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跟踪训练 04 余弦定理、正弦定理
一．选择题（共15小题）
1．在△ABC中，若asinB=√3bcosA，且sinC＝2sinAcosB，那么△ABC一定是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
【解答】解：已知asinB=√3bcosA，
则sinAsinB=√3sinBcosA，
则tanA=√3，
π
即A= ，
3
又sinC＝2sinAcosB，
则sinAcosB+cosAsinB＝2sinAcosB，
即sinAcosB﹣cosAsinB＝0，
即sin（A﹣B）＝0，
又﹣ ＜A﹣B＜ ，
即A＝πB， π
π
即A＝B＝C= ，
3
即△ABC一定是等边三角形，
故选：D．
2．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．E、F分别为AC、BD上一点，
且OE＝OF，连接AF，BE，EF．若∠AFE＝25°，则∠OBE的度数为（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠AOB＝∠AOD＝90°，OA＝OB＝OD＝OC．
∵OE＝OF，
∴△OEF为等腰直角三角形，
∴∠OEF＝∠OFE＝45°，
∵∠AFE＝25°，
∴∠AFO＝∠AFE+∠OFE＝70°，
∴∠FAO＝20°．
在△AOF和△BOE中，
{
OA=OB
∠AOF=∠BOE=90°，
OF=OE
∴△AOF≌△BOE（SAS），
∴∠EBO＝∠FAO＝20°．
故选：B．
3．如图，在△ABC中，AB＝10，以点B圆心，任意长为半径画弧，分别交 AB，BC点于
1
M，N，分别以点M，N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧交于点 O．作射线
2
BO交AC于点D．过点D作DE∥BC，交AB点E，若AD＝4，则△ADE的周长等于（
）
A．6 B．8 C．14 D．18
【解答】解：依题意可知，△BMO≌△BON，
即∠MBO＝∠NBO，
即BO是∠ABC的角平分线，
由于DE∥BC，
所以∠NBO＝∠EDB，
所以∠EBD＝∠EDB，
所以BE＝DE，又AB＝10，
所以△ADE的周长等于10+4＝14．
故选：C．
4．塔是一种在亚洲常见的，有着特定的形式和风格的中国传统建筑．如图，为测量某塔的
总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点 C与D，现测得∠BCD＝
30°，∠BDC＝45°，CD＝20米，在C点测得塔顶A的仰角为60°，则塔的总高度为（
）
A．10（3+√3） B．10（√3+1） C．20（√3−1） D．20（3−√3）
ℎ ℎ
【解答】解：设AB＝h，则BC = = ，
tan60° √3
因为∠BCD＝30°，∠BDC＝45°，CD＝20米，
1 √2 √3 √2 √2+√6
所以在△BCD中，sin∠CBD＝sin（30°+45°）= × + × = ，
2 2 2 2 4
CD BC
所以由正弦定理 = ，
sin∠CBD sin∠BDC
ℎ
20 √3
可得 = ，
√2+√6 √2
4 2
解得h＝20（3−√3）．
故选：D．5．关于题目：“在△ABC 中，BC＝4，点 D 为 BC 边上一点，AD＝2，且∠BAC＝
2∠BAD”，甲、乙、丙、丁四名同学研究它的周长时，得出四个结论：
甲：△ABC周长的最小值为4+2√2；
乙：△ABC周长的最大值为4+2√3；
丙：△ABC周长的最小值为4(1+√2)；
丁：△ABC周长的最大值为4(1+√3)．
你认为四人中得出正确结论的是（ ）
A．甲同学 B．乙同学 C．丙同学 D．丁同学
【解答】解：设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠BAC＝2 ，则∠BAD
＝∠CAD＝ ， θ
由题意得S△θABC ＝S△ABD +S△ACD ，
1 1 1
则 bcsin2θ= AD⋅bsinθ+ AD⋅csinθ，
2 2 2
∴bcsin cos ＝bsin +csin ，则bccos ＝b+c，
