2018届数学复习第三章三角函数、解三角形第六节正弦定理和余弦定理学案文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE32-学必求其心得，业必贵于专精eq\o（\s\up7(第六节)，\s\do5（))eq\o(\s\up7（正弦定理和余弦定理）,\s\do5（)）掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．知识点一正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容________________＝2Ra2＝______________b2＝______________c2＝______________变形形式①a＝______,b＝______，c＝________②sinA＝____,sinB＝____，sinC＝______（其中R是△ABC外接圆半径)③abc＝______________④asinB＝bsinA,bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝________；cosB＝________；cosC＝________解决解斜三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②已知两边和其中一边的对角,求另一边和其他两角①已知三边,求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角答案eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f（c，sinC)b2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosC2RsinA2RsinB2RsinCeq\f(a，2R)eq\f（b,2R)eq\f(c，2R）sinAsinBsinCeq\f(b2＋c2－a2,2bc)eq\f(a2＋c2－b2，2ac)eq\f(a2＋b2－c2，2ab)1．（2016·天津卷）在△ABC中，若AB＝eq\r（13），BC＝3，∠C＝120°，则AC＝（)A．1 B．2C．3 D．4解析：设△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则a＝3，c＝eq\r（13)，∠C＝120°，由余弦定理得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1，即AC＝1。答案：A2．(必修⑤P10习题1。1B组第2题改编)在△ABC中,若sin2A＋sin2B<sin2C，则△A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不能确定解析：由正弦定理，得eq\f（a，2R)＝sinA，eq\f(b,2R）＝sinB，eq\f（c，2R）＝sinC，代入得到a2＋b2<c2，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2，2ab)〈0，所以C为钝角,所以该三角形为钝角三角形．答案:C知识点二在△ABC中,已知a、b和A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba〉ba≤b解的个数____________________答案一解两解一解一解无解3．在△ABC中,若a＝18，b＝24，A＝45°，则此三角形有(）A．无解 B．两解C．一解 D．解的个数不确定解析:∵bsinA＝24sin45°＝12eq\r（2)〈18，∴bsinA<a〈b，故此三角形有两解．答案：B4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c,已知A＝eq\f(π，6），a＝1,b＝eq\r(3)，则B＝________.解析:由正弦定理eq\f（a,sinA）＝eq\f（b,sinB），代入可求得sinB＝eq\f（\r（3)，2),故B＝eq\f（π,3）或B＝eq\f(2π，3).故答案为eq\f（π，3)或eq\f(2π，3)。答案：eq\f(π，3）或eq\f(2π,3）知识点三三角形常用面积公式1．S＝eq\f(1，2）a·ha（ha表示边a上的高)；2．S＝eq\f(1，2)absinC＝__________＝__________。答案2。eq\f(1,2）acsinBeq\f(1，2)bcsinA5．在△ABC中,a＝3eq\r(2），b＝2eq\r(3），cosC＝eq\f(1，3)，则△ABC的面积为________．解析：∵cosC＝eq\f(1，3)，∴sinC＝eq\f（2\r(2）,3），∴S△ABC＝eq\f（1,2)absinC＝eq\f（1,2）×3eq\r(2）×2eq\r（3)×eq\f(2\r（2)，3）＝4eq\r（3）.答案:4eq\r(3）6．(必修⑤P20习题1。2A组第11题改编)在△ABC中，A＝eq\f（π,3)，AB＝2，且△ABC的面积为eq\f(\r(3），2),则边BC的长为________．解析：因为S＝eq\f(1，2）AB·ACsinA＝eq\f（1,2)×2×ACsineq\f(π,3）＝eq\f（\r（3），2），所以AC＝1。由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA,即BC2＝22＋12－2×2×1×eq\f(1，2）,解得BC＝eq\r(3）。