2021數(shù)學二輪復習學案板塊2命題區(qū)間精講精講1三角函數(shù)和解三角形含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021新高考數(shù)學（山東專用）二輪復習學案：板塊2命題區(qū)間精講精講1三角函數(shù)和解三角形含解析三角函數(shù)和解三角形閱卷案例思維導圖（2020·新高考全國卷ⅠT17，10分)在①ac＝eq\r（3)，②csinA＝3，③c＝eq\r（3）b這三個條件中任選一個,補充在下面問題中,若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由。問題:是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a,b，c，且sinA＝eq\r(3）sinB,C＝eq\f(π,6)，________?本題考查：正弦定理、余弦定理解三角形等知識,等價轉化、化歸的能力，數(shù)學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng).答題模板標準解答踩點得分第1步:變式利用余弦定理將C＝eq\f（π,6）轉化為邊a，b,c的關系式.第2步：變式利用正弦定理將三角函數(shù)式轉化為邊a，b的等式。第3步：計算由第1步、第2步的化簡結果及條件①求得結論。第1步：變式利用余弦定理將C＝eq\f（π,6)轉化為邊a，b，c的關系式.第2步：變式利用正弦定理將三角函數(shù)式轉化為邊a,b的等式。第3步：化簡利用第1步、第2步的結論化簡得b＝c。第4步：變角利用三角形內(nèi)角和定理求A．第5步：計算根據(jù)條件②及第4步的結論求得結果.第1步:變式利用余弦定理將C＝eq\f(π，6）轉化為邊a，b，c的關系式。第2步:變式利用正弦定理將三角函數(shù)式轉化為邊a,b的等式.第3步:計算利用第1步、第2步的計算結果及條件③求得結論。方案一：選條件①←由C＝eq\f(π,6）和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f（\r（3)，2）.2分←由sinA＝eq\r（3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b。4分←eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(于是\f（3b2＋b2－c2,2\r（3）b2）＝\f(\r(3)，2），,由此可得b＝c.…………7分,由①ac＝\r(3），解得a＝\r(3)，b＝c＝1。,因此，選條件①時問題中的三角形存在，，此時c＝1.…………10分））方案二:選條件②←由C＝eq\f(π，6）和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3），2).2分←由sinA＝eq\r（3)sinB及正弦定理得a＝eq\r（3)b.……4分←于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3）b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，6分←所以B＝C＝eq\f（π,6），A＝eq\f(2π,3)。……………8分←eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（由②csinA＝3,所以c＝b＝2\r(3)，a＝6。，因此，選條件②時問題中的三角形存在，,此時c＝2\r(3)?！?0分）)方案三：選條件③←由C＝eq\f(π，6）和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab）＝eq\f（\r（3),2)。2分←由sinA＝eq\r（3）sinB及正弦定理得a＝eq\r(3）b。4分←eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（于是\f（3b2＋b2－c2，2\r（3）b2）＝\f（\r(3),2），,由此可得b＝c.…………7分，由③c＝\r（3）b，與b＝c矛盾.,因此,選條件③時問題中的三角形不存在。，…………10分））得分點及說明1。利用余弦定理正確實現(xiàn)角化邊,得2分.2。利用正弦定理正確實現(xiàn)角化邊得2分。3。化簡得b，c的關系得3分.4.結合條件①，求得結論得3分。得分點及說明1。利用余弦定理正確實現(xiàn)角化邊得2分。2.利用正弦定理正確實現(xiàn)角化邊得2分.3?；喌胋，c的關系得2分。4.正確求得角A、B、C得2分.5。結合條件②正確求得結論得2分.得分點及說明1.利用余弦定理正確實現(xiàn)角化邊得2分.2.利用正弦定理正確實現(xiàn)角化邊得2分。3.化簡得b，c的關系得3分.4.結合條件③得出結論得3分。命題點1三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)1．研究三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，關鍵是將函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B（或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的形式，利用正、余弦函數(shù)與復合函數(shù)的性質(zhì)求解．2．函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ）（或y＝Acos（ωx＋φ）的最小正周期T＝eq\f(2π,｜ω|）.應特別注意y＝｜Asin(ωx＋φ）｜的最小正周期T＝eq\f（π,|ω｜)。[高考題型全通關］1．函數(shù)f（x）＝2sin（ωx＋φ)＋1eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（ω＞0,0＜φ＜\f(π,2)））的圖象過點eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4），\r（2）＋1)），且相鄰兩個最高點與最低點的距離為eq\f(\r（π2＋64),2）.(1)求函數(shù)f（x)的解析式和單調(diào)增區(qū)間；(2）若將函數(shù)f（x)圖象上所有的點向左平移eq\f（3π，8）個單位長度，再將所得圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f（1,2)，得到函數(shù)g（x）的圖象，求g（x)在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(π,12），\f（π，3)））上的值域．［解](1）由相鄰兩個最高點和最低點的距離為eq\f（\r（π2＋64），2),可得eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，ω））)eq\s\up12（2)＋42＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(π2＋64),2)))eq\s\up12（2)，解得ω＝2?！遞eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，4)）)＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)＋φ))＋1＝eq\r(2)＋1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2）＋φ）)＝eq\f（\r(2），2）,∵0＜φ＜eq\f(π,2),∴φ＝eq\f(π,4）,∴f(x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4））)＋1。