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2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题六三角恒等变换与解三角形
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专题六 三角恒等变换与解三角形
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
正、余弦定理的应用·T17
二倍角公式及余弦定理的应用·T6
二倍角公式·T4
同角三角函数关系及两角和的正弦公式·T15
三角形的面积公式及余弦定理·T9
2017
正、余弦定理、三角形的面积公式及两角和的余弦公式·T17
余弦定理、三角恒等变换及三角形的面积公式·T17
余弦定理、三角形的面积公式·T17
2016
正、余弦定理、三角形面积公式、两角和的正弦公式·T17
诱导公式、三角恒等变换、给值求值问题·T9
同角三角函数的基本关系、二倍角公式·T5
正弦定理的应用、诱导公式·T13
利用正、余弦定理解三角形·T8
纵向把握趋势
卷Ⅰ3年3考且均出现在解答题中的第17题，涉及正、余弦定理、三角形的面积公式、两角和与差的正、余弦公式，难度适中．预计2019年会以选择题或填空题的形式考查正、余弦定理的应用及三角恒等变换，难度适中
卷Ⅱ3年5考，既有选择题、填空题，也有解答题，涉及诱导公式、同角三角函数基本关系式、三角恒等变换、正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式，难度适中．预计2019年会以解答题的形式考查正、余弦定理和三角形面积公式的应用
卷Ⅲ3年5考，既有选择题，也有解答题，难度适中．涉及同角三角函数基本关系式、二倍角公式、正弦定理和余弦定理、三角形面积公式等．预计2019年会以解答题的形式考查正、余弦定理在解三角形中的应用
横向把握重点
1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．
2.若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9或第13～15题位置上．
3.若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等.
三角恒等变换
[题组全练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)若sin α＝，则cos 2α＝( )
A. B.
C．－ D．－
解析：选B ∵sin α＝，∴cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×2＝.故选 B.
2．(2016·全国卷Ⅱ)若cos＝，则sin 2α＝( )
A. B.
C．－ D．－
解析：选D 因为cos＝，
所以sin 2α＝cos＝2cos2－1＝－.
3．已知sin－cos α＝，则cos＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选D 由sin－cos α＝，得sin α＋cos α－cos α＝sin α－cos α＝sin＝，所以cos＝1－2sin2＝1－＝.
4．已知sin β＝，且sin(α＋β)＝cos α，则tan(α＋β)＝( )
A．－2 B．2
C．－ D.
解析：选A ∵sin β＝，且<β<π，
∴cos β＝－，tan β＝－.
∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝－sin α＋cos α＝cos α，
∴tan α＝－，∴tan(α＋β)＝＝－2.
5．已知A，B均为钝角，sin2＋cos＝，且sin B＝，则A＋B＝( )
A. B.
C. D.
解析：选C 因为sin2＋cos＝，
所以＋cos A－sin A＝，
即－sin A＝，解得sin A＝.
因为A为钝角，
所以cos A＝－＝－＝－.
由sin B＝，且B为钝角，
可得cos B＝－＝－
＝－.
所以cos(A＋B)＝cos Acos B－sin Asin B
＝×－×
＝.
又A，B都为钝角，即A，B∈，
所以A＋B∈(π，2π)，
故A＋B＝，选C.
[系统方法]
1．化简求值的方法与思路
(1)方法：①采用“切化弦”“弦化切”来减少函数的种类，做到三角函数名称的统一；
②通过三角恒等变换，化繁为简，便于化简求值；
(2)基本思路：找差异，化同名(同角)，化简求值．
2．解决条件求值问题的三个关注点
(1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角；
(2)正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示；
(3)求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小．
正弦定理、余弦定理的应用
[多维例析]
角度一 利用正、余弦定理进行边、角计算
(1)(2018·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，则C＝( )
A. B.
C. D.
(2)(2018·长春质检)已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c,2asin B＝b，b＝2，c＝3，AD是角A的平分线，D在BC上，则BD＝________.
[解析] (1)∵S＝absin C＝＝＝abcos C，∴sin C＝cos C，
即tan C＝1.
∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)由正弦定理可得，2sin Asin B＝sin B，
可得sin A＝，因为0
解得BC＝，
在△ABD和△ADC中，分别应用正弦定理得，
＝.①
＝.②
又sin∠ADB＝sin∠ADC，③
联立①②③，解得BD＝.
[答案] (1)C (2)
角度二 与三角形面积、周长有关的问题
(2019届高三·武汉调研)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2bcos C＝2a＋c.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝2，a＋c＝，求△ABC的面积．
[解] (1)由正弦定理，知2sin Bcos C＝2sin A＋sin C，
由A＋B＋C＝π，得2sin Bcos C＝2sin(B＋C)＋sin C，
即2sin Bcos C＝2(sin Bcos C＋cos Bsin C)＋sin C，
整理得2cos Bsin C＋sin C＝0.
因为sin C≠0，所以cos B＝－.
因为0＜B＜π，所以B＝.
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得b2＝(a＋c)2－2ac－2accos B，
因为b＝2，a＋c＝，
所以22＝()2－2ac－2accos，得ac＝1.
所以S△ABC＝acsin B＝×1×＝.
(2018·广州模拟)已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝.
(1)求tan的值；
(2)若△ABC的面积为1，求△ABC的周长的最小值．
[解] (1)由已知，得b(sin B－sin C)＝(a＋c)·(sin A－sin C)，由正弦定理，得b(b－c)＝(a＋c)(a－c)，
即b2＋c2－a2＝bc.
再由余弦定理得cos A＝＝.
又0＜A＜π，所以A＝.
故tan＝tan＝－tan＝－.
(2)由(1)及已知得，△ABC的面积为
S△ABC＝bcsin＝1，所以bc＝4.
于是a2＝b2＋c2－2bccos A≥2bc－2bc×＝8－4，当且仅当b＝c＝2时，a取得最小值，且最小值为＝－，此时a＋b＋c＝－＋4.
故△ABC的周长的最小值为－＋4.
[类题通法] 利用正、余弦定理解三角形的常用策略
(1)当出现边角混合的式子时，常常根据a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C来统一成边或统一成角；
(2)当式子中出现三边的平方和或差时，常常要利用余弦定理解题；
(3)当三个内角A，B，C都出现时，根据三角形内角和A＋B＋C＝180°，消掉一个角，留下两个角，然后化简整理；若已知一个角，式子中含有两个角时，结合已知消掉一个角，留下一个角，然后根据和角公式展开，再进一步化简．
[综合训练]
1．(2018·南宁模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c(1＋cos B)＝b(2－cos C)．
(1)求证：2b＝a＋c；
(2)若B＝，△ABC的面积为4，求b.
解：(1)证明：∵c(1＋cos B)＝b(2－cos C)，
∴由正弦定理可得sin C(1＋cos B)＝sin B(2－cos C)，
即sin Ccos B＋sin Bcos C＋sin C＝2sin B，
sin(B＋C)＋sin C＝2sin B，
∴sin A＋sin C＝2sin B，∴2b＝a＋c.
(2)∵B＝，
∴△ABC的面积S＝acsin B＝ac＝4，
∴ac＝16.
由余弦定理可得
b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac.
∵a＋c＝2b，
∴b2＝4b2－3×16，解得b＝4.
2．(2018·合肥质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a－2b)cos C＋ccos A＝0.
(1)求角C的大小；
(2)若c＝2，求△ABC周长的最大值．
解：(1)根据正弦定理，由已知得
(sin A－2sin B)cos C＋sin Ccos A＝0，
即sin Acos C＋sin Ccos A＝2sin Bcos C，
∴sin(A＋C)＝2sin Bcos C，
∴sin B＝2sin Bcos C，∴cos C＝.
∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)由(1)及余弦定理得cos C＝＝，
又c＝2，∴a2＋b2－12＝ab，
∴(a＋b)2－12＝3ab≤32，
即(a＋b)2≤48(当且仅当a＝b＝2时等号成立)．
∴△ABC周长的最大值为6.
3．(2018·武汉调研)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足cos 2A－cos 2B＋2cos·cos＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若b＝且b≤a，求a的取值范围．
解：(1)由cos 2A－cos 2B＋2coscos＝0，
得2sin2B－2sin2A＋2＝0，
化简得sin A＝，
又△ABC为锐角三角形，故A＝.
(2)∵b＝≤a，∴c≥a，∴≤C＜，＜B≤，
∴＜sin B≤.
由正弦定理＝，得＝，∴a＝，
由sin B∈，得a∈[，3)．
即a的取值范围是[，3)．
解三角形与三角函数的综合问题
[由题知法]
已知函数f (x)＝2sin xcos x－2cos2x－1，x∈R.
(1)求函数f (x)的最小正周期和最小值；
(2)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝，f (C)＝0，sin B＝2sin A，求a，b的值．
[解] (1)因为f (x)＝2sin xcos x－2cos2x－1
＝sin 2x－(cos 2x＋1)－1
＝sin 2x－cos 2x－2
＝2sin－2，
所以函数f (x)的最小正周期T＝＝π，
最小值为－4.
(2)因为f (C)＝2sin－2＝0，
所以sin＝1，又C∈(0，π)，
所以－＜2C－＜π，
所以2C－＝，得C＝.
因为sin B＝2sin A，由正弦定理得b＝2a，
由余弦定理得，
c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋4a2－2a2＝3a2，
又c＝，所以a＝1，b＝2.
