PAGE1-第2講三角恒等變換與解三角形利用三角恒等變換化簡(jiǎn)、求值[核心提煉]1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ；(2)cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ；(3)tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα；(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).[典型例題](1)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＋sinθ＝eq\f(4\r(3),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(7π,6)))的值是()A．eq\f(4,5)B．eq\f(4\r(3),5)C．－eq\f(4,5)D．－eq\f(4\r(3),5)(2)若sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則α＋β的值是()A.eq\f(7π,4) B.eq\f(9π,4)C.eq\f(5π,4)或eq\f(7π,4) D.eq\f(5π,4)或eq\f(9π,4)【解析】(1)因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＋sinθ＝eq\f(4\r(3),5)，所以eq\f(\r(3),2)cosθ＋eq\f(3,2)sinθ＝eq\f(4\r(3),5)，即eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosθ＋\f(\r(3),2)sinθ))＝eq\f(4\r(3),5)，即eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(4\r(3),5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(7π,6)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5).故選C.(2)因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，又sin2α＝eq\f(\r(5),5)，故2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以cos2α＝－eq\f(2\r(5),5).又β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，故β－α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，于是cos(β－α)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，且α＋β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π))，故α＋β＝eq\f(7π,4).【答案】(1)C(2)Aeq\a\vs4\al()三角函數(shù)恒等變換“四大策略”(1)常值代換：特殊是“1”的代換，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等；(2)項(xiàng)的分拆與角的配湊：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降次與升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；(4)弦、切互化：一般是切化弦．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2024·杭州市高三模擬)函數(shù)f(x)＝3sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＋4cos2eq\f(x,2)(x∈R)的最大值等于()A．5 B．eq\f(9,2)C．eq\f(5,2) D．2解析：選B.因?yàn)閒(x)＝3sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＋4cos2eq\f(x,2)＝eq\f(3,2)sinx＋2cosx＋2＝eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)sinx＋\f(4,5)cosx))＋2＝eq\f(5,2)sin(x＋φ)＋2，其中sinφ＝eq\f(4,5)，cosφ＝eq\f(3,5)，所以函數(shù)f(x)的最大值為eq\f(9,2).2．(2024·浙江五校聯(lián)考)已知3taneq\f(α,2)＋tan2eq\f(α,2)＝1，sinβ＝3sin(2α＋β)，則tan(α＋β)＝()A.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．－eq\f(2,3) D．－3解析：選B.因?yàn)閟inβ＝3sin(2α＋β)，所以sin[(α＋β)－α]＝3sin[(α＋β)＋α]，所以sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝3sin(α＋β)·cosα＋3cos(α＋β)sinα，所以2sin(α＋β)cosα＝－4cos(α＋β)sinα，所以tan(α＋β)＝eq\f(sin（α＋β）,cos（α＋β）)＝－eq\f(4sinα,2cosα)＝－2tanα，又因?yàn)?taneq\f(α,2)＋tan2eq\f(α,2)＝1，所以3taneq\f(α,2)＝1－tan2eq\f(α,2)，所以tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(2,3)，所以tan(α＋β)＝－2tanα＝－eq\f(4,3).3．(2024·寧波諾丁漢高校附中高三期中檢測(cè))若sin(π＋x)＋cos(π＋x)＝eq\f(1,2)，則sin2x＝________，eq\f(1＋tanx,sinxcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))))＝________．解析：sin(π＋x)＋cos(π＋x)＝－sinx－cosx＝eq\f(1,2)，即sinx＋cosx＝－eq\f(1,2)，兩邊平方得：sin2x＋2sinxcosx＋cos2x＝eq\f(1,4)，即1＋sin2x＝eq\f(1,4)，則sin2x＝－eq\f(3,4)，由eq\f(1＋tanx,sinxcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))))＝eq\f(1＋\f(sinx,cosx),\f(\r(2),2)sinx（cosx＋sinx）)＝eq\f(\r(2),sinxcosx)＝eq\f(2\r(2),sin2x)＝eq\f(2\r(2),－\f(3,4))＝－eq\f(8\r(2),3).答案：－eq\f(3,4)－eq\f(8\r(2),3)利用正、余弦定理解三角形[核心提煉]1．正弦定理及其變形在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)．