2025届高考数学大二轮复习层级二专题二三角函数及解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形教学案

PAGE1-第2讲三角恒等变换与解三角形[考情考向·高考导航]1．三角恒等变换是高考必考内容，可以单独命题，也可以与三角函数图象和性质综合，有时与解三角形综合．难度一般不大，单独命题多以选择题、填空题的形式出现，有时与其他学问综合，以解答题的形式出现．2．解三角形主要考查正、余弦定理、面积的综合问题，有时也涉及三角恒等变换，难度中等．单独考查以选择题、填空题为主，综合考查以解答题为主．[真题体验]1．(2024·全国Ⅱ卷)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：B[∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由2sin2α＝cos2α＋1得：4sinαcosα＝2cos2α，∴2sinα＝cosα，∴2sinα＝eq\r(1－sin2α)，∴5sin2α＝1，∴sin2α＝eq\f(1,5)，∴sinα＝eq\f(\r(5),5).]2．(2024·全国Ⅰ卷)△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：A[∵asinA－bsinB＝4csinC，∴a2－b2＝4c2，∵cosA＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4)，即eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b,c)＝4×eq\f(3,2)＝6.]3．(2024·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).[主干整合]1．两角和与差的正弦、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).3．协助角公式asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a).4．正弦定理及其变形在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.5．余弦定理及其变形在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA；变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).6．三角形面积公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB.热点一三角恒等变换与求值数学运算素养数学运算——三角函数式化简求值中的核心素养三角运算是重要的“数学运算”，在正确分析条件和所求的基础上明确运算的方法，敏捷地选用三角公式，完成三角运算.[例1](1)(2024·江苏卷)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值是________．[解析]方法1：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝eq\f(tanα1－tanα,tanα＋1)＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝2或－eq\f(1,3).sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα＋2cos2α－1)＝eq\r(2)(sinαcosα＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(sinαcosα＋cos2α,sin2α＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(tanα＋1,tan2α＋1)－eq\f(\r(2),2)，将tanα＝2和－eq\f(1,3)分别代入得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).方法2：∵eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝＝－eq\f(2,3)，∴sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(2,3)cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).①又sineq\f(π,4)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα＝eq\f(\r(2),2)，②由①②，解得sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)，cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(2),10).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).[答案]eq\f(\r(2),10)(2)(2024·浙江卷)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5))).(ⅰ)求sin(α＋π)的值；(ⅱ)若角β满意sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，求cosβ的值．[解析](ⅰ)由角α的终边过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得sinα＝－eq\f(4,5)，所以sin(α＋π)＝－sinα＝eq\f(4,5).(ⅱ)由角α的终边过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得cosα＝－eq\f(3,5)，由sin(α＋β)＝eq\f(5,13)得cos(α＋β)＝±eq\f(12,13).由β＝(α＋β)－α得cosβ＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα，所以cosβ＝－eq\f(56,65)或cosβ＝eq\f(16,65).[答案](ⅰ)eq\f(4,5)(ⅱ)－eq\f(56,65)或eq\f(16,65)(1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和敏捷应用，要擅长视察各个角之间的联系，发觉题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的运用过程要留意正确性，要特殊留意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的状况．(2)求角问题要留意角的范围，要依据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避开产生增解．(1)(2024·维坊三模)已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β等于()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析：C[因为α，β均为锐角，所以－eq\f(π,2)＜α－β＜eq\f(π,2).又sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，所以cos(α－β)＝eq\f(3\r(10),10).又sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝eq\f(2\r(5),5)，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq\f(\r(2),2).所以β＝eq\f(π,4).](2)(2024·广西三市联考)设α为锐角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))的值为________．