1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 4.5 正弦定理和余弦定理正弦定理和余弦定理 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 利用正、余弦定理解三角形. 1 类型一 用正弦定理解三角形 . 2 类型二 用余弦定理解三角形 . 2 类型三 综合利用正、余弦定理解三角形 . 3 题型二 利用正、余弦定理边角互化. 5 题型三 与三角形面积有关的问题 . 7 二、高效训练突破 . 10 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 利用正、余弦定理解三角形利用正、余弦定理解三角形 【题型要点】解三角形的常见题型及求解方法【题型
2、要点】解三角形的常见题型及求解方法 (1)已知两角 A，B 与一边 a，由 ABC 及 a sin A b sin B c sin C，可先求出角 C 及 b，再求出 c. (2)已知两边 b，c 及其夹角 A，由 a2b2c22bccos A，先求出 a，再求出角 B，C. (3)已知三边 a，b，c，由余弦定理可求出角 A，B，C. (4)已知两边 a， b 及其中一边的对角 A， 由正弦定理 a sin A b sin B可求出另一边 b 的对角 B， 由 C(AB)， 可求出角 C，再由 a sin A c sin C可求出 c，而通过 a sin A b sin B求角 B 时，可能
3、有一解或两解或无解的情况 类型一类型一 用正弦定理解三角形用正弦定理解三角形 【例【例 1】 】 (2020 北京朝阳区模拟北京朝阳区模拟)在 ABC 中，B 6，c4，cosC 5 3 ，则 b( ) A3 3 B3 C.3 2 D.4 3 【答案】B 【解析】因为 cosC 5 3 ，C(0，)，所以 sinC 1cos2C2 3.又因为 B 6，c4，所以由正弦定理得 b csinB sinC 4 1 2 2 3 3. 【例【例 2】 】 (2020 丹东模拟丹东模拟)在 ABC 中，C60 ，AC 2，AB 3，则 A( ) A15 B45 C75 D105 【答案】C 【解析】在 A
4、BC 中，C60 ，AC 2，AB 3， 由正弦定理得 sinBACsinC AB 2 3 2 3 2 2 . 因为 ABAC，所以 CB， 所以 B 2 0 ，所以 B45 ，又 C60 ， 所以 A180 BC180 45 60 75 . 类型二类型二 用余弦定理解三角形用余弦定理解三角形 【例【例 3】(2020 贵阳模拟贵阳模拟)平行四边形 ABCD 中，AB2，AD3，AC4，则 BD( ) A4 B. 10 C. 19 D. 7 【答案】B 【解析】如图所示 在 ABC 中，AB2，BCAD3，AC4，由余弦定理得 cosABCAB 2BC2AC2 2AB BC 4916 2 2
5、3 1 4， 所以 cosDABcosABC1 4，在 ABD 中，由余弦定理得 BD 2AD2AB22AD AB cosDAB32 222 3 2 1 410.所以 BD 10. 【例 4】 在 ABC 中，AB4，AC7，BC 边上中线 AD7 2，则 BC_ 【答案】9 【解析】设 BDDCx，ADC，ADB， 在 ADC 中，72x2(7 2) 22x7 2cos ， 在 ABD 中，42x2(7 2) 22x7 2cos()， 得 x9 2，BC9. 类型三类型三 综合利用正、余弦定理解三角形综合利用正、余弦定理解三角形 【例【例 5】(2019 全国卷全国卷) ABC 的内角 A，
6、B，C 的对边分别为 a，b，c.设(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin C. 求 A； 若 2ab2c，求 sin C. 【答案】A60 6 2 4 【解析】由已知得 sin2Bsin2Csin2Asin Bsin C，故由正弦定理得 b2c2a2bc. 由余弦定理得 cos Ab 2c2a2 2bc 1 2. 因为 0 A180 ，所以 A60 . 由知 B120 C，由题设及正弦定理得 2sin Asin(120 C)2sin C，即 6 2 3 2 cos C1 2sin C2sin C，可得 cos(C60 ) 2 2 . 由于 0 C120 ，所以 sin(C60
7、) 2 2 ， 故 sin Csin(C60 60 )sin(C60 )cos 60 cos(C60 )sin 60 6 2 4 . 【例 6】在 ABC 中，a3，bc2，cosB1 2. (1)求 b，c 的值； (2)求 sin(BC)的值 【答案】(1)c5，b7.(2)4 3 7 . 【解析】(1)由余弦定理 b2a2c22accosB，得 b232c22 3 c 2 1 -. 因为 bc2，所以(c2)232c22 3 c 2 1 -， 解得 c5，所以 b7. (2)由 cosB1 2，得 sinB 3 2 . 由正弦定理，得 sinCc bsinB 5 3 14 . 在 ABC
