知識梳理
1．正弦定理與余弦定理
2.三角形中常用的面積公式
(1)S＝eq \f(1,2)aha(ha表示邊a上的高)；
(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A；
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r為三角形的內切圓半徑)．
常用結論
在△ABC中，常有以下結論：
(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.
(2)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．
(3)a>b?A>B?sin A>sin B，cs Asin B，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．( × )
教材改編題
1．在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，則∠BAC等于( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
答案 C
解析 因為在△ABC中，
設AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，
所以由余弦定理得
cs∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋25－49,30)＝－eq \f(1,2)，
因為∠BAC為△ABC的內角，
所以∠BAC＝eq \f(2π,3).
2．在△ABC中，若A＝60°，a＝4eq \r(3)，b＝4eq \r(2)，則B＝ .
答案 45°
解析 由正弦定理知eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
則sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(4\r(2)×\f(\r(3),2),4\r(3))＝eq \f(\r(2),2).
又a>b，則A>B，所以B為銳角，故B＝45°.
3．在△ABC中，a＝2，b＝3，C＝60°，則c＝ ，△ABC的面積＝ .
答案 eq \r(7) eq \f(3\r(3),2)
解析 易知c＝eq \r(4＋9－2×2×3×\f(1,2))＝eq \r(7)，
△ABC的面積等于eq \f(1,2)×2×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2).
題型一 利用正弦定理、余弦定理解三角形
例1 (12分)(2021·新高考全國Ⅰ)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2＝ac，點D在邊AC上，BD·sin∠ABC＝asin C.
(1)證明：BD＝b; [切入點：角轉化為邊]
(2)若AD＝2DC，求cs∠ABC. [關鍵點：∠BDA和∠BDC互補]
高考改編
在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bsin C＋asin A＝bsin B＋csin C.
(1)求A；
(2)設D是線段BC的中點，若c＝2，AD＝eq \r(13)，求a.
解 (1)根據(jù)正弦定理，
由bsin C＋asin A＝bsin B＋csin C，
可得bc＋a2＝b2＋c2，
即bc＝b2＋c2－a2，
由余弦定理可得，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
因為A為三角形內角，
所以A＝eq \f(π,3).
(2)因為D是線段BC的中點，c＝2，AD＝eq \r(13)，
所以∠ADB＋∠ADC＝π，
則cs∠ADB＋cs∠ADC＝0，
所以eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq \f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝0，
即eq \f(13＋\f(a2,4)－22,2\r(13)·\f(a,2))＋eq \f(13＋\f(a2,4)－b2,2\r(13)·\f(a,2))＝0，
整理得a2＝2b2－44，
又a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋4－2b，
所以b2＋4－2b＝2b2－44，
解得b＝6或b＝－8(舍)，
因此a2＝2b2－44＝28，
所以a＝2eq \r(7).
思維升華 解三角形問題的技巧
(1)解三角形時，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理，以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到．
(2)三角形解的個數(shù)的判斷：已知兩角和一邊，該三角形是確定的，其解是唯一的；已知兩邊和一邊的對角，該三角形具有不唯一性，通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角定理進行判斷．
跟蹤訓練1 (2021·北京)已知在△ABC中，c＝2bcs B，C＝eq \f(2π,3).
(1)求B的大?。?br>(2)在下列三個條件中選擇一個作為已知，使△ABC存在且唯一確定，并求出BC邊上的中線的長度．
①c＝eq \r(2)b；②周長為4＋2eq \r(3)；③面積為S△ABC＝eq \f(3\r(3),4).
解 (1)∵c＝2bcs B，
則由正弦定理可得sin C＝2sin Bcs B，
∴sin 2B＝sineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),2)，∵C＝eq \f(2π,3)，
∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，2B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
∴2B＝eq \f(π,3)，解得B＝eq \f(π,6).