θ b+ θc θ θ θ
∴cosθ= ，
bc
b2+c2−16
由余弦定理得cos2θ= ，
2bc
又cos2 ＝2cos2 ﹣1，
b2+cθ 2−16 θ b+c 2
则 =2( ) −1，整理得4（b+c）2＝bc[（b+c）2﹣16]，
2bc bc
(b+c) 2
∴4(b+c) 2≤ [(b+c) 2−16]，解得b+c≥4√2，
4
当且仅当b=c=2√2时取得等号，
∴△ABC周长的最小值为4(1+√2)．
故选：C．
6．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝csinB+bcosC，b＝4，则
a−c
=（ ）
sinA−sinC
A．4 B．6 C．4√2 D．6√2
【解答】解：设△ABC的外接圆半径为R，
a b c
由正弦定理可得 = = =2R，
sinA sinB sinC所以a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，
所以a＝csinB+bcosC，可化为sinA＝sinCsinB+sinBcosC，
又sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，
所以sinCsinB＝cosBsinC，因为sinC≠0，cosB≠0，
所以tanB＝1，又B （0， ），
π ∈ π
所以B= ，
4
a−c 2RsinA−2RsinC b 4
= =2R= = =4√2
又sinA−sinC sinA−sinC sinB √2 ．
2
故选：C．
7．如图，点E，F在正方形ABCD内部且AE⊥EF，CF⊥EF，已知AE＝4，EF＝3，FC＝
5，则正方形ABCD的边长为（ ）
A．2√5 B．3√5 C．2√10 D．3√10
【解答】解：连接AC交EF于点O，如图所示：
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AHO＝∠CHO＝90°，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AEO∽△CFO，
∴AE：CF＝OE：OF，
∵AE＝4，EF＝3，FC＝5，
5
∴4：5＝（3﹣OF）：OF，解得OF= ，
35 4
∴OE＝3− = ，
3 3
√ 5 5
在Rt△COF中，OC=√OF2+CF2= ( ) 2+52= √10，
3 3
√ 4 4
在Rt△AOE中，OA=√AE2+OE2= 42+( ) 2= √10，
3 3
∴AC＝3√10，
在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴AB2+BC2＝AC2，解得AB＝3√5，
∴正方形ABCD的边长为3√5．
故选：B．
8．在△ABC中，|AB|＝5，|BC|＝6，|AC|＝7，则△ABC的面积是（ ）
15√3
A． B．6√6 C．12 D．12√6
2
【解答】解：△ABC中，∵|AB|＝5，|BC|＝6，|AC|＝7，则由余弦定理可得49＝25+36
﹣2×5×6×cosB，
1 2√6
求得cosB= ，∴sinB=√1−cos2B= ，
5 5
1 1 2√6
故△ABC的面积为 •|AB|•|BC|•sinB= ×5×6× =6√6，
2 2 5
故选：B．
sinA
9．在锐角△ABC中，若B＝2A，则 的取值范围是（ ）
sinB
1 1 √3 √2 1 1
A．(√2，√3) B．[− ， ] C．( ， ) D．(− ， )
2 2 3 2 2 2
【解答】解：在锐角△ABC中，由B＝2A，得C＝ ﹣3A，
π
π
{ 0＜2A＜
于是 2 ，解得π π，√2 √3，
＜A＜ ＜cosA＜
π 6 4 2 2
0＜π−3A＜
2
sinA sinA 1 √3 √2
所以 = = ∈( ， )．
sinB sin2A 2cosA 3 2
故选：C．
π 2√7
10．在△ABC中，若A= ，cosB= ，b＝2，则a＝（ ）
3 7A．√3 B．√5 C．3 D．√7
π 2√7
【解答】解：∵A= ，cosB= ，b＝2，
3 7
√21
∴sinB=√1−cos2B= ，
7
a b
由正弦定理可得， = ，
sinA sinB
√3
2×
bsinA 2