解析：因为α为锐角且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)＞0，所以α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,4)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,4)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,4)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1))＝eq\r(2)×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)－eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2－1))＝eq\f(12\r(2),25)－eq\f(7\r(2),50)＝eq\f(17\r(2),50).答案：eq\f(17\r(2),50)热点二正、余弦定理的应用用正、余弦定理求解边、角、面积[例2－1](2024·全国Ⅰ卷)△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.[解析](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).因为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).关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要留意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．用正、余弦定理解决实际问题[例2－2](2024·重庆二诊)如图，一辆汽车在一条水平的马路上向正西行驶，到A处时测得马路北侧一山顶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]由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°).解得BC＝300eq\r(2)m.在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝100eq\r(6)(m)．[答案]100eq\r(6)解三角形实际问题三步骤(1)分析题意，精确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语；(2)依据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关学问正确求解．(1)(2024·威海三模)如图，在△ABC中，点D在AC上，AB⊥BD，BC＝3eq\r(3)，BD＝5，sin∠ABC＝eq\f(2\r(3),5)，则CD的长为()A.eq\r(14) B．4C．2eq\r(5) D．5解析：B[利用余弦定理求解．因为sin∠ABC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠DBC＋\f(π,2)))＝cos∠DBC＝eq\f(2\r(3),5)，在△DBC中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠DBC＝25＋27－2×5×3eq\r(3)×eq\f(2\r(3),5)＝16，所以CD＝4，故选B.](2)如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发觉其北偏东45°，与观测站A距离20eq\r(2)海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ(0°＜θ＜45°)的C处，且cosθ＝eq\f(4,5).已知A，C两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．解析：因为cosθ＝eq\f(4,5)，0°＜θ＜45°，所以sinθ＝eq\f(3,5)，cos(45°－θ)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(3,5)＝eq\f(7\r(2),10)，在△ABC中，BC2＝800＋100－2×20eq\r(2)×10×eq\f(7\r(2),10)＝340，所以BC＝2eq\r(85)，该货船的船速为4eq\r(85)海里/小时．答案：4eq\r(85)热点三与解三角形的交汇创新[例3](2024·烟台模拟)已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinB＝eq\f(\r(7),4)，eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(4\r(7),7).(1)求证：0＜B≤eq\f(π,3)；(2)若eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)，求|eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))|.[审题指导](1)三角恒等变换，利用重要不等式转化关于cosB的不等式．(2)由数量积求ac，再由模长公式结合余弦定理求模．[解析](1)证明：因为eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(cosAsinC＋cosCsinA,sinAsinC)＝eq\f(sinA＋C,sinAsinC)＝eq\f(sinB,sinAsinC)＝eq\f(4\r(7),7)＝eq\f(1,sinB)，所以sinAsinC＝sin2B，由正弦定理可得b2＝ac，因此b2＝a2＋c2－2accosB≥2ac－2accosB，所以cosB≥eq\f(1,2)，又0＜B＜π，所以0＜B≤eq\f(π,3).(2)由(1)知0＜B≤eq\f(π,3)，又sinB＝eq\f(\r(7),4)，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\r(1－\f(7,16))＝eq\f(3,4).所以eq\f(3,2)＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝cacosB＝eq\f(3,4)ac，解得ac＝2，因此b2＝2.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，所以a2＋c2＝b2＋2accosB＝2＋2×2×eq\f(3,4)＝5.从而|eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))|2＝a2＋c2＋2eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝5＋2×eq\f(3,2)＝8，故|eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2eq\r(2).以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及不等式．这类综合问题的解法思路是：通过向量的运算把向量问题转化为三角函数问题或解三角形问题，再利用三角变换或正(余)弦定理综合解决．(2024·山师附中模拟)已知m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，cos2\f(x,4)))，设函数f(x)＝m·n.(1)求函数f(x)的单调增区间；(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，求f(B)的取值范围．解析：(1)f(x)＝m·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，cos2\f(x,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，则4kπ－eq\f(4π,3)≤x≤4kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，所以函数f(x)单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(4π,3)，4kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.(2)由b2＝ac可知cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)(当且仅当a＝c时取等号)，所以0＜B≤eq\f(π,3)，eq\f(π,6)＜eq\f(B,2)＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,3)，1＜f(B)≤eq\f(\r(3)＋1,2)，综上f(B)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3)＋1,2))).

