新高考数学二轮复习考点突破学案2.2《三角恒等变换与解三角形》（2份打包，原卷版+教师版）

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1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.
2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度.
考点一 三角恒等变换
核心提炼
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin αcs β±cs αsin β；
(2)cs(α±β)＝cs αcs β∓sin αsin β；
(3)tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
2.二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcs α；
(2)cs 2α＝cs2α﹣sin2α＝2cs2α﹣1＝1﹣2sin2α；
(3)tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
例1 (1)若sin(α＋β)＋cs(α＋β)＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))sin β，则( )
A.tan(α﹣β)＝1 B.tan(α＋β)＝1 C.tan(α﹣β)＝﹣1 D.tan(α＋β)＝﹣1
答案为：C
解析：由题意得sin αcs β＋cs αsin β＋cs αcs β﹣sin αsin β＝2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)(cs α﹣sin α)sin β，整理，得sin αcs β﹣cs αsin β＋cs αcs β＋sin αsin β＝0，即sin(α﹣β)＋cs(α﹣β)＝0，所以tan(α﹣β)＝﹣1.
(2)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，则tan α等于( )
A.eq \f(\r(15),15) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(15),3)
答案为：A
解析：方法一 因为tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，
所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
方法二 因为tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(\f(2sin α,cs α),1－\f(sin2α,cs2α))＝eq \f(2sin αcs α,cs2α－sin2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，
且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
规律方法 三角恒等变换的“4大策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cs2θ＝tan 45°等；
(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cs2α＝(sin2α＋cs2α)＋cs2α，α＝(α﹣β)＋β等；
(3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂；
(4)弦、切互化：一般是切化弦.
跟踪演练1 (1)(多选)已知sin θcs θ＋eq \r(3)cs2θ＝cs θ＋eq \f(\r(3),2)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则θ等于( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,12) D.eq \f(π,18)
答案为：BD
解析：sin θcs θ＋eq \r(3)cs2θ＝eq \f(1,2)sin 2θ＋eq \r(3)×eq \f(1＋cs 2θ,2)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))＋eq \f(\r(3),2)＝cs θ＋eq \f(\r(3),2)，
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))＝cs θ，所以2θ﹣eq \f(π,6)＝θ＋2kπ或2θ﹣eq \f(π,6)＝﹣θ＋2kπ(k∈Z)，
故θ＝eq \f(π,6)＋2kπ或θ＝eq \f(π,18)＋eq \f(2kπ,3)(k∈Z).又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6)或eq \f(π,18).
(2)已知函数f(x)＝sin x﹣2cs x，设当x＝θ时，f(x)取得最大值，则cs θ＝________.
答案为：﹣eq \f(2\r(5),5)
解析：f(x)＝sin x﹣2cs x＝eq \r(5)sin(x﹣φ)，其中cs φ＝eq \f(\r(5),5)，sin φ＝eq \f(2\r(5),5)，
则f(θ)＝eq \r(5)sin(θ﹣φ)＝eq \r(5)，因此θ﹣φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
则cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝﹣sin φ＝﹣eq \f(2\r(5),5).
考点二 正弦定理、余弦定理
核心提炼
1.正弦定理：在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径).
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等.
2.余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2﹣2bccs A.
变形：b2＋c2﹣a2＝2bccs A，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc).
3.三角形的面积公式：S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A.
例2 (1)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)等于( )
A.3 B.eq \f(1,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3)
答案为：D
解析：因为bsin 2A＝asin B，所以2bsin Acs A＝asin B，
利用正弦定理可得2abcs A＝ab，所以cs A＝eq \f(1,2)，又c＝2b，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋4b2－a2,4b2)＝eq \f(1,2)，解得eq \f(a,b)＝eq \r(3).
(2)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A﹣B)＝sin Bsin(C﹣A).
①证明：2a2＝b2＋c2；
②若a＝5，cs A＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长.