答案：eq\r（3）第1课时正弦定理、余弦定理热点一正、余弦定理的简单应用【例1】（1）（2016·新课标全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B,C的对边分别为a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f（5,13),a＝1，则b＝________。(2)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知a＝eq\r（5),c＝2，cosA＝eq\f(2,3）,则b＝（）A.eq\r（2） B.eq\r(3）C．2 D．3【解析】（1）因为cosA＝eq\f(4，5)，cosC＝eq\f(5，13)，所以sinA＝eq\f（3,5）,sinC＝eq\f(12，13),从而sinB＝sin(A＋C）＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f（3，5)×eq\f(5，13)＋eq\f(4，5）×eq\f(12,13）＝eq\f（63,65）.由正弦定理eq\f（a,sinA）＝eq\f（b,sinB），得b＝eq\f(asinB，sinA)＝eq\f(21,13).(2)由余弦定理，得4＋b2－2×2bcosA＝5,整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)（舍去），故选D.【答案】（1)eq\f(21，13)(2）D【总结反思】（1)解三角形时,如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理;以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．(2)三角形解的个数的判断:已知两角和一边,该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.(1）在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则eq\f(sin2A,sinC）＝________。（2）设△ABC的内角A，B,C的对边分别为a，b，c.若a＝eq\r（3)，sinB＝eq\f(1，2)，C＝eq\f（π，6)，则b＝________。解析：（1）由正弦定理得sinAsinBsinC＝abc＝456,又由余弦定理知cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f(25＋36－16，2×5×6）＝eq\f(3，4）,所以eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f（2sinAcosA，sinC）＝2×eq\f（sinA,sinC）×cosA＝2×eq\f(4，6)×eq\f（3，4）＝1.(2）∵sinB＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f（π,6）或eq\f(5π，6)。当B＝eq\f(5π,6）时，有B＋C＝π，不符合,∴B＝eq\f（π，6）＝C，∴bcoseq\f（π，6）＝eq\f(a，2)＝eq\f(\r（3）,2)，∴b＝1。答案:(1）1(2）1热点二判断三角形的形状【例2】设△ABC的内角A，B,C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，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【解析】依据题设条件的特点，由正弦定理:得sinBcosC＋cosBsinC＝sin2A,有sin(B＋C)＝sin2A,从而sin（B＋C)＝sinA＝sin2A，解得sinA＝1.∴A＝eq\f(π,2)，故选B。【答案】B1．若将本例条件改为“2sinAcosB＝sinC"，试判断△ABC的形状．解：解法1：由已知得2sinAcosB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sin（A－B）＝0,因为－π<A－B〈π,所以A＝B，故△ABC为等腰三角形．解法2：由正弦定理得2acosB＝c，再由余弦定理得2a·eq\f（a2＋c2－b2,2ac)＝c⇒a2＝b2⇒a＝b.故△ABC为等腰三角形．2．若将本例条件改为“(a2＋b2）sin（A－B)＝(a2－b2)sin（A＋B）”，试判断三角形的形状．解：∵(a2＋b2）sin(A－B)＝(a2－b2)sin（A＋B)，∴b2[sin（A＋B)＋sin（A－B）］＝a2[sin（A＋B)－sin(A－B)］,∴2sinAcosB·b2＝2cosAsinB·a2，即a2cosAsinB＝b2sinAcosB。法1：由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB,∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，又sinA·sinB≠0，∴sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B在△ABC中，0〈2A〈2π，0<2B〈2π∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2）。∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．