∴a= = =√7．
sinB √21
7
故选：D．
π
11．已知△ABC中，内角A，B，C满足A+sinC＞ +cosB，则（ ）
2
sinC sinB
A．cos2C+cos2B＜cos2A B． + ≥2
cosB cosC
C．b＞acosC D．sin2C+sin2B＜sin2A
π 2π π
【解答】解：对于选项A，不妨取B=C= ，A= ，满足A+sinC＞ +cosB，
6 3 2
π π 1 1 4π 1
但cos2C+cos2B＝cos +cos = + =1＞cos2A＝cos =− ，故A错误；
3 3 2 2 3 2
π π π
对于选项B，由A+sinC＞ +cosB，得π−B−C+sinC＞ +sin( −B)，
2 2 2
π π
即sinC−C＞sin( −B)− +B，
2 2
构造函数f（x）＝sinx﹣x，x （0， ），则f'（x）＝cosx﹣1＜0，
所以f（x）在（0， ）上单调∈递减，π
π π π π π
因为f(C)＞f( −B)，所以C＜ −B，故A=π−B−C＞π−B−( −B)= ，
2 2 2 2
π π π π
可得B，C∈(0， )， −B∈(0， )，A∈( ，π)，
2 2 2 2
π π sinC
因为y＝sinx在(0， )上单调递增，所以sinC＜sin( −B)=cosB，即 ＜1，
2 2 cosB
π π sinB
因为y＝cosx在(0， )上单调递减，所以cosC＞cos( −B)=sinB，即 ＜1，
2 2 cosC
sinC sinB
可得 + ＜1+1=2，故B错误；
cosB cosCπ b2+c2−a2
对于选项C，因为A∈( ，π)，cosA= ＜0，即b2+c2﹣a2＜0，
2 2bc
a2+b2−c2 b2+c2−a2
可得b−acosC=b−a⋅ = ＜0，故C错误；
2ab 2b
对于选项D，由C可知，b2+c2﹣a2＜0，
由正弦定理可得（2RsinB）2+（2RsinC）2﹣（2RsinA）2＜0，
即sin2C+sin2B＜sin2A，故D正确．
故选：D．
12．在△ABC中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 b2＝a2+c2+ac，则角 B＝
（ ）
π π 3π 2π
A． B． C． D．
6 3 4 3
【解答】解：因为b2＝a2+c2+ac，
所以a2+c2﹣b2＝﹣ac，
a2+c2−b2 −ac 1
所以cosB= = =− ，
2ac 2ac 2
又B （0， ），
∈ 2ππ
所以B= ．
3
故选：D．
13．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向
平移，得到△A'B'C'，若两个三角形重叠部分的面积为1cm2，则它移动的距离AA'等于（
）
A．0.5cm B．1cm C．1.5cm D．2cm
【解答】解：由题意知，两个三角形重叠部分是一个平行四边形，
设AC交A′B′于H，∵∠A＝45°，∠D＝90°，
∴△A′HA是等腰直角三角形，
设AA′＝xcm，则A′H＝xcm，A′D＝（2﹣x）cm，
∵两个三角形重叠部分的面积为1cm2，
∴A′H•A′D＝1，即x⋅（2﹣x）＝1，
解得x＝1，
∴AA′＝1cm．
故选：B．
3
14．在△ABC中，BD平分∠ABC，且BD交AC于D，若BD=2，cos∠ABC= ，则
5
AB+4BC的最小值为（ ）
9√5 9
A．5 B． C． D．5√5
2 2
【 解 答 】 解 ： 由 题 意 得
3 1 π
cos∠ABC= ＞0，∠ABD=∠DBC= ∠ABC∈(0， )，
5 2 4
√1−cos∠ABC √5 3
则sin∠ABD=sin∠DBC= = ，sin∠ABC= ，
2 5 5
∵S△ABC ＝S△ABD +S△DBC ，
∴
1 1 1
×AB×BC×sin∠ABC= ×AB×BD×sin∠ABD+ ×BC×BD×sin∠DBC
2 2 2
1 1 2√5
∴2AB×BC=√5(AB+BC)，整理得 + = ，
AB BC 5
∴1 1
+
AB BC √5 4BC AB √5 √4BC AB 9√5
AB+4BC=(AB+4BC)⋅ = (5+ + )≥ ×(5+2 ⋅ )=
2√5 2 AB BC 2 AB BC 2
