinAcosC＝－sin(B＋C)＝－sinA，又sinA≠0，故cosC＝－eq\f(1,2)，又0<C<π，所以C＝eq\f(2π,3)．(2)由C＝eq\f(2π,3)，R＝eq\f(4\r(21),3)及c＝2RsinC，可得c＝4eq\r(7)，又S＝eq\f(1,2)absineq\f(2π,3)＝eq\f(1,2)ab×eq\f(\r(3),2)＝8eq\r(3)，即ab＝32，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得a2＋b2－2abcoseq\f(2π,3)＝(4eq\r(7))2，即a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab＝112，又ab＝32，故a＋b＝12，所以a＋b＋c＝12＋4eq\r(7)，即△ABC的周長(zhǎng)為12＋4eq\r(7)．[例9](2016·浙江)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知b＋c＝2acosB．(1)證明：A＝2B；(2)若△ABC的面積S＝eq\f(a2,4)，求角A的大?。馕?1)證明：由正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B．(2)由S＝eq\f(a2,4)得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2,4)，故有sinBsinC＝eq\f(1,2)sinA＝eq\f(1,2)sin2B＝sinBcosB．因?yàn)閟inB≠0，所以sinC＝cosB．又B，C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,2)±B．當(dāng)B＋C＝eq\f(π,2)時(shí)，A＝eq\f(π,2)；當(dāng)C－B＝eq\f(π,2)時(shí)，A＝eq\f(π,4)．綜上，A＝eq\f(π,2)或A＝eq\f(π,4)．[例10](2017·全國(guó)Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．已知△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA)．(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周長(zhǎng)．解析(1)由題設(shè)得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB＝eq\f(a,3sinA)．由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB＝eq\f(sinA,3sinA)，故sinBsinC＝eq\f(2,3)．(2)由題設(shè)及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2)．所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3)．由題設(shè)得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，即bc＝8．由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝eq\r(33)．故△ABC的周長(zhǎng)為3＋eq\r(33)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝btanA．(1)證明：sinB＝cosA；(2)若sinC－sinAcosB＝eq\f(3,4)，且B為鈍角，求A，B，C．2．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a2＋b2＝λab．(1)若λ＝eq\r(6)，B＝eq\f(5π,6)，求sinA；(2)若λ＝4，AB邊上的高為eq\f(\r(3)c,6)，求C．3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知asinA＝4bsinB，ac＝eq\r(5)(a2－b2－c2)．(1)求cosA的值；(2)求sin(2B－A)的值．4．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a－c＝eq\f(\r(6),6)b，sinB＝eq\r(6)sinC．(1)求cosA的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))的值．5．已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的對(duì)邊，且3coscos＋2＝3sinsinC＋2cos2A．(1)求角A的大??；(2)若△ABC的面積S＝5eq\r(3)，b＝5，求sinBsinC的值．6．(2013·北京)在△ABC中，a＝3，b＝2eq\r(6)，B＝2A．(1)求cosA的值；(2)求c的值．7．(2018·北京)在△ABC中，a＝7，b＝8，cosB＝－eq\f(1,7)．(1)求∠A；(2)求AC邊上的高．8．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且eq\f(\r(3)c,acosB)＝tanA＋tanB．(1)求角A的大??；(2)設(shè)D為AC邊上一點(diǎn)，且BD＝5，DC＝3，a＝7，求c．9．(2013·山東)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9)．(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．10．(2014·遼寧)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a>c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3．求：(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．11．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，并且2eq\r(3)sin2eq\f(A＋B,2)＝sinC＋eq\r(3)＋1．(1)求角C的大??；(2)若a＝2eq\r(3)，c＝2，求b．12．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若sinA＋cosA＝1－sineq\f(A,2)．(1)求sinA的值；(2)若c2－a2＝2b，且sinB＝3cosC，求b．13．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且bcosA＋eq\f(\r(2),2)a＝c，D是BC邊上的點(diǎn)．(1)求角B；(2)若AC＝7，AD＝5，DC＝3，求AB的長(zhǎng)．14．(2015·全國(guó)Ⅱ)△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的長(zhǎng)．15．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2eq\f(B,2)．(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b．16．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a＝2bsinA，c＝eq\r(3)b．(1)求B的值；(2)若△ABC的面積為2eq\r(3)，求a，b的值．17．