法2:由正弦定理、余弦定理得：a2beq\f(b2＋c2－a2,2bc）＝b2aeq\f（a2＋c2－b2，2ac),∴a2（b2＋c2－a2)＝b2（a2＋c2－b2)，∴(a2－b2）(a2＋b2－c2)＝0。∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0，即a＝b或a2＋b2＝c2.∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.【总结反思】(1)判断三角形的形状,应围绕三角形的边角关系进行思考，主要看其是不是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形"的区别．（2）判断三角形形状主要有以下两种途径:①通过正弦定理和余弦定理，化边为角,利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；②利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断。（2017·成都模拟）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA＝（2b＋c）sinB＋（2c＋b)sinC(1)求A的大小；(2)若sinB＋sinC＝1,试判断△ABC的形状．解：（1)由已知，根据正弦定理得2a2＝（2b＋c）b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA,故cosA＝－eq\f（1，2），A＝eq\f(2,3)π.（2）对于已知2asinA＝(2b＋c)sinB＋（2c＋b)sinC,结合正弦定理，有2sin2A＝(2sinB＋sinC）sinB＋（2sinC＋sinB)sinC，即sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC＝sin2eq\f（2π，3)＝eq\f(3，4）,又由sinB＋sinC＝1，得sin2B＋sin2C＋2sinBsinC所以sinB·sinC＝eq\f（1,4)。从而有sinB＝sinC＝eq\f(1,2).因为0<B<π，0<C<π，0〈B＋C〈π。所以B＝C＝eq\f（π,6），所以△ABC是等腰的钝角三角形．热点三与面积有关的问题【例3】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b，c，已知2cosC（acosB＋bcosA）＝c.（1）求C；(2)若c＝eq\r(7），△ABC的面积为eq\f（3\r（3),2),求△ABC的周长．【解】（1)由已知及正弦定理得,2cosC(sinAcosB＋sinBcosA）＝sinC，2cosCsin（A＋B)＝sinC,故2sinCcosC＝sinC.可得cosC＝eq\f(1，2），所以C＝eq\f(π，3)。(2)由已知，eq\f(1,2）absinC＝eq\f（3\r(3),2)。又C＝eq\f（π,3)，所以ab＝6。由已知及余弦定理得，a2＋b2－2abcosC＝7,故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周长为5＋eq\r(7）。【总结反思】（1)对于面积公式S＝eq\f（1，2）absinC＝eq\f（1，2)acsinB＝eq\f（1，2)bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．（2）与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化。在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c。已知A＝eq\f(π,4），b2－a2＝eq\f（1,2)c2。(1）求tanC的值；（2)若△ABC的面积为3，求b的值．解：（1)由b2－a2＝eq\f（1，2)c2及正弦定理得sin2B－eq\f（1,2）＝eq\f(1，2)sin2C，所以－cos2B＝sin2C。又由A＝eq\f(π,4)，即B＋C＝eq\f（3,4）π，得－cos2B＝sin2C＝2sinCcosC，解得tanC＝2.(2）由tanC＝2，C∈(0，π)得sinC＝eq\f(2\r（5）,5）,cosC＝eq\f（\r（5),5）.又因为sinB＝sin（A＋C）＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)＋C)),所以sinB＝eq\f(3\r(10)，10)。由正弦定理得c＝eq\f（2\r(2）,3）b，又因为A＝eq\f(π,4）,S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝3,所以bc＝6eq\r(2）。故b＝3。正弦定理和余弦定理是解斜三角形的重要工具,其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系．一般地，利用公式a＝2RsinA，b＝2RsinB,c＝2RsinC(R为△ABC外接圆半径)，可将边转化为角的三角函数关系，然后利用三角函数知识进行化简，其中往往用到三角形内角和定理A＋B＋C＝π。利用公式cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc），cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，可将有关三角形中的角的余弦化为边的关系，然后充分利用代数知识求边．