8、 中，B 是钝角，所以 C 为锐角， 所以 cosC 1sin2C11 14. 所以 sin(BC)sinBcosCcosBsinC4 3 7 . 题型二题型二 利用正、余弦定理边角互化利用正、余弦定理边角互化 【题型要点】【题型要点】1应用正、余弦定理转化边角关系的技巧 技巧 解读 边化角 将表达式中的边利用公式 a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC 化为角的关系 角化边 将表达式中的角利用公式转化为边，出现角的正弦值用正弦定理转化，出现 角的余弦值用余弦定理转化 和积 互化 a2b2c22bccosA(bc)22bc(1cosA)可联系已知条件，利用方程思 想进行求解三角形的边
9、2利用正、余弦定理判断三角形形状的基本方法 (1)“角化边”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，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)“边化角”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变 形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用 ABC 这个结论 【例【例 1】(2020 武汉调研武汉调研)在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若c bcosA，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】因为c bcosA，所以 cb
10、cosA， 由正弦定理得 sinCsinBcosA， 又 ABC，所以 sinCsin(AB) 所以 sinAcosBcosAsinBsinBcosA， 所以 sinAcosB0， 所以 cosB0，B 为钝角，所以 ABC 是钝角三角形 【例 2】(2019 全国卷全国卷) ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 asinAbsinB4csinC，cosA 1 4，则 b c( ) A6 B5 C4 D3 【答案】A 【解析】asinAbsinB4csinC，由正弦定理得 a2b24c2，即 a24c2b2.由余弦定理得 cosA b2c2a2 2bc b 2c24c2b
11、2 2bc 3c 2 2bc 1 4， b c6.故选 A. 【例【例 3】(2020 黄冈模拟黄冈模拟)在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 且满足 2acosAccosBbcosC. (1)求角 A； (2)若 a 13，AB AC6，求 ABC 的周长 【答案】(1)A 3(2)7 13 【解析】(1)因为 2acosAbcosCccosB， 在 ABC 中，由正弦定理 a sinA b sinB c sinC2R， 得 a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC， 所以 2sinAcosAsinBcosCcosBsinC， 即 2sinAcosAsin(BC)s
12、inA， 因为 0A，所以 sinA0， 所以 2cosA1，即 cosA1 2，所以 A 3. (2)由余弦定理 a2b2c22bc cosA， 得 13b2c22bc 1 2. 得(bc)23bc13，由AB AC6，得 bccosA6，所以 bc12. 所以(bc)23613，得 bc7，所以 ABC 的周长为 abc7 13. 题型三题型三 与三角形面积有关的问题与三角形面积有关的问题 【题型要点】【题型要点】1求三角形面积的方法 (1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积， 代入公式求面积. (2)若已知三角形的三边，可先求其一