5
3√5 3√5
当且仅当AB= ，BC= 时，等号成立，
2 4
9√5
故AB+4BC的最小值为 ．
2
故选：B．
15．西昌市某中学数学兴趣小组为了测量校园旗杆的高度，如图所示，在操场上选择了
C、D两点，在C、D处测得旗杆的仰角分别为 45°，30°，在水平面上测得∠BCD＝
120°，且C，D的距离为12米，则旗杆的高度为（ ）
A．9米 B．12米 C．13√3米 D．15米
【解答】解：设AB＝x，由图利用直角三角形的性质可得：BC＝AB＝x，BD=√3x，
在△BCD中，由余弦定理可得：3x2＝x2+122﹣2•12xcos120°，化为x2﹣6x﹣72＝0，
解得x＝﹣6（舍去），或x＝12．
故选：B．
二．多选题（共5小题）
（多选）16．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝1，且a2﹣
c2＝2，则下列结论正确的是（ ）
3
A．a＜
2
B．tanA+3tanC＝0
π
C．角B的最大值为
3
D．△ABC的外接圆面积的最小值为
【解答】解：∵b＝1，a2﹣c2＝2，
πa2+b2−c2 3 3
由余弦定理可得：cosC= = ＜1，故 a＞ ，选项A不正确；
2ab 2a 2
3 3b 3sinB
所以cosC= = = ，∴2sinAcosC＝3sinB，又sinB＝sin（A+C）
2a 2a 2sinA
∴2sinAcosC＝3sinAcosC+3cosAsinC，即 tanA+3tanC＝0，选项B正确；
3 π
因为cosC= ＞0，C （0， ），tanC＞0，
2a 2
∈
所 以 tanB ＝ ﹣ tan （ A+C ）
tanA+tanC −3tanC+tanC 2tanC 2 2 √3
=− =− = = ≤ =
1−tanAtanC 1+3tan2C 1+3tan2C 1 +3tanC
2
√ 1
⋅3tanC
3
tanC tanC
；
√3 π π 2π
（当且仅当 tanC= ，即 C= ，B= ，A= 取等号），
3 6 6 3
π
∴B≤ ，选项C不正确；
6
π 1 b
∴B≤ ，∴sinB≤ ，△ABC的外接圆直径 2R= ≥2
6 2 sinB
√3 π π
△ABC 的外接圆面积 S＝ R2≥ ，（当且仅当 tanC= ，即 C= ，B= ，
3 6 6
π π
2π
A= 时取等号），选项D正确．
3
故选：BD．
（多选）17．在△ABC中，下列说法正确的是（ ）
π
A．若a＝2bsinA，则B=
6
B．若A＞B，则sinA＞sin B
C．AB＝2√2，∠B＝45°，若AC=√6，则这样的三角形有两个
D．若b2+c2＞a2，则△ABC为锐角三角形
【解答】解：选项A，a＝2bsinA由正弦定理得sinA＝2sin BsinA，
1 π 5π
三角形中sinA≠0，所以sinB= ，而B （0， ），所以B= 或B= ，故A错误；
2 6 6
∈ πa b
选项B，△ABC 中， = ，所以A＞B，所以a＞b，所以sinA＞sinB，故B正确；
sinA sinB
π
AB AC 2√2sin
选项C，由于 = ， 4 √6，又AC＜AB，
sinC sinB sinC= =
√6 3
角C可能为锐角也可能为钝角，三角形有两解，故C正确；
选项D，b2+c2＞a2，由余弦定理得cosA＞0，A为锐角，但B，C两个角大小不确定，
不能得出其为锐角三角形，故D错误．
故选：BC．
√3a b
（多选）18．已知△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b2＝ca且 = ，
sinA cosB
则下列说法正确的是（ ）
A．B＝30°
→ →
AB CB →
B．( + )⋅AC=0
→ →
|AB| |CB|
C．△ABC为等腰非等边三角形
D．△ABC为等边三角形
√3a b
【解答】解：对于A，由正弦定理及 = 知，√3sinAcosB＝sinAsinB，
sinA cosB
sinB
因为sinA＞0，所以tanB= =√3，又B （0°，180°），所以B＝60°，故A正确；
cosB
∈
→ →
AB CB
对于B，由平面向量的加法运算法则知， + 与∠ABC的角平分线共线，
→ →
|AB| |CB|
→ → → →