第2课时解三角形的应用热点一正、余弦定理的实际应用【例1】(1）如图，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为（)A．50eq\r(2）mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)mD。eq\f(25\r(2),2）m（2）如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.【解析】(1）由正弦定理得AB＝eq\f（AC·sin∠ACB，sinB)＝eq\f（50×\f(\r（2），2)，\f（1，2））＝50eq\r（2)（m)．（2)在△ABC中，AB＝600,∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，由正弦定理得eq\f（BC，sin∠BAC）＝eq\f（AB,sin∠ACB)，即eq\f（BC,sin30°)＝eq\f(600，sin45°)，所以BC＝300eq\r（2).在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝BCtan∠CBD＝300eq\r（2）·tan30°＝100eq\r（6)m。【答案】(1）A（2)100eq\r(6)【总结反思】求距离、高度问题应注意的问题（1)理解俯角、仰角的概念，它们都是视线与水平线的夹角；理解方向角的概念；(2)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．（3)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理。（2017·台州模拟)在O点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于P点，一分钟后其位置在Q点，且∠POQ＝90°,再过两分钟后，该物体位于R点,且∠QOR＝60°，则tan2∠OPQ的值等于（)A.eq\f(4，27） B.eq\f（2\r(3),9)C。eq\f(4，9) D．以上均不正确解析：设PQ＝x，QR＝2x，∠OPQ＝α.如图，因为∠POQ＝90°，∠QOR＝60°,所以∠ORP＝30°－α，在Rt△OPQ中，OQ＝xsinα。①在△OQR中，由正弦定理，得eq\f(OQ,sin30°－α）＝eq\f(QR，sin60°），解得OQ＝eq\f（4\r（3）x,3）sin（30°－α)．②由①②，得xsinα＝eq\f(4\r(3）x，3)sin(30°－α)，解得tanα＝eq\f(2\r（3），9)，即tan2α＝eq\f(4，27）。答案：A热点二三角形与平面几何的综合问题【例2】(2017·广东惠州调研）如图所示，在四边形ABCD中,∠D＝2∠B，且AD＝1，CD＝3，cosB＝eq\f（\r（3）,3）。（1)求△ACD的面积；（2）若BC＝2eq\r(3），求AB的长．【解】(1）cosD＝cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f（1，3).因为∠D∈(0，π),所以sinD＝eq\f(2\r（2）,3)，所以△ACD的面积S＝eq\f（1，2)·AD·CD·sinD＝eq\r（2）。(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cosD＝12，所以AC＝2eq\r（3).在△ABC中,AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝12,把已知条件代入并化简得AB2－4AB＝0，因为AB≠0，所以AB＝4.【总结反思】此类题目求解时,一般有如下思路:(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，顺利解决问题.（2017·福建师大附中联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝3，E在AC上，若BE⊥AC，则ED＝________。解析：在Rt△ABC中,BC＝3，AB＝eq\r(3）,所以∠BAC＝60°。因为BE⊥AC，AB＝eq\r（3),所以AE＝eq\f（\r(3），2)，在△EAD中,∠EAD＝30°，AD＝3，由余弦定理知,ED2＝AE2＋AD2－2AE·AD·cos∠EAD＝eq\f(3,4)＋9－2×eq\f(\r（3），2)×3×eq\f（\r(3)，2）＝eq\f（21,4），故ED＝eq\f（\r(21），2).答案：eq\f（\r(21)，2)热点三三角形中的最值问题【例3】（2017·临川一中模拟）已知f(x)＝eq\r（3)cos2x＋2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3π,2）＋x))sin（π－x），x∈R.(1)求f(x)的最小正周期及单调增区间；(2）已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b,c，且f(A）＝－eq\r（3)，a＝3,求BC边上的高的最大值．【解】(1）f(x）＝eq\r（3）cos2x－sin2x＝－2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，3）)），∴f（x）的最小正周期为π,令2kπ＋eq\f（π,2）≤2x－eq\f(π，3)≤2kπ＋eq\f（3，2）π（k∈Z)，得kπ＋eq\f(5，12）π≤x≤kπ＋eq\f(11，12）π(k∈Z)，∴单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（kπ＋\f（5,12)π，kπ＋\f(11,12)π))（k∈Z）．