2020届二轮复习(文)第2部分专题1第2讲　三角恒等变换与解三角形学案 19页

第 2 讲 三角恒等变换与解三角形 [做小题——激活思维] 1．若 cos θ＝2 3 ，θ为第四象限角，则 cos θ＋π 4 的值为( ) A. 2＋ 10 6 B.2 2＋ 10 6 C. 2－ 10 6 D.2 2－ 10 6 B [因为 cos θ＝2 3 ，θ为第四象限角，则 sin θ＝－ 5 3 ，故 cos θ＋π 4 ＝ 2 2 cos θ － 2 2 sin θ＝ 2 2 × 2 3 － － 5 3 ＝2 2＋ 10 6 ，故选 B.] 2．[一题多解]已知α为第二象限角，sin α＋cos α＝ 3 3 ，则 cos 2α＝( ) A．－ 5 3 B．－ 5 9 C. 5 9 D. 5 3 A [法一：∵sin α＋cos α＝ 3 3 ，∴sin 2α＝－2 3 ，又α为第二象限角且 sin α ＋cos α＝ 3 3 ＞0，∴2kπ＋π 2 ＜α＜2kπ＋3π 4 (k∈Z)，∴4kπ＋π＜2α＜4kπ＋3π 2 (k∈Z)， ∴2α为第三象限角，∴cos 2α＝－ 1－sin22α＝－ 5 3 . 法二：∵sin α＋cos α＝ 3 3 ，∴sin 2α＝－2 3 ，∵α为第二象限角，∴sin α＞0， cos α＜0，∴sin α－cos α＝ sin α－cos α2＝ 1－2sin αcos α＝ 1－sin 2α＝ 15 3 ， 由 sin α＋cos α＝ 3 3 ， sin α－cos α＝ 15 3 ， 解得 sin α＝ 3＋ 15 6 ， cos α＝ 3－ 15 6 ， ∴cos 2α＝2cos2α－1＝－ 5 3 .] 3．在△ABC 中，若 AB＝ 3，A＝45°，C＝75°，则 BC 等于( ) A．3－ 3 B. 2 C．2 D．3＋ 3 [答案] A 4．在△ABC 中，若 AB＝5，AC＝3，BC＝7，则 sin A 等于( ) A．－ 3 2 B. 3 2 C．－1 2 D.1 2 [答案] B 5．在钝角三角形 ABC 中，已知 AB＝ 3，AC＝1，B＝π 6 ，则△ABC 的面积 为( ) A.1 4 B. 3 2 C. 3 4 D.1 2 [答案] C [扣要点——查缺补漏] 1．和差公式及辅助角公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.如 T1. (3)tan(α±β)＝ tan α±tan β 1∓tan αtan β. (4)sin 2α＝2sin αcos α，cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α，tan 2α ＝ 2tan α 1－tan2α.如 T2. (5)辅助角公式：asin α＋bcos α＝ a2＋b2sin(α＋φ)，其中 cos φ＝ a a2＋b2 ， sin φ＝ b a2＋b2. 2．正弦定理和余弦定理 (1) a sin A ＝ b sin B ＝ c sin C ＝2R.如 T3. (2)a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C，cos A＝b2＋c2－a2 2bc ，cos B＝a2＋c2－b2 2ac ，cos C＝a2＋b2－c2 2ab .如 T4. 3．三角形的面积公式 (1)S＝1 2aha＝1 2bhb＝1 2chc(ha，hb，hc 分别表示 a，b，c 边上的高)． (2)S＝1 2absin C＝1 2bcsin A＝1 2casin B．如 T5. (3)S＝1 2r(a＋b＋c)(r 为△ABC 内切圆的半径)． 三角恒等变换(5 年 5 考) [高考解读] 三角恒等变换是三角变换的工具，在高考中主要考查利用两角 和与差的三角函数公式、二倍角公式进行三角函数的化简与求值.可单独考查， 也可以与三角函数的性质综合考查. 1．(2019·全国卷Ⅰ)tan 255°＝( ) A．－2－ 3 B．－2＋ 3 C．2－ 3 D．2＋ 3 D [tan 255°＝tan(180°＋75°)＝tan 75°＝tan(45°＋30°)＝ tan 45°＋tan 30° 1－tan 45°tan 30° ＝ 1＋ 3 3 1－ 3 3 ＝2＋ 3. 故选 D.] 2．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈ 0，π 2 ，2sin 2α＝cos 2α＋1，则 sin α＝( ) A.1 5 B. 5 5 C. 3 3 D.2 5 5 切入点：2sin 2α＝cos 2α＋1． 关键点：正确应用倍角公式及平方关系，注意α的范围． B [由 2sin 2α＝cos 2α＋1， 得 4sin αcos α＝2cos2α. ∵α∈ 0，π 2 ，∴2sin α＝cos α. 又∵sin2α＋cos2α＝1， ∴sin2α＝1 5. 又α∈ 0，π 2 ，∴sin α＝ 5 5 . 故选 B.] 3．[一题多解](2018·全国卷Ⅱ)已知 tanα－5π 4 ＝1 5 ，则 tan α＝________. 切入点：①tan α－5 4π ＝1 5 ； ②两角差的正切公式． 