AB CB AB CB
因为△ABC为等边三角形，所以（ + ）⊥ → ，即（ + ）•
→ → AC → →
|AB| |CB| |AB| |CB|
→ 0，故B正确；
AC=
对于 C 与 D，由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accosB，因为 b2＝ca，所以 ac＝a2+c2﹣
2accos60°，
整理得（a﹣c）2＝0，即a＝c，所以△ABC为等边三角形，即选项C错误，故D正确．
故选：ABD．
（多选）19．已知△ABC中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c．下列命题正确的有（ ）
→ → 3
A．若a=√10，b＝2，c＝3，则BA⋅AC=
2
B．若△ABC为锐角三角形，则sinA+sinB＞cosA+cosB
C．若sin2A+sin2B+cos2C＞1，则△ABC为锐角三角形
D．若cos（A﹣B）cos（B﹣C）cos（C﹣A）＝1，则△ABC是等边三角形
【解答】解：对于选项A，已知a=√10，b＝2，c＝3，
b2+c2−a2 4+9−10 1
则cosA= = = ，
2bc 2×2×3 4
→ → 1 3
则BA⋅AC=cbcos(π−A)=3×2×(− )=− ，
4 2
即选项A错误；
对于选项B，已知△ABC为锐角三角形，
π π π
则 ＞A＞ −B＞0，即sinA＞sin( −B)=cosB，
2 2 2
同理sinB＞cosA，
即sinA+sinB＞cosA+cosB，
即选项B正确；
对于选项C，已知sin2A+sin2B+cos2C＞1，
则sin2A+sin2B＞1﹣cos2C＝sin2C，
即a2+b2﹣c2＞0，
即cosC＞0，
即C为锐角，
即选项C错误；
对于选项D，因为﹣1＜cos（A﹣B）≤1，﹣1＜cos（B﹣C）≤1，﹣1＜cos（C﹣A）
≤1，
又cos（A﹣B）cos（B﹣C）cos（C﹣A）＝1，
则当且仅当A﹣B＝B﹣C＝C﹣A＝0时取等号，
即A＝B＝C，
即△ABC是等边三角形，
即选项D正确．
故选：BD．
（多选）20．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列关系式恒成立的是（）
A．c＝a•cosB+b•cosA
A+B
B．2sin2 =1+cosC
2
C．a2﹣b2＝c•（a•cosB﹣b•cosA）
tanA+tanB
D．tanC=
1−tanAtanB
【解答】解：sinC＝sin[ ﹣（A+B）]＝sin（A+B），
则sinC＝sinA⋅cosB+sinBπ⋅cosA，
结合正弦定理得c＝a⋅cosB+b⋅cosA，故A正确；
A+B
2sin2 =1−cos(A+B)=1−cos(π−C)=1+cosC，故B正确；
2
a2+c2−b2 b2+c2−a2
c⋅(a⋅cosB−b⋅cosA)=ac⋅ −bc⋅ =a2−b2，故C正确；
2ac 2bc
tanA+tanB
=tan(A+B)=tan(π−C)=−tanC，故D错误．
1−tanAtanB
故选：ABC．
三．填空题（共5小题）
21．记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝8，c＝7，C＝60°，则
5√3
sinB＝ ．
14
【解答】解：因为a＝8，c＝7，C＝60°，
82+b2−72 1
由余弦定理，得cosC= = ，解得b＝5或b＝3，
2×8×b 2
当b＝3时，a2﹣b2﹣c2＝82﹣32﹣72＝6＝﹣2bccosA＞0，
所以cosA＜0，
所以△ABC为钝角三角形，不符题意，
7 5
所以b＝5，由正弦定理，得 = ，
sin60° sinB
5√3
所以sinB= ．
14
5√3
故答案为： ．
14
22．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝3，点M为AB边上一点，AM＝2，点N为AD边上的一动点，沿MN将△AMN翻折，点A落在点P处，当点P在菱形的对角线上
时，AN的长度为 2 或 5−√13 ．
【解答】解：分两种情况：（1）当点P在菱形对角线AC上时，如图所示：
由对称性得AN＝PN，AM＝PM．