[类题通法] 解三角形与三角函数综合问题求解策略
(1)解三角形与三角函数的综合题求解时，若解决与三角恒等变换有关的问题，优先考虑角与角之间的关系；若解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理．
(2)求解该类问题，易忽视题中的角为三角形内角，未注明角的限制条件导致产生错解.
[应用通关]
已知函数f (x)＝4cos xsin＋m(m∈R)，当x∈时，f (x)的最小值为－1.
(1)求实数m的值；
(2)在△ABC中，已知f (C)＝1，AC＝4，延长AB至D，使BD＝BC，且AD＝5，求△ACD的面积．
解：(1)∵f (x)＝4cos xsin＋m
＝4cos x＋m
＝2sin xcos x＋2cos2x＋m
＝sin 2x＋cos 2x＋1＋m
＝2sin＋m＋1.
∵x∈，∴2x＋∈，
∴min＝－1，
∴f (x)min＝－1＝－1＋m＋1，解得m＝－1.
(2)由(1)知f (x)＝2sin，
又∵f (C)＝1，
∴2sin＝1，
∵C∈(0，π)，∴2C＋∈，
∴2C＋＝，解得C＝.
如图，设BD＝BC＝x，
则AB＝5－x，
在△ACB中，由余弦定理，
得cos∠ACB＝
＝，
解得x＝.
∴cos A＝＝，
得sin A＝＝.
∴S△ACD＝AC·ADsin A
＝×5×4×＝.
解三角形实际应用问题
[由题知法]
(1)从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为60°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．30 m B．30(－1)m
C．40 m D．40(－1)m
(2)为了竖一块广告牌，要制造一个三角形支架，如图，要求∠ACB＝60°，BC的长度大于1 m，且AC比AB长0.5 m．为了稳固广告牌，要求AC越短越好，则AC最短为( )
A.m B．2 m
C．(1＋)m D．(2＋)m
[解析] (1)如图，设A在直线BC上的射影为H.
由题意得，∠BAH＝30°，∠CAH＝60°.
在Rt△AHB中，
HB＝AHtan 30°＝AH＝×60＝20(m)．
在Rt△AHC中，
HC＝AHtan 60°＝AH＝×60＝60(m)．
所以BC＝HC－HB＝60－20＝40(m)．
(2)由题意设BC＝x(x>1)m，AC＝t(t>0)m，
依题意得AB＝AC－0.5＝(t－0.5)(m)．
在△ABC中，由余弦定理得，
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 60°，
即(t－0.5)2＝t2＋x2－tx，
化简并整理得t＝＝x－1＋＋2(x>1)．
因为x>1，所以t＝x－1＋＋2≥2＋当且仅当x＝1＋时取等号，故AC最短为(2＋)m，应选D.
[答案] (1)C (2)D
[类题通法]
1．解三角形实际应用问题的解题步骤
2．解三角形实际应用问题的注意事项
(1)要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名词，并能准确作出这些角；
(2)要注意将平面几何的性质、定理与正、余弦定理结合起来使用，这样可以优化解题过程；
(3)要注意题目中的隐含条件及解的实际意义．
[应用通关]
1．某位居民站在离地面20 m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为( )
A．20m B．20(1＋)m
C．10(＋)m D．20(＋)m
解析：选B 如图，设AB为阳台的高度，CD为小高层的高度，AE为水平线．由题意知AB＝20 m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝AE＝20 m，CE＝20 m，所以CD＝20(1＋)m.
2.(2018·河北保定模拟)如图，某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°方向上，距离为8海里，游轮由A处向正北方向航行到D处时再看灯塔B，B在南偏东60°方向上，则C与D的距离为( )
A．20海里 B．8海里
C．23海里 D．24海里
解析：选B 在△ABD中，因为灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12海里，货轮由A处向正北方向航行到D处时，再看灯塔B，B在南偏东60°方向上，所以B＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理＝，
可得AD＝＝＝24海里．
在△ACD中，AD＝24海里，AC＝8海里，∠CAD＝30°，
由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°＝242＋(8)2－2×24×8×＝192.
所以CD＝8海里．
3．如图，游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB＝1 040 m，BC＝500 m，则sin∠BAC等于________．
解析：依题意，设乙的速度为x m/s，
则甲的速度为x m/s，
因为AB＝1 040 m，BC＝500 m，
所以＝，
解得AC＝1 260 m.
在△ABC中，由余弦定理得，
cos∠BAC＝
＝＝，
所以sin∠BAC＝
＝ ＝.
答案：
重难增分
与平面几何有关的解三角形综合问题
[考法全析]
一、曾经这样考
1．(2015·全国卷Ⅰ)[与平面四边形有关的边长范围问题]在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．
[学解题]
法一：分割法(学生用书不提供解题过程)
易知∠ADC＝135°.如图，连接BD，设∠BDC＝α，∠ADB＝β，则α＋β＝135°.
在△ABD和△BCD中，由正弦定理得＝＝，
则AB＝＝
＝＝，
由得30°<α<105°，
所以－2<<.
则－
如图，动态地审视平面四边形ABCD，
边BC＝2固定，∠B＝∠C＝75°固定，延长BA，CD交于点P.
虽然∠BAD＝75°，
但AB边并不固定，
平行移动AD边，
则容易看出BQ
易求得BQ＝－；
在△BCP中，易求得BP＝＋，
则AB的取值范围是(－，＋)．
答案：(－，＋)
[启思维] 本题考查转化与化归思想，将四边形问题转化为解三角形问题是解决该题的关键．可利用正弦定理建立函数关系式求解，也可利用数形结合思想，作出图形，分析图形的特点找出解题思路．
二、还可能这样考
2．[与三角形的中线、角平分线相关的问题]在△ABC中，AB＝3AC，∠BAC的平分线交BC于D，且AD＝mAC，则实数m的取值范围是__________．
解析：法一：设AC＝x，则AB＝3x.
由三角形内角平分线的性质可知，
BD＝BC，CD＝BC.
在△ABD中，由余弦定理可得
2＝9x2＋m2x2－2×3mx2cos.①
在△ACD中，由余弦定理可得
2＝x2＋m2x2－2mx2cos.②
由①②两式消去BC并化简得cos＝.
因为0<<，
所以cos∈(0,1)，
所以0<<1，
解得m∈，
所以实数m的取值范围是.
法二：设∠BAD＝∠CAD＝θ，AC＝b，
则AB＝3b，AD＝mb，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
得b2sin 2θ＝mb2sin θ＋mb2sin θ，
化简得m＝cos θ.
因为θ∈，所以实数m的取值范围是.
答案：
[启思维] 本题考查了余弦定理的应用、三角形角平分线的性质及三角形面积公式．列出有关m的关系式是解决该题的关键．
3.[四边形面积的最值问题]已知△ABC的内角∠CAB，B，∠ACB所对的边分别为a，b，c，且acos∠ACB＋ccos∠CAB＝bsin B，∠CAB＝，如图所示，若D是△ABC外一点，DC＝2，DA＝3，则当四边形ABCD的面积最大时，sin D＝__________.
解析：由acos∠ACB＋ccos∠CAB＝bsin B及余弦定理得a·＋c·＝bsin B，即b＝bsin B⇒sin B＝1⇒B＝，又∠CAB＝，所以∠ACB＝.由BC＝a，得AB＝a，AC＝2a，则S△ABC＝×a×a＝a2.在△ACD中，cos D＝＝，所以a2＝.又S△ACD＝AD·CDsin D＝3sin D，所以S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝a2＋3sin D＝×＋3sin D＝3sin D－cos D＋＝ ＋＝sin(D－θ)＋ ，所以当D－θ＝，即D＝＋θ时，S四边形ABCD最大，此时sin D＝sin＝cos θ＝＝.
答案：
[启思维] 本题考查余弦定理、三角形面积公式及辅助角公式的应用．题中四边形的面积很容易求出，关键是计算面积的最大值，要注意边角互化的应用，否则解题非常困难．
[增分集训]
1．在△ABC中，点D在边AB上，CD⊥BC，AC＝5，CD＝5，BD＝2AD，则AD的长为__________．
解析：在△ABC中，BD＝2AD，
设AD＝x(x>0)，则BD＝2x.
在△BCD中，因为CD⊥BC，CD＝5，BD＝2x，
所以cos∠CDB＝＝.
在△ACD中，AD＝x，CD＝5，AC＝5，
由余弦定理得
cos∠ADC＝＝.
因为∠CDB＋∠ADC＝π，
所以cos∠ADC＝－cos∠CDB，
即＝－，
解得x＝5，所以AD的长为5.
答案：5
2.如图，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一点，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，则线段DE的长为______．
解析：易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，
在Rt△ABC中，AC＝，
在△AEC中，＝⇒CE＝，
在Rt△CED中，
DE＝CEsin 60°＝×
＝×＝6.
答案：6
3.(2018·四川成都模拟)如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝∠D＝，若△ADC是锐角三角形，则DA＋DC的取值范围为________．
解析：设∠ACD＝θ，则∠CAD＝－θ，根据条件及余弦定理计算得AC＝2.
在△ACD中，由正弦定理得
＝＝＝4，
∴AD＝4sin θ，CD＝4sin，
∴DA＋DC＝4
＝4＝4
＝4＝4sin.
∵△ACD是锐角三角形，
∴θ和－θ均为锐角，∴θ∈，
∴θ＋∈，
∴sin∈.