①证明 方法一 由sin Csin(A﹣B)＝sin Bsin(C﹣A)，
可得sin Csin Acs B﹣sin Ccs Asin B＝sin Bsin Ccs A﹣sin Bcs Csin A，
结合正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，可得accs B﹣bccs A＝bccs A﹣abcs C，
即accs B＋abcs C＝2bccs A(*).
由余弦定理可得accs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2)，abcs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2)，2bccs A＝b2＋c2﹣a2，
将上述三式代入(*)式整理，得2a2＝b2＋c2.
方法二 因为A＋B＋C＝π，所以sin Csin(A﹣B)＝sin(A＋B)sin(A﹣B)
＝sin2Acs2B﹣cs2Asin2B
＝sin2A(1﹣sin2B)﹣(1﹣sin2A)sin2B＝sin2A﹣sin2B，
同理有sin Bsin(C﹣A)＝sin(C＋A)sin(C﹣A)＝sin2C﹣sin2A.
又sin Csin(A﹣B)＝sin Bsin(C﹣A)，
所以sin2A﹣sin2B＝sin2C﹣sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
②解 由①及a2＝b2＋c2﹣2bccs A得，a2＝2bccs A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，
所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.
规律方法 正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理.
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理.
注意：应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”.
跟踪演练2 (1)在△ABC中，若cs C＝eq \f(7,9)，bcs A＋acs B＝2，则△ABC外接圆的面积为( )
A.eq \f(49π,8) B.eq \f(81π,8) C.eq \f(81π,49) D.eq \f(81π,32)
答案为：D
解析：根据正弦定理可知b＝2Rsin B，a＝2Rsin A，
得2Rsin Bcs A＋2Rsin Acs B＝2Rsin(A＋B)＝2，
因为sin(A＋B)＝sin(π﹣C)＝sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(4\r(2),9)，所以R＝eq \f(9\r(2),8)，
所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝eq \f(81π,32).
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(tan A,tan B)＝eq \f(2c－b,b).
①求角A的大小；
②若a＝2，求△ABC面积的最大值及此时边b，c的值.
解 ①在△ABC中，由正弦定理得，c＝2Rsin C，b＝2Rsin B，
则eq \f(tan A,tan B)＝eq \f(2c,b)﹣1＝eq \f(2sin C,sin B)﹣1，eq \f(tan A,tan B)＋1＝eq \f(2sin C,sin B)，
化简得cs Asin B＋sin Acs B＝2sin Ccs A.即sin(A＋B)＝2sin Ccs A，
∵A＋B＝π﹣C，∴sin(A＋B)＝sin C≠0，∴cs A＝eq \f(1,2)，
∵0②由余弦定理得a2＝b2＋c2﹣2bccs A，
又A＝eq \f(π,3)，∴b2＋c2﹣bc＝4，又b2＋c2≥2bc，∴bc≤4，
则S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A≤eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为eq \r(3)，此时b＝2，c＝2.
考点三 解三角形的实际应用
核心提炼
解三角形应用题的常考类型
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解.
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解.
例3 (1)滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃的诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12 m，在它们的地面上的点M(B，M，D三点共线)测得楼顶A、滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得滕王阁顶部C的仰角为30°，则小明估算滕王阁的高度为(精确到1 m)( )
A.42 m B.45 m C.51 m D.57 m
答案为：D
解析：由题意得，在Rt△ABM中，AM＝eq \f(AB,sin 15°)，
在△ACM中，∠CAM＝30°＋15°＝45°，∠AMC＝180°﹣15°﹣60°＝105°，
所以∠ACM＝30°，由正弦定理得eq \f(AM,sin∠ACM)＝eq \f(CM,sin∠CAM)，
所以CM＝eq \f(sin∠CAM,sin∠ACM)·AM＝eq \f(\r(2)AB,sin 15°)，又sin 15°＝sin(45°﹣30°)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)﹣eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
在Rt△CDM中，CD＝CMsin 60°＝eq \f(\r(6)AB,2sin 15°)＝eq \f(12\r(6),2×\f(\r(6)－\r(2),4))＝36＋12eq \r(3)≈57(m).