變形：a＝2RsinA，sinA＝eq\f(a,2R)，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等．2．余弦定理及其變形在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA；變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).3．三角形面積公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB.[典型例題](1)(2024·高考浙江卷)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(7)，b＝2，A＝60°，則sinB＝________，c＝________．(2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知b＋c＝2acosB.①證明：A＝2B；②若cosB＝eq\f(2,3)，求cosC的值．【解】(1)因?yàn)閍＝eq\r(7)，b＝2，A＝60°，所以由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA可得c2－2c－3＝0，所以c＝3.故填：eq\f(\r(21),7)3.(2)①證明：由正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.②由cosB＝eq\f(2,3)得sinB＝eq\f(\r(5),3)，cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f(1,9)，故cosA＝－eq\f(1,9)，sinA＝eq\f(4\r(5),9)，cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝eq\f(22,27).eq\a\vs4\al()正、余弦定理的適用條件(1)“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對(duì)角”應(yīng)利用正弦定理．(2)“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)利用余弦定理．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2024·高考浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)D在線段AC上．若∠BDC＝45°，則BD＝________，cos∠ABD＝________．解析：在Rt△ABC中，易得AC＝5，sinC＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(4,5).在△BCD中，由正弦定理得BD＝eq\f(BC,sin∠BDC)×sin∠BCD＝eq\f(3,\f(\r(2),2))×eq\f(4,5)＝eq\f(12\r(2),5)，sin∠DBC＝sin[π－(∠BCD＋∠BDC)]＝sin(∠BCD＋∠BDC)＝sin∠BCDcos∠BDC＋cos∠BCDsin∠BDC＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(2),10).又∠ABD＋∠DBC＝eq\f(π,2)，所以cos∠ABD＝sin∠DBC＝eq\f(7\r(2),10).答案：eq\f(12\r(2),5)eq\f(7\r(2),10)2．(2024·義烏高三月考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C對(duì)應(yīng)的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，且滿意ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bcosA－\f(a,2)))＝b2－a2.(1)求角B的大??；(2)若BD為AC邊上的中線，cosA＝eq\f(1,7)，BD＝eq\f(\r(129),2)，求△ABC的面積．解：(1)因?yàn)閏eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bcosA－\f(a,2)))＝b2－a2，即2bccosA－ac＝2(b2－a2)，所以b2＋c2－a2－ac＝2(b2－a2)，所以a2＋c2－b2＝ac，cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3).(2)法一：在三角形ABD中，由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(129),2)))eq\s\up12(2)＝c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))eq\s\up12(2)－2c·eq\f(b,2)cosA，所以eq\f(129,4)＝c2＋eq\f(b2,4)－eq\f(1,7)bc，①在三角形ABC中，由已知得sinA＝eq\f(4\r(3),7)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(5\r(3),14)，由正弦定理得c＝eq\f(5,7)b.②由①，②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝7，,c＝5.))所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝10eq\r(3).法二：延長(zhǎng)BD到E，DE＝BD，連接AE，在△ABE中，∠BAE＝eq\f(2π,3)，BE2＝AB2＋AE2－2·AB·AE·cos∠BAE，因?yàn)锳E＝BC，129＝c2＋a2＋a·c，①由已知得，sin∠BAC＝eq\f(4\r(3),7)，所以sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(5\r(3),14)，eq\f(c,a)＝eq\f(sin∠ACB,sin∠BAC)＝eq\f(5,8).②由①②解得c＝5，a＝8，S△ABC＝eq\f(1,2)c·a·sin∠ABC＝10eq\r(3).解三角形中的最值(范圍)問(wèn)題[典型例題](1)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知2ccosB＝2a－b.①求角C的大??；②若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(CB,\s\up6(→))))＝2，求△ABC面積的最大值．(2)(2024·杭州市高考數(shù)學(xué)二模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若msinA＝sinB＋sinC(m∈R)．①當(dāng)m＝3時(shí)，求cosA的最小值；②當(dāng)A＝eq\f(π,3)時(shí)，求m的取值范圍．【解】(1)①因?yàn)?ccosB＝2a－b，所以2sinCcosB＝2sinA－sinB＝2sin(B＋C)－sinB，化簡(jiǎn)得sinB＝2sinBcosC，因?yàn)閟inB≠0，所以cosC＝eq\f(1,2).因?yàn)?＜C＜π，所以C＝eq\f(π,3).