“解三角形”大題規(guī)范增分練1．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝2.(1)求bc；(2)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC面積．解：(1)由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，代入eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝2，得2bc＝2，故bc＝1.(2)由正弦定理及eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，得eq\f(sinAcosB－sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)－eq\f(sinB,sinC)＝1，化簡得eq\f(sinA－B,sinA＋B)－eq\f(sinB,sinC)＝1.∵A＋B＝π－C，∴sin(A＋B)＝sinC，∴sin(A－B)－sinB＝sinC＝sin(A＋B)，∴sinAcosB－cosAsinB－sinB＝sinAcosB＋cosAsinB，∴－2cosAsinB＝sin B．∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴cosA＝－eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),2).由(1)知bc＝1，故△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).2．(2023·濟(jì)南一模)已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋sin2x－cos2x.(1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)△ABC中內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，f(A)＝2，b＝3，c＝2，求A的內(nèi)角平分線AD的長．解：(1)因?yàn)閒(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋sin2x－cos2x＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，解得kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z.(2)因?yàn)閒(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1.因?yàn)锳∈(0，π)，所以2A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))，所以2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以A＝eq\f(π,3)，故∠BAD＝∠CAD＝eq\f(π,6).由題意知，S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，所以eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD＋eq\f(1,2)AD·ACsin∠CAD＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC，即eq\f(1,2)×2ADsineq\f(π,6)＋eq\f(1,2)×3ADsineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)×2×3sineq\f(π,3)，所以AD＝eq\f(6\r(3),5).3．(2023·濰坊一模)在△ABC中，設(shè)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足(a＋b)b＝c2.(1)求證：C＝2B；(2)求eq\f(a＋4b,bcosB)的最小值．解：(1)證明：在△ABC中，由已知及余弦定理，得(a＋b)b＝c2＝a2＋b2－2abcosC，即b＝a－2bcosC，由正弦定理，得sinB＝sinA－2sinBcosC，又A＝π－(B＋C)，故sinB＝sin(B＋C)－2sinBcosC＝sinBcosC＋cosBsinC－2sinBcosC＝cosBsinC－sinBcosC＝sin(C－B)．∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<π，∵B＋(C－B)＝C<π，∴B＝C－B，故C＝2B．(2)由(1)C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)，∴B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，cosB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，由(1)a＝b(1＋2cosC)，C＝2B，得eq\f(a＋4b,bcosB)＝eq\f(5＋2cosC,cosB)＝eq\f(5＋2cos2B,cosB)＝eq\f(5＋22cos2B－1,cosB)＝4cosB＋eq\f(3,cosB)≥2eq\r(4cosB·\f(3,cosB))＝4eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)B＝eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時(shí)等號成立，所以當(dāng)B＝eq\f(π,6)時(shí)，eq\f(a＋4b,bcosB)的最小值為4eq\r(3).4．在△ABC的內(nèi)角的對邊分別為a，b，c，已知a＝3cosC，b＝1.(1)證明：tanC＝2tanB；(2)再從條件①、②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求cos2B的值．條件①：△ABC的面積取到最大值；條件②：c＝eq\f(\r(10),2).解：(1)證明：因?yàn)閍＝3cosC，b＝1，所以a＝3bcosC，由正弦定理得sinA＝3sinBcosC，又A＋B＋C＝π，所以3sinBcosC＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以2sinBcosC＝cosBsinC，顯然cosB≠0，cosC≠0，所以tanC＝2tanB；(2)選①，△ABC的面積取到最大值，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3,2)cosCsinC＝eq\f(3,4)sin2C，所以C＝eq\f(π,4)時(shí)，S△ABC取得最大值eq\f(3,4)，此時(shí)tanC＝1，由(1)知tanB＝eq\f(1,2)tanC＝eq\f(1,2)，cos2B＝cos2B－sin2B＝eq\f(cos2B－sin2B,sin2B＋cos2B)＝eq\f(1－tan2B,tan2B＋1)＝eq\f(1－\f(1,4),\f(1,4)＋1)＝eq\f(3,5).選②，c＝eq\f(\r(10),2)，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)得sinC＝eq\f(\r(10),2)sinB，sin2C＝eq\f(5,2)sin2B，由(1)tanC＝2tanB，eq\f(sin2C,cos2C)＝eq\f(4sin2B,cos2B)，所以eq\f(\f(5,2)sin2B,cos2C)＝eq\f(4sin2B,cos2B)，cos2C＝eq\f(5,8)cos2B，所以sin2C＋cos2C＝eq\f(5,2)sin2B＋eq\f(5,8)cos2B，即1＝eq\f(15,8)sin2B＋eq\f(5,8)，sin2B＝eq\f(1,5)，cos2B＝1－2sin2B＝1－2×eq\f(1,5)＝eq\f(3,5).5．設(shè)函數(shù)f(x)＝2sin2ωx＋2eq\r(3)sinωxcosωx的圖象關(guān)于直線x＝π對稱，其中ω為常數(shù)且ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)在△ABC中，已知f(A)＝3，且B＝2C，求cosAcosC的值．解：(1)因?yàn)閒(x)＝2sin2ωx＋2eq\r(3)sinωxcosωx，所以f(x)＝1－cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＋1，由題意2ωπ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，則ω＝eq\f(1,3)＋eq\f(k,2)，k∈Z.由ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則k＝1，故ω＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))＋1.(2)由f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)A－\f(π,6)))＋1＝3，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)A－\f(π,6)))＝1,0<A<π，所以eq\f(5,3)A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(3π,2)))，故eq\f(5,3)A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，可得A＝eq\f(2π,5)，所以B＋C＝π－A＝eq\f(3π,5).而B＝2C，故B＝eq\f(2π,5)，C＝eq\f(π,5)，所以sinC＝sin4C，且A＝2C．所以cosAcosCsinC＝cos2CcosCsinC＝eq\f(1,4)sin4C，所以cosAcosC＝eq\f(1,4).6．已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，其中tan2C＝eq\f(3,4)，C為鈍角，且eq\f(b,a)cosA＝2cos B．(1)求角B的大小；(2)若△ABC的面積為6，求△ABC的周長．解：(1)依題意，有bcosA＝2acosB，由正弦定理，得sinBcosA＝2sinAcosB，則tanB＝2tanA．∵tan2C＝eq\f(2tanC,1－tan2C)＝eq\f(3,4)，∴3tan2C＋8tanC－3＝0.∵C為鈍角，∴tanC＝－3或tanC＝eq\f(1,3)(舍去)，∴tanC＝tan[π－(A＋B)]＝－tan(A＋B)＝－eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝eq\f(3tanB,tan2B－2)＝－3，即tan2B＋tanB－2＝0.∵C為鈍角，∴B為銳角，∴tanB＝1或tanB＝－2(舍去)，即B＝eq\f(π,4).(2)∵tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝－3，sin2C＋cos2C＝1，∴sinC＝eq\f(3\r(10),10)，cosC＝－eq\f(\r(10),10).∵A＋B＋C＝π，∴A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(\r(5),5).由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，a＝eq\f(csinA,sinC)，∴a＝c×eq\f(\r(5),5)×eq\f(10,3\r(10