【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第四章 三角函数、解三角形 第六节 正弦定理和余弦定理 (含详解).ppt，共(69)页，752.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第六节正弦定理和余弦定理本节主要包括3个知识点：1.利用正、余弦定理解三角形；2.利用正、余弦定理判断三角形的形状；3.正、余弦定理的综合应用.突破点(一)利用正、余弦定理解三角形基础联通抓主干知识的“源”与“流”定理正弦定理余弦定理内容____________

______＝2R(其中R是△ABC外接圆的半径)a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝；c2＝asinA＝bsinB＝csinCa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosC定理正弦定理余弦定理变形形式a＝2RsinA，b＝，c＝；sinA＝

a2R；sinB＝____；sinC＝____；a∶b∶c＝；asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA；a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝2RcosA＝_________；cosB＝__________；cos

C＝___________2RsinB2RsinCb2Rc2RsinA∶sinB∶sinCb2＋c2－a22bca2＋c2－b22aca2＋b2－c22ab考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用正弦定理解

三角形利用正弦定理可以解决的两类问题(1)已知两角和任一边，求其他两边和一角．(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角，从而进一步求出其他的边和角．由于三角形的形状不能唯一确定，会出现两解、一解和无

解三种情况．在△ABC中，已知a，b和A，解的个数见下表A为钝角A为直角A为锐角a>b一解一解一解a＝b无解无解一解a<b无解无解a>bsinA两解a＝bsinA一解a<bsinA无解[例1](1)在△A

BC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinBcosC＋csinBcosA＝12b，且a>b，则B＝()A.π6B.π3C.2π3D.5π6[解析]利用正弦定理的变形，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，代入asinB

cosC＋csinBcosA＝12b中，得2RsinA·sinBcosC＋2RsinCsinBcosA＝12×2RsinB，所以sinAcosC＋sinCcosA＝12，即sin(A＋C)＝12，所以sinB＝12.已知a>b，所以B不是最大角，所以B＝π6.[答案]A[解析]在△A

BC中，∵sinB＝12，0<B<π，∴B＝π6或B＝5π6.又∵B＋C<π，C＝π6，∴B＝π6，∴A＝π－π6－π6＝2π3.∵asinA＝bsinB，∴b＝asinBsinA＝1.[答案]1(2)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.

若a＝3，sinB＝12，C＝π6，则b＝________.[易错提醒](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，需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图帮助

判断．利用余弦定理解三角形利用余弦定理可以解决的两类问题(1)已知两边及夹角，先求第三边，再求其余两个角．(2)已知三边，求三个内角．[例2](1)在△ABC中，已知a－b＝4，a＋c＝2b，且最大角为120°，则这个三角形的最大边等于()A．4B．14C．4或14D．

24[解析]因为a－b＝4，所以b＝a－4且a>b.又a＋c＝2b，所以c＝a－8，所以a大于c，则A＝120°.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(a－4)2＋(a－8)2－2(a－4)·(a－8)·－12，所以a2－18a＋56＝0.所以a＝14或a＝4

(舍去)．故选B.[答案]B[解析]由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab，将其代入acosC＋32c＝b中得，a×a2＋b2－c22ab＋32c＝b，化简整理得b2＋c2－a2＝3bc，于是cosA＝b2＋c2－a22bc＝32，所以A＝π6.[答案]π

6(2)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosC＋32c＝b，则A＝________.利用正、余弦定理解三角形[例3]设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B.(1)求a的值

；[解](1)因为A＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB.由正、余弦定理，得a＝2b·a2＋c2－b22ac.因为b＝3，c＝1，所以a2＝12，a＝23.[解]由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝9＋1－126＝

－13.因为0<A<π，所以sinA＝1－cos2A＝1－19＝223.故sinA＋π4＝sinAcosπ4＋cosAsinπ4＝4－26.(2)求sinA＋π4的值．a[易错提醒]正、余弦定理的运用技巧解三角形时，一般是根据正弦定理求边或列等式，若