限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2024·河北省六校联考)已知α∈(0，π)，且tanα＝2，则cos2α＋cosα＝()A.eq\f(2\r(5)－3,5) B.eq\f(\r(5)－3,5)C.eq\f(\r(5)＋3,5) D.eq\f(2\r(5)＋3,5)解析：B[∵α∈(0，π)，tanα＝2，∴α在第一象限，cosα＝eq\f(1,\r(5))，cos2α＋cosα＝2cos2α－1＋cosα＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))))2－1＋eq\f(1,\r(5))＝－eq\f(3,5)＋eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5)－3,5)，选B.]2．(2024·日照模拟)已知sin2α＝eq\f(1,3)，则cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,6)C.eq\f(2,3) D.eq\f(8,9)解析：C[∵sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝eq\f(1,3)，∴cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(2,3).]3．(组合型选择题)下列式子的运算结果为eq\r(3)的是()①tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°；②2(sin35°cos25°＋cos35°cos65°)；③eq\f(1＋tan15°,1－tan15°)；④eq\f(tan\f(π,6),1－tan2\f(π,6)).A．①②④ B．③④C．①②③ D．②③④解析：C[对于①，tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°＝tan(25°＋35°)(1－tan25°tan35°)＋eq\r(3)tan25°tan35°＝eq\r(3)－eq\r(3)tan25°tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°＝eq\r(3)；对于②，2(sin35°cos25°＋cos35°cos65°)＝2(sin35°cos25°＋cos35°sin25°)＝2sin60°＝eq\r(3)；对于③，eq\f(1＋tan15°,1－tan15°)＝eq\f(tan45°＋tan15°,1－tan45°tan15°)＝tan60°＝eq\r(3)；对于④，eq\f(tan\f(π,6),1－tan2\f(π,6))＝eq\f(1,2)×eq\f(2tan\f(π,6),1－tan2\f(π,6))＝eq\f(1,2)×taneq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2).综上，式子的运算结果为eq\r(3)的是①②③.故选C.]4．(2024·沈阳质检)已知△ABC的内角分别为A，B，C，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，则BC边的高为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2) D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)解析：B[由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得7＝AB2＋4－4ABcos60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，则BC边上的高为ABsin60°＝eq\f(3\r(3),2)，故选B.]5．(2024·广西南宁、玉林、贵港等市摸底)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，sinB＝2sinA，则△ABC的周长是()A．3eq\r(3) B．2＋eq\r(3)C．3＋eq\r(3) D．4＋eq\r(3)解析：C[在△ABC中，sinB＝2sinA，∴由正弦定理得b＝2a，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋4a2－2a2＝3a2，又c＝eq\r(3)，∴a＝1，b＝2.∴△ABC的周长是a＋b＋c＝1＋2＋eq\r(3)＝3＋eq\r(3).故选C.]6.(2024·保定二模)已知在河岸A处看到河对岸两个帐篷C，D分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30米到达B处后再次视察帐篷C，D，此时C，D分别在北偏西15°和北偏西60°方向，则帐篷C，D之间的距离为()A．10eq\r(15)米 B．10eq\r(6)米C．5eq\r(15)米 D．5eq\r(6)米解析：C[由题意可得∠DAB＝60°，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，∠DBA＝30°，在△ABD中，∠DAB＝60°，∠DBA＝30°，AB＝30，所以∠ADB＝90°，sin∠DAB＝sin60°＝eq\f(BD,BA)，解得BD＝15eq\r(3).在△ABC中，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，所以∠ACB＝60°，eq\f(AB,sin60°)＝eq\f(BC,sin45°)，解得BC＝10eq\r(6).在△BCD中，∠CBD＝∠CBA－∠DBA＝45°，则由余弦定理得cos∠CBD＝cos45°＝eq\f(BC2＋BD2－CD2,2BC·BD)，即eq\f(\r(2),2)＝eq\f(10\r(6)2＋15\r(3)2－CD2,3×10\r(6)×15\r(3))，得CD＝5eq\r(15).故选C.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2024·陕西省质量检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(sinC,sinA＋sinB)，且b＝5，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝5，则△ABC的面积是________．