(2)若選擇①：由正弦定理結合(1)可得
eq \f(c,b)＝eq \f(sin C,sin B)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq \r(3)，
與c＝eq \r(2)b矛盾，故這樣的△ABC不存在；
若選擇②：由(1)可得A＝eq \f(π,6)，
設△ABC的外接圓半徑為R，
則由正弦定理可得a＝b＝2Rsin eq \f(π,6)＝R，
c＝2Rsin eq \f(2π,3)＝eq \r(3)R，
則周長為a＋b＋c＝2R＋eq \r(3)R＝4＋2eq \r(3)，
解得R＝2，則a＝2，c＝2eq \r(3)，
由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為
eq \r(?2\r(3)?2＋12－2×2\r(3)×1×cs\f(π,6))＝eq \r(7)；
若選擇③：由(1)可得A＝eq \f(π,6)，即a＝b，
則S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)a2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)，
解得a＝eq \r(3)，
則由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為
eq \r(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2－2×b×\f(a,2)×cs\f(2π,3))
＝eq \r(3＋\f(3,4)＋\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(21),2).
題型二 正弦定理、余弦定理的簡單應用
命題點1 三角形形狀判斷
例2 在△ABC中，eq \f(c－a,2c)＝sin2 eq \f(B,2)(a，b，c分別為角A，B，C的對邊)，則△ABC的形狀為( )
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
答案 A
解析 由cs B＝1－2sin2 eq \f(B,2)，
得sin2 eq \f(B,2)＝eq \f(1－cs B,2)，
所以eq \f(c－a,2c)＝eq \f(1－cs B,2)，
即cs B＝eq \f(a,c).
方法一 由余弦定理得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，無法判斷兩直角邊是否相等．
方法二 由正弦定理得cs B＝eq \f(sin A,sin C)，
又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
所以cs Bsin C＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
即sin Bcs C＝0，又sin B≠0，
所以cs C＝0，又角C為三角形的內角，
所以C＝eq \f(π,2)，所以△ABC為直角三角形，無法判斷兩直角邊是否相等．
延伸探究 將“eq \f(c－a,2c)＝sin2eq \f(B,2)”改為“eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc”，試判斷△ABC的形狀．
解 因為eq \f(sin A,sin B)＝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cs A＝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)，
所以△ABC是等邊三角形．
思維升華 判斷三角形形狀的兩種思路
(1)化邊：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)化角：通過三角恒等變形，得出內角的關系，從而判斷三角形的形狀．此時要注意應用A＋B＋C＝π這個結論．
命題點2 三角形的面積
例3 (2022·滄州模擬)在①sin A，sin C，sin B成等差數(shù)列；②a∶b∶c＝4∶3∶2；③bcs A＝1這三個條件中任選一個，補充在下面問題中．若問題中的三角形存在，求該三角形面積的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．
問題：是否存在△ABC，它的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a(sin A－sin B)＋bsin B ＝csin C，c＝1， ？
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
解 因為a(sin A－sin B)＋bsin B＝csin C，
由正弦定理得a(a－b)＋b2＝c2，
即a2＋b2－c2＝ab，
所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，
又C∈(0，π)，
所以C＝eq \f(π,3).
選擇①：
因為sin A，sin C，sin B成等差數(shù)列，
所以sin A＋sin B＝2sin C，即a＋b＝2c＝2，
由a2＋b2－c2＝a2＋b2－1＝ab，
得(a＋b)2－3ab＝1，所以ab＝1，
故存在滿足題意的△ABC，
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×1×sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),4).
選擇②：
因為a∶b∶c＝4∶3∶2，
所以A>B>C＝eq \f(π,3)，
這與A＋B＋C＝π矛盾，所以△ABC不存在．
選擇③：
因為bcs A＝1，
所以b·eq \f(b2＋1－a2,2b)＝1，
得b2＝1＋a2＝c2＋a2，
所以B＝eq \f(π,2)，此時△ABC存在．
又C＝eq \f(π,3)，所以A＝eq \f(π,6)，
所以a＝1×tan eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)ac＝eq \f(\r(3),6).
思維升華 三角形面積公式的應用原則
(1)對于面積公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A，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化．
命題點3 與平面幾何有關的問題
例4 如圖，在平面四邊形ABCD中，已知A＝eq \f(π,2)，B＝eq \f(2π,3)，AB＝6.在AB邊上取點E，使得BE＝1，連接EC，ED.若∠CED＝eq \f(2π,3)，EC＝eq \r(7).