式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；余弦定理揭示的是三角形的三条边与其中一个角之间的关系，若式子中含有角的余弦或边的二次式，则考虑用余弦定理；若以上特征都不明显，则要考虑两个定理都有可能用

到．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2asinB，则A＝()A．30°B．45°C．60°D．75°解析：因为在锐角△ABC中，b＝2asinB，由正弦定理得

，sinB＝2sinAsinB，所以sinA＝12，又0°<A<90°，所以A＝30°.答案：A2.[考点二](2016·兰州一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝7，b＝3，c＝2，则A＝()A.π6B.π4C.

π3D.π2解析：由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝32＋22－722×3×2＝12，又A∈(0，π)，∴A＝π3，故选C.答案：C3.[考点二]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝23，cosA＝32且b＜c，则b＝()A．3B．22C．2

D.3解析：由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，即4＝b2＋12－6b，解得b＝2或4.又b＜c，∴b＝2.答案：C4.[考点一](2017·合肥模拟)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，B＝60°，则cosC＝________.解析：由正弦定理，得ABsin

C＝ACsinB，即2sinC＝3sin60°，解得sinC＝33.∵AB<AC，∴C<B，∴cosC＝1－sin2C＝63.答案：635.[考点三]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cosC＝－14，3sinA＝2sinB，则c

＝________.解析：∵3sinA＝2sinB，∴由正弦定理可得3a＝2b.又a＝2，∴b＝3.由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcosC，∴c2＝22＋32－2×2×3×－14＝16，∴c＝4.答案：46.[考点三

]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2B＋sin2C＝sin2A＋sinBsinC.(1)求角A的大小；(2)若cosB＝13，a＝3，求c的值．解：(1)由正弦定理可得b2＋c2＝a2＋bc

，由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝12，因为A∈(0，π)，所以A＝π3.解：由(1)可知sinA＝32，因为cosB＝13，B为△ABC的内角，所以sinB＝223，故sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝32×13＋12×223＝3＋226.由正弦定理a

sinA＝csinC得c＝asinAsinC＝332×3＋226＝1＋263.(2)若cosB＝13，a＝3，求c的值．突破点(二)利用正、余弦定理判断三角形的形状基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．应用余弦定理判断三角形形状的方法在△ABC中，c是最大的边，若c2<

a2＋b2，则△ABC是锐角三角形；若c2＝a2＋b2，则△ABC是直角三角形；若c2>a2＋b2，则△ABC是钝角三角形．2．判断三角形形状的常用技巧若已知条件中既有边又有角，则(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(

2)化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用正、余弦定理判断三角形的形状[典例](1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cb<cosA，则△AB

C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[解析]已知cb<cosA，由正弦定理，得sinCsinB<cosA，即sinC<sinBcosA，所以sin(A＋B)<sinBcosA，即sinB·cosA＋cosBs

inA－sinBcosA<0，所以cosBsinA<0.又sinA>0，于是有cosB<0，则B为钝角，所以△ABC是钝角三角形．[答案]A(2)(2017·锦州模拟)在△ABC中，cos2B2＝a＋c2c(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[解析]∵cos2B2＝a＋c2c，∴1＋cosB2＝a＋c2c，即1＋cosB＝a＋cc.由余弦定理得1＋a2＋c2－b22ac＝a＋cc.整理得c2＝a2＋b2，即△ABC为直角三角形．[答案]Ba[易错提醒]在判断三角形的

形状时一定要注意解是否唯一，并注重挖掘隐含条件．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，在等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，

c，若2sinAcosB＝sinC，那么△ABC一定是()A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形解析：由正弦定理得2acosB＝c，再由余弦定理得2a·a2＋c2－b22ac＝c，整

理得a2＝b2，即a＝b，所以△ABC是等腰三角形．答案：B2．(2017·浙江金丽衢十二校联考)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosAcosB＝ba＝2，则该三角形的形状是()A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．