②取BC的中點(diǎn)D，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(CB,\s\up6(→))))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))|＝2.在△ADC中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcosC，即有4＝b2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(ab,2)≥2eq\r(\f(a2b2,4))－eq\f(ab,2)＝eq\f(ab,2)，所以ab≤8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝4，b＝2時(shí)取等號(hào)．所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab≤2eq\r(3)，所以△ABC面積的最大值為2eq\r(3).(2)①因?yàn)樵凇鰽BC中msinA＝sinB＋sinC，當(dāng)m＝3時(shí)，3sinA＝sinB＋sinC，由正弦定理可得3a＝b＋c，再由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－\f(1,9)（b＋c）2,2bc)＝eq\f(\f(8,9)（b2＋c2）－\f(2,9)bc,2bc)≥eq\f(\f(8,9)·2bc－\f(2,9)bc,2bc)＝eq\f(7,9)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號(hào)，故cosA的最小值為eq\f(7,9).②當(dāng)A＝eq\f(π,3)時(shí)，可得eq\f(\r(3),2)m＝sinB＋sinC，故m＝eq\f(2\r(3),3)sinB＋eq\f(2\r(3),3)sinC＝eq\f(2\r(3),3)sinB＋eq\f(2\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(2\r(3),3)sinB＋eq\f(2\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB))＝eq\f(2\r(3),3)sinB＋cosB＋eq\f(\r(3),3)sinB＝eq\r(3)sinB＋cosB＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，因?yàn)锽∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以B＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5,6)π))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈(1，2]，所以m的取值范圍為(1，2]．eq\a\vs4\al()(1)求最值的一般思路由余弦定理中含兩邊和的平方(如a2＋b2－2abcosC＝c2)且a2＋b2≥2ab，因此在解三角形中，若涉及已知條件中含邊長(zhǎng)之間的關(guān)系，且與面積有關(guān)的最值問(wèn)題，一般利用S＝eq\f(1,2)absinC型面積公式及基本不等式求解，有時(shí)也用到三角函數(shù)的有界性．(2)求三角形中范圍問(wèn)題的常見(jiàn)類型①求三角形某邊的取值范圍．②求三角形一個(gè)內(nèi)角的取值范圍，或者一個(gè)內(nèi)角的正弦、余弦的取值范圍．③求與已知有關(guān)的參數(shù)的范圍或最值．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．在△ABC中，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，則△ABC面積的最大值為()A.eq\r(21) B.eq\f(3\r(21),4)C.eq\f(\r(21),2) D．3eq\r(21)解析：選B.設(shè)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，所以bccosA＝a＝3.又cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥1－eq\f(9,2bc)＝1－eq\f(3cosA,2)，所以cosA≥eq\f(2,5)，所以0<sinA≤eq\f(\r(21),5)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3,2)tanA≤eq\f(3,2)×eq\f(\r(21),2)＝eq\f(3\r(21),4)，故△ABC面積的最大值為eq\f(3\r(21),4).2．(2024·浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)盟聯(lián)考)已知a，b，c分別為△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，其面積滿意S△ABC＝eq\f(1,4)a2，則eq\f(c,b)的最大值為()A.eq\r(2)－1 B.eq\r(2)C.eq\r(2)＋1 D.eq\r(2)＋2解析：選C.依據(jù)題意，有S△ABC＝eq\f(1,4)a2＝eq\f(1,2)bcsinA，應(yīng)用余弦定理，可得b2＋c2－2bccosA＝2bcsinA，令t＝eq\f(c,b)，于是t2＋1－2tcosA＝2tsinA．于是2tsinA＋2tcosA＝t2＋1，所以2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝t＋eq\f(1,t)，從而t＋eq\f(1,t)≤2eq\r(2)，解得t的最大值為eq\r(2)＋1.3．(2024·浙江紹興一中模擬)在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，且滿意b2＋c2－a2＝bc.(1)求角A的值；(2)若a＝eq\r(3)，記△ABC的周長(zhǎng)為y，試求y的取值范圍．解：(1)因?yàn)閎2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)由a＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)及正弦定理，得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，得b＝2sinB，c＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))，其中B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以周長(zhǎng)y＝eq\r(3)＋2sinB＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝3sinB＋eq\r(3)cosB＋eq\r(3)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＋eq\r(3)，由于B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，得B＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，從而周長(zhǎng)y∈(2eq\r(3)，3eq\r(3)]．