(1)求sin∠BCE的值；
(2)求CD的長．
解 (1)在△BEC中，由正弦定理，
知eq \f(BE,sin∠BCE)＝eq \f(CE,sin B).
∵B＝eq \f(2π,3)，BE＝1，CE＝eq \r(7)，
∴sin∠BCE＝eq \f(BE·sin B,CE)＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),14).
(2)∵∠CED＝B＝eq \f(2π,3)，
∴∠DEA＝∠BCE，
∴cs∠DEA＝eq \r(1－sin2∠DEA)
＝eq \r(1－sin2∠BCE)＝eq \r(1－\f(3,28))＝eq \f(5\r(7),14).
∵A＝eq \f(π,2)，
∴△AED為直角三角形，又AE＝5，
∴ED＝eq \f(AE,cs∠DEA)＝eq \f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq \r(7).
在△CED中，
CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cs∠CED
＝7＋28－2×eq \r(7)×2eq \r(7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝49.
∴CD＝7.
思維升華 平面幾何圖形中研究或求與角有關的長度、角度、面積的最值、優(yōu)化設計等問題，通常是轉化到三角形中，利用正、余弦定理通過運算的方法加以解決．在解決某些具體問題時，常先引入變量，如邊長、角度等，然后把要解三角形的邊或角用所設變量表示出來，再利用正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函數(shù)思想．
跟蹤訓練2 (1)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若c－acs B＝(2a－b)cs A，則△ABC的形狀為( )
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰或直角三角形
答案 D
解析 因為c－acs B＝(2a－b)cs A，
C＝π－(A＋B)，
所以由正弦定理得sin C－sin Acs B
＝2sin Acs A－sin Bcs A，
所以sin Acs B＋cs Asin B－sin Acs B
＝2sin Acs A－sin Bcs A，
所以cs A(sin B－sin A)＝0，
所以cs A＝0或sin B＝sin A，
所以A＝eq \f(π,2)或B＝A或B＝π－A(舍去)，
所以△ABC為等腰或直角三角形．
(2)(2022·鄭州模擬)如圖，在△ABC中，AB＝9，cs B＝eq \f(2,3)，點D在BC邊上，AD＝7，∠ADB為銳角．
①求BD；
②若∠BAD＝∠DAC，求sin C的值及CD的長．
解 ①在△ABD中，由余弦定理得
AB2＋BD2－2AB·BD·cs B＝AD2，
整理得BD2－12BD＋32＝0，
所以BD＝8或BD＝4.
當BD＝4時，cs∠ADB＝eq \f(16＋49－81,2×4×7)＝－eq \f(2,7)，
則∠ADB>eq \f(π,2)，不符合題意，舍去；
當BD＝8時，cs∠ADB＝eq \f(64＋49－81,2×8×7)＝eq \f(2,7)，
則∠ADBcs B恒成立
C．在△ABC中，若acs A＝bcs B，則△ABC必是等腰直角三角形
D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，則△ABC必是等邊三角形
答案 C
解析 對于A，由A>B，可得a>b，
利用正弦定理可得sin A>sin B，正確；
對于B，在銳角△ABC中，A，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∵A＋B>eq \f(π,2)，
∴eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，
∴sin A>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，
∴不等式sin A>cs B恒成立，正確；
對于C，在△ABC中，由acs A＝bcs B，
利用正弦定理可得sin Acs A＝sin Bcs B，
∴sin 2A＝sin 2B，
∵A，B∈(0，π)，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，
∴是假命題，錯誤；
對于D，由B＝60°，b2＝ac，
利用余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2－ac，
可得(a－c)2＝0，解得a＝c，
可得A＝C＝B＝60°，故正確．
7．(2022·許昌質檢)已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且b＝3，a－c＝2，A＝eq \f(2π,3).則△ABC的面積為 ．
答案 eq \f(15\r(3),4)
解析 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A，
∵b＝3，a－c＝2，A＝eq \f(2π,3)，
∴(c＋2)2＝32＋c2－2×3c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
解得c＝5，
則△ABC的面積為
S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×3×5×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4).
