高考三角函數(shù)經(jīng)典解答題及答案1.在三角形ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別是a、b、c，且a^2+c^2-b^2=sin^2(2A)+sin^2(2C)+cos^2(2B)。我們需要求sin^2(2A)+sin^2(2C)+cos^2(2B)的值，并且如果b=2，需要求出三角形ABC的最大面積。解：(1)根據(jù)余弦定理，我們可以求出cosB=-4/5，進(jìn)而得到sinB=3/5。因?yàn)閎=2，所以c^2=a^2+4-4acosB=4a+12。根據(jù)正弦定理，三角形的面積為S=1/2acsinB，代入c的表達(dá)式可以得到S=3a/5。因此，當(dāng)a=c時(shí)，面積最大，此時(shí)S=6/5。2.在三角形ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，且bcosC=3acosB-ccosB。（I）求cosB的值；（II）如果BA×BC=2，且b=2√2，求a和c的值。解：（I）根據(jù)正弦定理，我們可以得到a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，其中R為三角形的外接圓半徑。根據(jù)cosC的表達(dá)式，我們可以得到cosB=3sinAsinB/sinC-sinB。因?yàn)閟inA≠0，所以cosB=3sinB/(3cosB-1)。解方程可以得到cosB=1/3。（II）根據(jù)BA×BC=2，我們可以得到acosB=2。代入b的表達(dá)式可以得到c^2=a^2+12。根據(jù)余弦定理，我們可以得到a^2+c^2-2accosB=4，代入c^2的表達(dá)式可以得到a^2+3a-4=0，解方程可以得到a=1或a=-4。因?yàn)閍和c都是正數(shù)，所以a=1，c=√13。已知向量$m=(1,2\sinA)$，$n=(\sinA,1+\cosA)$，滿足$m\paralleln$，$b+c=3a$。求：（1）$A$的大??；（2）$\sin(B+\frac{\pi}{6})$的值。解：（1）由$m\paralleln$得$2\sinA-1-\cosA=0$，即$2\cos2A+\cosA-1=0$。解得$\cosA=\frac{1}{2}$或$\cosA=-1$，舍去$\cosA=-1$，得$A=\frac{\pi}{3}$。（2）$\becauseb+c=3a$，$\therefore$由正弦定理，$\sinB+\sinC=3\sinA=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。又$\becauseC=\frac{2\pi}{3}$，$\therefore\sinC=\frac{\sqrt{3}}{2}$。由$\sinB+\sinC=2\sin(\frac{B+C}{2})\cos(\frac{B-C}{2})$得$\cos(\frac{B-C}{2})=\frac{\sqrt{3}}{4}$。又$\becauseB+C=\frac{2\pi}{3}$，$\therefore\cosB=-\cosC=-\frac{1}{2}$。由$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$得$\sinB=\frac{\sqrt{3}}{2}$。$\therefore\sin(B+\frac{\pi}{6})=\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。在$\triangleABC$中，$a$、$b$、$c$分別是角$A$、$B$、$C$的對(duì)邊，$C=2A$，$\cosA=\frac{9}{16}$。（1）求$\cosC$，$\cosB$的值；（2）若$BA\cdotBC=\frac{3}{427}$，求邊$AC$的長(zhǎng)。解：（1）由$\cosC=2\cos^2A-1=\frac{17}{32}$，$\cosB=-\cos(A+C)=\cosA\cosC-\sinA\sinC=-\frac{\sqrt{255}}{32}$。（2）由余弦定理，$AC^2=a^2+c^2-2ac\cosB=a^2+c^2+2ac\cos(A+C)=a^2+c^2+2ac\cos2A$。