13、个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰 当选择面积公式是解题的关键 2已知三角形的面积求边、角的方法 (1)若求角，就寻求夹这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解 (2)若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求解. 【例【例 1】 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 sin A 3cos A0，a2 7，b2. (1)求 c； (2)设 D 为 BC 边上一点，且 ADAC，求 ABD 的面积 【答案】(1)c4；(2) 3 【解析】(1)由已知条件可得 tan A 3，A(0，)，所以 A2 3 ，在 ABC 中，由余弦
14、定理得 284c2 4ccos 2 3 ，即 c22c240， 解得 c6(舍去)，或 c4. (2)法一：如图，由题设可得CAD 2， 所以BADBACCAD 6， 故 ABD 面积与 ACD 面积的比值为 1 2AB AD sin 6 1 2AC AD 1， 又 ABC 的面积为1 2 4 2sinBAC2 3， 所以 ABD 的面积为 3. 法二：由余弦定理得 cos C 2 7， 在 Rt ACD 中，cos CAC CD， 所以 CD 7，所以 AD 3，DBCD 7， 所以 S ABDS ACD1 2 2 7 sin C 7 3 7 3. 法三：BAD 6，由余弦定理得 cos C
15、 2 7， 所以 CD 7，所以 AD 3， 所以 S ABD1 2 4 3 sinDAB 3. 【例【例 2】(2019 全国卷) ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 b6，a2c，B 3，则 ABC 的 面积为_ 【答案】6 3 【解析】 法一： 因为 a2c， b6， B 3， 所以由余弦定理 b 2a2c22accos B， 得 62(2c)2c22 2c ccos 3，得 c2 3，所以 a4 3，所以 ABC 的面积 S 1 2acsin B 1 2 4 3 2 3 sin 36 3. 法二：因为 a2c，b6，B 3，所以由余弦定理 b 2a2c22acco
16、s B，得 62(2c)2c22 2c ccos 3， 得 c2 3，所以 a4 3，所以 a2b2c2，所以 A 2，所以 ABC 的面积 S 1 2 2 3 66 3. 【例【例 3】(2020 贵阳模拟贵阳模拟)在 ABC 中，内角 A，B，C 的对边 a，b，c 成公差为 2 的等差数列，C120 . (1)求边长 a； (2)求 AB 边上的高 CD 的长 【答案】(1)a3；(2)15 3 14 【解析】(1)由题意得 ba2，ca4， 由余弦定理 cos Ca 2b2c2 2ab 得 cos 120 a 2（a2）2（a4）2 2a（a2） ，即 a2a60，所以 a3 或 a
17、2(舍去)，所以 a3. (2)法一：由(1)知 a3，b5，c7， 由三角形的面积公式得 1 2absinACB 1 2c CD， 所以 CDabsinACB c 3 5 3 2 7 15 3 14 ， 即 AB 边上的高 CD15 3 14 . 法二：由(1)知 a3，b5，c7， 由正弦定理得 3 sin A 7 sinACB 7 sin 120 ， 即 sin A3 3 14 ， 在 Rt ACD 中，CDACsin A5 3 3 14 15 3 14 ， 即 AB 边上的高 CD15 3 14 . 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1设 ABC 的内角 A，B，
18、C 所对的边分别为 a，b，c，若 bcos Cccos Basin A，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】【答案】B 【解析】由正弦定理得 sin Bcos Csin Ccos Bsin2A， sin(BC)sin2A， 即 sin(A)sin2A，sin Asin2A. A(0，)，sin A0，sin A1， 即 A 2，ABC 为直角三角形 2已知 ABC 中，A 6，B 4，a1，则 b 等于( ) A2 B1 C. 3 D. 2 【答案】【答案】D 【解析】由正弦定理 a sin A b sin B，得 1 sin 6 b si
19、n 4 ，所以1 1 2 b 2 2 ，所以 b 2. 3.已知 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cosA4 5，cosC 12 13，a1，则 b 等于( ) A2 B.56 13 C.21 13 D.56 39 【答案】D 【解析】因为 A(0，)，B(0，)，cosA4 5，cosC 12 13.所以 sinA 3 5，sinC 5 13，所以 sinBsin(AC) sinAcosCcosAsinC3 5 12 13 4 5 5 13 56 65.由正弦定理，得 b asinB sinA 1 56 65 3 5 56 39. 4.(2020 成都模拟成都模拟)
