高考数学二轮复习 第二部分 专题一 三角函数与解三角形 第2讲 三角恒等变换与解三角形练习（含解析）试题

第2讲三角恒等变换与解三角形[做真题]题型一三角恒等变换1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(2\r(5),5)解析：选B.由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝1－2sin2α＋1，即2sinαcosα＝1－sin2α.因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)，所以2sinαeq\r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sinα＝eq\f(\r(5),5)，故选B.2．(2018·高考全国卷Ⅲ)若sinα＝eq\f(1,3)，则cos2α＝()A．eq\f(8,9) B．eq\f(7,9)C．－eq\f(7,9) D．－eq\f(8,9)解析：选B.cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,9).3．(2016·高考全国卷Ⅱ)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，则sin2α＝()A．eq\f(7,25) B．eq\f(1,5)C．－eq\f(1,5) D．－eq\f(7,25)解析：选D.因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝coseq\f(π,4)cosα＋sineq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(3,5)，所以sinα＋cosα＝eq\f(3\r(2),5)，所以1＋sin2α＝eq\f(18,25)，所以sin2α＝－eq\f(7,25)，故选D.题型二三角形中的边角计算问题1．(2018·高考全国卷Ⅱ)在△ABC中，coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(5),5)，BC＝1，AC＝5，则AB＝()A．4eq\r(2) B．eq\r(30)C．eq\r(29) D．2eq\r(5)解析：选A.因为coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(5),5)，所以cosC＝2cos2eq\f(C,2)－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))eq\s\up12(2)－1＝－eq\f(3,5).于是，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝52＋12－2×5×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝32，所以AB＝4eq\r(2).故选A.2．(2016·高考山东卷)△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，则A＝()A．eq\f(3π,4) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)解析：选C.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA，所以2b2(1－sinA)＝2b2(1－cosA)，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，又0<A<π，所以A＝eq\f(π,4).3．(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC.解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).由于0°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).题型三与三角形面积有关的问题1．(2018·高考全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为eq\f(a2＋b2－c2,4)，则C＝()A．eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)解析：选C.根据题意及三角形的面积公式知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).2．(2019·高考全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积为________．解析：法一：因为a＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×sineq\f(π,3)＝6eq\r(3).法二：因为a＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq\f(π,2)，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×6＝6eq\r(3).答案：6eq\r(3)3．(2019·高考全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解：(1)由题设及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因为coseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a.由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin（120°－C）,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2).由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.由(1)知A＋C＝120°，所以30°<C<90°，故eq\f(1,2)<a<2，从而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2).因此，△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).[山东省学习指导意见]1．