钝角三角形解析：因为cosAcosB＝ba，由正弦定理得cosAcosB＝sinBsinA，所以sin2A＝sin2B.由ba＝2，可知a≠b，所以A≠B.又A，B∈(0，π)，所以2A＝180°－2B，即A＋B＝90°，所以C＝90°，于是△ABC是直角三角形．故选A.答案：A3．在△AB

C中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，则△ABC的形状是()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：因为(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，所以b2[sin(A＋B)＋s

in(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，化简整理得a2cosAsinB＝b2sinAcosB．由正弦定理、余弦定理得，a2bb2＋c2－a22bc＝b2aa2＋c2－b22ac，所以a2(

b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，即(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0，即a＝b或a2＋b2＝c2.所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．答案：D4．在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，且2cosAsinB＝sin

C，试判断△ABC的形状．解：由正弦定理得sinCsinB＝cb，由2cosAsinB＝sinC，有cosA＝sinC2sinB＝c2b.又由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc，∴c2b＝b2＋c2－a22bc，即c2＝b2＋c2－a

2，所以a2＝b2，所以a＝b.又∵a2＋b2－c2＝ab，∴2b2－c2＝b2，所以b2＝c2，∴b＝c，∴a＝b＝c.∴△ABC为等边三角形．突破点(三)正、余弦定理的综合应用考点贯通抓高考命题的“形”与“神”三角形面积

问题三角形的面积是与解三角形息息相关的内容，经常出现在高考题中，难度不大．解题的前提条件是熟练掌握三角形面积公式，具体的题型及解题策略为：(1)利用正弦定理、余弦定理解三角形，求出三角形的有关元素之后，直接求三角形的面积，或求出两边之积及夹角正弦，再求

解．(2)把面积作为已知条件之一，与正弦定理、余弦定理结合求出三角形的其他各量．面积公式中涉及面积、两边及两边夹角正弦四个量，结合已知条件列方程求解．[例1]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b－c)cosA＝acosC.(1)求角A的大小；[解]根据正弦定理，由(2b－

c)cosA＝acosC，得2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA，即2sinBcosA＝sin(A＋C)，所以2sinBcosA＝sinB，因为0<B<π，所以sinB≠0，所以cosA＝12，因为0<A<π，所以A＝π

3.[解]因为a＝3，b＝2c，由(1)得A＝π3，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝4c2＋c2－94c2＝12，解得c＝3，所以b＝23.所以S△ABC＝12bcsinA＝12×23×3×32＝332.(2)若a＝3，b＝2c，求

△ABC的面积．a[方法技巧]三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA，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．三角形中的范围问题

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，其主要解决思路是：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，要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．[例2]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btanA，且B为钝角．(1)证明：B－A＝π2；(2)求sin

A＋sinC的取值范围．[解](1)证明：由a＝btanA及正弦定理，得sinAcosA＝ab＝sinAsinB，所以sinB＝cosA，即sinB＝sinπ2＋A.因为B为钝角，所以A为锐角，所以

π2＋A∈π2，π，则B＝π2＋A，即B－A＝π2.[解]由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－2A＋π2＝π2－2A>0，所以A∈0，π4.于是sinA＋sinC＝sinA＋sinπ2－

2A＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1(2)求sinA＋sinC的取值范围．＝－2sinA－142＋98.因为0<A<π4，所以0<sinA<22，因此22<－2sinA－142＋98≤98.由此可知sinA＋sinC的取值范围是

22，98.[易错提醒]涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解，已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．正、余弦定理在平面几何中的应用在平面几何图形中考查正弦定理、余弦定理是近几年高考的热点，解决这类问题既要抓住平

面图形的几何性质，也要灵活选择正弦定理、余弦定理、三角恒等变换公式．此类题目求解时，一般有如下思路：(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共

条件，求出结果．做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．[例3](2017·广东茂名模拟)如图，已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别