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且eq\f(asinC,1－cosA)＝eq\r(3)c．(1)求角A的大??；(2)若b＋c＝10，△ABC的面積S△ABC＝4eq\r(3)，求a的值．18．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c．已知A＝eq\f(π,4)，b2－a2＝eq\f(1,2)c2．(1)求tanC的值；(2)若△ABC的面積為3，求b的值．19．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，面積為S，已知2acos2eq\f(C,2)＋2ccos2eq\f(A,2)＝eq\f(5,2)b．(1)求證：2(a＋c)＝3b；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，S＝eq\r(15)，求b．20．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，(2b－a)cosC＝ccosA．(1)求角C的大?。?2)若c＝3，△ABC的面積S＝eq\f(4\r(3),3)，求△ABC的周長(zhǎng)．專題五三角形中邊角的計(jì)算問(wèn)題三角形中基本量的計(jì)算問(wèn)題主要考查正弦定理、余弦定理及三角形面積公式，最簡(jiǎn)單的問(wèn)題是只用正弦定理或余弦定理即可解決．中等難度的問(wèn)題要結(jié)合三角恒等變換再用正弦定理或余弦定理即可解決．難度較大的問(wèn)題要結(jié)合三角恒等變換并同時(shí)用正弦定理、余弦定理和面積公式才能解決．【方法總結(jié)】三角形中基本量的計(jì)算問(wèn)題的解題技巧在處理三角形中的邊角關(guān)系時(shí)，一般全部化為角的關(guān)系，或全部化為邊的關(guān)系．若出現(xiàn)邊的一次式一般采用到正弦定理，出現(xiàn)邊的二次式一般采用到余弦定理．若已知條件同時(shí)含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則如下：(1)若式子中含有正弦的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理“角化邊”，然后進(jìn)行代數(shù)式變形；(2)若式子中含有a，b，c的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理“邊化角”，然后進(jìn)行三角恒等變換；(3)若式子中含有余弦的齊次式，優(yōu)先考慮余弦定理“角化邊”，然后進(jìn)行代數(shù)式變形；(4)含有面積公式的問(wèn)題，要考慮結(jié)合余弦定理求解；(5)同時(shí)出現(xiàn)兩個(gè)自由角（或三個(gè)自由角）時(shí)，要用到三角形的內(nèi)角和定理．【例題選講】[例1](2020·天津)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知a＝2eq\r(2)，b＝5，c＝eq\r(13)．(1)求角C的大??；(2)求sinA的值；(3)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,4)))的值．解析(1)在△ABC中，由余弦定理及a＝2eq\r(2)，b＝5，c＝eq\r(13)，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(2),2)．又因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4)．(2)在△ABC中，由正弦定理及C＝eq\f(π,4)，a＝2eq\r(2)，c＝eq\r(13)，可得sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(2\r(13),13)．(3)由a<c及sinA＝eq\f(2\r(13),13)，可得cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(3\r(13),13)，進(jìn)而sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(12,13)，cos2A＝2cos2A－1＝eq\f(5,13)．所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,4)))＝sin2Acoseq\f(π,4)＋cos2Asineq\f(π,4)＝eq\f(12,13)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(5,13)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(17\r(2),26)．[例2](2019·全國(guó)Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC．(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC． 解析(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc．由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)．因?yàn)?°<A<180°，所以A＝60°．(2)由(1)知B＝120°－C，由題設(shè)及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2)，因?yàn)?°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)．[例3](2018·天津)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))．(1)求角B的大??；(2)設(shè)a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．解析(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得bsinA＝asinB，又由bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，得asinB＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，即sinB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，可得tanB＝eq\r(3)．又因?yàn)锽∈(0，π)，可得B＝eq\f(π,3)．(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝eq\f(π,3)，有b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝eq\r(7)．由bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，可得sinA＝eq\f(\r(3),\r(7))．因?yàn)閍<c，故cosA＝eq\f(2,\r(7))．因此sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(4\r(3),7)，cos2A＝2cos2A－1＝eq\f(1,7)．所以，sin(2A－B)＝sin2AcosB－cos2AsinB＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14)．[例4]在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c)．