因为四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，此时△ABC为等边三角形，
所以AN＝AM＝2．
（2）当点P在菱形对角线BD上时，如图所示：
设AN＝x，由对称性得PM＝AM＝2，PN＝AN＝x，∠MPN＝∠A﹣60°．
因为AB＝3．所以BM＝AB﹣AM＝1．
因为四边形ABCD是菱形，所以∠ADC﹣180°﹣60°＝120°，
1
∠PDN−∠MBP= ∠ADC=60°．
2
在四边形AMPN中，∠ANP+∠AMP＝360°﹣∠A﹣∠NPM＝240°．
所以∠DNP+∠PMB＝180°﹣∠ANP+180°﹣∠AMP＝120°，
又因为∠BPM+∠PMB＝180°﹣∠PBM﹣120°，所以∠BPM＝∠DNP，
又∠PDN＝∠MBP，所以△PDN∽△MBP，
DN PD PN 3−x PD x
所以 = = ，即 = = ，
BP BM PM BP 1 2
3−x 1
1 = x
所以PD= x，得 1 2 ．
2 3− x
2
解得：x=5−√13或x=5+√13（不合题意舍去）．
∴AN=5−√13．
综上所述，AN的长为2或5−√13．
故答案为：2或5−√13．23．在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，BC=2√7，∠BAC的角平分线交BC于D，则
4
AD＝ ．
3
【解答】解：如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a，
由余弦定理可得，BC2＝AC2+AB2﹣2AC⋅BCcos∠BAC，
即22+b2﹣2×2×b×cos120°＝28，
因为b＞0，解得b＝4，
由S△ABC ＝S△ABD +S△ACD ，
1 1 1
可得 ×2×4×sin120°= ×2×AD×sin60°+ ×AD×4×sin60°，
2 2 2
4
解得AD= ．
3
4
故答案为： ．
3
24．已知三角形的三边长为5，12，13，则其内切圆的半径r＝ 2 ．
【解答】解：依题意，作出图形如下：其中AB＝5，BC＝12，AC＝13，圆O与△ABC三边分别切于D，E，F，
因为AB2+BC2＝169＝AC2，
所以AB⊥BC，
1 1
所以S = AB⋅BC= ×5×12=30，
△ABC 2 2
又由圆相切易得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，且OD＝OE＝OF＝r，
所以S△ABC ＝S△OAB +S△OBC +S△OAC
1 1 1
= AB⋅OD+ BC⋅OE+ AC⋅OF
2 2 2
1
= (AB+BC+AC)⋅r
2
1
= ×(5+12+13)r
2
＝15r，
从而15r＝30，则r＝2．
故答案为：2．
25．在△ABC中，a=√7，b＝2，C＝2B，则AB的长为 √4+2√7 ．
b c 2 c
【解答】解：根据题意，由正弦定理得 = ，即 = ，
sinB sinC sinB sin2B
将sin2B＝2sinBcosB代入上式，整理得c＝4cosB，
a2+c2−b2 7+c2−4 3+c2
由余弦定理，得cosB= = = ，
2ac 2√7c 2√7c
3+c2
因此，c=4⋅ ，整理得(√7−2)c2=6，
2√7c
6
即c2= =2√7+4，故c=√4+2√7，即AB=√4+2√7．
√7−2
故答案为：√4+2√7．
四．解答题（共3小题）
B+C π
26．在①2acosC＝2b﹣c，②√3bcos =asinB，③asinC=ccos(A− )这三个条
2 6件中任选一个作为条件，补充到下面问题中，然后解答．
已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且____（填序号）．
9
（1）若a=√3，cos(B−C)= ，求△ABC的面积；
10
b+c
（2）求 的取值范围．
a
【解答】解：选①：由2acosC＝2b﹣c可得：2sinAcosC＝2sinB﹣sinC，
1
即2sinAcosC＝2（sinAcosC+cosAsinC）﹣sinC，化简可得：cosA= ，
2
π
因为A （0， ），则A= ；
3
∈ π
B+C π−A
选②：由√3bcos =asinB可得：√3sinBcos( )=sinAsinB，