專題強(qiáng)化訓(xùn)練1．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))，則cos2α＝()A．1 B．－1C．eq\f(1,2) D．0解析：選D.因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))，所以eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)))sinα＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)))cosα，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－1，所以cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＝0.2．(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，則()A．f(x)的最小正周期為π，最大值為3B．f(x)的最小正周期為π，最大值為4C．f(x)的最小正周期為2π，最大值為3D．f(x)的最小正周期為2π，最大值為4解析：選B.易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝eq\f(3,2)(2cos2x－1)＋eq\f(3,2)＋1＝eq\f(3,2)cos2x＋eq\f(5,2)，則f(x)的最小正周期為π，當(dāng)x＝kπ(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最大值，最大值為4.3．(2024·臺(tái)州市高考一模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a＝1，2b－eq\r(3)c＝2acosC，sinC＝eq\f(\r(3),2)，則△ABC的面積為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4) D.eq\r(3)或eq\f(\r(3),2)解析：選C.因?yàn)?b－eq\r(3)c＝2acosC，所以由正弦定理可得2sinB－eq\r(3)sinC＝2sinAcosC，所以2sin(A＋C)－eq\r(3)sinC＝2sinAcosC，所以2cosAsinC＝eq\r(3)sinC，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)，所以A＝30°，因?yàn)閟inC＝eq\f(\r(3),2)，所以C＝60°或120°.A＝30°，C＝60°，B＝90°，a＝1，所以△ABC的面積為eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，A＝30°，C＝120°，B＝30°，a＝1，所以△ABC的面積為eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，故選C.4．在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若S△ABC＝2eq\r(3)，a＋b＝6，eq\f(acosB＋bcosA,c)＝2cosC，則c＝()A．2eq\r(7) B．2eq\r(3)C．4 D．3eq\r(3)解析：選B.因?yàn)閑q\f(acosB＋bcosA,c)＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA,sinC)＝eq\f(sin（A＋B）,sin（A＋B）)＝1，所以2cosC＝1，所以C＝eq\f(π,3).又S△ABC＝2eq\r(3)，則eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(3)，所以ab＝8.因?yàn)閍＋b＝6，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－2ab－ab＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，所以c＝2eq\r(3).5．公元前6世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派探討過(guò)正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)覺(jué)了黃金分割均為0.618，這一數(shù)值也可以表示為m＝2sin18°，若m2＋n＝4，則eq\f(m\r(n),2cos227°－1)＝()A．8 B．4C．2 D．1解析：選C.因?yàn)閙＝2sin18°，若m2＋n＝4，則n＝4－m2＝4－4sin218°＝4(1－sin218°)＝4cos218°，所以eq\f(m\r(n),2cos227°－1)＝eq\f(2sin18°\r(4cos218°),cos54°)＝eq\f(4sin18°cos18°,sin36°)＝eq\f(2sin36°,sin36°)＝2.6．(2024·杭州市高三期末檢測(cè))設(shè)點(diǎn)P在△ABC的BC邊所在的直線上從左到右運(yùn)動(dòng)，設(shè)△ABP與△ACP的外接圓面積之比為λ，當(dāng)點(diǎn)P不與B，C重合時(shí)()A．λ先變小再變大B．當(dāng)M為線段BC中點(diǎn)時(shí)，λ最大C．λ先變大再變小D．λ是一個(gè)定值解析：選D.設(shè)△ABP與△ACP的外接圓半徑分別為r1，r2，則2r1＝eq\f(AB,sin∠APB)，2r2＝eq\f(AC,sin∠APC)，因?yàn)椤螦PB＋∠APC＝180°，所以sin∠APB＝sin∠APC，所以eq\f(r1,r2)＝eq\f(AB,AC)，所以λ＝eq\f(req\o\al(2,1),req\o\al(2,2))＝eq\f(AB2,AC2).故選D.7．(2024·福州市綜合質(zhì)量檢測(cè))已知m＝eq\f(tan（α＋β＋γ）,tan（α－β＋γ）)，若sin2(α＋γ)＝3sin2β，則m＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,2) D.2解析：選D.設(shè)A＝α＋β＋γ，B＝α－β＋γ，則2(α＋γ)＝A＋B，2β＝A－B，因?yàn)閟in2(α＋γ)＝3sin2β，所以sin(A＋B)＝3sin(A－B)，即sinAcosB＋cosAsinB＝3(sinAcosB－cosAsinB)，即2cosAsinB＝sinAcosB，所以tanA＝2tanB，所以m＝eq\f(tanA,tanB)＝2，故選D.8．(2024·咸陽(yáng)二模)已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且eq\f(a2,sin2A)＋eq\f(b2,sin2B)＝2c2，sinA(1－cosC)＝sinBsinC，b＝6，AB邊上的點(diǎn)M滿意eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MB,\s\up6(→))，過(guò)點(diǎn)M的直線與射線CA，CB分別交于P，Q兩點(diǎn)，則MP2＋MQ2的最小值是()A．