∴DA＋DC＝4sin∈.
答案：(6,4 ]
[高考大题通法点拨]
三角函数问题重在“变”——变角、变式
[思维流程]
[策略指导]
1．常用的变角技巧
(1)已知角与特殊角的变换；
(2)已知角与目标角的变换；
(3)角与其倍角的变换；
(4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·，＝－.
2．常用的变式技巧
主要从函数名、次数、系数方面入手，常见的有：
(1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；
(2)涉及sin x±cos x、sin x·cos x的问题，常做换元处理，如令t＝sin x±cos x∈[－，]，将原问题转化为关于t的函数来处理；
(3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等．
已知函数f (x)＝4tan xsin·cos－.
(1)求f (x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f (x)在区间上的单调性．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求f (x)的定义域与最小正周期，想到建立关于x的不等式以及化函数f (x)的解析式为f (x)＝Asin(ωx＋φ)或f (x)＝Acos(ωx＋φ)的形式
给什么用什么
题干中给出的解析式中既有正切函数也有正弦、余弦函数，利用同角三角函数关系式、诱导公式、两角差的正弦公式化简函数解析式，再分别利用各种三角函数的定义域即可求出函数f (x)的定义域，利用周期公式可求周期
第(2)问
求什么想什么
讨论f (x)在区间上的单调性，想到正弦函数y＝sin x的单调性
给什么用什么
第(1)问中已经将函数f (x)化为f (x)＝Asin(ωx＋φ)的形式，用整体代换求单调区间，并与区间求交集
[规范解答]
(1)f (x)的定义域为.
f (x)＝4tan xcos xcos－
＝4sin xcos－
＝4sin x
－
＝2sin xcos x＋2sin2x－
＝sin 2x＋(2sin2x－1)
＝sin 2x－cos 2x
＝2sin.
所以f (x)的最小正周期T＝＝π.
(2)令z＝2x－，则函数y＝2sin z的单调递增区间是，k∈Z.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
设A＝，B＝，k∈Z，易知A∩B＝.
所以当x∈时，f (x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
[关键点拨]
解答此类问题的关键在于“变”，其思路为“一角二名三结构”
升幂(降幂)公式口诀：“幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半”．
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c.
(1)求C；
(2)若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求角C，想到求C的某一个三角函数值
给什么用什么
题目条件中给出关系式2cos C(acos B＋bcos A)＝c.用正弦定理或余弦定理统一角或边，可求角C的一个三角函数值，进而求出C的值
第(2)问
求什么想什么
求△ABC的周长，想到求△ABC各边的长或直接求a＋b＋c的值
给什么用什么
已知c＝，△ABC的面积为，用S△ABC＝absin C＝可建立ab的关系式
差什么找什么
求周长，还需a＋b的值．通过以上步骤可知△ABC中C，c及ab的值，利用余弦定理即可求出a＋b的值
[规范解答]
(1)法一：由2cos C(acos B＋bcos A)＝c，
得2cos C(sin A·cos B＋sin B·
cos A)＝sin C，
即2cos C·sin(A＋B)＝sin C.
因为A＋B＋C＝π，
A，B，C∈(0，π)，
所以sin(A＋B)＝sin C>0，
所以2cos C＝1，cos C＝.
因为C∈(0，π)，所以C＝.
法二：由2cos C(acos B＋bcos A)＝c，
得2cos C＝c，
整理得2cos C＝1，
即cos C＝.
因为C∈(0，π)，所以C＝.
(2)因为S＝ab·sin C＝ab＝，所以ab＝6，
由余弦定理，c2＝a2＋b2－2ab·cos C，
得7＝a2＋b2－2ab·，
即(a＋b)2－3ab＝7，
所以(a＋b)2－18＝7，
即a＋b＝5，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋.
[关键点拨] 利用正、余弦定理求解问题的策略
角化边
利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，进而求解
边化角
利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变换，得出内角的关系，进而求解
[对点训练]
1．(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cos ∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC.
解：(1)在△ABD中，由正弦定理得＝，即＝，
所以sin ∠ADB＝.
由题设知，∠ADB<90°，
所以cos ∠ADB＝ ＝.
(2)由题设及(1)知，
cos ∠BDC＝sin ∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos ∠BDC
＝25＋8－2×5×2×＝25，所以BC＝5.
2．已知函数f (x)＝sin ωxcos ωx－sin2ωx＋1(ω＞0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为.
(1)求ω的值及函数f (x)的单调递减区间；
(2)已知a，b，c分别为△ABC中角A，B，C的对边，且满足a＝，f (A)＝1，求△ABC面积S的最大值．
解：(1)f (x)＝sin 2ωx－＋1
＝sin＋.
因为函数f (x)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为，所以T＝π，即＝π，所以ω＝1.
所以f (x)＝sin＋.
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
解得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)．
所以函数f (x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)由f (A)＝1，得sin＝.
因为2A＋∈，
所以2A＋＝，得A＝.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即()2＝b2＋c2－2bccos ，
所以bc＋3＝b2＋c2≥2bc，
解得bc≤3，当且仅当b＝c时等号成立．
所以S△ABC＝bcsin A≤×3×＝，
所以△ABC面积S的最大值为.
[总结升华]
高考试题中的三角函数解答题相对比较传统，难度较低，大家在复习时，应“明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是解答此类题的关键．在解题时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质， 仔细审题，快速运算．
[专题跟踪检测](对应配套卷P177)
一、全练保分考法——保大分
1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝，c＝2，cos A＝，则b＝( )
A. B.
C．2 D．3
解析：选D 由余弦定理得5＝22＋b2－2×2bcos A，
∵cos A＝，∴3b2－8b－3＝0，
∴b＝3.
2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a＝6，b＝4，C＝120°，则sin B＝( )
A. B.
C. D．－
解析：选B 在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝76，所以c＝.由正弦定理得＝，所以sin B＝＝＝.
3．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，bc＝4，则△ABC的面积为( )
A. B．1
C. D．2
解析：选C ∵a2＝b2＋c2－bc，∴bc＝b2＋c2－a2，
∴cos A＝＝.∵A为△ABC的内角，∴A＝60°，∴S△ABC＝bcsin A＝×4×＝.
4．(2019届高三·洛阳第一次统考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2＝c2＋ac－bc，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由a，b，c成等比数列得b2＝ac，则有a2＝c2＋b2－bc，由余弦定理得cos A＝＝＝，因为A为△ABC的内角，所以A＝，对于b2＝ac，由正弦定理得，sin2B＝sin Asin C＝sin C，由正弦定理得，＝＝＝.
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，则C＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B 在△ABC中，sin B＝sin(A＋C)，
则sin B＋sin A(sin C－cos C)
＝sin(A＋C)＋sin A(sin C－cos C)＝0，
即sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0，
∴cos Asin C＋sin Asin C＝0，
∵sin C≠0，∴cos A＋sin A＝0，
即tan A＝－1，所以A＝.
由＝得＝，∴sin C＝，
又0
A．1 B.
C. D．2
解析：选A 在△ABC中，∵tan∠BAC＝－3，
∴sin∠BAC＝，cos∠BAC＝－，
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC＝5＋2－2×××＝9，∴BC＝3.
∴S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×××＝，∴BC边上的高为＝＝1.
7．(2018·开封模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，btan B＋btan A＝2ctan B，且a＝5，△ABC的面积为2，则b＋c的值为__________．
解析：由正弦定理及btan B＋btan A＝2ctan B，
得sin B·＋sin B·＝2sin C·，
即cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos A，
亦即sin(A＋B)＝2sin Ccos A，
故sin C＝2sin Ccos A.
因为sin C≠0，所以cos A＝，所以A＝.
因为S△ABC＝bcsin A＝2，
所以bc＝8.
由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，
可得b＋c＝7.
答案：7
8．(2018·福州模拟)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为______ m/s(精确到0.1)．
参考数据： ≈1.414, ≈2.236.
解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v，在Rt△ADB中AB＝＝＝200.在Rt△ADC中，AC＝＝＝100.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以(14v)2＝(100)2＋2002－2×100×200×cos 135°，所以v＝≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.
答案：22.6
9．(2018·长春质检)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若其面积S＝b2sin A，角A的平分线AD交BC于点D，AD＝，a＝，则b＝________.
解析：由面积公式S＝bcsin A＝b2sin A，可得c＝2b，即＝2.由a＝，并结合角平分线定理可得，BD＝，CD＝，在△ABC中，由余弦定理得cos B＝，在△ABD中，cos B＝，即＝，
化简得b2＝1，解得b＝1.
答案：1
10．(2018·昆明调研)已知△ABC的面积为3，AC＝2，BC＝6，延长BC至D，使∠ADC＝45°.
(1)求AB的长；
(2)求△ACD的面积．
解：(1)因为S△ABC＝×6×2×sin∠ACB＝3，
所以sin∠ACB＝，∠ACB＝30°或150°，
又∠ADC＝45°，所以∠ACB＝150°，
由余弦定理得AB2＝12＋36－2×2×6cos 150°＝84，
所以AB＝2.
(2)在△ACD中，因为∠ACB＝150°，∠ADC＝45°，
所以∠CAD＝105°，
由正弦定理得＝，
即＝，
解得CD＝3＋，
又∠ACD＝180°－150°＝30°，
所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD
＝×2×(3＋)×＝.