8．(2021·全國乙卷)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為eq \r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，則b＝ .
答案 2eq \r(2)
解析 由題意得S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac＝eq \r(3)，
則ac＝4，
所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，
所以b2＝a2＋c2－2accs B＝12－2×4×eq \f(1,2)＝8，
則b＝2eq \r(2)(負值舍去)．
9．(2022·南平模擬)在①2ccs B＝2a－b，②△ABC的面積為eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，③cs2A－cs2C＝sin2B－sin Asin B，這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并加以解答．(如果選擇多個條件作答，則按所選的第一個條件給分)
已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且 ．
(1)求角C的大??；
(2)若c＝2且4sin Asin B＝3，求△ABC的面積．
解 (1)若選條件①2ccs B＝2a－b，
則2c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2a－b，
即a2＋b2－c2＝ab，所以cs C＝eq \f(1,2)，
又因為C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).
若選條件②△ABC的面積為eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，
則eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)＝eq \f(1,2)absin C，
即sin C＝eq \r(3)cs C，
所以tan C＝eq \r(3)，
又因為C∈(0，π)，
所以C＝eq \f(π,3).
若選條件③cs2A－cs2C＝sin2B－sin Asin B，
則(1－sin2A)－(1－sin2C)＝sin2B－sin Asin B，
即sin2A＋sin2B－sin2C＝sin Asin B，
即a2＋b2－c2＝ab，
所以cs C＝eq \f(1,2)，
又因為C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).
(2)因為c＝2，
所以eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(2,sin\f(π,3))＝eq \f(4,\r(3))，
所以sin A＝eq \f(\r(3),4)a，sin B＝eq \f(\r(3),4)b，
又因為4sin Asin B＝3，所以ab＝4，
△ABC的面積為eq \f(1,2)absin C＝eq \r(3).
10．(2022·湘豫聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，在△ABC中，∠B＝60°，AB＝8，AD＝7，點D在BC上，且cs∠ADC＝eq \f(1,7).
(1)求BD；
(2)若cs∠CAD＝eq \f(\r(3),2)，求△ABC的面積．
解 (1)∵cs∠ADB＝cs(π－∠ADC)
＝－cs∠ADC＝－eq \f(1,7).
在△ABD中，由余弦定理得
82＝BD2＋72－2·BD·7·cs∠ADB，
解得BD＝3或BD＝－5(舍)．
(2)由已知sin∠ADC＝eq \f(4\r(3),7)，sin∠CAD＝eq \f(1,2)，
∴sin C＝sin(∠ADC＋∠CAD)＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,7)×eq \f(1,2)＝eq \f(13,14).
由正弦定理得
CD＝eq \f(ADsin∠CAD,sin C)＝eq \f(7×\f(1,2),\f(13,14))＝eq \f(49,13)，
∴BC＝3＋eq \f(49,13)＝eq \f(88,13)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)×8×eq \f(88,13)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(176\r(3),13).
11．在△ABC中，三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為S，且4S＝(a＋b)2－c2，則sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋C))等于 ( )
A．1 B．－eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 C
解析 因為S＝eq \f(1,2)absin C，
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
所以2S＝absin C，a2＋b2－c2＝2abcs C.
又4S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，
所以2absin C＝2abcs C＋2ab.
因為ab≠0，所以sin C＝cs C＋1.
因為sin2C＋cs2C＝1，
所以(cs C＋1)2＋cs2 C＝1，
解得cs C＝－1(舍去)或cs C＝0，
所以sin C＝1，
則sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋C))＝eq \f(\r(2),2)(sin C＋cs C)＝eq \f(\r(2),2).
12．(2022·焦作模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊a，b，c依次成等差數(shù)列，△ABC的周長為15，且(sin A＋sin B)2＋cs2C＝1＋sin Asin B，則cs B等于( )
A.eq \f(13,14) B.eq \f(11,14)
C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
答案 B
解析 因為(sin A＋sin B)2＋cs2C
＝1＋sin Asin B，
所以sin2A＋sin2B＋2sin A·sin B＋1－sin2C
＝1＋sin A·sin B，
所以由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，
又a，b，c依次成等差數(shù)列，△ABC的周長為15，
即a＋c＝2b，a＋b＋c＝15，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2－c2＝－ab，,a＋c＝2b，,a＋b＋c＝15，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝5，,c＝7.))