36 B．37C．38 D．39解析：選A.由正弦定理，知eq\f(a2,sin2A)＋eq\f(b2,sin2B)＝2c2，即2＝2sin2C，所以sinC＝1，C＝eq\f(π,2)，所以sinA(1－cosC)＝sinBsinC，即sinA＝sinB，所以A＝B＝eq\f(π,4).以C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則M(2，4)，設(shè)∠MPC＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則MP2＋MQ2＝eq\f(16,sin2θ)＋eq\f(4,cos2θ)＝(sin2θ＋cos2θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,sin2θ)＋\f(4,cos2θ)))＝20＋4tan2θ＋eq\f(16,tan2θ)≥36，當(dāng)且僅當(dāng)tanθ＝eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立，即MP2＋MQ2的最小值為36.9．已知2cos2x＋sin2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，則A＝________，b＝________．解析：由于2cos2x＋sin2x＝1＋cos2x＋sin2x＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))＋1，所以A＝eq\r(2)，b＝1.答案：eq\r(2)110．若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝2eq\r(2)cos2α，則sin2α＝________．解析：由已知得eq\f(\r(2),2)(cosα＋sinα)＝2eq\r(2)(cosα－sinα)·(cosα＋sinα)，所以cosα＋sinα＝0或cosα－sinα＝eq\f(1,4)，由cosα＋sinα＝0得tanα＝－1，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＋sinα＝0不滿意條件；由cosα－sinα＝eq\f(1,4)，兩邊平方得1－sin2α＝eq\f(1,16)，所以sin2α＝eq\f(15,16).答案：eq\f(15,16)11．(2024·金麗衢十二校聯(lián)考二模)在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，acosB＝bcosA，4S＝2a2－c2，其中S是△ABC的面積，則C的大小為_(kāi)_______．解析：△ABC中，acosB＝bcosA，所以sinAcosB＝sinBcosA，所以sinAcosB－cosAsinB＝sin(A－B)＝0，所以A＝B，所以a＝b；又△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)absinC，且4S＝2a2－c2，所以2absinC＝2a2－c2＝a2＋b2－c2，所以sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以C＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)12．(2024·紹興市一中高三期末檢測(cè))△ABC中，D為線段BC的中點(diǎn)，AB＝2AC＝2，tan∠CAD＝sin∠BAC，則BC＝________．解析：由正弦定理可知eq\f(sin∠CAD,sin∠BAD)＝2，又tan∠CAD＝sin∠BAC，則eq\f(sin∠CAD,cos∠CAD)＝sin(∠CAD＋∠BAD)，利用三角恒等變形可化為cos∠BAC＝eq\f(1,2)，據(jù)余弦定理BC＝eq\r(AC2＋AB2－2·AC·AB·cos∠BAC)＝eq\r(1＋4－2)＝eq\r(3).答案：eq\r(3)13．(2024·惠州第一次調(diào)研)已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的對(duì)邊，a＝4，b∈(4，6)，sin2A＝sinC，則c的取值范圍為_(kāi)_______．解析：由eq\f(4,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(4,sinA)＝eq\f(c,sin2A)，所以c＝8cosA，因?yàn)?6＝b2＋c2－2bccosA，所以16－b2＝64cos2A－16bcos2A，又b≠4，所以cos2A＝eq\f(16－b2,64－16b)＝eq\f(（4－b）（4＋b）,16（4－b）)＝eq\f(4＋b,16)，所以c2＝64cos2A＝64×eq\f(4＋b,16)＝16＋4b.因?yàn)閎∈(4，6)，所以32<c2<40，所以4eq\r(2)<c<2eq\r(10).答案：(4eq\r(2)，2eq\r(10))14．(2024·紹興市一中期末檢測(cè))設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c且acosC－eq\f(1,2)c＝b.(1)求角A的大??；(2)若a＝3，求△ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍．解：(1)由acosC－eq\f(1,2)c＝b得：sinAcosC－eq\f(1,2)sinC＝sinB，又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，所以eq\f(1,2)sinC＝－cosAsinC，因?yàn)閟inC≠0，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又0＜A＜π，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由正弦定理得：b＝eq\f(asinB,sinA)＝2eq\r(3)sinB，c＝2eq\r(3)sinC，l＝a＋b＋c＝3＋2eq\r(3)(sinB＋sinC)＝3＋2eq\r(3)[sinB＋sin(A＋B)]＝3＋2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinB＋\f(\r(3),2)cosB))＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))，因?yàn)锳＝eq\f(2π,3)，所以B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以B＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，則△ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍為(6，3＋2eq\r(3)]．15．(2024·湖州模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知(sinA＋sinB＋sinC)(sinB＋sinC－sinA)＝3sinBsinC.(1)求角A的值；(2)求eq\r(3)sinB－cosC的最大值．解：(1)因?yàn)?sinA＋sinB＋sinC)(sinB＋sinC－sinA)＝3sinBsinC，由正弦定理，得