(1)證明：sinAsinB＝sinC；(2)若b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，求tanB．解析(1)根據(jù)正弦定理，可設(shè)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k(k＞0)，則a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC，代入eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c)中，有eq\f(cosA,ksinA)＋eq\f(cosB,ksinB)＝eq\f(sinC,ksinC)，變形可得sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)．在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC．所以sinAsinB＝sinC．(2)由已知，b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，根據(jù)余弦定理，有cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(3,5)．所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5)．由(1)知，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，所以eq\f(4,5)sinB＝eq\f(4,5)cosB＋eq\f(3,5)sinB．故tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝4．[例5]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知c(1＋cosB)＝b(2－cosC)．(1)求證：2b＝a＋c；(2)若B＝eq\f(π,3)，△ABC的面積為4eq\r(3)，求b．解析(1)∵c(1＋cosB)＝b(2－cosC)，∴由正弦定理可得sinC＋sinCcosB＝2sinB－sinBcosC，可得sinCcosB＋sinBcosC＋sinC＝2sinB，sin(B＋C)＋sinC＝2sinB，∴sinA＋sinC＝2sinB，∴a＋c＝2b．(2)∵B＝eq\f(π,3)，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac＝4eq\r(3)，∴ac＝16．由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac．∵a＋c＝2b，∴b2＝4b2－3×16，解得b＝4．[例6]在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,a＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)．(1)求角A的大??；(2)若eq\f(c,b)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，a＝eq\r(15)，求b的值．解析(1)由題意，可得eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,a＋c)＝3，即eq\f(c,a＋b)＋eq\f(b,a＋c)＝1，整理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理知，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因?yàn)?＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3)．(2)根據(jù)正弦定理，得eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sinA＋B,sinB)＝eq\f(sinAcosB＋cosAsinB,sinB)＝eq\f(sinA,tanB)＋cosA＝eq\f(\r(3),2tanB)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3)，解得tanB＝eq\f(1,2)，所以sinB＝eq\f(\r(5),5)．由正弦定理得，b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(\r(15)×\f(\r(5),5),\f(\r(3),2))＝2．[例7](2017·全國(guó)Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2eq\f(B,2)．(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b．解析(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2eq\f(B,2)，即sinB＝4(1－cosB)，故17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝eq\f(15,17)，cosB＝1(舍去)．(2)由cosB＝eq\f(15,17)，得sinB＝eq\f(8,17)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(4,17)ac．又S△ABC＝2，則ac＝eq\f(17,2)．由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)＝36－2×eq\f(17,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(15,17)))＝4．所以b＝2．[例8]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(2a＋b)cosC＋ccosB＝0．(1)求角C；(2)若△ABC的面積S＝8eq\r(3)，其外接圓的半徑R＝eq\f(4\r(21),3)，求△ABC的周長(zhǎng)．解析(1)(2a＋b)cosC＋ccosB＝0，由正弦定理得2sinAcosC＋sinBcosC＋cosBsinC＝0．即2sinAcosC＝－sin(B＋C)＝－sinA，又sinA≠0，故cosC＝－eq\f(1,2)，又0<C<π，所以C＝eq\f(2π,3)．(2)由C＝eq\f(2π,3)，R＝eq\f(4\r(21),3)及c＝2RsinC，可得c＝4eq\r(7)，又S＝eq\f(1,2)absineq\f(2π,3)＝eq\f(1,2)ab×eq\f(\r(3),2)＝8eq\r(3)，即ab＝32，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得a2＋b2－2abcoseq\f(2π,3)＝(4eq\r(7))2，即a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab＝112，又ab＝32，故a＋b＝12，所以a＋b＋c＝12＋4eq\r(7)，即△ABC的周長(zhǎng)為12＋4eq\r(7)．[例9](2016·浙江)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知b＋c＝2acosB．(1)證明：A＝2B；(2)若△ABC的面積S＝eq\f(a2,4)，求角A的大?。馕?1)證明：由正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B．(2)由S＝eq\f(a2,4)得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2,4)，故有sinBsinC＝eq\f(1,2)sinA＝eq\f(1,2)sin2B＝sinBcosB．