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(32＋72－52,2×3×7)＝eq \f(11,14).
13．(2022·開封模擬)在平面四邊形ABCD中，BC⊥CD，∠B＝eq \f(3π,4)，AB＝3eq \r(2)，AD＝2eq \r(10)，若AC＝3eq \r(5)，則CD為 ．
答案 1或5
解析 因為在△ABC中，∠B＝eq \f(3π,4)，AB＝3eq \r(2)，
AC＝3eq \r(5)，
由正弦定理可得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
所以sin∠ACB＝eq \f(AB·sin B,AC)＝eq \f(3\r(2)×\f(\r(2),2),3\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
又BC⊥CD，所以∠ACB與∠ACD互余，
因此cs∠ACD＝sin∠ACB＝eq \f(\r(5),5)，
在△ACD中，AD＝2eq \r(10)，AC＝3eq \r(5)，
由余弦定理可得
cs∠ACD＝eq \f(\r(5),5)＝eq \f(AC2＋CD2－AD2,2AC·CD)＝eq \f(5＋CD2,6\r(5)CD)，
所以CD2－6CD＋5＝0，
解得CD＝1或CD＝5.
14．(2022·安徽舒城中學模擬)托勒密(Ptlemy)是古希臘天文學家、地理學家、數(shù)學家，托勒密定理就是由其名字命名，該定理指出：圓的內接凸四邊形兩組對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知凸四邊形ABCD的四個頂點在同一個圓的圓周上，AC，BD是其兩條對角線，AB＝AD，∠BAD＝120°，AC＝6，則四邊形ABCD的面積為 ．
答案 9eq \r(3)
解析 在△ABD中，設AB＝a，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs∠BAD＝3a2，所以BD＝eq \r(3)a，
由托勒密定理可得a(BC＋CD)＝AC·eq \r(3)a，
即BC＋CD＝eq \r(3)AC，
又∠ABD＝∠ACD＝30°，
所以四邊形ABCD的面積
S＝eq \f(1,2)BC·ACsin 30°＋eq \f(1,2)CD·ACsin 30°
＝eq \f(1,4)(BC＋CD)·AC＝eq \f(\r(3),4)AC2＝9eq \r(3).
15．中國南宋時期杰出數(shù)學家秦九韶在《數(shù)書九章》中提出了“三斜求積術”，即以小斜冪，并大斜冪，減中斜冪，余半之，自乘于上；以小斜冪乘大斜冪，減上，余四約之，為實；一為從隅，開平方得積．把以上文字寫成公式，即S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2＋a2－b2,2)))2)))(S為三角形的面積，a，b，c為三角形的三邊)．現(xiàn)有△ABC滿足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶eq \r(7)，且△ABC的面積S△ABC＝6eq \r(3)，則△ABC周長為________．
答案 10＋2eq \r(7)
解析 設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，
因為sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶eq \r(7)，
所以由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶eq \r(7)，
設a＝2t，b＝3t，c＝eq \r(7)t(t>0)，
因為S△ABC＝6eq \r(3)，
所以6eq \r(3)＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(7t2×4t2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7t2＋4t2－9t2,2)))2)))，
解得t＝2，則a＝4，b＝6，c＝2eq \r(7)，
故△ABC的周長為10＋2eq \r(7).
16．(2021·新高考全國Ⅱ)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面積；
(2)是否存在正整數(shù)a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．
解 (1)因為2sin C＝3sin A，
則2c＝2(a＋2)＝3a，則a＝4，
故b＝5，c＝6，cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,8)，
所以C為銳角，
則sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(3\r(7),8)，因此，
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×5×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(15\r(7),4).
(2)顯然c>b>a，若△ABC為鈍角三角形，則C為鈍角，
由余弦定理可得
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋?a＋1?2－?a＋2?2,2a?a＋1?)
＝eq \f(a2－2a－3,2a?a＋1?)

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