关键点：解关于 tan α的方程． 3 2 [法一：因为 tan α－5π 4 ＝1 5 ， 所以 tan α－tan 5π 4 1＋tan αtan 5π 4 ＝1 5 ，即tan α－1 1＋tan α ＝1 5 ， 解得 tan α＝3 2. 法二：因为 tanα－5π 4 ＝1 5 ， 所以 tan α＝tanα－5π 4 ＋5π 4 ＝ tanα－5π 4 ＋tan 5π 4 1－tanα－5π 4 tan 5π 4 ＝ 1 5 ＋1 1－1 5 ×1 ＝3 2.] 4．(2017·全国卷Ⅰ)已知α∈ 0，π 2 ，tan α＝2，则 cos α－π 4 ＝________. 切入点：①tan α＝sin α cos α ； ②两角差的余弦公式． 关键点：利用同角三角函数基本关系式，求出 sin α和 cos α的值． 3 10 10 [因为α∈ 0，π 2 ，且 tan α＝ sin α cos α ＝2，所以 sin α＝2cos α，又 sin2α ＋cos2α＝1，所以 sin α＝2 5 5 ，cos α＝ 5 5 ，则 cos α－π 4 ＝cos αcos π 4 ＋sin αsin π 4 ＝ 5 5 × 2 2 ＋2 5 5 × 2 2 ＝3 10 10 .] [教师备选题] 1．(2016·全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且 sin θ＋π 4 ＝3 5 ，则 tan θ－π 4 ＝ ________. －4 3 [将θ－π 4 转化为 θ＋π 4 －π 2. 由题意知 sin θ＋π 4 ＝3 5 ，θ是第四象限角，所以 cos θ＋π 4 ＞0，所以 cos θ＋π 4 ＝ 1－sin2 θ＋π 4 ＝4 5. tan θ－π 4 ＝tan θ＋π 4 －π 2 ＝－ 1 tan θ＋π 4 ＝－ cos θ＋π 4 sin θ＋π 4 ＝－ 4 5 3 5 ＝－4 3.] 2．(2018·江苏高考)已知α，β为锐角，tan α＝4 3 ，cos(α＋β)＝－ 5 5 . (1)求 cos 2α的值； (2)求 tan(α－β)的值． [解] (1)因为 tan α＝4 3 ，tan α＝sin α cos α ， 所以 sin α＝4 3cos α. 因为 sin2α＋cos2α＝1，所以 cos2α＝ 9 25 ， 所以 cos 2α＝2cos2α－1＝－ 7 25. (2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)． 又因为 cos(α＋β)＝－ 5 5 ， 所以 sin(α＋β)＝ 1－cos2α＋β＝2 5 5 ， 因此 tan(α＋β)＝－2. 因为 tan α＝4 3 ， 所以 tan 2α＝ 2tan α 1－tan2α ＝－24 7 . 因此 tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)] ＝ tan 2α－tanα＋β 1＋tan 2αtanα＋β ＝－ 2 11. 1．三角函数式的化简要遵循的“三看”原则 (1)一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系，把角进 行合理拆分，从而正确使用公式； (2)二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常 见的有“切化弦”； (3)三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，常 见的有“遇到分式要通分”． 2．求值的基本类型 (1)“给角求值”：一般给出的角都是非特殊角，从表面上看是很难的，但 仔细观察非特殊角与特殊角总有一定的关系，解题时，要利用观察得到的关系， 结合公式转化为特殊角求解； (2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函 数式的值，解题关键在于“变角”，使角相同或具有某种关系； (3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一三角函数值， 再求角的范围，确定角的度数． 1．(给角求值)2sin 47°－ 3sin 17° cos 17° ＝( ) A．－ 3 B．－1 C. 3 D．1 D [原式＝2×sin 47°－sin 17°cos 30° cos 17° ＝2×sin17°＋30°－sin 17°cos 30° cos 17° ＝2sin 30°＝1. 故选 D.] 2．(给值求值)已知 cos x－π 6 ＝ 3 3 ，则 cos x＋cos x－π 3 ＝( ) A．－1 B．1 C.2 3 3 D. 3 B [cos x＋cos x－π 3 ＝cos x＋cos xcos π 3 ＋sin xsin π 3 ＝3 2cos x＋ 3 2 sin x＝ 3 3 2 cos x＋1 2sin x ＝ 3cos x－π 6 ＝ 3× 3 3 ＝1，故选 B.] 3．