(2）由f（A)＝－eq\r（3）得sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))＝eq\f（\r(3),2）,又A∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（π,2))）,∴A＝eq\f(π，3）.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，得9＝b2＋c2－bc≥bc，即bc≤9（当且仅当b＝c时取等号)．设BC边上的高为h，由三角形等面积法知eq\f(1,2）ah＝eq\f(1，2）bcsinA,得3h＝eq\f(\r（3)，2）bc≤eq\f(9\r(3）,2），∴h≤eq\f(3\r(3)，2)，即h的最大值为eq\f（3\r（3）,2)。【总结反思】解三角形的最值问题常需结合基本不等式求解，关键是由余弦定理得到两边关系，再结合不等式求解最值问题，或者将所求转化为某个角的三角函数，借助三角函数的值域求范围。在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac.(1)求∠B的大小；(2)求eq\r(2）cosA＋cosC的最大值．解：（1)由余弦定理及题设得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac）＝eq\f（\r(2)ac，2ac）＝eq\f（\r（2）,2)。又0〈∠B〈π，所以∠B＝eq\f（π,4）。(2)由（1）知∠A＋∠C＝eq\f(3π，4），则eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r（2)cosA＋coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3π,4）－A))＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r（2）,2)cosA＋eq\f(\r（2），2）sinA＝eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2）sinA＝cos（A－eq\f（π，4））．因为0<∠A<eq\f(3π，4），所以当∠A＝eq\f(π,4)时,eq\r(2）cosA＋cosC取得最大值1.热点四三角形与不等式的综合应用【例4】已知△ABC的内角A，B,C满足sin2A＋sin（A－B＋C）＝sin（C－A－B)＋eq\f(1,2)，面积S满足1≤S≤2，记a,b，c分别为A，B，C所对的边,则下列不等式一定成立的是()A．bc（b＋c)〉8 B．ab（a＋b）〉16eq\r(2）C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24【解析】因为A＋B＋C＝π，由sin2A＋sin（A－B＋C)＝sin（C－A－B）＋eq\f(1,2）得sin2A＋sin2B＋sin2C＝eq\f（1,2），即sin[(A＋B）＋（A－B)］＋sin[(A＋B）－（A－B）］＋sin2C＝eq\f(1,2）,整理得2sinCcos（A－B)＋2sinCcosC＝2sinC[cos（A－B)－cos（A＋B)］＝eq\f（1，2),整理得4sinA·sinBsinC＝eq\f(1，2），即sinAsinBsinC＝eq\f（1，8)。又S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2）bcsinA＝eq\f（1,2)ca·sinB，因此S3＝eq\f（1,8）a2b2c2sinAsinBsinC＝eq\f（1,64)a2b2c2.由1≤S≤2得1≤eq\f(1,64)a2b2c2≤23，即8≤abc≤16eq\r（2），因此选项C、D不一定成立．又b＋c〉a>0，因此bc·（b＋c)>bc·a≥8，即bc(b＋c)>8，选项A一定成立．又a＋b〉c〉0,因此ab(a＋b)〉ab·c≥8，即ab（a＋b）〉8,显然不能得出ab（a＋b)〉16eq\r(2），选项B不一定成立．综上所述，选A。【答案】A【总结反思】三角形与不等式的综合常结合不等式的性质与基本不等式。在△ABC中,角A,B，C的对应边分别为a,b，c,满足eq\f(b,a＋c)＋eq\f（c，a＋b)≥1，则角A的范围是(）A.eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,3))) B.eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6）））C.eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，3)，π）) D.eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,6），π）)解析:由eq\f（b，a＋c)＋eq\f(c，a＋b)≥1，得b（a＋b）＋c（a＋c）≥（a＋c）(a＋b)，化简得b2＋c2－a2≥bc，即eq\f（b2＋c2－a2,2bc)≥eq\f（1，2),即cosA≥eq\f(1,2）(0<A<π），所以0＜A≤eq\f（π,3）,故选A。答案：A1．判断三角形形状的途径根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径:（1)化边为角；（2)化角为边，并常用正弦(余弦）定理实施边、角转换．