因?yàn)閟inB≠0，所以sinC＝cosB．又B，C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,2)±B．當(dāng)B＋C＝eq\f(π,2)時(shí)，A＝eq\f(π,2)；當(dāng)C－B＝eq\f(π,2)時(shí)，A＝eq\f(π,4)．綜上，A＝eq\f(π,2)或A＝eq\f(π,4)．[例10](2017·全國(guó)Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．已知△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA)．(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周長(zhǎng)．解析(1)由題設(shè)得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB＝eq\f(a,3sinA)．由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB＝eq\f(sinA,3sinA)，故sinBsinC＝eq\f(2,3)．(2)由題設(shè)及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2)．所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3)．由題設(shè)得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，即bc＝8．由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝eq\r(33)．故△ABC的周長(zhǎng)為3＋eq\r(33)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝btanA．(1)證明：sinB＝cosA；(2)若sinC－sinAcosB＝eq\f(3,4)，且B為鈍角，求A，B，C．1．解析(1)證明由正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，∴a＝2RsinA，b＝2RsinB，代入a＝btanA得sinA＝sinB·eq\f(sinA,cosA)，又∵A∈(0，π)，∴sinA＞0，∴1＝eq\f(sinB,cosA)，即sinB＝cosA．(2)解由sinC－sinAcosB＝eq\f(3,4)知，sin(A＋B)－sinAcosB＝eq\f(3,4)，∴cosAsinB＝eq\f(3,4)．由(1)知，sinB＝cosA，∴cos2A＝eq\f(3,4)，由于B是鈍角，故A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosA＝eq\f(\r(3),2)，A＝eq\f(π,6)．sinB＝eq\f(\r(3),2)，B＝eq\f(2π,3)，∴C＝π－(A＋B)＝eq\f(π,6)．2．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a2＋b2＝λab．(1)若λ＝eq\r(6)，B＝eq\f(5π,6)，求sinA；(2)若λ＝4，AB邊上的高為eq\f(\r(3)c,6)，求C．2．解析(1)由已知B＝eq\f(5π,6)，a2＋b2＝eq\r(6)ab，結(jié)合正弦定理得4sin2A－2eq\r(6)sinA＋1＝0．解得sinA＝eq\f(\r(6)±\r(2),4)．因?yàn)?<A<eq\f(π,6)，所以sinA<eq\f(1,2)，所以sinA＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)．(2)由題意可知S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),12)c2，得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),12)(a2＋b2－2abcosC)＝eq\f(\r(3),12)(4ab－2abcosC)．化簡(jiǎn)，得eq\r(3)sinC＋cosC＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝1．又因?yàn)閑q\f(π,6)<C＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6)，所以C＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，解得C＝eq\f(π,3)．3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知asinA＝4bsinB，ac＝eq\r(5)(a2－b2－c2)．(1)求cosA的值；(2)求sin(2B－A)的值．3．解析(1)由asinA＝4bsinB，及eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝2b．由ac＝eq\r(5)(a2－b2－c2)，及余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\f(\r(5),5)ac,ac)＝－eq\f(\r(5),5)．(2)由(1)及A∈(0，π)，可得sinA＝eq\f(2\r(5),5)，代入asinA＝4bsinB，得sinB＝eq\f(asinA,4b)＝eq\f(\r(5),5)．由(1)知，A為鈍角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(2\r(5),5)．于是sin2B＝2sinBcosB＝eq\f(4,5)，cos2B＝1－2sin2B＝eq\f(3,5)，故sin(2B－A)＝sin2BcosA－cos2BsinA＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))－eq\f(3,5)×eq\f(2\r(5),5)＝－eq\f(2\r(5),5)．4．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a－c＝eq\f(\r(6),6)b，sinB＝eq\r(6)sinC．(1)求cosA的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))的值．4．解析(1)在△ABC中，由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及sinB＝eq\r(6)sinC，可得b＝eq\r(6)c，又由a－c＝eq\f(\r(6),6)b，有a＝2c，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(6c2＋c2－4c2,2\r(6)c2)＝eq\f(\r(6),4)．(2)在△ABC中，由cosA＝eq\f(\r(6),4)，可得sinA＝eq\f(\r(10),4)，于是cos2A＝2cos2A－1＝－eq\f(1,4)，sin2A＝2sinA·cosA＝eq\f(\r(15),4)．所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝cos2Acoseq\f(π,6)＋sin2Asineq\f(π,6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(15),4)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(15)－\r(3),8)．