(给值求角)若 sin 2α＝ 5 5 ，sin(β－α)＝ 10 10 ，且α∈ π 4 ，π ，β∈ π，3π 2 ， 则α＋β的值是( ) A.7π 4 B.9π 4 C.5π 4 或7π 4 D.5π 4 或9π 4 A [因为α∈ π 4 ，π ，所以 2α∈ π 2 ，2π ，又 sin 2α＝ 5 5 ，所以 2α∈ π 2 ，π ， α∈ π 4 ，π 2 ，所以 cos 2α＝－2 5 5 .又β∈ π，3π 2 ，所以β－α∈ π 2 ，5π 4 ，故 cos(β－α) ＝－3 10 10 ，所以 cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos 2α·cos(β－α)－sin 2αsin(β－α) ＝－2 5 5 × －3 10 10 － 5 5 × 10 10 ＝ 2 2 ，又α＋β∈ 5π 4 ，2π ，故α＋β＝7π 4 ，故选 A.] 利用正、余弦定理解三角形(5 年 12 考) [高考解读] 高考对该部分内容的考查重点是正弦定理、余弦定理和三角形 面积公式的应用，且常和三角恒等变换相结合，考查形式为边、角、面积的计算. 角度一：三角形的边、角计算 1．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－1 4 ，则b c ＝( ) A．6 B．5 C．4 D．3 切入点：由 asin A－bsin B＝4csin C，利用正弦定理得出 a，b，c 的关系． 关键点：利用 cos A＝－1 4 得出 b，c 的关系． A [∵asin A－bsin B＝4csin C， ∴由正弦定理得 a2－b2＝4c2，即 a2＝4c2＋b2. 由余弦定理得 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝b2＋c2－4c2＋b2 2bc ＝－3c2 2bc ＝－1 4 ，∴b c ＝6. 故选 A.] 2．(2017·全国卷Ⅰ)△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＝ 2，则 C＝( ) A. π 12 B.π 6 C.π 4 D.π 3 切入点：化简 sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0. 关键点：正确运用公式，由条件 sin B＋sin A(sin C－cos C)，求得 A 的某一 三角函数值，进而求 A，再求 C. B [因为 a＝2，c＝ 2， 所以由正弦定理可知， 2 sin A ＝ 2 sin C ， 故 sin A＝ 2sin C. 又 B＝π－(A＋C)， 故 sin B＋sin A(sin C－cos C) ＝sin(A＋C)＋sin Asin C－sin Acos C ＝sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C ＝(sin A＋cos A)sin C ＝0. 又 C 为△ABC 的内角， 故 sin C≠0， 则 sin A＋cos A＝0，即 tan A＝－1. 又 A∈(0，π)，所以 A＝3π 4 . 从而 sin C＝ 1 2sin A＝ 2 2 × 2 2 ＝1 2. 由 A＝3π 4 知 C 为锐角，故 C＝π 6. 故选 B.] 角度二：三角形的面积、周长的计算 3．(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a2＋b2－c2 4 ，则 C＝( ) A.π 2 B.π 3 C.π 4 D.π 6 切入点：①S△ABC＝a2＋b2－c2 4 ； ②S△ABC＝1 2absin C. 关键点：利用上述①②求 C 的一个三角函数值． C [因为 S△ABC＝1 2absin C，所以a2＋b2－c2 4 ＝1 2absin C．由余弦定理 a2＋b2 －c2＝2abcos C，得 2abcos C＝2absin C，即 cos C＝sin C，所以 tan C＝1.又因为 C∈(0，π)，所以在△ABC 中，C＝π 4.故选 C.] 4．(2018·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，则△ABC 的面积为________． 切入点：①利用正弦定理化简 bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，求得 sin A； ②利用余弦定理及 b2＋c2－a2＝8 求△ABC 的面积． 关键点：正确利用正弦定理将“边”转化为“角”，求出 sin A 是解决本题 的关键． 2 3 3 [由 bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，得 sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C，因为 sin Bsin C≠0，所以 sin A＝1 2.因为 b2＋c2－a2＝8，cos A＝b2＋c2－a2 2bc ， 所以 bc＝8 3 3 ，所以 S△ABC＝1 2bcsin A＝1 2 ×8 3 3 ×1 2 ＝2 3 3 .] 5．