20、在 ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 asin Bcos Ccsin Bcos A1 2b，且 a b，则 B( ) A. 6 B. 3 C. 2 3 D.5 6 【答案】【答案】A 【解析】由正弦定理得，sin Asin Bcos Csin Csin Bcos A1 2sin B，因为 sin B0，所以 sin Acos Csin Ccos A 1 2，即 sin(AC) 1 2，所以 sin B 1 2.已知 ab，所以 B 不是最大角，所以 B 6. 5. ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 ABC 的面积为a 2b2c2 4 ，则 C(
21、 ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】【答案】C 【解析】 由题可知 S ABC1 2absin C a2b2c2 4 ， 所以 a2b2c22absin C， 由余弦定理 a2b2c22abcos C，所以 sin Ccos C因为 C(0，)，所以 C 4.故选 C. 6.(2020 安徽省江南十校联考安徽省江南十校联考)在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 b2 7，c3，B2C， 则 cos2C 的值为( ) A. 7 3 B.5 9 C.4 9 D. 7 4 【答案】B 【解析】由正弦定理，得b c sinB sinC 2 7 3 .又因为 B
22、2C，所以2 7 3 sin2C sinC 2cosC，故 cosC 7 3 ，所以 cos2C 2cos2C12 7 91 5 9. 7.(2020 许昌摸底许昌摸底)若 ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 sin(CA)1 2sinB，且 b4， 则 c2a2( ) A10 B8 C7 D4 【答案】B 【解析】因为 ABC，所以 sin(CA)1 2sinB 1 2sin(AC)，即 2sinCcosA2cosCsinAsinAcosC cosAsinC，即 sinCcosA3sinAcosC.由正弦定理和余弦定理，得 c b2c2a2 2bc 3a a2b2
23、c2 2ab ，化简得 c2a2 b 2 2 16 2 8.故选 B. 8(2020 泸州模拟泸州模拟)在 ABC 中，角 B 为3 4 ，BC 边上的高恰为 BC 边长的一半，则 cosA( ) A.2 5 5 B. 5 5 C.2 3 D. 5 3 【答案】A 【解析】设 BC 边上的高为 h，则 BC2h，AB 2h，由余弦定理，得 AC2AB2BC22AB BC cosB2h2 4h22 2h 2h 2 2 -10h2，故 AC 10h.所以 cosAAB 2AC2BC2 2AB AC 2h 2 10h22h2 2 2h 10h 2 5 5 . 9.在 ABC 中，内角 A，B，C 所
24、对的边分别为 a，b，c，且 acos Bcb 20，a 27 2bc，bc，则 b c( ) A.3 2 B2 C3 D. 5 2 【答案】【答案】B 【解析】由余弦定理 b2a2c22accos B 可得 acos Ba 2c2b2 2c ，又 acos Bcb 20，a 27 2bc，所以 c b 2 7 2bcc 2b2 2c ，即 2b25bc2c20，所以有(b2c) (2bc)0.所以 b2c 或 c2b，又 bc，所以b c 2.故选 B. 10(2020 太原五中模拟太原五中模拟)在 ABC 中，ca 2c sin2B 2(a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边)，则 AB
25、C 的形状 为( ) A直角三角形 B等边三角形 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】利用正弦定理及二倍角公式得sinCsinA 2sinC 1cosB 2 ，即 sinAsinCcosB.又 sinAsin(BC) sinBcosCcosBsinC，所以 sinBcosC0.在 ABC 中，sinB0，故 cosC0，则 C 2，故 ABC 为直角三角 形，故选 A. 二、填空题二、填空题 1.在锐角 ABC 中，角 A，B 所对的边分别为 a，b，若 2asin B 3b，则角 A_ 【答案】 3 【解析】因为 2asin B 3b，所以 2sin Asin B