5．已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的對(duì)邊，且3coscos＋2＝3sinsinC＋2cos2A．(1)求角A的大?。?2)若△ABC的面積S＝5eq\r(3)，b＝5，求sinBsinC的值．5．解析(1)由3cosBcosC＋2＝3sinBsinC＋2cos2A，得3cos(B＋C)＋2＝2cos2A，即2cos2A＋3cosA－2＝0，即(2cosA－1)(cosA＋2)＝0，解得cosA＝eq\f(1,2)或cosA＝－2(舍去)．因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,3)．(2)由S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝5eq\r(3)，得bc＝20，因?yàn)閎＝5，所以c＝4．由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝25＋16－2×20×eq\f(1,2)＝21，故a＝eq\r(21)．根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得sinBsinC＝eq\f(b,a)sinA×eq\f(c,a)sinA＝eq\f(5,7)．6．(2013·北京)在△ABC中，a＝3，b＝2eq\r(6)，B＝2A．(1)求cosA的值；(2)求c的值．6．解析(1)在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)?eq\f(3,sinA)＝eq\f(2\r(6),sin2A)＝eq\f(2\r(6),2sinAcosA)，∴cosA＝eq\f(\r(6),3)．(2)由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA?32＝(2eq\r(6))2＋c2－2×2eq\r(6)c×eq\f(\r(6),3)，則c2－8c＋15＝0．∴c＝5或c＝3．當(dāng)c＝3時(shí)，a＝c，∴A＝C．由A＋B＋C＝π，知B＝eq\f(π,2)，與a2＋c2≠b2矛盾．∴c＝3舍去．故c的值為5．7．(2018·北京)在△ABC中，a＝7，b＝8，cosB＝－eq\f(1,7)．(1)求∠A；(2)求AC邊上的高．7．解析(1)在△ABC中，因?yàn)閏osB＝－eq\f(1,7)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(3),7)．由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3),2)．由題設(shè)知eq\f(π,2)<∠B<π，所以0<∠A<eq\f(π,2)．所以∠A＝eq\f(π,3)．(2)在△ABC中，因?yàn)閟inC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3\r(3),14)，所以AC邊上的高為asinC＝7×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(3\r(3),2)．8．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且eq\f(\r(3)c,acosB)＝tanA＋tanB．(1)求角A的大??；(2)設(shè)D為AC邊上一點(diǎn)，且BD＝5，DC＝3，a＝7，求c．8．解析(1)∵在△ABC中，eq\f(\r(3)c,acosB)＝tanA＋tanB，∴eq\f(\r(3)sinC,sinAcosB)＝eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinB,cosB)，即eq\f(\r(3)sinC,sinAcosB)＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA,cosAcosB)，∴eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(1,cosA)，則tanA＝eq\r(3)，又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)．(2)由BD＝5，DC＝3，a＝7，得cos∠BDC＝eq\f(25＋9－49,2×3×5)＝－eq\f(1,2)，又0<∠BDC<π，∴∠BDC＝eq\f(2π,3)．又A＝eq\f(π,3)，∴△ABD為等邊三角形，∴c＝5．9．(2013·山東)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9)．(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．9．解析由余弦定理得：cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－4,2ac)＝eq\f(7,9)，即a2＋c2－4＝eq\f(14,9)ac．∴(a＋c)2－2ac－4＝eq\f(14,9)ac，∴ac＝9．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝6，,ac＝9，))得a＝c＝3．(2)在△ABC中，cosB＝eq\f(7,9)，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)))2)＝eq\f(4\r(2),9)．由正弦定理得：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(3×\f(4\r(2),9),2)＝eq\f(2\r(2),3)．又A＝C，∴0<A<eq\f(π,2)，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3)，∴sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(7,9)－eq\f(1,3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(10\r(2),27)．10．(2014·遼寧)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a>c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3．求：(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．10．解析(1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·acosB＝2．又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6．由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB．又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×eq\f(1,3)＝13．解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,c＝2.))因?yàn)閍>c，所以a＝3，c＝2．(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,3)2)＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9)．因?yàn)閍＝b>c，所以C為銳角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\f(4\r(2),9)2)＝eq\f(7,9)．