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知△ABC 的面积为 a2 3sin A. (1)求 sin Bsin C； (2)若 6cos Bcos C＝1，a＝3，求△ABC 的周长． 切入点：①S△ABC＝ a2 3sin A ＝1 2acsin B，然后把边转化为角可求 sin Bsin C. ②利用①中的结论和 6cos Bcos C＝1 求 B＋C，进而求出 A，然后利用三角 形的面积公式和 a 的值求 bc 的值，最后利用余弦定理求 b＋c. 关键点：正确利用 S△ABC＝ a2 3sin A ，求 sin Bsin C 以及利用 6cos Bcos C＝1 建 立边 b 和 c 的关系式． [解] (1)由题设得 1 2acsin B＝ a2 3sin A ，即 1 2csin B＝ a 3sin A. 由正弦定理得 1 2sin Csin B＝ sin A 3sin A. 故 sin Bsin C＝2 3. (2)由题设及(1)得 cos Bcos C－sin Bsin C＝－1 2 ， 即 cos(B＋C)＝－1 2.所以 B＋C＝2π 3 ，故 A＝π 3. 由题设得 1 2bcsin A＝ a2 3sin A ，a＝3，所以 bc＝8. 由余弦定理得 b2＋c2－bc＝9， 即(b＋c)2－3bc＝9.由 bc＝8，得 b＋c＝ 33. 故△ABC 的周长为 3＋ 33. [教师备选题] 1．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 C＝ 60°，b＝ 6，c＝3，则 A＝________. 75° [如图，由正弦定理，得 3 sin 60° ＝ 6 sin B ，∴sin B＝ 2 2 . 又∵c>b，∴B＝45°， ∴A＝180°－60°－45°＝75°.] 2．[一题多解](2017·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b， c，若 2bcos B＝acos C＋ccos A，则 B＝________. π 3 [法一：由 2bcos B＝acos C＋ccos A 及正弦定理， 得 2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A. ∴2sin Bcos B＝sin(A＋C)． 又 A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B. ∴2sin Bcos B＝sin(π－B)＝sin B. 又 sin B≠0，∴cos B＝1 2.∴B＝π 3. 法二：∵在△ABC 中，acos C＋ccos A＝b， ∴条件等式变为 2bcos B＝b，∴cos B＝1 2. 又 0＜B＜π，∴B＝π 3.] 3．(2016·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos A ＝4 5 ，cos C＝ 5 13 ，a＝1，则 b＝________. 21 13 [在△ABC 中，∵cos A＝4 5 ，cos C＝ 5 13 ， ∴sin A＝3 5 ，sin C＝12 13 ，∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝3 5 × 5 13 ＋4 5 ×12 13 ＝63 65. 又∵ a sin A ＝ b sin B ，∴b＝asin B sin A ＝ 1×63 65 3 5 ＝21 13.] 1．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． 2．三角形面积公式的应用原则 (1)对于面积公式 S＝1 2absin C＝1 2acsin B＝1 2bcsin A，一般是已知哪一个角就 使用含该角的公式． (2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化． 1．(求边)[一题多解]△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 a ＝ 5，c＝2，cos A＝2 3 ，则 b＝( ) A. 2 B. 3 C．2 D．3 D [法一：(应用余弦定理)由余弦定理得 5＝22＋b2－2×2bcos A，∵cos A ＝2 3 ，∴3b2－8b－3＝0，∴b＝3 b＝－1 3 舍去 .故选 D. 法二：(应用正弦定理)由 cos A＝2 3 得 sin A＝ 5 3 ，根据 a sin A ＝ c sin C 得 sin C＝2 3 ， 所以 A 与 C 互余，故△ABC 为直角三角形，因此 b＝ a2＋c2＝3.] 2．(求角)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 b＝ a cos C＋ 3 3 sin C ，a＝2，c＝2 6 3 ，则 C＝( ) A.3π 4 B.π 3 C.π 6 D.π 4 D [由 b＝a cos C＋ 3 3 sin C ，得 sin B＝sin A cos C＋ 3 3 sin C .