(2)雷达是利用电磁波探测目标的电子设备，电磁波在大气中大致沿直线传播，受地球表面曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离L＝eq \r(R＋h12－R2)＋eq \r(R＋h22－R2)＝eq \r(2Rh1＋h\\al(2,1))＋eq \r(2Rh2＋h\\al(2,2))(如图)，其中h1为雷达天线架设高度，h2为探测目标高度，R为地球半径.考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，R等效取8 490 km，故R远大于h1，h2.假设某探测目标高度为25 m，为保护航母的安全，须在直视距离412 km外探测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为(参考数据：eq \r(2×8.49)≈4.12)( )
A.6 400 m B.8 100 m C.9 100 m D.1 000 m
答案为：C
解析：根据题意可知L＝412 km，R＝8 490 km，h2＝0.025 km，
因为L＝eq \r(R＋h12－R2)＋eq \r(R＋h22－R2)＝eq \r(2Rh1＋h\\al(2,1))＋eq \r(2Rh2＋h\\al(2,2))，
即412＝eq \r(8 490＋h12－8 4902)＋eq \r(8 490＋0.0252－8 4902)≈eq \r(8 490＋h12－8 4902)＋20.6，
解得h1≈9.02(km)≈9 100(m).所以舰载预警机的巡航高度至少约为9 100 m.
规律方法 解三角形实际问题的步骤
跟踪演练3 (1)如图，已知A，B，C，D四点在同一条直线上，且平面PAD与地面垂直，在山顶P点测得点A，C，D的俯角分别为30°，60°，45°，并测得AB＝200 m，CD＝100 m，现欲沿直线AD开通穿山隧道，则隧道BC的长为( )
A.100(eq \r(3)＋1)m B.200(eq \r(3)＋1)m C.200eq \r(3) m D.100eq \r(3) m
答案为：C
解析：由题意可知A＝30°，D＝45°，∠PCB＝60°，
所以∠PCD＝120°，∠APC＝90°，∠DPC＝15°，
因为sin 15°＝sin(45°﹣30°)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)﹣eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
所以在△PCD中，由正弦定理得eq \f(CD,sin∠DPC)＝eq \f(PC,sin D)，即eq \f(100,\f(\r(6)－\r(2),4))＝eq \f(PC,\f(\r(2),2))，
解得PC＝100(eq \r(3)＋1)m，所以在Rt△PAC中，AC＝2PC＝200(eq \r(3)＋1)m，
所以BC＝AC﹣AB＝200eq \r(3)(m).
(2)如图是建党百年展览的展馆——国家博物馆.现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点P离地面的高度OP(点O在柱楼底部).现分别从地面上的两点A，B测得点P的仰角分别为30°，45°，且∠ABO＝60°，AB＝60eq \r(2) 米，则OP等于( )
A.40米 B.30米 C.30eq \r(2) 米 D.30eq \r(3) 米
答案为：C
解析：如图所示，设OP＝h，
由题意知∠OAP＝30°，∠OBP＝45°.在Rt△AOP中，OA＝eq \f(OP,tan 30°)＝eq \r(3)h，
在Rt△BOP中，OB＝h.在△ABO中，
由余弦定理，得OA2＝AB2＋OB2﹣2AB·OBcs 60°，代入数据计算得到h＝30eq \r(2)(米).
即OP＝30eq \r(2)(米).
专题强化练
一、单项选择题
1.在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq \r(19)，AB＝2，则BC等于( )
A.1 B.eq \r(2) C.eq \r(5) D.3
答案为：D
解析：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2﹣2AB·BCcs B，得BC2＋2BC﹣15＝0，
解得BC＝3或BC＝﹣5(舍去).
2.cs2eq \f(π,12)﹣cs2eq \f(5π,12)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案为：D
解析：cs2eq \f(π,12)﹣cs2eq \f(5π,12)＝eq \f(1＋cs \f(π,6),2)﹣eq \f(1＋cs \f(5π,6),2)＝eq \f(1＋\f(\r(3),2),2)﹣eq \f(1－\f(\r(3),2),2)＝eq \f(\r(3),2).