三角恒等变换(1)会利用向量推导出两角差的余弦公式，并能从两角差的余弦公式导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．(2)能运用上述公式进行简单的恒等变换．2．解三角形(1)通过对任意三角形边长和角度关系的探索，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．(2)能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．三角恒等变换与求值[考法全练]1．(2019·高考全国卷Ⅰ)tan255°＝()A．－2－eq\r(3) B．－2＋eq\r(3)C．2－eq\r(3) D．2＋eq\r(3)解析：选D.由正切函数的周期性可知，tan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(30°＋45°)＝eq\f(\f(\r(3),3)＋1,1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3)，故选D.2．(一题多解)(2019·福建五校第二次联考)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(4,5)，则sin2α＝()A．eq\f(1,5) B．－eq\f(1,5)C．eq\f(7,25) D．－eq\f(7,25)解析：选C.法一：因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(4,5)，所以sin2α＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(7,25).故选C.法二：令eq\f(π,4)－α＝θ，则α＝eq\f(π,4)－θ，cosθ＝eq\f(4,5)，所以sin2α＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2θ))＝cos2θ＝2cos2θ－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(7,25).故选C.法三：因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(4,5)，所以eq\f(\r(2),2)(cosα＋sinα)＝eq\f(4,5)，所以cosα＋sinα＝eq\f(4\r(2),5)，平方得1＋sin2α＝eq\f(32,25)，得sin2α＝eq\f(7,25).故选C.3．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝2，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝________．解析：因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝2，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)＋\f(\r(5),5)))＝eq\f(3\r(10),10).答案：eq\f(3\r(10),10)4．(2019·贵州黔东南一模改编)已知sinα＋3cosα＝－eq\r(10)，则tan2α＝________，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________．解析：因为(sinα＋3cosα)2＝sin2α＋6sinαcosα＋9cos2α＝10(sin2α＋cos2α)，所以9sin2α－6sinαcosα＋cos2α＝0，则(3tanα－1)2＝0，即tanα＝eq\f(1,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(3,4)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\f(1,3)＋1,1－\f(1,3))＝2.答案：eq\f(3,4)2eq\a\vs4\al()三角恒等变换要遵循的“三看”原则一看“角”，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分；二看“函数名称”，是需进行“切化弦”还是“弦化切”等，从而确定使用的公式；三看“结构特征”，了解变式或化简的方向．三角形的基本量的计算[典型例题]命题角度一求解三角形中的角(1)(2019·江西七校第一次联考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝a(cosC＋eq\f(\r(3),3)sinC)，a＝2，c＝eq\f(2\r(6),3)，则角C＝()A．eq\f(3π,4) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(π,4)(2)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosC＋bsinC＝a.①求角B的大小；②若BC边上的高等于eq\f(1,4)a，求cosA的值．【解】(1)选D.由b＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosC＋\f(\r(3),3)sinC))，得sinB＝sinAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosC＋\f(\r(3),3)sinC)).因为sinB＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－（A＋C）))＝sin(A＋C)，所以sinAcosC＋cosAsinC＝sinAcosC＋eq\f(\r(3),3)sinAsinC(sinC≠0)，即cosA＝eq\f(\r(3),3)sinA，所以tanA＝eq\r(3).因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(2),2).因为0<C<eq\f(2π,3)，所以C＝eq\f(π,4).故选D.(2)①由bcosC＋bsinC＝a，得sinBcosC＋sinBsinC＝sinA.因为A＋B＋C＝π，所以sinBcosC＋sinBsinC＝sin(B＋C)，即sinBcosC＋sinBsinC＝sinBcosC＋cosBsinC，因为sinC≠0，所以sinB＝cosB.