2 2
A A A A √3
则√3sin =2sin cos ，则cos = ，
2 2 2 2 2
A π π
因为A （0， ），所以 = ，则A= ；
2 6 3
∈ π
π √3 1
选③：由asinC＝ccos（A− ）可得：sinAsinC＝sinC（ cosA+ sinA），
6 2 2
化简可得：tanA=√3，
π
因为A （0， ），则A= ；
3
∈ π
π 9
（1）选①②③均可得A= ，cos(B−C)=cosBcosC+sinBsinC= ，
3 10
1 7
则cos(B+C)=cosBcosC−sinBsinC=− ，∴sinBsinC= ，
2 10
a b c
由正弦定理可得： =2= = ，则b＝2sinB，c＝2sinC，
sinA sinB sinC
1 1 7√3
所以S= bcsinA= ⋅4sinBsinCsinA= ；
2 2 10
b+c sinB+sinC 2 2 π
（2）因为 = = (sinB+sinC)= [sinB+sin( +B)]
a sinA √3 √3 3
2 3 √3 π
= ( sinB+ cosB)=2sin(B+ )，
√3 2 2 6
π 2π π
∵△ABC为锐角三角形，则0＜B＜ ，0＜ −B＜ ，
2 3 2π π π π 2π b+c
解得B∈( ， )，所以B+ ∈( ， )，所以 ∈(√3，2]．
6 2 6 3 3 a
27．为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候
仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测，如图所示，B，C，D三地位于同一水平
面上，这种仪器在B地进行弹射实验，观测点C，D两地相距100m，∠BCD＝60°，在
2
C地听到弹射声音的时间比D地晚 秒，在C地测得该仪器至最高点A处的仰角为
17
30°．（已知声音的传播速度为340m/s）
求：（1）B，C两地间的距离；
（2）这种仪器的垂直弹射高度AB．
【解答】解：（1）设BC＝x，
2
∵在C地听到弹射声音的时间比D地晚 秒，
17
2
∴BD＝x− ×340＝x﹣40，
17
在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CD•cos∠BCD，
∴（x﹣40）2＝x2+10000﹣100x，解得x＝420，
故B，C两地间的距离为420米．
（2）在△ABC中，BC＝420，∠ACB＝30°，
√3
∴AB＝BC•tan∠ACB＝420× =140√3米．
3
故该仪器的垂直弹射高度AB为140√3米．
28．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB+bcosA＝2ccosB，
（1）求B；
（2）请指出△ABC不满足下面的哪一个条件并说明理由，根据另外两个条件，求
△ABC的面积．√2
①cosA=− ；②b＝3；③△ABC的周长为9．
2
【解答】解：（1）因为acosB+bcosA＝2ccosB，
由正弦定理可得sinAcosB+sinBcosA＝2sinCcosB，
所以sin（A+B）＝2sinCcosB，
又sin（A+B）＝sin（ ﹣C）＝sinC，
即sinC＝2sinCcosB，π
又C （0， ），
故sin∈C＞0，π
1
所以1＝2cosB，即cosB= ，
2
又B （0， ），
∈ π π
所以B= ；
3
π
（2）因为B= ，
3
2π
故A∈(0， )，
3
√2 3π
若选①cosA=− ，则A= ，故不合要求，
2 4
所以A不存在，则△ABC不存在，
故不能选①；
所以只有一种情况，选择②③，即b＝3，△ABC的周长为9，
所以a+c＝6，由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，
即9＝a2+c2﹣ac，即（a+c）2﹣3ac＝9，
故36﹣3ac＝9，
解得ac＝9，
故a2+c2＝9+ac＝18，
所以（a﹣c）2＝a2+c2﹣2ac＝0，
故a＝c，
又a+c＝6，
所以a＝c＝3，
此时三角形存在且唯一确定，1 1 √3 9√3
所以S = acsinB= ×9× = ．
△ABC 2 2 2 4