因为 sin B＝ sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以 sin Acos C＋cos Asin C＝sin Acos C＋ 3 3 sin Asin C(sin C≠0)，cos A＝ 3 3 sin A，所以 tan A＝ 3.因为 0＜A＜π，所以 A＝π 3.由正弦 定理 a sin A ＝ c sin C ，得 sin C＝ 2 2 .因为 0＜C＜2π 3 ，所以 C＝π 4.故选 D.] 3．(求周长)已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，△ABC 的 面积为 4 3，且 2bcos A＋a＝2c，a＋c＝8，则其周长为( ) A．10 B．12 C．8＋ 3 D．8＋2 3 B [因为△ABC 的面积为 4 3，所以 1 2acsin B＝4 3.因为 2bcos A＋a＝2c， 所以由正弦定理得 2sin Bcos A＋sin A＝2sin C，又 A＋B＋C＝π，所以 2sin Bcos A ＋sin A＝2sin Acos B＋2cos Asin B，所以 sin A＝2cos Bsin A．因为 sin A≠0，所 以 cos B＝1 2.因为 0＜B＜π，所以 B＝π 3 ，所以 ac＝16，又 a＋c＝8，所以 a＝c＝4， 所以△ABC 为正三角形，所以△ABC 的周长为 3×4＝12.故选 B.] 4．(综合应用)△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知△ABC 的面积为 3 2 accos B，且 sin A＝3sin C. (1)求角 B 的大小； (2)若 c＝2，AC 的中点为 D，求 BD 的长． [解] (1)∵S△ABC＝1 2acsin B＝ 3 2 accos B， ∴tan B＝ 3. 又 0＜B＜π，∴B＝π 3. (2)∵sin A＝3sin C，由正弦定理得，a＝3c，∴a＝6. 由余弦定理得，b2＝62＋22－2×2×6×cos 60°＝28， ∴b＝2 7. ∴cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝2 72＋22－62 2×2×2 7 ＝－ 7 14. ∵D 是 AC 的中点，∴AD＝ 7. ∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝22＋( 7)2－2×2× 7× － 7 14 ＝13. ∴BD＝ 13. 解三角形的综合问题(5 年 3 考) [高考解读] 高考对该内容的考查主要有 2 种方式 1以平面几何知识为载体，考查正、余弦定理及面积公式的应用，解决此 类问题多需要添加辅助线转化. 2同三角函数或基本不等式相结合，考查最值或范围问题，难度偏大，但 文科考查频率较小. 角度一：与平面几何的综合问题 (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 2，求 BC. 切入点：四边形 ABCD 的已知边和角． 关键点：①利用正弦定理求∠ADB 的正弦值，然后求余弦值； ②利用余弦定理求边长． [解] (1)在△ABD 中，由正弦定理得 BD sin∠A ＝ AB sin∠ADB. 由题设知， 5 sin 45° ＝ 2 sin∠ADB ，所以 sin∠ADB＝ 2 5 . 由题设知，∠ADB＜90°，所以 cos∠ADB＝ 1－ 2 25 ＝ 23 5 . (2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝ 2 5 . 在△BCD 中，由余弦定理得 BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC ＝25＋8－2×5×2 2× 2 5 ＝25. 所以 BC＝5. 角度二：最值或范围问题 (2014·全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 分别为△ABC 三个内角 A，B，C 的对边，a ＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，则△ABC 面积的最大值为________． 切入点：化简等式(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C. 关键点：根据条件借助正、余弦定理和基本不等式，求出 bc 的范围． 3 [∵ a sin A ＝ b sin B ＝ c sin C ＝2R，a＝2， 又(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C 可化为 (a＋b)(a－b)＝(c－b)·c， ∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc. ∴b2＋c2－a2 2bc ＝ bc 2bc ＝1 2 ＝cos A，∴A＝60°. ∵△ABC 中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos 60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝” 当且仅当 b＝c 时取得)， ∴S△ABC＝1 2·bc·sin A≤1 2 ×4× 3 2 ＝ 3.] [教师备选题] 1．