3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为eq \f(3\r(15),4)，b﹣c＝1，cs A＝eq \f(1,4)，则a等于( )
A.10 B.3 C.eq \r(10) D.eq \r(3)
答案为：C
解析：因为cs A＝eq \f(1,4)，所以sin A＝eq \f(\r(15),4)，又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(15),8)bc＝eq \f(3\r(15),4)，
所以bc＝6，又b﹣c＝1，可得b＝3，c＝2，所以a2＝b2＋c2﹣2bccs A＝10，即a＝eq \r(10).
4.已知cs α＝eq \f(\r(5),5)，sin(β﹣α)＝﹣eq \f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β等于( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
答案为：C
解析：∵α，β均为锐角，即α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴β﹣α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
∴cs(β﹣α)＝eq \r(1－sin2β－α)＝eq \f(3\r(10),10)，又sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(2\r(5),5)，
∴cs β＝cs[(β﹣α)＋α]＝cs(β﹣α)cs α﹣sin(β﹣α)sin α
＝eq \f(3\r(10),10)×eq \f(\r(5),5)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),10)))×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(\r(2),2)，又β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴β＝eq \f(π,4).
5.故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群，故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴.已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°.图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB的长度(单位：米)约为( )
A.3米 B.4米 C.6(eq \r(3)﹣1)米 D.3(eq \r(3)＋1)米
答案为：C
解析：如图，根据题意得∠ACB＝15°，
∠ACD＝105°，∠ADC＝30°，∠CAD＝45°，CD＝24米，所以∠CAD＝45°，
在△ACD中，由正弦定理得eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，即eq \f(24,sin 45°)＝eq \f(AC,sin 30°)，解得AC＝12eq \r(2)(米)，
在Rt△ACB中，sin∠ACB＝eq \f(AB,AC)，即sin 15°＝eq \f(AB,12\r(2))，
解得AB＝12eq \r(2)sin 15°＝12eq \r(2)sin(60°﹣45°)＝12eq \r(2)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)＝3eq \r(2)(eq \r(6)﹣eq \r(2))＝6(eq \r(3)﹣1)米.
6.已知sin α﹣cs β＝3cs α﹣3sin β，且sin(α＋β)≠1，则sin(α﹣β)的值为( )
A.﹣eq \f(3,5) B.eq \f(3,5) C.﹣eq \f(4,5) D.eq \f(4,5)
答案为：C
解析：由sin α﹣cs β＝3cs α﹣3sin β得，
sin α﹣3cs α＝cs β﹣3sin β＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))﹣3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，
设f(x)＝sin x﹣3cs x＝eq \r(10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(10))sin x－\f(3,\r(10))cs x))＝eq \r(10)sin(x﹣φ)，
其中cs φ＝eq \f(1,\r(10))，sin φ＝eq \f(3,\r(10))，φ为锐角，
已知条件即为f(α)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，所以eq \f(π,2)﹣β＝2kπ＋α，或eq \f(π,2)﹣β﹣φ＋α﹣φ＝2kπ＋π，k∈Z，
若eq \f(π,2)﹣β＝2kπ＋α，k∈Z，则α＋β＝﹣2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，sin(α＋β)＝sin eq \f(π,2)＝1与已知矛盾，
所以eq \f(π,2)﹣β﹣φ＋α﹣φ＝2kπ＋π，k∈Z，α﹣β＝2kπ＋eq \f(π,2)＋2φ，k∈Z，
则sin(α﹣β)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋2φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2φ))＝cs 2φ＝2cs2φ﹣1＝﹣eq \f(4,5).