因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).②设BC边上的高为AD，则AD＝eq\f(1,4)a.因为B＝eq\f(π,4)，所以BD＝AD＝eq\f(1,4)a，所以CD＝eq\f(3,4)a，所以AC＝eq\r(AD2＋DC2)＝eq\f(\r(10),4)a，AB＝eq\f(\r(2),4)a.由余弦定理得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝－eq\f(\r(5),5).eq\a\vs4\al()利用正、余弦定理求三角形角的方法(1)已知两边及其夹角，先由余弦定理求第三边，再由正弦定理求角．(2)已知三边，直接由余弦定理求角．(3)已知两边及其中一边的对角，先由正弦定理求另一边的对角，再由三角形内角和求第三角．[技能]利用正、余弦定理求角时的两个失分点：(1)已知两边及其中一边的对角求其他角时，有一解、两解的情况，容易把握不准而出错；(2)在变形时，直接两边约去公因式，没有移项后提公因式，产生漏解．命题角度二求解三角形中的边与面积如图所示，在△ABC中，点D为BC边上一点，且BD＝1，E为AC的中点，AE＝eq\f(3,2)，cosB＝eq\f(2\r(7),7)，∠ADB＝eq\f(2π,3).(1)求AD的长；(2)求△ADE的面积．【解】(1)在△ABD中，因为cosB＝eq\f(2\r(7),7)，B∈(0，π)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(7),7)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),7)，所以sin∠BAD＝sin(B＋∠ADB)＝eq\f(\r(21),7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\f(2\r(7),7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(21),14).由正弦定理知eq\f(AD,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，得AD＝eq\f(BD·sinB,sin∠BAD)＝eq\f(1×\f(\r(21),7),\f(\r(21),14))＝2.(2)由(1)知AD＝2，依题意得AC＝2AE＝3，在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC，即9＝4＋DC2－2×2×DCcoseq\f(π,3)，所以DC2－2DC－5＝0，解得DC＝1＋eq\r(6)(负值舍去)，所以S△ACD＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×2×(1＋eq\r(6))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),2)，从而S△ADE＝eq\f(1,2)S△ACD＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),4).eq\a\vs4\al()利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，如该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．而三角形的面积主要是利用两边与其夹角的正弦值求解．[技能]三角形的面积主要是利用S＝eq\f(1,2)absinC求解，有时可以直接利用余弦定理求出ab的整体值再求面积，而不必分别求出a，b的值．[对点训练]1．(一题多解)(2019·广州市综合检测一)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知ccosB＝(3a－b)cosC.(1)求sinC的值；(2)若c＝2eq\r(6)，b－a＝2，求△ABC的面积．解：(1)法一：因为ccosB＝(3a－b)cosC，所以由正弦定理得sinCcosB＝(3sinA－sinB)cosC，即sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC，所以sin(B＋C)＝3sinAcosC，由于A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，则sinA＝3sinAcosC.因为0<A<π，所以sinA≠0，cosC＝eq\f(1,3).因为0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).法二：因为ccosB＝(3a－b)cosC，所以由余弦定理得c×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝(3a－b)×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化简得a2＋b2－c2＝eq\f(2,3)ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(2,3)ab,2ab)＝eq\f(1,3).因为0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).(2)法一：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，及c＝2eq\r(6)，cosC＝eq\f(1,3)，得a2＋b2－eq\f(2,3)ab＝24，即(a－b)2＋eq\f(4,3)ab＝24.因为b－a＝2，所以ab＝15.所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×15×eq\f(2\r(2),3)＝5eq\r(2).法二：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，及c＝2eq\r(6)，cosC＝eq\f(1,3)，得a2＋b2－eq\f(2,3)ab＝24.又b－a＝2，所以a＝3，b＝5.所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×15×eq\f(2\r(2),3)＝5eq\r(2).2．(2019·郑州市第一次质量预测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S，且满足sinB＝eq\f(b2,4S).