又$\becauseC=2A$，$\cos2A=2\cos^2A-1=\frac{1}{8}$。$\thereforeAC^2=a^2+c^2+\frac{1}{4}ac=\frac{17}{16}a^2$。又$BA\cdotBC=\frac{3}{427}$，$\thereforea^2=\frac{3}{427}b^2c^2=\frac{3}{427}(\frac{ac}{2})^2$。$\thereforeAC=\frac{a}{4}\sqrt{68}=\frac{a}{4}\sqrt{4\cdot17}=\frac{a}{2}\sqrt{17}$。已知$A$、$B$是$\triangleABC$的兩個(gè)內(nèi)角，向量$a=(2\cosA,\sinA-B)$，若$|a|=\sqrt{36}$，$\sin\frac{2B}{3}=\frac{1}{2}$。（1）試問$\tanA\cdot\tanB$是否為定值？若為定值，求出；否則請(qǐng)說明理由；（2）求$\tanC$的最大值，并判斷此時(shí)三角形的形狀。解：（1）由$|a|=\sqrt{36}$，得$4\cos^2A+(\sinA-B)^2=9$，即$4\cos^2A+\sin^2A+B^2-2\sinAB=9$。由$\sin\frac{2B}{3}=\frac{1}{2}$得$\cos\frac{B}{3}=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$。$\therefore\sinB=2\sin\frac{B}{2}\cos\frac{B}{2}=\pm\sqrt{3}\cos\frac{B}{3}$。$\therefore\tanA\cdot\tanB=\frac{\sinA}{\cosA}\cdot\frac{\sinB}{\cosB}=\frac{\sinA\sinB}{\cosA\cosB}=\frac{\sinA\cdot\pm\sqrt{3}\cos\frac{B}{3}}{\cosA\cdot\cos\frac{B}{3}}$。$\because\sinA=\sin(A+B-B)=\sin(A+B)\cosB-\cos(A+B)\sinB$，$\cosA=\cos(A+B+B)=\cos(A+B)\cosB+\sin(A+B)\sinB$，$\therefore\tanA\cdot\tanB=\frac{\sin(A+B)\cosB-\cos(A+B)\sinB}{\cos(A+B)\cosB+\sin(A+B)\sinB}\cdot\frac{\pm\sqrt{3}\cos\frac{B}{3}}{\cos\frac{B}{3}}$?；?jiǎn)得$\tanA\cdot\tanB=\pm\sqrt{3}$。（2）$\because\tanC=-\tan(A+B)=-\frac{\tanA+\tanB}{1-\tanA\tanB}$，$\therefore\tanC$的最大值為$-\frac{\sqrt{3}+(-\sqrt{3})}{1-\sqrt{3}\cdot(-\sqrt{3})}=1$。當(dāng)$\tanA=\sqrt{3}$，$\tanB=-\frac{1}{\sqrt{3}}$時(shí)，$\tanC=1$，此時(shí)$\triangleABC$為等腰直角三角形。解：(1)將題目中的式子化簡(jiǎn)得：tanA+tanB=1/tanB即tanA=tanB(1/tanB-1)=1-tanB∴tanA+tanB=1-tanB+tanB=1又因?yàn)锳、B為銳角，所以tanA>0，tanB>0∴A+B=45°又因?yàn)锳、B為銳角，所以tan(A+B)=(tanA+tanB)/(1-tanAtanB)=1∴1-tanAtanB=tanA+tanB=1∴tanAtanB=0∴A=0°或B=0°若A=0°，則B=45°，C=135°若B=0°，則A=45°，C=135°綜上所述，A=0°，B=45°，C=135°或A=45°，B=0°，C=135°(2)由余弦定理得：c^2=a^2+b^2-2abcosC又因?yàn)閍-b=c-b∴a=c∴cosC=(a^2+b^2-c^2)/(2ab)=0∴C=90°由正弦定理得：a/sinA=b/sinB=c/sinC=2b/sqrt(2)/2=bsqrt(2)∴a=b/sqrt(2)又因?yàn)锳+B+C=180°，且A=0°或B=0°，所以C=45°或A=45°，B=0°，C=45°若C=45°，則sinA=sqrt(2)/4，sinB=sqrt(2)/4若A=45°，B=0°，則sinA=1/sqrt(2)，sinB=0綜上所述，sinA=sqrt(2)/4，sinB=sqrt(2)/4，sinC=sqrt(2)/2或sinA=1/sqrt(2)，sinB=0，sinC=sqrt(2)/2△ABC的面積為(1/2)absinC=sqrt(2)/4ab或(1/2)absinA=sqrt(2)/8b^2已知向量m=(sinA,cosA)，n=(cosB,sinB)，求|3m-2n|的取值范圍。