为a，b，c.若B＝π3，b＝7，c＝2，D为BC的中点．(1)求cos∠BAC的值；[解]法一：由正弦定理得sinC＝cbsinB＝27×32＝37.又∵在△ABC中，b>c，∴C<B，∴0<C<π3，∴cosC＝1－sin2C＝1－37＝27，∴cos∠BAC＝cos(π－B－C

)＝－cos(B＋C)＝－(cosBcosC－sinBsinC)＝sinBsinC－cosBcosC＝32×37－12×27＝714.法二：在△ABC中，由余弦定理得b2＝c2＋a2－2c·acosB

，∴7＝4＋a2－2×2×a×12，即(a－3)(a＋1)＝0，解得a＝3(a＝－1舍去)，∴cos∠BAC＝c2＋b2－a22cb＝4＋7－92×2×7＝714.[解]法一：在△ABC中，由余弦定理得a2＝c2＋b2－2c·bcos∠BAC＝4＋7－2×2×7

×714＝9.∴a＝3，∴BD＝32.在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cosB＝4＋94－2×2×32×12＝134.∴AD＝132.(2)求AD的值．法二：如图，取AC的中点E，连接DE，则DE＝12AB＝1，AE＝12AC＝72，cos∠AED＝－

cos∠BAC.在△ADE中，由余弦定理得AD2＝AE2＋DE2－2AE·DE·cos∠AED＝74＋1－2×72×1×－714＝134.∴AD＝132.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]在△ABC中

，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝π3，则△ABC的面积是()A．3B．932C．332D．33解析：由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a－b)

2＋6，∴ab＝6，∴S△ABC＝12absinC＝12×6×32＝332.答案：C2.如图，在△ABC中，C＝π3，BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足，若DE＝22，则cosA＝()A.223B.24C.64D.63[考点三]解

析：因为DE⊥AB，DE＝22，所以AD＝22sinA，所以DB＝AD＝22sinA.因为AD＝DB，所以A＝∠ABD，所以∠BDC＝A＋∠ABD＝2A.在△BCD中，由正弦定理DBsinC＝BCsin∠BDC，得22sinA32＝4sin2A，化简整理得cosA＝64.答案：C3.[考点二](

2017·海淀模拟)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝2a，则角A的取值范围是________．解析：由已知及正弦定理得sin2AsinB＋sinBcos2A＝2si

nA，即sinB(sin2A＋cos2A)＝2sinA，∴sinB＝2sinA，∴b＝2a，由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝4a2＋c2－a24ac＝3a2＋c24ac≥23ac4ac＝32，当且仅当c＝3a

时取等号，∵A为三角形的内角，且y＝cosx在(0，π)上是减函数，∴0<A≤π6，则角A的取值范围是0，π6.答案：0，π64.(2017·广东揭阳模拟)已知△ABC中，角A，32B，C成等差数列，且△ABC的面积为

1＋2，则AC边的长的最小值是________．解析：∵A，32B，C成等差数列，∴A＋C＝3B，又A＋B＋C＝π，∴B＝π4.设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由S△ABC＝12acsinB＝1＋2得ac＝2(2＋2)

，由余弦定理及a2＋c2≥2ac，得b2≥(2－2)ac，即b2≥(2－2)×2(2＋2)，∴b≥2(当且仅当a＝c时等号成立)，∴AC边的长的最小值为2.答案：2[考点二]5.[考点一]已知△ABC是斜三角形，内角A，B，C所对的边的长分别为a，

b，c.若csinA＝3acosC.(1)求角C；解：(1)根据asinA＝csinC，可得csinA＝asinC，又∵csinA＝3acosC，∴asinC＝3acosC，∴sinC＝3cosC，∴tanC＝sinCcosC＝3，∵C∈(0，π)，∴C＝π3.解：∵sinC＋sin(B－A)＝5

sin2A，sinC＝sin(A＋B)，∴sin(A＋B)＋sin(B－A)＝5sin2A，∴2sinBcosA＝5×2sinAcosA.∵△ABC为斜三角形，∴cosA≠0，∴sinB＝5sinA.由正弦定理可知b＝5a，①由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，∴21＝a2