(1)求sinAsinC；(2)若4cosAcosC＝3，b＝eq\r(15)，求△ABC的周长．解：(1)由三角形的面积公式可得S＝eq\f(1,2)bcsinA，又sinB＝eq\f(b2,4S)，所以2bcsinAsinB＝b2，即2csinAsinB＝b，由正弦定理可得2sinCsinAsinB＝sinB，因为sinB≠0，所以sinAsinC＝eq\f(1,2).(2)因为4cosAcosC＝3，所以cosAcosC＝eq\f(3,4)，所以cosAcosC－sinAsinC＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，即cos(A＋C)＝eq\f(1,4)，所以cosB＝－eq\f(1,4)，因为0<B<π，所以sinB＝eq\f(\r(15),4)，因为eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(15),\f(\r(15),4))＝4，所以sinAsinC＝eq\f(ac,16)＝eq\f(1,2)，所以ac＝8，因为b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB，所以(a＋c)2＝15＋12＝27，所以a＋c＝3eq\r(3).所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3eq\r(3)＋eq\r(15).解三角形的综合问题[典型例题]命题角度一以平面几何为载体的解三角形问题(2019·洛阳尖子生第二次联考)如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2eq\r(3)，BD＝3＋eq\r(6)，△BCD的面积S＝eq\f(3（\r(2)＋\r(3)）,2).(1)求CD；(2)求∠ABC.【解】(1)在△BCD中，S＝eq\f(1,2)BD·BC·sin∠CBD＝eq\f(3（\r(2)＋\r(3)）,2)，因为BC＝2eq\r(3)，BD＝3＋eq\r(6)，所以sin∠CBD＝eq\f(1,2).因为∠ABC为锐角，所以∠CBD＝30°.在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝(2eq\r(3))2＋(3＋eq\r(6))2－2×2eq\r(3)×(3＋eq\r(6))×eq\f(\r(3),2)＝9，所以CD＝3.(2)在△BCD中，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，即eq\f(2\r(3),sin∠BDC)＝eq\f(3,sin30°)，解得sin∠BDC＝eq\f(\r(3),3).因为BC<BD，所以∠BDC为锐角，所以cos∠BDC＝eq\f(\r(6),3).在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，即eq\f(AC,cos∠BDC)＝eq\f(3,sin∠CAD).①在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，即eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(2\r(3),sin∠BAC).②因为AC平分∠BAD，所以∠CAD＝∠BAC.由①②得eq\f(sin∠ABC,cos∠BDC)＝eq\f(3,2\r(3))，解得sin∠ABC＝eq\f(\r(2),2).因为∠ABC为锐角，所以∠ABC＝45°.eq\a\vs4\al()解决以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系(如大边对大角，最大角一定大于等于eq\f(π,3))确定角或边的范围．命题角度二三角形中的最值或范围问题(1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的半径为1，且eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c－b,b)，则△ABC面积的最大值为________．(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a2＋b2－c2)(acosB＋bcosA)＝abc，则c＝________．若a＋b＝2，则c的取值范围为________．【解析】(1)因为eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c－b,b)，所以eq\f(bsinA,cosA)＝(2c－b)eq\f(sinB,cosB)，由正弦定理得sinBsinAcosB＝(2sinC－sinB)sinBcosA，又sinB≠0，所以sinAcosB＝(2sinC－sinB)cosA，所以sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA，即sin(A＋B)＝2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA，又sinC≠0，所以cosA＝eq\f(1,2)，sinA＝eq\f(\r(3),2).设外接圆的半径为r，则r＝1，由余弦定理得bc＝eq\f(b2＋c2－a2,2cosA)＝b2＋c2－a2＝b2＋c2－(2rsinA)2＝b2＋c2－3≥2bc－3(当且仅当b＝c时，等号成立)，所以bc≤3，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(3\r(3),4).所以△ABC面积的最大值为eq\f(3\r(3),4).(2)由sinAcosB＋sinBcosA＝sin(A＋B)＝sinC及正弦定理，可知acosB＋bcosA＝c，则由(a2＋b2－c2)(acosB＋bcosA)＝abc，得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可得cosC＝eq\f(1,2)，则C＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(2π,3)－A，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)))＝eq\f(c,sin\f(π,3))，又a＋b＝2，所以eq\f(csinA,\f(\r(3),2))＋eq\f(csin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)),\f(\r(3),2))＝2，即c＝eq\f(\r(3),sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)))＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))))，因为A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则c∈[1，2)．