解：由向量的加減法可得3m-2n=(3sinA-2cosB,3cosA-2sinB)，所以|3m-2n|=√[(3sinA-2cosB)2+(3cosA-2sinB)2]。⑴求角A的大小。由m=(2b-c,a)和n=(cosA,-cosC)且m⊥n可得(2b-c)cosA-acosC=0，即2sinBcosA-sinAcosC=0，所以cosA=sinA/2sinB。⑵當(dāng)y=2sin2B+sin(2B+π/6)取最大值時(shí)，求角B的大小。解：y=2sin2B+sin(2B+π/6)=2sin2B+sin2Bcos(π/6)+cos2Bsin(π/6)=2sin2B+sin2B/2+cos2B√3/2=2sin2B+√3/2sin2B+√3/4，設(shè)f(B)=2sin2B+√3/2sin2B+√3/4，則f'(B)=4sinBcosB+√3cos2B，令f'(B)=0，可得sinB=√3/3，cosB=1/3，所以B=π/3或5π/3。11在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對(duì)邊，且（I）求角B的大??；（II）若b=13，a+c=4，求△ABC的面積。解：（I）由正弦定理可得cosB=(a2+c2-b2)/(2ac)，又因?yàn)锳+B+C=π，所以cosB=-cos(A+C)，代入cosB的式子中可得2sinAcosB+sinCcosB+cosCsinB=0，即2sinAcosB+sin(B+C)=0，又因?yàn)锽+C=π-A，所以2sinAcosB-sinA=0，所以cosB=1/2，即B=π/3。（II）由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB，代入a+c=4可得c=4-a，代入b=13可得a2+(4-a)2-2a(4-a)cosB=169，化簡(jiǎn)可得2a2-8a+15=0，解得a=1或15/2，因?yàn)閍+c=4，所以當(dāng)a=1時(shí)，c=3，當(dāng)a=15/2時(shí)，c=-7/2，不符合實(shí)際，所以a=1，c=3，所以△ABC的面積為S=1/2acsinB=3/2√3。將b=13，a+c=4，B=22代入b=(a+c)-2accosB，得到13=16-2ac(1-cosB)，因此ac=3。又由S=1/2acsinB=3/4，得到sinB=3/2ac=3/8。因此，S=1/2*ac*sinB=3/24=1/8。求出角C的最大值，需要解不等式x^2cosC+4xsinC+6<0，但由于該不等式無解，因此角C沒有最大值。由余弦定理得c^2=a^2+b^2-2abcosC，代入ab=3，得到c^2=18-6cosC。當(dāng)C=60度時(shí)，sinC=sqrt(3)/2，代入S=1/2absinC，得到S=3sqrt(3)/4。代入c^2=18-6cosC，得到c^2=9，因此c=3。代入a+b=c^2/ab=13/3，得到a+b=13/3。將(2a-c)cosB=bcosC代入sinB=3/8，得到2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA。因此，B=pi/3。將m=(sinA,cos2A)和n=(4k,1)代入m*n=4ksinA+cos2A，得到4ksinA+cos2A=-2sinA+4ksinA+1，化簡(jiǎn)得到cos2A=1-6sinA，代入sin^2A+cos^2A=1，得到sinA=sqrt(7)/6，cosA=-5/6。因此，m*n=-2sqrt(7)/3+4k*sqrt(7)/3+1，要求m*n的最大值為5，因此-2sqrt(7)/3+4k*sqrt(7)/3+1=5，解得k=4/3。