11．(2018·沈阳质检)在△ABC中，已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2ccos B＝2a＋b.
(1)求角C的大小；
(2)若a＋b＝6，△ABC的面积为2，求c.
解：(1)由正弦定理得2sin Ccos B＝2sin A＋sin B，
又sin A＝sin(B＋C)，
∴2sin Ccos B＝2sin(B＋C)＋sin B，
∴2sin Ccos B＝2sin Bcos C＋2cos Bsin C＋sin B，
∴2sin Bcos C＋sin B＝0，
∵sin B≠0，∴cos C＝－.
又C∈(0，π)，∴C＝.
(2)∵S△ABC＝absin C＝2，∴ab＝8，
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋ab＋b2＝(a＋b)2－ab＝28，∴c＝2.
12．(2018·长沙模拟)在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且4sin Acos2A－cos(B＋C)＝sin 3A＋.
(1)求角A的大小；
(2)若b＝2，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)∵A＋B＋C＝π，∴cos(B＋C)＝－cos A． ①
∵3A＝2A＋A，
∴sin 3A＝sin(2A＋A)＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A． ②
又sin 2A＝2sin Acos A， ③
cos 2A＝2cos2A－1， ④
将①②③④代入已知等式，得2sin 2Acos A＋cos A＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A＋，
整理得sin A＋cos A＝，
即sin＝，
又A∈，∴A＋＝，即A＝.
(2)由(1)得B＋C＝，∴C＝－B，
∵△ABC为锐角三角形，
∴－B∈且B∈，解得B∈，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴c＝＝＝＋1，
又B∈，∴∈(0，)，∴c∈(1,4)，
∵S△ABC＝bcsin A＝c，∴S△ABC∈.
故△ABC面积的取值范围为.
二、强化压轴考法——拉开分
1．(2018·成都模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2(sin2A－sin2C)＝(a－b)sin B，△ABC的外接圆半径为.则△ABC面积的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由正弦定理，得＝＝＝2，所以sin A＝，sin B＝，sin C＝，将其代入2(sin2A－sin2C)＝(a－b)sin B得，a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理，得cos C＝＝，又0
A．2＋ B．2＋
C．3 D．3＋
解析：选A 法一：由题意可得，sin B＋2sin Ccos A＝0，即sin(A＋C)＋2sin Ccos A＝0，
得sin Acos C＝－3sin Ccos A，即tan A＝－3tan C.
又cos A＝－<0，所以A为钝角，于是tan C>0.
从而tan B＝－tan(A＋C)＝－＝＝，由基本不等式，得＋3tan C≥2 ＝2，当且仅当tan C＝时等号成立，此时角B取得最大值，且tan B＝tan C＝，tan A＝－，即b＝c，A＝120°，又bc＝1，所以b＝c＝1，a＝，故△ABC的周长为2＋.
法二：由已知b＋2ccos A＝0，得b＋2c·＝0，整理得2b2＝a2－c2.由余弦定理，得cos B＝＝≥＝，当且仅当a＝c时等号成立，此时角B取得最大值，将a＝c代入2b2＝a2－c2可得b＝c.又bc＝1，所以b＝c＝1，a＝，故△ABC的周长为2＋.
3．(2019届高三·惠州调研)已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，a＝4，b∈(4,6)，sin 2A＝sin C，则c的取值范围为______________．
解析：在△ABC中，由正弦定理得＝，
即＝，∴c＝8cos A，
由余弦定理得16＝b2＋c2－2bccos A，
∴16－b2＝64cos2A－16bcos2A，
又b≠4，∴cos2A＝＝＝，
∴c2＝64cos2A＝64×＝16＋4 B.
∵b∈(4,6)，∴32
4．(2018·潍坊模拟)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＝，则△ABC面积的最大值为__________．
解析：因为＝，所以＝(2c－b)，
由正弦定理得
sin Bsin Acos B＝(2sin C－sin B)sin Bcos A，
又sin B≠0，所以sin Acos B＝(2sin C－sin B)cos A，
所以sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos A，
sin(A＋B)＝2sin Ccos A，即sin C＝2sin Ccos A，
又sin C≠0，所以cos A＝，sin A＝.
设外接圆的半径为r，则r＝1，
由余弦定理得
a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc.
当且仅当b＝c时，等号成立，
又因为a＝2rsin A＝，
所以bc≤3，所以S△ABC＝bcsin A＝bc≤.
答案：
5．(2018·陕西质检)已知△ABC 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a2＋b2－c2)(acos B＋bcos A)＝abc，若a＋b＝2，则c的取值范围为________．
解析：由sin Acos B＋sin Bcos A＝sin(A＋B)＝sin C及正弦定理，可知acos B＋bcos A＝c，
则由(a2＋b2－c2)(acos B＋bcos A)＝abc，
得a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理可得cos C＝，则C＝，B＝－A，
由正弦定理＝＝，
得＝＝，又a＋b＝2，
所以＋＝2，
即c＝＝.
因为A∈，所以A＋∈，
所以sin∈，则c∈[1,2)．
答案：[1,2)
6．(2018·南昌模拟)如图，平面上有四个点A，B，P，Q，其中A，B为定点，且AB＝，P，Q为动点，满足关系AP＝PQ＝QB＝1，若△APB和△PQB的面积分别为S，T，则S2＋T2的最大值为________．
解析：设PB＝2x，则－1＜2x＜2，
∴＜x＜1，
∴T2＝2＝x2(1－x2)，
cos∠PAB＝＝，
sin2∠PAB＝1－2，
∴S2＝2＝＝－(1－x2)2，
∴S2＋T2＝－(1－x2)2＋x2(1－x2)，
令1－x2＝t，则x2＝1－t,0＜t＜，
∴S2＋T2＝－t2＋(1－t)t＝－2t2＋t＋，
其对称轴方程为t＝，且∈，
∴当t＝时，S2＋T2取得最大值，
此时S2＋T2＝－2×＋＋＝.
答案：
三、加练大题考法——少失分
1.(2019届高三·洛阳联考)如图，在△ABC中，点P在BC边上，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4.
(1)求∠ACP；
(2)若△APB的面积是，求sin∠BAP.
解：(1)在△APC中，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4，
由余弦定理得
PC2＝AP2＋AC2－2·AP·AC·cos∠PAC，
所以22＝AP2＋(4－AP)2－2·AP·(4－AP)·cos 60°，
整理得AP2－4AP＋4＝0，
解得AP＝2，所以AC＝2，
所以△APC是等边三角形，所以∠ACP＝60°.
(2)由于∠APB是△APC的外角，
所以∠APB＝120°，
因为△APB的面积是，
所以·AP·PB·sin∠APB＝，所以PB＝3.
在△APB中，由余弦定理得
AB2＝AP2＋PB2－2·AP·PB·cos∠APB
＝22＋32－2×2×3×cos 120°＝19，
所以AB＝.
在△APB中，由正弦定理得＝，
所以sin∠BAP＝＝.
2．(2018·开封模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知3a2－4S＝3b2＋3c2.
(1)求A；
(2)若a＝3，求△ABC周长的取值范围．
解：(1)∵S＝bcsin A，
∴由已知得，b2＋c2－a2＝－S＝－·bcsin A，
∴cos A＝＝－sin A，
∴tan A＝－，又∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)在△ABC中，由正弦定理得，
＝＝＝2，
∴b＝2sin B，c＝2sin C＝2sin，
记△ABC周长为y，
∴y＝a＋b＋c＝2sin B＋2sin＋3
＝2sin B＋2＋3
＝sin B＋3cos B＋3＝2sin＋3，
∵B∈，∴sin∈，
∴y∈(6,3＋2]，
∴△ABC周长的取值范围是(6,3＋2]．
3. (2018·淄博模拟)在△ABC中，∠BAC＝，D为边BC上一点，DA⊥AB，且AD＝.
(1)若AC＝2，求BD；
(2)求＋的取值范围．
解：(1)因为∠BAC＝，∠BAD＝，
所以∠CAD＝，在△DAC中，
由余弦定理知
CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos＝，
得CD＝，
从而cos∠ADC＝＝＝－.
所以cos∠ADB＝.
在Rt△DAB中，BD＝＝，
所以所求BD的长为.
(2)设∠ADB＝α，则∠ACD＝α－，
在Rt△DAB中，＝cos α，
在△DAC中，由正弦定理知
＝＝2sin.
于是＋＝cos α＋2sin＝sin α.
由题设知＜α＜，故＜sin α＜1，
因此所求＋的取值范围为.
4．设函数f (x)＝sin x(cos x＋sin x)－.
(1)求函数f (x)的最大值，并求此时的x值；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f (A)＝1，且2bsin B＋2csin C＝bc＋a，求a的值．
解：(1)由题意可得f (x)＝sin xcos x＋sin2x－
＝sin 2x＋(1－cos 2x)－
＝sin 2x－cos 2x
＝sin.
当2x－＝＋2kπ(k∈Z)，
即x＝＋kπ(k∈Z)时，函数f (x)取得最大值为1.
(2)∵A∈(0，π)，∴2A－∈.
又f (A)＝sin＝1，
∴2A－＝，
∴A＝.
根据正弦定理＝＝，
得sin B＝，sin C＝.
∵2bsin B＋2csin C＝bc＋a，
∴2b·＋2c·＝bc＋a，
∴(b2＋c2－a2)＝abc，
∴·2bccos ＝abc，
∴a＝.