(2015·全国卷Ⅱ)△ABC 中，D 是 BC 上的点，AD 平分∠BAC，BD＝2DC. (1)求sin B sin C ； (2)若∠BAC＝60°，求∠B. [解] (1)由正弦定理，得 AD sin B ＝ BD sin∠BAD ， AD sin C ＝ DC sin∠CAD. 因为 AD 平分∠BAC，BD＝2DC， 所以sin B sin C ＝DC BD ＝1 2. (2)因为∠C＝180°－(∠BAC＋∠B)，∠BAC＝60°， 所以 sin C＝sin(∠BAC＋∠B)＝ 3 2 cos B＋1 2sin B. 由(1)知 2sin B＝sin C，所以 tan B＝ 3 3 ， 所以∠B＝30°. 2．(2014·全国卷Ⅱ)四边形 ABCD 的内角 A 与 C 互补，AB＝1，BC＝3，CD ＝DA＝2. (1)求 C 和 BD； (2)求四边形 ABCD 的面积． [解] (1)由题设及余弦定理得 BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos C＝13－12cos C，① BD2＝AB2＋DA2－2AB·DAcos A＝5＋4cos C．② 由①②得 cos C＝1 2 ，故 C＝60°，BD＝ 7. (2)四边形 ABCD 的面积 S＝1 2AB·DAsin A＋1 2BC·CDsin C ＝ 1 2 ×1×2＋1 2 ×3×2 sin 60° ＝2 3. 解三角形与三角函数的综合题，其中，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；解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理. 1．(求值)在△ABC 中，B＝π 4 ，BC 边上的高等于 1 3BC，则 sin A＝( ) A. 3 10 B. 10 10 C. 5 5 D.3 10 10 D [如图，过点 A 作 AD⊥BC 于点 D. 设 BC＝a，由题意知 AD＝1 3BC＝1 3a， B＝π 4 ，易知 BD＝AD＝1 3a，DC＝2 3a. 在 Rt△ABD 中，由勾股定理得， AB＝ 1 3a 2＋ 1 3a 2＝ 2 3 a. 同理，在 Rt△ACD 中，AC＝ 1 3a 2＋ 2 3a 2＝ 5 3 a. ∵S△ABC＝1 2AB·AC·sin∠BAC＝1 2BC·AD， ∴1 2 × 2 3 a× 5 3 a·sin∠BAC＝1 2a·1 3a， ∴sin∠BAC＝ 3 10 ＝3 10 10 .] 2．(最值、范围问题)已知锐角三角形 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a， b，c，sin2B＝sin2A＋sin2C－ 3sin Asin C. (1)求 B 的大小； (2)求 sin A＋cos C 的取值范围． [解] (1)锐角三角形 ABC 中，sin2B＝sin2A＋sin2C－ 3sin Asin C， 故 b2＝a2＋c2－ 3ac， cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝ 3 2 ，又 B∈ 0，π 2 ， 所以 B＝π 6. (2)由(1)知，C＝5π 6 －A， 故 sin A＋cos C＝sin A＋cos 5π 6 －A ＝3 2sin A－ 3 2 cos A＝ 3sin A－π 6 . 又 A∈ 0，π 2 ，C＝5π 6 －A∈ 0，π 2 ， 所以 A∈ π 3 ，π 2 ， A－π 6 ∈ π 6 ，π 3 ，sin A－π 6 ∈ 1 2 ， 3 2 ， 故 sin A＋cos C 的取值范围为 3 2 ，3 2 . 3．(与三角函数的综合问题)已知函数 f(x)＝2cos2x＋(sin x＋cos x)2－2. (1)求 f(x)的最大值及取得最大值时 x 的集合； (2)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 f(A)＝1，若 AC 边上的高等于 1 4b，求 cos C 的值． [解] (1)由题意知 f(x)＝2cos2x＋1＋2sin xcos x－2＝2sin xcos x＋2cos2x－1 ＝sin 2x＋cos 2x＝ 2sin 2x＋π 4 . ∴f(x)max＝ 2，此时 2x＋π 4 ＝2kπ＋π 2 ，k∈Z，∴x＝kπ＋π 8 ，k∈Z. ∴f(x)取得最大值时 x 的集合为 x|x＝kπ＋π 8 ， k∈Z. (2)∵f(A)＝ 2sin 2A＋π 4 ＝1，∴sin 2A＋π 4 ＝ 2 2 . 又 A∈(0，π)，∴2A＋π 4 ∈ π 4 ，9π 4 ， ∴2A＋π 4 ＝3π 4 ，解得 A＝π 4. 设 AC 边上的高为 BD，则 BD＝1 4b. ∵A＝π 4 ，∴BD＝AD＝1 4b，CD＝3 4b， ∴BC＝ 10 4 b， ∴cos C＝CD BC ＝3 10 10 .