已知銳角三角形ABC，其中三個(gè)內(nèi)角為A、B、C，向量p=(2sinA,cosAsinA)與向量q=(2qsinAcosA,qsinA)共線，且向量C3B的最大值為2sin2B+cos(π/2-3B)，求角A和函數(shù)y=2sin2B+cos(π/2-3B)的最大值。解：（I）因?yàn)閜和q共線，所以它們的向量積為0，即(2sinA)(qsinA)-(cosAsinA)(2qsinAcosA)=0，化簡(jiǎn)得sin2A=q(1+sinA)/(cosA-sinA)，進(jìn)一步化簡(jiǎn)得sin2A=(2q-1)tanA，解得sinA=3π/23，因?yàn)锳為銳角，所以A=π/6。（II）將向量C3B表示為向量BC-BB3，即(2sinBcosC-2sinBsinA,2sinBsinC-2cosB)，注意到sin2B+cos2B=1，所以2sin2B+cos(π/2-3B)=2sin2B+sin3B，將sin3B拆開，得到2sin2B+cos(π/2-3B)=3sinB-4sin3B/3+1，對(duì)于一個(gè)固定的B，右邊是一個(gè)關(guān)于sinB的三次函數(shù)，最大值為2當(dāng)且僅當(dāng)sinB=1/3，此時(shí)cos(π/2-3B)=2/3，所以最大值為2。在三角形ABC中，已知向量m=(cosA,sinA)和向量n=(cosB,-sinB)，且m和n的夾角為π/3，求角C和a+b（a、b、c分別為∠A、∠B、∠C所對(duì)的邊），已知c=3/7，且三角形的面積S=8/22。解：由向量的點(diǎn)積公式可得cos(π/3)=m?n/|m||n|=cosAcosB+sinAsinB/√(cos2A+sin2A)(cos2B+sin2B)，化簡(jiǎn)得cosAcosB+sinAsinB=1/2，即cos(A-B)=1/2，所以A-B=π/3或11π/6，因?yàn)锳和B都是銳角，所以A-B=π/3，解得A=5π/12，B=π/4，C=π/3。由余弦定理可得a2=b2+c2-2bc*cosA，代入已知的c和S，化簡(jiǎn)得a+b=16/7。（I）根據(jù)正弦定理，有$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，又已知$\cosB=\frac{2}$，代入$\cos^2B+\sin^2B=1$，得$\sinB=\frac{\sqrt{3}}{2}$。因此，$\sinA=\frac{a}{c}\sinC=\frac{2a}\sinB=\sqrt{3}\frac{a}$。（II）由海倫公式，$\Delta=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$，其中$s=\frac{a+b+c}{2}$。代入$a+c=2b$，得$s=\frac{3}{2}b$，又因?yàn)?\Delta=\frac{1}{2}ab\sinC$，所以$\Delta=\frac{1}{2}ab\sqrt{1-\cos^2C}=\frac{1}{2}ab\sqrt{1-\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)^2}=\frac{1}{4}b^2\sqrt{4a^2-b^2}$。代入$\cosB=\frac{2}$，得$\Delta=\frac{1}{4}\sqrt{3}(4\cosB)^2\sqrt{4a^2-(4\cosB)^2}=\frac{3}{4}(b^2-a^2)\sqrt{4a^2-b^2}$。代入$\cosB=\frac{1}{2}$，$b=2$，得$\Delta=\frac{3}{4}(4-a^2)\sqrt{4a^2-4}$。題目22：在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a,b,c，設(shè)S為△ABC的面積，滿足S=3/2(a+b^2-c^2)/4。（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）求sinA+sinB的最大值。解：（Ⅰ）根據(jù)海倫公式，有S=√[p(p-a)(p-b)(p-c)]，其中p=(a+b+c)/2。