26、 3sin B，得 sin A 3 2 ，所以 A 3或 A 2 3 .因为 ABC 为 锐角三角形，所以 A 3. 2.(2020 衡阳模拟衡阳模拟)在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，a 2 bc c b b c 3， ABC 外接圆的半径 为 3，则 a_. 【答案】3 【解析】由题意，得a 2c2b2 bc 3，根据余弦定理，得 cosAb 2c2a2 2bc 3 2 .所以 sinA1 2，又因为 ABC 外接圆的半径为 3，所以根据正弦定理得 a sinA6，所 以 a3. 3 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 b2，B 6，C 4，
27、则 ABC 的面积为_ 【答案】 31 【解析】b2，B 6，C 4， 由正弦定理 b sin B c sin C， 得 cbsin C sin B 2 2 2 1 2 2 2，A( 6 4) 7 12， sin Asin( 4 3)sin 4cos 3cos 4sin 3 6 2 4 . 则 S ABC1 2bc sin A 1 2 2 2 2 6 2 4 31. 4.(2020 江西省九江市一模江西省九江市一模)在 ABC 中， a， b， c 分别为角 A， B， C 的对边， 已知 cos2Acos2Bsin2CsinBsinC 1 4，且 ABC 的面积为 3，则 a 的值为_ 【答
28、案】2 3 【解析】 ABC 中，由 cos2Acos2Bsin2CsinBsinC1 4，得 1sin 2A(1sin2B)sin2Csin2Bsin2C sin2AsinBsinC，b2c2a2bc，由余弦定理，得 cosAb 2c2a2 2bc 1 2，又 A(0，)，A 3.由正 弦定理 a sinA b sinB c sinC， bc sinBsinC a2 sin2A， 即 bc 1 4 a2 sin2 3 ， 化简得 a23bc.又 ABC 的面积为 S ABC1 2bcsinA 3，bc4，a212，解得 a2 3. 5(2020 海淀模拟海淀模拟) ABC 的三个内角 A，B
29、，C 所对的边分别为 a，b，c，asinAsinBbcos2A2a，则角 A 的取值范围是_ 【答案】 6 0 ， 【解析】由已知及正弦定理得 sin2AsinBsinBcos2A2sinA，即 sinB(sin2Acos2A)2sinA，sinB2sinA， b2a， 由余弦定理得 cosAb 2c2a2 2bc 4a 2c2a2 4ac 3a 2c2 4ac 2 3ac 4ac 3 2 ， 当且仅当 c 3a 时取等号， A 为三角形的内角，且 ycosx 在(0，)上是减函数，0A 6，则角 A 的取值范围是 6 0 ，. 6(2020 揭阳摸底揭阳摸底)在 ABC 中，AD 是 BC
30、 边上的中线，ABD 6.若 AB 3BD，则CAD_. 若 AC2AD2，则 ABC 的面积为_ 【答案】 3 3 【解析】设 BDm，则 AB 3m，BC2m，根据余弦定理，AD2AB2BD22AB BDcosABDm2， AC2AB2BC22AB BCcosABDm2， ADDCACm， 即 ACD是正三角形， CAD 3.记 ABC 的三内角BAC，ABC，ACB 所对的三条边分别为 a，b，c，则 BD1 2a，由余弦定理可得，AD 2AB2 BD22AB BDcosABD，1c2 2 2 1 a 3 2 ac，即 44c2a22 3ac，又 AC2AB2BC2 2AB BCcosA
31、BC， 4c2a2 3ac， 于是， 4c2a22 3acc2a2 3ac， a 3c， 代入 c2a2 3 ac4 可得 c2，a2 3， S ABC1 2acsinABC 3. 三、解答题 1 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 ABC 的面积为 a2 3sin A. (1)求 sin Bsin C； (2)若 6cos Bcos C1，a3，求 ABC 的周长 【答案】(1)2 3；(2)3 33 【解析】(1)由题设得1 2acsin B a2 3sin A， 即1 2csin B a 3sin A. 由正弦定理，得1 2sin Csin B sin A 3si
32、n A， 故 sin Bsin C2 3. (2)由题设及(1)，得 cos Bcos Csin Bsin C1 2， 即 cos(BC)1 2.所以 BC 2 3 ，故 A 3. 由题意得1 2bcsin A a2 3sin A，a3，所以 bc8. 由余弦定理，得 b2c2bc9， 即(bc)23bc9.由 bc8，得 bc 33. 故 ABC 的周长为 3 33. 2.(2020 西安质检西安质检)在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，面积为 S，已知 2acos2C 22ccos 2A 2 5 2b. (1)求证：2(ac)3b； (2)若 cos B1 4，S 1