＋b2－2ab×12＝a2＋b2－ab，②由①②解得a＝1，b＝5，∴S△ABC＝12absinC＝12×1×5×32＝534.(2)若c＝21，且sinC＋sin(B－A)＝5sin2A，求△ABC的面积．[全国卷5

年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国丙卷)在△ABC中，B＝π4，BC边上的高等于13BC，则cosA＝()A.31010B.1010C．－1010D．－31010解析：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由题意得S△ABC＝12a·13a＝12acsinB，又B＝π4，

所以c＝23a.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋29a2－2×a×23a×22＝59a2，所以b＝53a.所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝59a2＋29a2－a22×53a×23a＝－

1010.答案：C2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)钝角三角形ABC的面积是12，AB＝1，BC＝2，则AC＝()A．5B.5C．2D．1解析：由题意可得12AB·BC·sinB＝12，又AB＝1，BC＝2，所以sinB＝22，所以B＝45°或B＝135°.当B＝45°时，

由余弦定理可得AC＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝1，此时AC＝AB＝1，BC＝2，易得A＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以B＝135°.由余弦定理可得AC＝AB2＋BC2－2AB·BC

·cosB＝5.答案：B3．(2016·全国甲卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝45，cosC＝513，a＝1，则b＝________.解析：在△ABC中，∵cosA＝45，cosC＝513，∴si

nA＝35，sinC＝1213，∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝35×513＋45×1213＝6365.又∵asinA＝bsinB，∴b＝asinBsinA＝1×636535＝2113.答案：21

134．(2015·新课标全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．解析：如图所示，延长BA，CD，两延长线相交于点E，过点C作CF∥AD交AB于点F，则BF<AB<BE

.在等腰三角形CFB中，∠FCB＝30°，CF＝BC＝2，∴BF＝22＋22－2×2×2cos30°＝6－2.在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，BE＝CE，BC＝2，BEsin75°

＝2sin30°，∴BE＝212×6＋24＝6＋2.∴6－2<AB<6＋2.答案：(6－2，6＋2)5．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC面

积的最大值为________．解析：由正弦定理得(2＋b)(a－b)＝(c－b)c，即(a＋b)·(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝12，又A∈(0，π)，所以A＝π3，又b2＋c2－a2＝bc≥2bc－4，即bc≤4，故S△ABC＝1

2bcsinA≤12×4×32＝3，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，则△ABC面积的最大值为3.答案：36．(2016·全国乙卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC(acosB＋bcosA)＝c.(1)求C；解：(1)由已知及正弦定理得2cosC(sinAco

sB＋sinBcosA)＝sinC，即2cosCsin(A＋B)＝sinC，故2sinCcosC＝sinC.可得cosC＝12，所以C＝π3.解：由已知得12absinC＝332.又C＝π3，所以ab＝6.由已知及余弦定理得a2＋b2－2ab

cosC＝c2，故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，即a＋b＝5.所以△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋7.(2)若c＝7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长．7．(2015·新课标全国卷Ⅱ)△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．(1)

求sinBsinC；解：(1)S△ABD＝12AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝12AC·ADsin∠CAD.因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC.由正弦定理，得sinBsinC＝ACAB＝12.解：因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝2DC＝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.(2)

若AD＝1，DC＝22，求BD和AC的长．8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝12，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.解：(1)由已知得，∠PBC＝60°，

所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝AB2＋PB2－2AB·PBcos∠PBA＝3＋14－2×3×12cos30°＝74.故PA＝72.(2)设∠PBA＝α，由已知得PBBC＝cosπ2－α，即PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得3sin

150°＝sinαsin30°－α，化简得3cosα＝4sinα.所以tanα＝34，即tan∠PBA＝34.