【答案】(1)eq\f(3\r(3),4)(2)eq\f(π,3)[1，2)eq\a\vs4\al()解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．[对点训练]1.(2019·重庆市七校联合考试)如图，在平面四边形ABCD中，E为AB边上一点，连接CE，DE.CB＝2，BE＝1，∠B＝∠CED＝eq\f(2π,3).(1)求sin∠AED的值；(2)若AB∥CD，求CD的长．解：(1)在△BEC中，由余弦定理得，CE＝eq\r(CB2＋BE2－2CB·BEcos∠B)＝eq\r(7)，又eq\f(BE,sin∠BCE)＝eq\f(CE,sin∠B)，所以sin∠BCE＝eq\f(\r(21),14)，因为∠B＝∠CED，所以sin∠AED＝sin∠BCE＝eq\f(\r(21),14).(2)因为AB∥CD，所以∠CDE＝∠AED，所以sin∠CDE＝sin∠AED＝eq\f(\r(21),14)，在△CDE中，eq\f(CD,sin∠CED)＝eq\f(CE,sin∠CDE)，所以CD＝eq\f(CEsin∠CED,sin∠CDE)＝eq\f(\r(7)×\f(\r(3),2),\f(\r(21),14))＝7.2．(2019·福建五校第二次联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且eq\r(3)acosC＝(2b－eq\r(3)c)cosA.(1)求角A的大小；(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．解：(1)由正弦定理可得，eq\r(3)sinAcosC＝2sinBcosA－eq\r(3)sinCcosA，从而eq\r(3)sin(A＋C)＝2sinBcosA，即eq\r(3)sinB＝2sinBcosA.又B为三角形的内角，所以sinB≠0，于是cosA＝eq\f(\r(3),2)，又A为三角形的内角，所以A＝eq\f(π,6).(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋c2－2bc×eq\f(\r(3),2)≥2bc－eq\r(3)bc，所以bc≤4(2＋eq\r(3))，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤2＋eq\r(3)，故△ABC面积的最大值为2＋eq\r(3).[A组夯基保分专练]一、选择题1．已知sin(α＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，eq\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，则cos2α的值为()A．－eq\f(7,25) B．－eq\f(7\r(2),25)C．－eq\f(24,25) D．－eq\f(12,25)解析：选C.因为sin(α＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，eq\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，eq\f(π,2)<α＋eq\f(π,4)<π，所以cos(α＋eq\f(π,4))<0，可得cos(α＋eq\f(π,4))＝－eq\f(4,5)，所以sinα＝sin[(α＋eq\f(π,4))－eq\f(π,4)]＝sin(α＋eq\f(π,4))coseq\f(π,4)－cos(α＋eq\f(π,4))sineq\f(π,4)＝eq\f(7\r(2),10)，cos2α＝1－2sin2α＝1－eq\f(49,25)＝－eq\f(24,25)，故选C.2．(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，则eq\f(b,c)＝()A．6 B．5C．4 D．3解析：选A.由题意及正弦定理得，b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，得eq\f(b,c)＝6.故选A.3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝2a，bsinB－asinA＝eq\f(1,2)asinC，则sinB为()A．eq\f(\r(7),4) B．eq\f(3,4)C．eq\f(\r(7),3) D．eq\f(1,3)解析：选A.由bsinB－asinA＝eq\f(1,2)asinC，且c＝2a，得b＝eq\r(2)a，因为cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋4a2－2a2,4a2)＝eq\f(3,4)，所以sinB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),4).4．(一题多解)在△ABC中，已知AB＝eq\r(2)，AC＝eq\r(5)，tan∠BAC＝－3，则BC边上的高等于()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2解析：选A.法一：因为tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝eq\f(3,\r(10))，cos∠BAC＝－eq\f(1,\r(10)).由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝5＋2－2×eq\r(5)×eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(10))))＝9，所以BC＝3，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(5)×eq\f(3,\r(10))＝eq\f(3,2)，所以BC边上的高h＝eq\f(2S△ABC,BC)＝eq\f(2×\f(3,2),3)＝1，故选A.