33、5，求 b. 【答案】(1)见解析；(2)b4 【解析】(1)证明：由已知得， a(1cos C)c(1cos A)5 2b. 在 ABC 中，过 B 作 BDAC，垂足为 D， 则 acos Cccos Ab. 所以 ac3 2b，即 2(ac)3b. (2)因为 cos B1 4，所以 sin B 15 4 . 因为 S1 2acsin B 15 8 ac 15， 所以 ac8. 又 b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)，2(ac)3b， 所以 b29b 2 4 16 (11 4)，所以 b4. 3在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 a2(
34、bc)2(2 3)bc，sin Asin Bcos2C 2，BC 边上的中线 AM 的长为 7. (1)求角 A 和角 B 的大小； (2)求 ABC 的面积 【答案】(1)A 6；B 6.(2) 3 【解析】(1)由 a2(bc)2(2 3)bc， 得 a2b2c2 3bc，cos Ab 2c2a2 2bc 3 2 ， 又 0A，A 6. 由 sin Asin Bcos2C 2， 得1 2sin B 1cos C 2 ，即 sin B1cos C， 则 cos C0，即 C 为钝角， B 为锐角，且 BC5 6 ， 则 sin(5 6 C)1cos C，化简得 cos(C 3)1， 解得 C
35、2 3 ，B 6. (2)由(1)知，ab，在 ACM 中， 由余弦定理得 AM2b2(a 2) 22b a 2 cos Cb 2b 2 4 b 2 2( 7) 2， 解得 b2， 故 S ABC1 2absin C 1 2 2 2 3 2 3. 4(2020 福州期末福州期末)已知菱形 ABCD 的边长为 2，DAB60 .E 是边 BC 上一点，线段 DE 交 AC 于点 F. (1)若 CDE 的面积为 3 2 ，求 DE 的长； (2)若 7CF4DF，求 sinDFC. 【答案】(1) 3；(2) 3 21 14 【解析】 (1)依题意，得BCDDAB60 . 因为 CDE 的面积
36、S1 2CD CE sinBCD 3 2 ， 所以1 2 2CE 3 2 3 2 ，解得 CE1. 在 CDE 中，由余弦定理，得 DE CD2CE22CD CEcosBCD 22122 2 1 1 2 3. (2)解法一：依题意，得ACD30 ，BDC60 ， 设CDE，则 0 60 . 在 CDF 中，由正弦定理，得 CF sin DF sinACD， 因为 7CF4DF，所以 sin CF 2DF 2 7 7 ， 所以 cos 21 7 ， 所以 sinDFCsin(30 ) 1 2 21 7 3 2 2 7 7 3 21 14 . 解法二：依题意，得ACD30 ，BDC60 ， 设CD
37、E，则 0 60 ， 设 CF4x，因为 7CF4DF，则 DF 7x， 在 CDF 中，由余弦定理，得 DF2CD2CF22CD CFcosACD， 即 7x2416x28 3x，解得 x2 3 9 或 x2 3 3 . 又因为 CF1 2AC 3，所以 x 3 4 ，所以 x2 3 9 ， 所以 DF2 21 9 ， 在 CDF 中，由正弦定理，得 CD sinDFC DF sinACD， 所以 sinDFC2sin30 2 21 9 3 21 14 . 5(2020 郑州模拟郑州模拟)在 ABC 中，AB2 3，AC 3，AD 为 ABC 的内角平分线，AD2. (1)求BD DC的值；
38、 (2)求角 A 的大小 【答案】(1)2；A 3 【解析】(1)在 ABD 中，由正弦定理，得 BD sinA 2 AB sinADB， 在 ACD 中，由正弦定理，得 CD sinA 2 AC sinADC. 因为 sinADBsinADC，AC 3，AB2 3， 故BD DC AB AC2. (2)在 ABD 中，由余弦定理，得 BD2AB2AD22AB ADcosA 2168 3cos A 2， 在 ACD 中，由余弦定理得 CD2AC2AD22AC ADcosA 274 3cos A 2， 又BD 2 CD24 168 3cosA 2 74 3cosA 2 ，解得 cosA 2 3 2 . 又A 2 2 0 ，故A 2 6，A 3.
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