二、多项选择题
7.下列命题中，正确的是( )
A.在△ABC中，若A>B，则sin A>sin B
B.在锐角△ABC中，不等式sin A>cs B恒成立
C.在△ABC中，若acs A＝bcs B，则△ABC是等腰直角三角形
D.在△ABC中，若B＝eq \f(π,3)，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形
答案为：ABD
解析：对于A，由A>B，可得a>b，利用正弦定理可得sin A>sin B，正确；
对于B，在锐角△ABC中，A，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∵A＋B>eq \f(π,2)，∴eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)﹣B>0，
∴sin A>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，因此不等式sin A>cs B恒成立，正确；
对于C，在△ABC中，acs A＝bcs B，利用正弦定理可得sin Acs A＝sin Bcs B，
∴sin 2A＝sin 2B，∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＝π﹣2B，
∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，错误；
对于D，由于B＝eq \f(π,3)，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2﹣ac，
可得(a﹣c)2＝0，解得a＝c，则A＝C＝B＝eq \f(π,3)，∴△ABC必是等边三角形，正确.
8.函数f(x)＝sin x(sin x＋cs x)﹣eq \f(1,2)，若f(x0)＝eq \f(3\r(2),10)，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，下列结论正确的是( )
A.f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) B.直线x＝eq \f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴
C.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的最小值为﹣eq \f(\r(2),2) D.cs 2x0＝eq \f(\r(2),10)
答案为：AD
解析：f(x)＝sin2x＋sin xcs x﹣eq \f(1,2)＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x﹣eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(sin 2x﹣cs 2x)
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，故A正确；
当x＝eq \f(π,4)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，∴x＝eq \f(π,4)不是f(x)的对称轴，故B错误；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，2x﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(5π,12)))，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无最小值，故C错误；
∵f(x0)＝eq \f(3\r(2),10)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，又2x0﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(5π,12)))，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＝eq \f(4,5)，
∴cs 2x0＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))))＝eq \f(\r(2),10)，故D正确.
三、填空题
9.若sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，则tan 2α的值为________.
答案为：eq \r(3)
解析：由sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，可得sin α＝cs αcs eq \f(π,6)﹣sin αsin eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)cs α﹣eq \f(1,2)sin α，则tan α＝eq \f(\r(3),3)，
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(\r(3),3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \r(3).
10.已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝eq \f(1,4)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))＝________.
答案为：﹣eq \f(7,8)
解析：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))－\f(π,2)))＝﹣cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))))＝﹣eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))))＝﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))＝﹣eq \f(7,8).
11.如图，某直径为5eq \r(5)海里的圆形海域上有四个小岛，已知小岛B与小岛C相距5海里，cs∠BAD＝﹣eq \f(4,5).则小岛B与小岛D之间的距离为________海里；小岛B，C，D所形成的三角形海域BCD的面积为________平方海里.
答案为：3eq \r(5) 15
解析：由圆的内接四边形对角互补，得cs∠BCD＝cs(π﹣∠BAD)＝﹣cs∠BAD＝eq \f(4,5)>0，
又∠BCD为锐角，所以sin∠BCD＝eq \r(1－cs2∠BCD)＝eq \f(3,5)，
在△BCD中，由正弦定理得eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(BD,\f(3,5))＝5eq \r(5)，则BD＝3eq \r(5)(海里).
在△BCD中，由余弦定理得(3eq \r(5))2＝CD2＋52﹣2×CD×5×eq \f(4,5)，整理得CD2﹣8CD﹣20＝0，
解得CD＝10(负根舍去).所以S△BCD＝eq \f(1,2)×10×5×eq \f(3,5)＝15(平方海里).
12.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，cs 2C＝cs 2A＋4sin2B，则△ABC面积的最大值为________.
答案为：eq \f(2,3)
解析：由cs 2C＝cs 2A＋4sin2B得，1﹣2sin2C＝1﹣2sin2A＋4sin2B，
即sin2A＝sin2C＋2sin2B，由正弦定理得a2＝c2＋2b2＝4，
由余弦定理得a2＝b2＋c2﹣2bccs A＝4，∴c2＋2b2＝b2＋c2﹣2bccs A，即cs A＝﹣eq \f(b,2c)<0，
∵A∈(0，π)，∴sin A＝eq \r(1－\f(b2,4c2))，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(b2,4c2))))＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2－\f(1,4)b4)，
∵c2＋2b2＝4，∴c2＝4﹣2b2，∴S△ABC＝eq \f(1,2)eq \r(b24－2b2－\f(1,4)b4)＝eq \f(1,2)eq \r(－\f(9,4)b4＋4b2)，
则当b2＝eq \f(8,9)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)b4＋4b2))max＝﹣eq \f(9,4)×eq \f(64,81)＋4×eq \f(8,9)＝eq \f(16,9)，∴(S△ABC)max＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)＝eq \f(2,3).