法二：因为tan∠BAC＝－3，所以cos∠BAC＝－eq\f(1,\r(10))<0，则∠BAC为钝角，因此BC边上的高小于eq\r(2)，故选A.5.如图，在△ABC中，∠C＝eq\f(π,3)，BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足．若DE＝2eq\r(2)，则cosA等于()A．eq\f(2\r(2),3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(6),4) D．eq\f(\r(6),3)解析：选C.依题意得，BD＝AD＝eq\f(DE,sinA)＝eq\f(2\r(2),sinA)，∠BDC＝∠ABD＋∠A＝2∠A.在△BCD中，eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sinC)，eq\f(4,sin2A)＝eq\f(2\r(2),sinA)×eq\f(2,\r(3))＝eq\f(4\r(2),\r(3)sinA)，即eq\f(4,2sinAcosA)＝eq\f(4\r(2),\r(3)sinA)，由此解得cosA＝eq\f(\r(6),4).6．(多选)下列命题中，正确的是()A．在△ABC中，若A>B，则sinA>sinBB．在锐角三角形ABC中，不等式sinA>cosB恒成立C．在△ABC中，若acosA－bcosB＝0，则△ABC必是等腰直角三角形D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形解析：选ABD.对于A，在△ABC中，由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinA>sinB⇔a>b⇔A>B，故A正确；对于B，在锐角三角形ABC中，A，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且A＋B>eq\f(π,2)，则eq\f(π,2)>A>eq\f(π,2)－B>0，所以sinA>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，故B正确；对于C，在△ABC中，由acosA＝bcosB，利用正弦定理可得sin2A＝sin2B，得到2A＝2B或2A＝π－2B，故A＝B或A＝eq\f(π,2)－B，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accosB，所以ac＝a2＋c2－ac，即(a－c)2＝0，解得a＝c.又B＝60°，所以△ABC必是等边三角形，故D正确．故选ABD.二、填空题7．(2019·济南联考改编)若tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，则tan(α＋β)＝________，tanα＝________．解析：因为tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，所以tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝eq\f(tan（α＋2β）－tanβ,1＋tan（α＋2β）tanβ)＝eq\f(2－（－3）,1＋2×（－3）)＝－1.tanα＝tan(α＋β－β)＝eq\f(－1－（－3）,1＋（－1）×（－3）)＝eq\f(1,2).答案：－1eq\f(1,2)8．已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，a＝4，b∈(4，6)，sin2A＝sinC，则c的取值范围为________．解析：由eq\f(4,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(4,sinA)＝eq\f(c,sin2A)，所以c＝8cosA，因为16＝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.因为b∈(4，6)，所以32<c2<40，所以4eq\r(2)<c<2eq\r(10).答案：(4eq\r(2)，2eq\r(10))9．(一题多解)(2019·合肥市第一次质检测)设△ABC的内角A，B，C的对边a，b，c成等比数列，cos(A－C)－cosB＝eq\f(1,2)，延长BC至点D，若BD＝2，则△ACD面积的最大值为________．解析：法一：由题意知b2＝ac，由正弦定理得sin2B＝sinAsinC①，又由已知，得cos(A－C)＋cos(A＋C)＝eq\f(1,2)，可得cosAcosC＝eq\f(1,4)②，②－①，得eq\f(1,4)－sin2B＝－cosB，所以cos2B＋cosB－eq\f(3,4)＝0，解得cosB＝eq\f(1,2)或cosB＝－eq\f(3,2)(舍去)，所以B＝60°，再由题得cos(A－C)＝1，则A－C＝0，即A＝C，则a＝c，所以△ABC为正三角形，则∠ACD＝120°，AC＝b，CD＝2－b，故S△ACD＝eq\f(1,2)×b×(2－b)×eq\f(\r(3),2)≤eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋2－b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(\r(3),4)，当且仅当b＝2－b，即b＝1时取等号．故填eq\f(\r(3),4).法二：由题意知b2＝ac，且cos(A－C)＋cos(A＋C)＝eq\f(1,2)，即cosAcosC＋sinAsinC＋cosAcosC－sinAsinC＝eq\f(1,2)，即cosAcosC＝eq\f(1,4)，由余弦定理得eq\f(b2＋c2－a2,2bc)·eq\f(b2＋a2－c2,2ab)＝eq\f(1,4)，整理得b4－(a2－c2)2＝b4，所以a2－c2＝0，即a＝c，又b2＝ac，所以a＝b＝c，即△ABC为正三角形，所以S△ACD＝S△ABD－S△ABC＝eq\f(1,2)×2×c×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(3),4)c2＝－eq\f(\r(3),4)(c－1)2＋eq\f(\r(3),4)≤eq\f(\r(3),4)，当c＝1时取等号，故填eq\f(\r(3),4).答案：eq\f(\r(3),4)三、解答题10．(2019·广东六校第一次联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB.(1)求角B；(2)若b＝2eq\r(7)，tanC＝eq\f(\r(3),2)，求△ABC的面积．