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
正、余弦定理的应用·T17
二倍角公式及余弦定理的应用·T6
二倍角公式·T4
同角三角函数关系及两角和的正弦公式·T15
三角形的面积公式及余弦定理·T9
2017
正、余弦定理、三角形的面积公式及两角和的余弦公式·T17
余弦定理、三角恒等变换及三角形的面积公式·T17
余弦定理、三角形的面积公式·T17
2016
正、余弦定理、三角形面积公式、两角和的正弦公式·T17
诱导公式、三角恒等变换、给值求值问题·T9
同角三角函数的基本关系、二倍角公式·T5
正弦定理的应用、诱导公式·T13
利用正、余弦定理解三角形·T8
纵向把握趋势
卷Ⅰ3年3考且均出现在解答题中的第17题，涉及正、余弦定理、三角形的面积公式、两角和与差的正、余弦公式，难度适中．预计2019年会以选择题或填空题的形式考查正、余弦定理的应用及三角恒等变换，难度适中
卷Ⅱ3年5考，既有选择题、填空题，也有解答题，涉及诱导公式、同角三角函数基本关系式、三角恒等变换、正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式，难度适中．预计2019年会以解答题的形式考查正、余弦定理和三角形面积公式的应用
卷Ⅲ3年5考，既有选择题，也有解答题，难度适中．涉及同角三角函数基本关系式、二倍角公式、正弦定理和余弦定理、三角形面积公式等．预计2019年会以解答题的形式考查正、余弦定理在解三角形中的应用
横向把握重点
1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．
2.若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9或第13～15题位置上．
3.若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等.
三角恒等变换
[题组全练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)若sin α＝，则cos 2α＝( )
A. B.
C．－ D．－
解析：选B ∵sin α＝，∴cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×2＝.故选 B.
2．(2016·全国卷Ⅱ)若cos＝，则sin 2α＝( )
A. B.
C．－ D．－
解析：选D 因为cos＝，
所以sin 2α＝cos＝2cos2－1＝－.
3．已知sin－cos α＝，则cos＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选D 由sin－cos α＝，得sin α＋cos α－cos α＝sin α－cos α＝sin＝，所以cos＝1－2sin2＝1－＝.
4．已知sin β＝，且sin(α＋β)＝cos α，则tan(α＋β)＝( )
A．－2 B．2
C．－ D.
解析：选A ∵sin β＝，且<β<π，
∴cos β＝－，tan β＝－.
∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝－sin α＋cos α＝cos α，
∴tan α＝－，∴tan(α＋β)＝＝－2.
5．已知A，B均为钝角，sin2＋cos＝，且sin B＝，则A＋B＝( )
A. B.
C. D.
解析：选C 因为sin2＋cos＝，
所以＋cos A－sin A＝，
即－sin A＝，解得sin A＝.
因为A为钝角，
所以cos A＝－＝－＝－.
由sin B＝，且B为钝角，
可得cos B＝－＝－
＝－.
所以cos(A＋B)＝cos Acos B－sin Asin B
＝×－×
＝.
又A，B都为钝角，即A，B∈，
所以A＋B∈(π，2π)，
故A＋B＝，选C.
[系统方法]
1．化简求值的方法与思路
(1)方法：①采用“切化弦”“弦化切”来减少函数的种类，做到三角函数名称的统一；
②通过三角恒等变换，化繁为简，便于化简求值；
(2)基本思路：找差异，化同名(同角)，化简求值．
2．解决条件求值问题的三个关注点
(1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角；
(2)正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示；
(3)求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小．
正弦定理、余弦定理的应用
[多维例析]
角度一 利用正、余弦定理进行边、角计算
(1)(2018·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，则C＝( )
A. B.
C. D.
(2)(2018·长春质检)已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c,2asin B＝b，b＝2，c＝3，AD是角A的平分线，D在BC上，则BD＝________.
[解析] (1)∵S＝absin C＝＝＝abcos C，∴sin C＝cos C，
即tan C＝1.
∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)由正弦定理可得，2sin Asin B＝sin B，
可得sin A＝，因为0
解得BC＝，
在△ABD和△ADC中，分别应用正弦定理得，
＝.①
＝.②
又sin∠ADB＝sin∠ADC，③
联立①②③，解得BD＝.
[答案] (1)C (2)
角度二 与三角形面积、周长有关的问题
(2019届高三·武汉调研)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2bcos C＝2a＋c.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝2，a＋c＝，求△ABC的面积．
[解] (1)由正弦定理，知2sin Bcos C＝2sin A＋sin C，
由A＋B＋C＝π，得2sin Bcos C＝2sin(B＋C)＋sin C，
即2sin Bcos C＝2(sin Bcos C＋cos Bsin C)＋sin C，
整理得2cos Bsin C＋sin C＝0.
因为sin C≠0，所以cos B＝－.
因为0＜B＜π，所以B＝.
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得b2＝(a＋c)2－2ac－2accos B，
因为b＝2，a＋c＝，
所以22＝()2－2ac－2accos，得ac＝1.
所以S△ABC＝acsin B＝×1×＝.
(2018·广州模拟)已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝.
(1)求tan的值；
(2)若△ABC的面积为1，求△ABC的周长的最小值．
[解] (1)由已知，得b(sin B－sin C)＝(a＋c)·(sin A－sin C)，由正弦定理，得b(b－c)＝(a＋c)(a－c)，
即b2＋c2－a2＝bc.
再由余弦定理得cos A＝＝.
又0＜A＜π，所以A＝.
故tan＝tan＝－tan＝－.
(2)由(1)及已知得，△ABC的面积为
S△ABC＝bcsin＝1，所以bc＝4.
于是a2＝b2＋c2－2bccos A≥2bc－2bc×＝8－4，当且仅当b＝c＝2时，a取得最小值，且最小值为＝－，此时a＋b＋c＝－＋4.
故△ABC的周长的最小值为－＋4.
[类题通法] 利用正、余弦定理解三角形的常用策略
(1)当出现边角混合的式子时，常常根据a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C来统一成边或统一成角；
(2)当式子中出现三边的平方和或差时，常常要利用余弦定理解题；
(3)当三个内角A，B，C都出现时，根据三角形内角和A＋B＋C＝180°，消掉一个角，留下两个角，然后化简整理；若已知一个角，式子中含有两个角时，结合已知消掉一个角，留下一个角，然后根据和角公式展开，再进一步化简．
[综合训练]
1．(2018·南宁模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c(1＋cos B)＝b(2－cos C)．
(1)求证：2b＝a＋c；
(2)若B＝，△ABC的面积为4，求b.
解：(1)证明：∵c(1＋cos B)＝b(2－cos C)，
∴由正弦定理可得sin C(1＋cos B)＝sin B(2－cos C)，
即sin Ccos B＋sin Bcos C＋sin C＝2sin B，
sin(B＋C)＋sin C＝2sin B，
∴sin A＋sin C＝2sin B，∴2b＝a＋c.
(2)∵B＝，
∴△ABC的面积S＝acsin B＝ac＝4，
∴ac＝16.
由余弦定理可得
b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac.
∵a＋c＝2b，
∴b2＝4b2－3×16，解得b＝4.
2．(2018·合肥质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a－2b)cos C＋ccos A＝0.
(1)求角C的大小；
(2)若c＝2，求△ABC周长的最大值．
解：(1)根据正弦定理，由已知得
(sin A－2sin B)cos C＋sin Ccos A＝0，
即sin Acos C＋sin Ccos A＝2sin Bcos C，
∴sin(A＋C)＝2sin Bcos C，
∴sin B＝2sin Bcos C，∴cos C＝.
∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)由(1)及余弦定理得cos C＝＝，
又c＝2，∴a2＋b2－12＝ab，
∴(a＋b)2－12＝3ab≤32，
即(a＋b)2≤48(当且仅当a＝b＝2时等号成立)．
∴△ABC周长的最大值为6.
3．(2018·武汉调研)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足cos 2A－cos 2B＋2cos·cos＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若b＝且b≤a，求a的取值范围．
解：(1)由cos 2A－cos 2B＋2coscos＝0，
得2sin2B－2sin2A＋2＝0，
化简得sin A＝，
又△ABC为锐角三角形，故A＝.
(2)∵b＝≤a，∴c≥a，∴≤C＜，＜B≤，
∴＜sin B≤.
由正弦定理＝，得＝，∴a＝，
由sin B∈，得a∈[，3)．
即a的取值范围是[，3)．
解三角形与三角函数的综合问题
[由题知法]
已知函数f (x)＝2sin xcos x－2cos2x－1，x∈R.
(1)求函数f (x)的最小正周期和最小值；
(2)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝，f (C)＝0，sin B＝2sin A，求a，b的值．
[解] (1)因为f (x)＝2sin xcos x－2cos2x－1
＝sin 2x－(cos 2x＋1)－1
＝sin 2x－cos 2x－2
＝2sin－2，
所以函数f (x)的最小正周期T＝＝π，
最小值为－4.
(2)因为f (C)＝2sin－2＝0，
所以sin＝1，又C∈(0，π)，
所以－＜2C－＜π，
所以2C－＝，得C＝.
因为sin B＝2sin A，由正弦定理得b＝2a，
由余弦定理得，
c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋4a2－2a2＝3a2，
又c＝，所以a＝1，b＝2.