四、解答题
13.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1﹣S2＋S3＝eq \f(\r(3),2)，sin B＝eq \f(1,3).
(1)求△ABC的面积；
(2)若sin Asin C＝eq \f(\r(2),3)，求b.
解 (1)由S1﹣S2＋S3＝eq \f(\r(3),2)，得eq \f(\r(3),4)(a2﹣b2＋c2)＝eq \f(\r(3),2)，即a2﹣b2＋c2＝2，
又a2﹣b2＋c2＝2accs B，所以accs B＝1.
由sin B＝eq \f(1,3)，得cs B＝eq \f(2\r(2),3)或cs B＝﹣eq \f(2\r(2),3)(舍去)，所以ac＝eq \f(3,2\r(2))＝eq \f(3\r(2),4)，
则△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(2),4)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(2),8).
(2)由sin Asin C＝eq \f(\r(2),3)，ac＝eq \f(3\r(2),4)及正弦定理知eq \f(b2,sin2B)＝eq \f(ac,sin Asin C)＝eq \f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq \f(9,4)，
即b2＝eq \f(9,4)×eq \f(1,9)＝eq \f(1,4)，得b＝eq \f(1,2).
14.在①(2c﹣a)sin C＝(b2＋c2﹣a2)eq \f(sin B,b)；②cs2eq \f(A－C,2)﹣cs Acs C＝eq \f(3,4)；③eq \f(\r(3)c,bcs A)＝tan A＋tan B这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，
问题：在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b＝2eq \r(3)，________.
(1)求角B；
(2)求2a﹣c的取值范围.
解 (1)选择①：
∵(2c﹣a)sin C＝(b2＋c2﹣a2)eq \f(sin B,b)，
∴由正弦定理可得(2c﹣a)c＝b2＋c2﹣a2＝2bccs A，∴2c﹣a＝2bcs A，
可得cs A＝eq \f(2c－a,2b)，
∴由余弦定理可得cs A＝eq \f(2c－a,2b)＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，整理可得c2＋a2﹣b2＝ac，
∴cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
选择②：
∵cs2eq \f(A－C,2)﹣cs Acs C＝eq \f(1＋csA－C,2)﹣cs Acs C＝eq \f(1－cs Acs C＋sin Asin C,2)
＝eq \f(1－csA＋C,2)＝eq \f(3,4)，
∴cs(A＋C)＝﹣eq \f(1,2)，∴cs B＝﹣cs(A＋C)＝eq \f(1,2)，又∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
选择③：
由正弦定理可得eq \f(\r(3)c,bcs A)＝eq \f(\r(3)sin C,sin Bcs A)，
又tan A＋tan B＝eq \f(sin A,cs A)＋eq \f(sin B,cs B)＝eq \f(sin Acs B＋cs Asin B,cs Acs B)＝eq \f(sin C,cs Acs B)，
由eq \f(\r(3)c,bcs A)＝tan A＋tan B，可得eq \f(\r(3)sin C,sin Bcs A)＝eq \f(sin C,cs Acs B)，
∵sin C>0，∴tan B＝eq \r(3)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，由(1)及b＝2eq \r(3)，得eq \f(b,sin B)＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，
故a＝4sin A，c＝4sin C，
2a﹣c＝8sin A﹣4sin C＝8sin A﹣4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))＝8sin A﹣2eq \r(3)cs A﹣2sin A
＝6sin A﹣2eq \r(3)cs A＝4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
∵0∴2a﹣c的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，4\r(3))).