解：(1)因为a2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB，所以由余弦定理，得2accosB＝abcosA＋a2cosB，又a≠0，所以2ccosB＝bcosA＋acosB，由正弦定理，得2sinCcosB＝sinBcosA＋sinAcosB＝sin(A＋B)＝sinC，又C∈(0，π)，sinC>0，所以cosB＝eq\f(1,2).因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由tanC＝eq\f(\r(3),2)，C∈(0，π)，得sinC＝eq\f(\r(21),7)，cosC＝eq\f(2\r(7),7)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(7),7)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(3\r(21),14).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(2\r(7)×\f(3\r(21),14),\f(\r(3),2))＝6，所以△ABC的面积为eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×2eq\r(7)×eq\f(\r(21),7)＝6eq\r(3).11．(2019·武汉模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝2B，cosB＝eq\f(2\r(5),5).(1)求sinC的值；(2)若角A的平分线AD的长为eq\r(5)，求b的值．解：(1)由cosB＝eq\f(2\r(5),5)及0<B<π，得sinB＝eq\f(\r(5),5)，又A＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(4,5)，cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(3,5).故sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(4,5)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(11\r(5),25).(2)由题意得，∠ADC＝B＋eq\f(1,2)∠BAC＝∠BAC(如图)，所以sin∠ADC＝eq\f(4,5).在△ADC中，eq\f(AD,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，即eq\f(\r(5),\f(11\r(5),25))＝eq\f(AC,\f(4,5))，AC＝eq\f(20,11)，故b＝eq\f(20,11).12．(2019·高考天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2a，3csinB＝4asinC.(1)求cosB的值；(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))的值．解：(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得bsinC＝csinB，又由3csinB＝4asinC，得3bsinC＝4asinC，即3b＝4a.又因为b＋c＝2a，得到b＝eq\f(4,3)a，c＝eq\f(2,3)a.由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋\f(4,9)a2－\f(16,9)a2,2·a·\f(2,3)a)＝－eq\f(1,4).(2)由(1)可得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(15),4)，从而sin2B＝2sinBcosB＝－eq\f(\r(15),8)，cos2B＝cos2B－sin2B＝－eq\f(7,8)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝sin2Bcoseq\f(π,6)＋cos2Bsineq\f(π,6)＝－eq\f(\r(15),8)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(7,8)×eq\f(1,2)＝－eq\f(3\r(5)＋7,16).[B组大题增分专练]1．(2019·江西七校第一次联考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(sinA－sinB)＝(c－b)(sinC＋sinB)．(1)求角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a(sinA－sinB)＝(c－b)(sinC＋sinB)及正弦定理，得a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，即a2＋b2－c2＝ab.所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由(1)知a2＋b2－c2＝ab，所以(a＋b)2－3ab＝c2＝7，又S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\f(3\r(3),2)，所以ab＝6，所以(a＋b)2＝7＋3ab＝25，a＋b＝5.所以△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋eq\r(7).2．(一题多解)(2019·福州模拟)如图，在△ABC中，M是边BC的中点，cos∠BAM＝eq\f(5\r(7),14)，cos∠AMC＝－eq\f(2\r(7),7).(1)求∠B的大小；(2)若AM＝eq\r(21)，求△AMC的面积．解：(1)由cos∠BAM＝eq\f(5\r(7),14)，得sin∠BAM＝eq\f(\r(21),14)，由cos∠AMC＝－eq\f(2\r(7),7)，得sin∠AMC＝eq\f(\r(21),7).又∠AMC＝∠BAM＋∠B，所以cos∠B＝cos(∠AMC－∠BAM)＝cos∠AMCcos∠BAM＋sin∠AMCsin∠BAM＝－eq\f(2\r(7),7)×eq\f(5\r(7),14)＋eq\f(\r(21),7)×eq\f(\r(21),14)＝－eq\f(1,2)，又