[类题通法] 解三角形与三角函数综合问题求解策略
(1)解三角形与三角函数的综合题求解时，若解决与三角恒等变换有关的问题，优先考虑角与角之间的关系；若解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理．
(2)求解该类问题，易忽视题中的角为三角形内角，未注明角的限制条件导致产生错解.
[应用通关]
已知函数f (x)＝4cos xsin＋m(m∈R)，当x∈时，f (x)的最小值为－1.
(1)求实数m的值；
(2)在△ABC中，已知f (C)＝1，AC＝4，延长AB至D，使BD＝BC，且AD＝5，求△ACD的面积．
解：(1)∵f (x)＝4cos xsin＋m
＝4cos x＋m
＝2sin xcos x＋2cos2x＋m
＝sin 2x＋cos 2x＋1＋m
＝2sin＋m＋1.
∵x∈，∴2x＋∈，
∴min＝－1，
∴f (x)min＝－1＝－1＋m＋1，解得m＝－1.
(2)由(1)知f (x)＝2sin，
又∵f (C)＝1，
∴2sin＝1，
∵C∈(0，π)，∴2C＋∈，
∴2C＋＝，解得C＝.
如图，设BD＝BC＝x，
则AB＝5－x，
在△ACB中，由余弦定理，
得cos∠ACB＝
＝，
解得x＝.
∴cos A＝＝，
得sin A＝＝.
∴S△ACD＝AC·ADsin A
＝×5×4×＝.
解三角形实际应用问题
[由题知法]
(1)从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为60°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．30 m B．30(－1)m
C．40 m D．40(－1)m
(2)为了竖一块广告牌，要制造一个三角形支架，如图，要求∠ACB＝60°，BC的长度大于1 m，且AC比AB长0.5 m．为了稳固广告牌，要求AC越短越好，则AC最短为( )
A.m B．2 m
C．(1＋)m D．(2＋)m
[解析] (1)如图，设A在直线BC上的射影为H.
由题意得，∠BAH＝30°，∠CAH＝60°.
在Rt△AHB中，
HB＝AHtan 30°＝AH＝×60＝20(m)．
在Rt△AHC中，
HC＝AHtan 60°＝AH＝×60＝60(m)．
所以BC＝HC－HB＝60－20＝40(m)．
(2)由题意设BC＝x(x>1)m，AC＝t(t>0)m，
依题意得AB＝AC－0.5＝(t－0.5)(m)．
在△ABC中，由余弦定理得，
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 60°，
即(t－0.5)2＝t2＋x2－tx，
化简并整理得t＝＝x－1＋＋2(x>1)．
因为x>1，所以t＝x－1＋＋2≥2＋当且仅当x＝1＋时取等号，故AC最短为(2＋)m，应选D.
[答案] (1)C (2)D
[类题通法]
1．解三角形实际应用问题的解题步骤
2．解三角形实际应用问题的注意事项
(1)要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名词，并能准确作出这些角；
(2)要注意将平面几何的性质、定理与正、余弦定理结合起来使用，这样可以优化解题过程；
(3)要注意题目中的隐含条件及解的实际意义．
[应用通关]
1．某位居民站在离地面20 m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为( )
A．20m B．20(1＋)m
C．10(＋)m D．20(＋)m
解析：选B 如图，设AB为阳台的高度，CD为小高层的高度，AE为水平线．由题意知AB＝20 m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝AE＝20 m，CE＝20 m，所以CD＝20(1＋)m.
2.(2018·河北保定模拟)如图，某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°方向上，距离为8海里，游轮由A处向正北方向航行到D处时再看灯塔B，B在南偏东60°方向上，则C与D的距离为( )
A．20海里 B．8海里
C．23海里 D．24海里
解析：选B 在△ABD中，因为灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12海里，货轮由A处向正北方向航行到D处时，再看灯塔B，B在南偏东60°方向上，所以B＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理＝，
可得AD＝＝＝24海里．
在△ACD中，AD＝24海里，AC＝8海里，∠CAD＝30°，
由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°＝242＋(8)2－2×24×8×＝192.
所以CD＝8海里．
3．如图，游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB＝1 040 m，BC＝500 m，则sin∠BAC等于________．
解析：依题意，设乙的速度为x m/s，
则甲的速度为x m/s，
因为AB＝1 040 m，BC＝500 m，
所以＝，
解得AC＝1 260 m.
在△ABC中，由余弦定理得，
cos∠BAC＝
＝＝，
所以sin∠BAC＝
＝ ＝.
答案：
重难增分
与平面几何有关的解三角形综合问题
[考法全析]
一、曾经这样考
1．(2015·全国卷Ⅰ)[与平面四边形有关的边长范围问题]在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．
[学解题]
法一：分割法(学生用书不提供解题过程)
易知∠ADC＝135°.如图，连接BD，设∠BDC＝α，∠ADB＝β，则α＋β＝135°.
在△ABD和△BCD中，由正弦定理得＝＝，
则AB＝＝
＝＝，
由得30°<α<105°，
所以－2<<.
则－
如图，动态地审视平面四边形ABCD，
边BC＝2固定，∠B＝∠C＝75°固定，延长BA，CD交于点P.
虽然∠BAD＝75°，
但AB边并不固定，
平行移动AD边，
则容易看出BQ
易求得BQ＝－；
在△BCP中，易求得BP＝＋，
则AB的取值范围是(－，＋)．
答案：(－，＋)
[启思维] 本题考查转化与化归思想，将四边形问题转化为解三角形问题是解决该题的关键．可利用正弦定理建立函数关系式求解，也可利用数形结合思想，作出图形，分析图形的特点找出解题思路．
二、还可能这样考
2．[与三角形的中线、角平分线相关的问题]在△ABC中，AB＝3AC，∠BAC的平分线交BC于D，且AD＝mAC，则实数m的取值范围是__________．
解析：法一：设AC＝x，则AB＝3x.
由三角形内角平分线的性质可知，
BD＝BC，CD＝BC.
在△ABD中，由余弦定理可得
2＝9x2＋m2x2－2×3mx2cos.①
在△ACD中，由余弦定理可得
2＝x2＋m2x2－2mx2cos.②
由①②两式消去BC并化简得cos＝.
因为0<<，
所以cos∈(0,1)，
所以0<<1，
解得m∈，
所以实数m的取值范围是.
法二：设∠BAD＝∠CAD＝θ，AC＝b，
则AB＝3b，AD＝mb，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
得b2sin 2θ＝mb2sin θ＋mb2sin θ，
化简得m＝cos θ.
因为θ∈，所以实数m的取值范围是.
答案：
[启思维] 本题考查了余弦定理的应用、三角形角平分线的性质及三角形面积公式．列出有关m的关系式是解决该题的关键．
3.[四边形面积的最值问题]已知△ABC的内角∠CAB，B，∠ACB所对的边分别为a，b，c，且acos∠ACB＋ccos∠CAB＝bsin B，∠CAB＝，如图所示，若D是△ABC外一点，DC＝2，DA＝3，则当四边形ABCD的面积最大时，sin D＝__________.
解析：由acos∠ACB＋ccos∠CAB＝bsin B及余弦定理得a·＋c·＝bsin B，即b＝bsin B⇒sin B＝1⇒B＝，又∠CAB＝，所以∠ACB＝.由BC＝a，得AB＝a，AC＝2a，则S△ABC＝×a×a＝a2.在△ACD中，cos D＝＝，所以a2＝.又S△ACD＝AD·CDsin D＝3sin D，所以S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝a2＋3sin D＝×＋3sin D＝3sin D－cos D＋＝ ＋＝sin(D－θ)＋ ，所以当D－θ＝，即D＝＋θ时，S四边形ABCD最大，此时sin D＝sin＝cos θ＝＝.
答案：
[启思维] 本题考查余弦定理、三角形面积公式及辅助角公式的应用．题中四边形的面积很容易求出，关键是计算面积的最大值，要注意边角互化的应用，否则解题非常困难．
[增分集训]
1．在△ABC中，点D在边AB上，CD⊥BC，AC＝5，CD＝5，BD＝2AD，则AD的长为__________．
解析：在△ABC中，BD＝2AD，
设AD＝x(x>0)，则BD＝2x.
在△BCD中，因为CD⊥BC，CD＝5，BD＝2x，
所以cos∠CDB＝＝.
在△ACD中，AD＝x，CD＝5，AC＝5，
由余弦定理得
cos∠ADC＝＝.
因为∠CDB＋∠ADC＝π，
所以cos∠ADC＝－cos∠CDB，
即＝－，
解得x＝5，所以AD的长为5.
答案：5
2.如图，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一点，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，则线段DE的长为______．
解析：易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，
在Rt△ABC中，AC＝，
在△AEC中，＝⇒CE＝，
在Rt△CED中，
DE＝CEsin 60°＝×
＝×＝6.
答案：6
3.(2018·四川成都模拟)如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝∠D＝，若△ADC是锐角三角形，则DA＋DC的取值范围为________．
解析：设∠ACD＝θ，则∠CAD＝－θ，根据条件及余弦定理计算得AC＝2.
在△ACD中，由正弦定理得
＝＝＝4，
∴AD＝4sin θ，CD＝4sin，
∴DA＋DC＝4
＝4＝4
＝4＝4sin.
∵△ACD是锐角三角形，
∴θ和－θ均为锐角，∴θ∈，
∴θ＋∈，
∴sin∈.