于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27)．11．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，并且2eq\r(3)sin2eq\f(A＋B,2)＝sinC＋eq\r(3)＋1．(1)求角C的大??；(2)若a＝2eq\r(3)，c＝2，求b．11．解析(1)∵2eq\r(3)sin2eq\f(A＋B,2)－(sinC＋eq\r(3)＋1)＝0，∴2eq\r(3)cos2eq\f(C,2)－(sinC＋eq\r(3)＋1)＝0．即2eq\r(3)·eq\f(1＋cosC,2)－(sinC＋eq\r(3)＋1)＝0，即eq\r(3)cosC－sinC＝1，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)．∵C為△ABC的內(nèi)角，∴0<C<π，∴eq\f(π,6)<C＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6)．從而C＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)，∴C＝eq\f(π,6)．(2)∵a＝2eq\r(3)，c＝2，∴由余弦定理得eq\r(b2＋2\r(3)2－2×b×2\r(3)cos\f(π,6))＝2，即b2－6b＋8＝0，解得b＝2或b＝4．12．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若sinA＋cosA＝1－sineq\f(A,2)．(1)求sinA的值；(2)若c2－a2＝2b，且sinB＝3cosC，求b．12．解析(1)由已知，得2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)＋1－2sin2eq\f(A,2)＝1－sineq\f(A,2)，即sineq\f(A,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(A,2)－2cos\f(A,2)－1))＝0，在△ABC中，sineq\f(A,2)≠0，所以2sineq\f(A,2)－2coseq\f(A,2)－1＝0，即sineq\f(A,2)－coseq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，則sin2eq\f(A,2)－2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)＋cos2eq\f(A,2)＝eq\f(1,4)，從而sinA＝eq\f(3,4)．(2)由已知sinB＝3cosC，結(jié)合(1)得sinB＝4cosCsinA．法一：利用正弦定理和余弦定理得b＝eq\f(4a2＋b2－c2,2ab)×a，即b2＝2(c2－a2)．又c2－a2＝2b，∴b2＝4b，在△ABC中，b≠0，∴b＝4．法二：∵c2＝a2＋b2－2abcosC，且c2－a2＝2b，∴2b＝b2－2abcosC，在△ABC中，b≠0，∴b＝2＋2acosC，又sinB＝4cosCsinA，由正弦定理，得b＝4acosC，解得b＝4．13．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且bcosA＋eq\f(\r(2),2)a＝c，D是BC邊上的點(diǎn)．(1)求角B；(2)若AC＝7，AD＝5，DC＝3，求AB的長(zhǎng)．13．解析(1)由bcosA＋eq\f(\r(2),2)a＝c，得sinBcosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝sinC，sinBcosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝sin(A＋B)，sinBcosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝sinAcosB＋cosAsinB，eq\f(\r(2),2)sinA＝sinAcosB，∵sinA≠0，∴cosB＝eq\f(\r(2),2)，∴B＝eq\f(π,4)．(2)在△ADC中，AC＝7，AD＝5，DC＝3，∴cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(52＋32－72,2×5×3)＝－eq\f(1,2)，∴∠ADC＝eq\f(2π,3)，在△ABD中，AD＝5，B＝eq\f(π,4)，∠ADB＝eq\f(π,3)，由eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB)，得AB＝eq\f(AD·sin∠ADB,sinB)＝eq\f(5×sin\f(π,3),sin\f(π,4))＝eq\f(5×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝eq\f(5\r(6),2)．14．(2015·全國(guó)Ⅱ)△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的長(zhǎng)．14．解析(1)S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD．因?yàn)镾△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC．由正弦定理，得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2)．(2)因?yàn)镾△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝eq\r(2)．在△ABD和△ADC中，由余弦定理，知AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC．故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6．由(1)，知AB＝2AC，所以AC＝1．15．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2eq\f(B,2)．(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b．15．解析(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2eq\f(B,2)，即sinB＝4(1－cosB)，故17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝eq\f(15,17)，cosB＝1(舍去)．(2)由cosB＝eq\f(15,17)，得sinB＝eq\f(8,17)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(4,17)ac．又S△ABC＝2，則ac＝eq\f(17,2)．由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)＝36－2×eq\f(17,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(15,17)))＝4．所以b＝2．16．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a＝2bsinA，c＝eq\r(3)b．(1)求B的值；(2)若△ABC的面積為2eq\r(3)，求a，b的值．16．解析(1)在△ABC中，已知a＝2bsinA，根據(jù)正弦定理，得sinA＝2sinBsinA，因?yàn)閟inA≠0，所以sinB＝eq\f(1,2)，所以B＝30°或B＝150°，又c>b，所以C>B