將S的表達(dá)式代入，得：3/2(a+b^2-c^2)/4=√[p(p-a)(p-b)(p-c)]化簡(jiǎn)得：3(a+b+c)(a+b-c)=16S^2代入S=3/2(a+b^2-c^2)/4，得：3(a+b+c)(a+b-c)=24(a+b^2-c^2)化簡(jiǎn)得：a^2+ab+b^2=c^2根據(jù)余弦定理，有：c^2=a^2+b^2-2abcosC代入a^2+ab+b^2=c^2，得：cosC=-1/2因?yàn)镃是銳角，所以C=120°。（Ⅱ）根據(jù)正弦定理，有：sinA+sinB=2sin[(A+B)/2]cos[(A-B)/2]因?yàn)锳+B+C=180°，所以A+B=60°+C。代入上式，得：sinA+sinB=2sin[(60°+C)/2]cos[(60°-C)/2]化簡(jiǎn)得：sinA+sinB=√3/2cosC因?yàn)镃是銳角，所以cosC>0，所以sinA+sinB的最大值為√3/2。（Ⅰ）根據(jù)正弦定理$a=2b\sinA$，可以得到$\sinA=\frac{2}\sinB$，進(jìn)一步可以得到$\sinB=\frac{1}{2}\sinA$。由于$\triangleABC$是銳角三角形，所以$B=\frac{\pi}{6}$。（Ⅱ）$\cosA+\sinC=\cosA+\sin(\pi-\frac{\pi}{6}-A)=\cosA+\cosA+\sinA=\cosA+\cos(\frac{\pi}{2}-A)+\sinA=\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4}-A)+\sinA=2\sqrt{2}\sin(\frac{\pi}{4}+\frac{A}{2})\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2})$。由于$\triangleABC$是銳角三角形，所以$-\frac{\pi}{6}<A<\frac{\pi}{3}$，因此$0<\frac{\pi}{4}+\frac{A}{2}<\frac{5\pi}{12}$，$0<\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2}<\frac{\pi}{3}$，所以$0<\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2})<\frac{\sqrt{3}}{2}$，$0<\sin(\frac{\pi}{4}+\frac{A}{2})<1$，因此$0<\cosA+\sinC<\frac{3\sqrt{2}}{2}$。所以$\cosA+\sinC$的取值范圍是$\left(0,\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)$。在$\triangleABC$中，角$A,B,C$所對(duì)應(yīng)的邊分別為$a,b,c$，已知$a=\frac{2}{3}b\sinA$，$\tanA+\tanB+\tanC=4$，$\sinB\cosC=\sinA$，求$A,B$及$b,c$。由$\tanA+\tanB+\tanC=4$可以得到$\tanA+\tan(\pi-A-B)+\tanB=4$，即$\tanA+\frac{\tanA-\tanB}{1+\tanA\tanB}+\tanB=4$，整理得$\frac{\sinA}{\cosA+\cosB}+\frac{\sinB}{\cosA+\cosB}=2$。由$\sinB\cosC=\sinA$可以得到$\sinB\cosB=\sinA\cosC$，即$\sin2B=\sinA\sin(A+B)$，因?yàn)?\triangleABC$是銳角三角形，所以$A+B<\frac{\pi}{2}$，所以$0<B<A$。因此$\sin2B>0$，$\sinA\sin(A+B)>0$，所以$\sinA>0$，$\cosA+\cosB>0$。所以$\frac{\sinA}{\cosA+\cosB}+\frac{\sinB}{\cosA+\cosB}>0$。又因?yàn)?\triangleABC$是銳角三角形，所以$\cosA>0$，$\cosB>0$，所以$\frac{\sinA}{\cosA+\cosB}<\frac{\sinA}{\cosA}$，$\frac{\sinB}{\cosA+\cosB}<\frac{\sinB}{\cosB}$。因此$\frac{\sinA}{\cosA}+\frac{\sinB}{\