∴DA＋DC＝4sin∈.
答案：(6,4 ]
[高考大题通法点拨]
三角函数问题重在“变”——变角、变式
[思维流程]
[策略指导]
1．常用的变角技巧
(1)已知角与特殊角的变换；
(2)已知角与目标角的变换；
(3)角与其倍角的变换；
(4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·，＝－.
2．常用的变式技巧
主要从函数名、次数、系数方面入手，常见的有：
(1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；
(2)涉及sin x±cos x、sin x·cos x的问题，常做换元处理，如令t＝sin x±cos x∈[－，]，将原问题转化为关于t的函数来处理；
(3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等．
已知函数f (x)＝4tan xsin·cos－.
(1)求f (x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f (x)在区间上的单调性．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求f (x)的定义域与最小正周期，想到建立关于x的不等式以及化函数f (x)的解析式为f (x)＝Asin(ωx＋φ)或f (x)＝Acos(ωx＋φ)的形式
给什么用什么
题干中给出的解析式中既有正切函数也有正弦、余弦函数，利用同角三角函数关系式、诱导公式、两角差的正弦公式化简函数解析式，再分别利用各种三角函数的定义域即可求出函数f (x)的定义域，利用周期公式可求周期
第(2)问
求什么想什么
讨论f (x)在区间上的单调性，想到正弦函数y＝sin x的单调性
给什么用什么
第(1)问中已经将函数f (x)化为f (x)＝Asin(ωx＋φ)的形式，用整体代换求单调区间，并与区间求交集
[规范解答]
(1)f (x)的定义域为.
f (x)＝4tan xcos xcos－
＝4sin xcos－
＝4sin x
－
＝2sin xcos x＋2sin2x－
＝sin 2x＋(2sin2x－1)
＝sin 2x－cos 2x
＝2sin.
所以f (x)的最小正周期T＝＝π.
(2)令z＝2x－，则函数y＝2sin z的单调递增区间是，k∈Z.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
设A＝，B＝，k∈Z，易知A∩B＝.
所以当x∈时，f (x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
[关键点拨]
解答此类问题的关键在于“变”，其思路为“一角二名三结构”
升幂(降幂)公式口诀：“幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半”．
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c.
(1)求C；
(2)若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求角C，想到求C的某一个三角函数值
给什么用什么
题目条件中给出关系式2cos C(acos B＋bcos A)＝c.用正弦定理或余弦定理统一角或边，可求角C的一个三角函数值，进而求出C的值
第(2)问
求什么想什么
求△ABC的周长，想到求△ABC各边的长或直接求a＋b＋c的值
给什么用什么
已知c＝，△ABC的面积为，用S△ABC＝absin C＝可建立ab的关系式
差什么找什么
求周长，还需a＋b的值．通过以上步骤可知△ABC中C，c及ab的值，利用余弦定理即可求出a＋b的值
[规范解答]
(1)法一：由2cos C(acos B＋bcos A)＝c，
得2cos C(sin A·cos B＋sin B·
cos A)＝sin C，
即2cos C·sin(A＋B)＝sin C.
因为A＋B＋C＝π，
A，B，C∈(0，π)，
所以sin(A＋B)＝sin C>0，
所以2cos C＝1，cos C＝.
因为C∈(0，π)，所以C＝.
法二：由2cos C(acos B＋bcos A)＝c，
得2cos C＝c，
整理得2cos C＝1，
即cos C＝.
因为C∈(0，π)，所以C＝.
(2)因为S＝ab·sin C＝ab＝，所以ab＝6，
由余弦定理，c2＝a2＋b2－2ab·cos C，
得7＝a2＋b2－2ab·，
即(a＋b)2－3ab＝7，
所以(a＋b)2－18＝7，
即a＋b＝5，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋.
[关键点拨] 利用正、余弦定理求解问题的策略
角化边
利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，进而求解
边化角
利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变换，得出内角的关系，进而求解
[对点训练]
1．(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cos ∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC.
解：(1)在△ABD中，由正弦定理得＝，即＝，
所以sin ∠ADB＝.
由题设知，∠ADB<90°，
所以cos ∠ADB＝ ＝.
(2)由题设及(1)知，
cos ∠BDC＝sin ∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos ∠BDC
＝25＋8－2×5×2×＝25，所以BC＝5.
2．已知函数f (x)＝sin ωxcos ωx－sin2ωx＋1(ω＞0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为.
(1)求ω的值及函数f (x)的单调递减区间；
(2)已知a，b，c分别为△ABC中角A，B，C的对边，且满足a＝，f (A)＝1，求△ABC面积S的最大值．
解：(1)f (x)＝sin 2ωx－＋1
＝sin＋.
因为函数f (x)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为，所以T＝π，即＝π，所以ω＝1.
所以f (x)＝sin＋.
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
解得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)．
所以函数f (x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)由f (A)＝1，得sin＝.
因为2A＋∈，
所以2A＋＝，得A＝.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即()2＝b2＋c2－2bccos ，
所以bc＋3＝b2＋c2≥2bc，
解得bc≤3，当且仅当b＝c时等号成立．
所以S△ABC＝bcsin A≤×3×＝，
所以△ABC面积S的最大值为.
[总结升华]
高考试题中的三角函数解答题相对比较传统，难度较低，大家在复习时，应“明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是解答此类题的关键．在解题时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质， 仔细审题，快速运算．
[专题跟踪检测](对应配套卷P177)
一、全练保分考法——保大分
1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝，c＝2，cos A＝，则b＝( )
A. B.
C．2 D．3
解析：选D 由余弦定理得5＝22＋b2－2×2bcos A，
∵cos A＝，∴3b2－8b－3＝0，
∴b＝3.
2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a＝6，b＝4，C＝120°，则sin B＝( )
A. B.
C. D．－
解析：选B 在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝76，所以c＝.由正弦定理得＝，所以sin B＝＝＝.
3．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，bc＝4，则△ABC的面积为( )
A. B．1
C. D．2
解析：选C ∵a2＝b2＋c2－bc，∴bc＝b2＋c2－a2，
∴cos A＝＝.∵A为△ABC的内角，∴A＝60°，∴S△ABC＝bcsin A＝×4×＝.
4．(2019届高三·洛阳第一次统考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2＝c2＋ac－bc，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由a，b，c成等比数列得b2＝ac，则有a2＝c2＋b2－bc，由余弦定理得cos A＝＝＝，因为A为△ABC的内角，所以A＝，对于b2＝ac，由正弦定理得，sin2B＝sin Asin C＝sin C，由正弦定理得，＝＝＝.
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，则C＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B 在△ABC中，sin B＝sin(A＋C)，
则sin B＋sin A(sin C－cos C)
＝sin(A＋C)＋sin A(sin C－cos C)＝0，
即sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0，
∴cos Asin C＋sin Asin C＝0，
∵sin C≠0，∴cos A＋sin A＝0，
即tan A＝－1，所以A＝.
由＝得＝，∴sin C＝，
又0
A．1 B.
C. D．2
解析：选A 在△ABC中，∵tan∠BAC＝－3，
∴sin∠BAC＝，cos∠BAC＝－，
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC＝5＋2－2×××＝9，∴BC＝3.
∴S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×××＝，∴BC边上的高为＝＝1.
7．(2018·开封模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，btan B＋btan A＝2ctan B，且a＝5，△ABC的面积为2，则b＋c的值为__________．
解析：由正弦定理及btan B＋btan A＝2ctan B，
得sin B·＋sin B·＝2sin C·，
即cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos A，
亦即sin(A＋B)＝2sin Ccos A，
故sin C＝2sin Ccos A.
因为sin C≠0，所以cos A＝，所以A＝.
因为S△ABC＝bcsin A＝2，
所以bc＝8.
由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，
可得b＋c＝7.
答案：7
8．(2018·福州模拟)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为______ m/s(精确到0.1)．
参考数据： ≈1.414, ≈2.236.
解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v，在Rt△ADB中AB＝＝＝200.在Rt△ADC中，AC＝＝＝100.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以(14v)2＝(100)2＋2002－2×100×200×cos 135°，所以v＝≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.
答案：22.6
9．(2018·长春质检)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若其面积S＝b2sin A，角A的平分线AD交BC于点D，AD＝，a＝，则b＝________.
解析：由面积公式S＝bcsin A＝b2sin A，可得c＝2b，即＝2.由a＝，并结合角平分线定理可得，BD＝，CD＝，在△ABC中，由余弦定理得cos B＝，在△ABD中，cos B＝，即＝，
化简得b2＝1，解得b＝1.
答案：1
10．(2018·昆明调研)已知△ABC的面积为3，AC＝2，BC＝6，延长BC至D，使∠ADC＝45°.
(1)求AB的长；
(2)求△ACD的面积．
解：(1)因为S△ABC＝×6×2×sin∠ACB＝3，
所以sin∠ACB＝，∠ACB＝30°或150°，
又∠ADC＝45°，所以∠ACB＝150°，
由余弦定理得AB2＝12＋36－2×2×6cos 150°＝84，
所以AB＝2.
(2)在△ACD中，因为∠ACB＝150°，∠ADC＝45°，
所以∠CAD＝105°，
由正弦定理得＝，
即＝，
解得CD＝3＋，
又∠ACD＝180°－150°＝30°，
所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD
＝×2×(3＋)×＝.