解析：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(sinC,sinA＋sinB)，所以eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(c,a＋b)，化简可得：b2＝a2＋bc－c2，可得cosA＝eq\f(1,2)，∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3).又b＝5，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝5，∴bccosA＝5，∴bc＝10.S＝eq\f(1,2)·bcsinA＝eq\f(1,2)×10×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),2).答案：eq\f(5\r(3),2)8．(2024·浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.解析：解答解三角形问题，要留意充分利用图形特征．在ΔABD中，有：eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAC)，而AB＝4，∠ADB＝eq\f(3π,4)，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝5，sin∠BAC＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(3,5)，cos∠BAC＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(4,5)，所以BD＝eq\f(12\r(2),5).cos∠ABD＝cos(∠BDC－∠BAC)＝coseq\f(π,4)cos∠BAC＋sineq\f(π,4)sin∠BAC＝eq\f(7\r(2),10).答案：eq\f(12\r(2),5)，eq\f(7\r(2),10)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2024·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若a＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，求c的值；(2)若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))的值．解：(1)因为a＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，得eq\f(2,3)＝eq\f(3c2＋c2－\r(2)2,2×3c×c)，即c2＝eq\f(1,3).所以c＝eq\f(\r(3),3).(2)因为eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(cosB,2b)＝eq\f(sinB,b)，所以cosB＝2sinB.从而cos2B＝(2sinB)2，即cos2B＝4(1－cos2B)，故cos2B＝eq\f(4,5).因为sinB＞0，所以cosB＝2sinB＞0，从而cosB＝eq\f(2\r(5),5).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB＝eq\f(2\r(5),5).10．(2024·辽宁三市调研)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满意(eq\r(2)a－c)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝ceq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→)).(1)求角B的大小；(2)若|eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，求△ABC面积的最大值．解：(1)由题意得(eq\r(2)a－c)cosB＝bcosC.依据正弦定理得(eq\r(2)sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以eq\r(2)sinAcosB＝sin(C＋B)，即eq\r(2)sinAcosB＝sinA.因为A∈(0，π)，所以sinA＞0，所以cosB＝eq\f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)因为|eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，所以|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，即b＝eq\r(6)，依据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq\r(2)ac≥2ac－eq\r(2)ac＝(2－eq\r(2))ac(当且仅当a＝c时取等号)，即ac≤3(2＋eq\r(2))，故△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(3\r(2)＋1,2)，即△ABC面积的最大值为eq\f(3\r(2)＋3,2).11.(2024·广东六校联考)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD＝∠CDE＝eq\f(2π,3)，∠BAE＝eq\f(π,3)，DE＝3BC＝3CD＝eq\f(9,10)km.(1)求道路BE的长度．(2)求生活区△ABE面积的最大值．解析：(1)如图，连接BD，在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝eq\f(27,100)，所以BD＝eq\f(3\r(3),10)，因为BC＝CD，所以∠CDB＝∠CBD＝eq\f(π－\f(2,3)π,2)＝eq\f(π,6)，又∠CDE＝eq\f(2π,3)，所以∠BDE＝eq\f(π,2).在Rt△BDE中，BE＝eq\r(BD2＋DE2)＝eq\f(3\r(3),5).(2)设∠ABE＝α，因为∠BAE＝eq\f(π,3)，所以∠AEB＝eq\f(2π,3)－α.在△ABE中，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠AEB)＝eq\f(AE,sin∠ABE)＝eq\f(BE,sin∠BAE)＝eq\f(3\r(3),5sin\f(π,3))＝eq\f(6,5)，所以AB＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))，AE＝eq\f(6,5)sinα.所以S△ABE＝eq\f(1,2)|AB||AE|sineq\f