2．与向量、不等式的综合问题．此类问题常利用向量的数量积或基本不等式求解．解三角形之难点突破—-三角形的范围问题解三角形问题属于高考热点问题，而其中的范围问题是难点．任何范围问题，其本质都是函数问题,三角形的范围（或最值)问题也不例外．三角形中的范围（或最值)问题的解法主要有两种：一种是用函数求解；另一种是利用基本不等式求解．由于三角形中的范围问题一般是以角为自变量的三角函数问题，所以,除遵循函数问题的基本要求外,还有自己独特的解法．纵观近几年高考，三角形中的范围问题大致分成三类:边的范围问题、角的范围问题、面积的范围问题．下面结合例题举例说明其解法要领．一、与边有关的范围问题【例1】在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．【解析】解法1：如图所示，延长BA，CD交于E点．则在△ADE中,∠DAE＝105°，∠ADE＝45°，∠E＝30°，所以设DA＝eq\f（1,2）x，AE＝eq\f（\r(2)，2)x，DE＝eq\f（\r（6）＋\r（2）,4)x,CD＝m，由△BCE为等腰三角形，且BC＝2得,(eq\f（\r(6）＋\r（2)，4）x＋m)sin15°＝1,即eq\f(\r(6）＋\r(2），4)x＋m＝eq\r（6)＋eq\r（2)，0<x<4，所以AB＝eq\f(\r（6）＋\r（2）,4)x＋m－eq\f（\r（2),2）x＝（eq\r（6)＋eq\r(2))－eq\f（\r(2),2)x，所以AB的取值范围为(eq\r(6）－eq\r（2)，eq\r(6)＋eq\r（2)）．解法2：连接AC，设∠BAC＝α，则∠ACB＝105°－α，在△ABC中，由正弦定理得eq\f（AB，sin105°－α）＝eq\f(BC，sinα)，所以AB＝eq\f(2sin105°－α，sinα）＝eq\f（\f(\r（6）＋\r(2)，2）cosα＋\f（\r（6)－\r（2），2）sinα，sinα）＝eq\f（\r（6）＋\r（2），2）eq\f（1,tanα)＋eq\f(\r(6）－\r(2），2）.因为eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（α<75°,,105°－α<75°，））所以30°<α<75°，所以eq\f(1，\r(3)）〈tanα〈2＋eq\r(3），所以2－eq\r（3)<eq\f（1,tanα）<eq\r(3)，进一步可得AB的取值范围为（eq\r（6）－eq\r(2），eq\r(6）＋eq\r（2)）．【答案】（eq\r（6）－eq\r（2），eq\r(6）＋eq\r（2))解题策略：四边形问题转化成解三角形问题是本题的本质。解法1转换成两个边的关系，但是一直含有两个变量，不容易看出两个量之间的关系,不好把握,但是这种解法捕捉到了题中含有等腰三角形这一核心条件．解法2也是转化成解三角形问题，通过三角函数求边的范围，是通性通法．二、与角有关的范围问题【例2】在△ABC中，a,b，c分别为三个内角A，B，C的对边,且BC边上的高为eq\f（\r（3)，6)a，则eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)取得最大值时，内角A的值为(）A.eq\f(π，2） B.eq\f（π,6）C.eq\f（2π,3) D。eq\f（π，3）【解析】利用等面积法可得，eq\f（1，2）·BC·eq\f(\r（3)，6）a＝eq\f（1,2)·b·c·sinA,整理得eq\f（\r（3）,6）a2＝bcsinA，∴eq\f(c,b)＋eq\f（b,c)＝eq\f(c2＋b2,bc）＝eq\f(a2＋2bccosA，bc)＝2eq\r(3)sinA＋2cosA＝4sin(A＋eq\f（π,6）)，显然选D。【答案】D解题策略：与角有关的范围问题，当然用三角函数解决，实现边与角的过渡用正、余弦定理．三、与面积有关的范围问题【例3】在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足4cos2eq\f（A,2）－cos2（B＋C）＝eq\f（7，2），若a＝2，则△ABC的面积的最大值是________．【解析】因为B＋C＝π－A，所以cos2(B＋C)＝cos(2π－2A）＝cos2A＝2cos2A－1，又cos2eq\f(A,2）＝eq\f(1＋cosA,2），所以4cos2eq\f（A，2)－cos2（B＋C）＝eq\f(7，2)可化为4cos2A－4cosA＋1＝0，解得cosA＝eq\f（1,2)。又A为三角形的内角，所以A＝eq\f(π,3)，由余弦定理得4＝b2＋c2－2bccosA≥2bc－bc＝bc,即bc≤4，当且仅当b＝c时取等号，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f（1,2)×4×eq\f(\r(3），2)＝eq\r（3），即△ABC的面积的最大值为eq\r（3）.【答案】eq\r(3）解题策略:与三角形面积有关的问题主要有以下策略：1.求三角形面积，对于公式S＝eq\f（1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f（1，2)acsinB，一般是知道某个角就选含该角的公式；2。已知三角形面积解三角形一般要用正弦定理或余弦定理进行转化；3。求面积的最值问题一般要用到基本不等式．专题二高考解答题鉴赏—-三角函数从近几年的高考试题看，全国卷交替考查三角函数、解三角形．该部分解答题是高考得分的基本组成部分，不能掉以轻心．该部分的解答题考查的热点题型有:一、考查三角函数的图象变换以及单调性、最值等；二、考查解三角形问