11．(2018·沈阳质检)在△ABC中，已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2ccos B＝2a＋b.
(1)求角C的大小；
(2)若a＋b＝6，△ABC的面积为2，求c.
解：(1)由正弦定理得2sin Ccos B＝2sin A＋sin B，
又sin A＝sin(B＋C)，
∴2sin Ccos B＝2sin(B＋C)＋sin B，
∴2sin Ccos B＝2sin Bcos C＋2cos Bsin C＋sin B，
∴2sin Bcos C＋sin B＝0，
∵sin B≠0，∴cos C＝－.
又C∈(0，π)，∴C＝.
(2)∵S△ABC＝absin C＝2，∴ab＝8，
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋ab＋b2＝(a＋b)2－ab＝28，∴c＝2.
12．(2018·长沙模拟)在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且4sin Acos2A－cos(B＋C)＝sin 3A＋.
(1)求角A的大小；
(2)若b＝2，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)∵A＋B＋C＝π，∴cos(B＋C)＝－cos A． ①
∵3A＝2A＋A，
∴sin 3A＝sin(2A＋A)＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A． ②
又sin 2A＝2sin Acos A， ③
cos 2A＝2cos2A－1， ④
将①②③④代入已知等式，得2sin 2Acos A＋cos A＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A＋，
整理得sin A＋cos A＝，
即sin＝，
又A∈，∴A＋＝，即A＝.
(2)由(1)得B＋C＝，∴C＝－B，
∵△ABC为锐角三角形，
∴－B∈且B∈，解得B∈，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴c＝＝＝＋1，
又B∈，∴∈(0，)，∴c∈(1,4)，
∵S△ABC＝bcsin A＝c，∴S△ABC∈.
故△ABC面积的取值范围为.
二、强化压轴考法——拉开分
1．(2018·成都模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2(sin2A－sin2C)＝(a－b)sin B，△ABC的外接圆半径为.则△ABC面积的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由正弦定理，得＝＝＝2，所以sin A＝，sin B＝，sin C＝，将其代入2(sin2A－sin2C)＝(a－b)sin B得，a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理，得cos C＝＝，又0
A．2＋ B．2＋
C．3 D．3＋
解析：选A 法一：由题意可得，sin B＋2sin Ccos A＝0，即sin(A＋C)＋2sin Ccos A＝0，
得sin Acos C＝－3sin Ccos A，即tan A＝－3tan C.
又cos A＝－<0，所以A为钝角，于是tan C>0.
从而tan B＝－tan(A＋C)＝－＝＝，由基本不等式，得＋3tan C≥2 ＝2，当且仅当tan C＝时等号成立，此时角B取得最大值，且tan B＝tan C＝，tan A＝－，即b＝c，A＝120°，又bc＝1，所以b＝c＝1，a＝，故△ABC的周长为2＋.
法二：由已知b＋2ccos A＝0，得b＋2c·＝0，整理得2b2＝a2－c2.由余弦定理，得cos B＝＝≥＝，当且仅当a＝c时等号成立，此时角B取得最大值，将a＝c代入2b2＝a2－c2可得b＝c.又bc＝1，所以b＝c＝1，a＝，故△ABC的周长为2＋.
3．(2019届高三·惠州调研)已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，a＝4，b∈(4,6)，sin 2A＝sin C，则c的取值范围为______________．
解析：在△ABC中，由正弦定理得＝，
即＝，∴c＝8cos A，
由余弦定理得16＝b2＋c2－2bccos A，
∴16－b2＝64cos2A－16bcos2A，
又b≠4，∴cos2A＝＝＝，
∴c2＝64cos2A＝64×＝16＋4 B.
∵b∈(4,6)，∴32
4．(2018·潍坊模拟)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＝，则△ABC面积的最大值为__________．
解析：因为＝，所以＝(2c－b)，
由正弦定理得
sin Bsin Acos B＝(2sin C－sin B)sin Bcos A，
又sin B≠0，所以sin Acos B＝(2sin C－sin B)cos A，
所以sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos A，
sin(A＋B)＝2sin Ccos A，即sin C＝2sin Ccos A，
又sin C≠0，所以cos A＝，sin A＝.
设外接圆的半径为r，则r＝1，
由余弦定理得
a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc.
当且仅当b＝c时，等号成立，
又因为a＝2rsin A＝，
所以bc≤3，所以S△ABC＝bcsin A＝bc≤.
答案：
5．(2018·陕西质检)已知△ABC 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a2＋b2－c2)(acos B＋bcos A)＝abc，若a＋b＝2，则c的取值范围为________．
解析：由sin Acos B＋sin Bcos A＝sin(A＋B)＝sin C及正弦定理，可知acos B＋bcos A＝c，
则由(a2＋b2－c2)(acos B＋bcos A)＝abc，
得a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理可得cos C＝，则C＝，B＝－A，
由正弦定理＝＝，
得＝＝，又a＋b＝2，
所以＋＝2，
即c＝＝.
因为A∈，所以A＋∈，
所以sin∈，则c∈[1,2)．
答案：[1,2)
6．(2018·南昌模拟)如图，平面上有四个点A，B，P，Q，其中A，B为定点，且AB＝，P，Q为动点，满足关系AP＝PQ＝QB＝1，若△APB和△PQB的面积分别为S，T，则S2＋T2的最大值为________．
解析：设PB＝2x，则－1＜2x＜2，
∴＜x＜1，
∴T2＝2＝x2(1－x2)，
cos∠PAB＝＝，
sin2∠PAB＝1－2，
∴S2＝2＝＝－(1－x2)2，
∴S2＋T2＝－(1－x2)2＋x2(1－x2)，
令1－x2＝t，则x2＝1－t,0＜t＜，
∴S2＋T2＝－t2＋(1－t)t＝－2t2＋t＋，
其对称轴方程为t＝，且∈，
∴当t＝时，S2＋T2取得最大值，
此时S2＋T2＝－2×＋＋＝.
答案：
三、加练大题考法——少失分
1.(2019届高三·洛阳联考)如图，在△ABC中，点P在BC边上，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4.
(1)求∠ACP；
(2)若△APB的面积是，求sin∠BAP.
解：(1)在△APC中，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4，
由余弦定理得
PC2＝AP2＋AC2－2·AP·AC·cos∠PAC，
所以22＝AP2＋(4－AP)2－2·AP·(4－AP)·cos 60°，
整理得AP2－4AP＋4＝0，
解得AP＝2，所以AC＝2，
所以△APC是等边三角形，所以∠ACP＝60°.
(2)由于∠APB是△APC的外角，
所以∠APB＝120°，
因为△APB的面积是，
所以·AP·PB·sin∠APB＝，所以PB＝3.
在△APB中，由余弦定理得
AB2＝AP2＋PB2－2·AP·PB·cos∠APB
＝22＋32－2×2×3×cos 120°＝19，
所以AB＝.
在△APB中，由正弦定理得＝，
所以sin∠BAP＝＝.
2．(2018·开封模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知3a2－4S＝3b2＋3c2.
(1)求A；
(2)若a＝3，求△ABC周长的取值范围．
解：(1)∵S＝bcsin A，
∴由已知得，b2＋c2－a2＝－S＝－·bcsin A，
∴cos A＝＝－sin A，
∴tan A＝－，又∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)在△ABC中，由正弦定理得，
＝＝＝2，
∴b＝2sin B，c＝2sin C＝2sin，
记△ABC周长为y，
∴y＝a＋b＋c＝2sin B＋2sin＋3
＝2sin B＋2＋3
＝sin B＋3cos B＋3＝2sin＋3，
∵B∈，∴sin∈，
∴y∈(6,3＋2]，
∴△ABC周长的取值范围是(6,3＋2]．
3. (2018·淄博模拟)在△ABC中，∠BAC＝，D为边BC上一点，DA⊥AB，且AD＝.
(1)若AC＝2，求BD；
(2)求＋的取值范围．
解：(1)因为∠BAC＝，∠BAD＝，
所以∠CAD＝，在△DAC中，
由余弦定理知
CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos＝，
得CD＝，
从而cos∠ADC＝＝＝－.
所以cos∠ADB＝.
在Rt△DAB中，BD＝＝，
所以所求BD的长为.
(2)设∠ADB＝α，则∠ACD＝α－，
在Rt△DAB中，＝cos α，
在△DAC中，由正弦定理知
＝＝2sin.
于是＋＝cos α＋2sin＝sin α.
由题设知＜α＜，故＜sin α＜1，
因此所求＋的取值范围为.
4．设函数f (x)＝sin x(cos x＋sin x)－.
(1)求函数f (x)的最大值，并求此时的x值；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f (A)＝1，且2bsin B＋2csin C＝bc＋a，求a的值．
解：(1)由题意可得f (x)＝sin xcos x＋sin2x－
＝sin 2x＋(1－cos 2x)－
＝sin 2x－cos 2x
＝sin.
当2x－＝＋2kπ(k∈Z)，
即x＝＋kπ(k∈Z)时，函数f (x)取得最大值为1.
(2)∵A∈(0，π)，∴2A－∈.
又f (A)＝sin＝1，
∴2A－＝，
∴A＝.
根据正弦定理＝＝，
得sin B＝，sin C＝.
∵2bsin B＋2csin C＝bc＋a，
∴2b·＋2c·＝bc＋a，
∴(b2＋c2－a2)＝abc，
∴·2bccos ＝abc，
∴a＝.
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