當f（x)單調(diào)遞增時，－eq\f(π，2）＋2kπ≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f（π,2)＋2kπ,k∈Z，解得－eq\f（3π，8)＋kπ≤x≤eq\f(π,8）＋kπ,k∈Z?！鄁(x）的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（3π,8)＋kπ,\f(π，8)＋kπ))，k∈Z。(2）由題意得g(x)的解析式為g(x）＝－2sin4x＋1，當eq\f(π，12）≤x≤eq\f（π，3）時，eq\f（π,3）≤4x≤eq\f（4π，3)，－eq\f(\r(3）,2）≤sin4x≤1，∴－1≤g(x）≤eq\r（3)＋1,∴g（x）在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(π,12），\f(π，3）））上的值域為[－1，eq\r（3)＋1］．2．（2020·濟寧模擬)在①函數(shù)f（x）的圖象中相鄰的最高點與最低點的距離為5，②函數(shù)f(x）的圖象的一條對稱軸方程為x＝－1，③函數(shù)f（x)的一個對稱中心的橫坐標為eq\f(1，2），這三個條件中任選一個，補充在下面題目的橫線處，并解決問題.已知函數(shù)f（x)＝2sin（ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0＜ω＜\f(π,2)，|φ｜＜\f（π,2）))，且________，點A(2，2)在該函數(shù)的圖象上，求函數(shù)f(x)在區(qū)間（－3，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．[解］若選①，設函數(shù)f(x)的最小正周期為T,則eq\r（42＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（T，2))）\s\up12（2）)＝5,得T＝6＝eq\f（2π，ω）,則ω＝eq\f（π,3)，因為點A（2,2)在該函數(shù)的圖象上，所以2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3）＋φ))＝2，得eq\f（2π，3）＋φ＝eq\f（π,2)＋2kπ，k∈Z，則φ＝－eq\f（π，6）＋2kπ，k∈Z，又|φ｜＜eq\f（π，2),所以φ＝－eq\f（π，6），所以函數(shù)f(x）＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，3）x－\f（π,6))）.令eq\f(π，2)＋2kπ≤eq\f（π，3)x－eq\f(π,6)≤eq\f（3π,2）＋2kπ，k∈Z,解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，因為(－3，3)∩{x｜2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z｝＝(－3，－1]∪［2，3),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3，3）上的單調(diào)遞減區(qū)間為(－3,－1]和[2,3)．若選②，則sin（－ω＋φ）＝±1，得－ω＋φ＝eq\f(π,2)＋k1π，k1∈Z.因為點A(2,2）在該函數(shù)的圖象上，所以2sin（2ω＋φ）＝2，得2ω＋φ＝eq\f（π，2)＋2k2π，k2∈Z，則φ＝eq\f(π，2)＋eq\f（2k1＋k2π，3）,k1,k2∈Z。因為｜φ|＜eq\f(π，2），所以φ＝－eq\f（π，6），ω＝eq\f(π,3)＋k2π，k2∈Z,又0＜ω＜eq\f(π，2),所以ω＝eq\f（π,3)，所以函數(shù)f（x)＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，3)x－\f(π，6)））.令eq\f（π,2)＋2kπ≤eq\f(π,3)x－eq\f（π，6）≤eq\f(3π,2）＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，因為（－3，3）∩{x｜2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z｝＝（－3,－1]∪[2，3)，所以函數(shù)f(x）在區(qū)間(－3，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間為(－3，－1]和[2，3）．若選③，則2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）ω＋φ）)＝0，得eq\f(1,2)ω＋φ＝k1π，k1∈Z，因為點A(2，2）在該函數(shù)的圖象上,所以2sin(2ω＋φ)＝2，得2ω＋φ＝eq\f(π,2)＋2k2π，k2∈Z，則φ＝－eq\f（π,6)＋eq\f(22k1－k2π,3)，k1，k2∈Z.因為｜φ|＜eq\f（π,2），所以φ＝－eq\f(π，6)，ω＝eq\f（π，3)＋k2π，k2∈Z，又0＜ω＜eq\f(π，2），所以ω＝eq\f（π,3），所以函數(shù)f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,3)x－\f（π,6))）。令eq\f（π，2）＋2kπ≤eq\f(π，3)x－eq\f(π,6)≤eq\f（3π，2）＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，因為（－3，3）∩｛x｜2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z｝＝（－3，－1］∪［2，3)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3，3）上的單調(diào)遞減區(qū)間為（－3，－1］和[2，3)．命題點2解三角形的綜合應用角度一三角形基本量的求解求解三角形中的邊和角等基本量,需要根據(jù)正弦、余弦定理,結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系,從而達到解決問題的目的．其基本步驟是：第一步：定條件，即確定三角形中的已知和所求，在圖中標出來，然后確定轉化的方向;第二步:定“工具”，即根據(jù)條件和所求，合理選擇轉化的“工具",實施邊角之間的互化；第三步：求結果．［高考題型全通關］1．(2020·石家莊模擬)在△ABC中，角A，B,C所對的邊分別為a，b，c，且bcosA＋eq\f(\r(2），2)a＝c,D是BC邊上的點．(1)求角B；（2）若AC＝7，AD＝5，DC＝3，求AB的長．[解]（1)由bcosA＋eq\f(\r（2）,2）a＝c，根據(jù)正弦定理得sinBcosA＋eq\f(\r(2），2）sinA＝sinC，sinBcosA＋eq\f（\r(2）,2)sinA＝sin（A＋B)，sinBcosA＋eq\f(\r(2)，2）sinA＝sinAcosB＋cosAsinB，eq\f(\r（2),2）sinA＝sinAcosB，∵sinA≠0，∴cosB＝eq\f（\r(2)，2)，∴B＝eq\f（π,4)。(2)在△ADC中,AC＝7，AD＝5，DC＝3,∴cos∠ADC＝eq\f（AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f（52＋32－72，2×5×3）＝－eq\f(1,2），∴∠ADC＝eq\f（2π,3）.在△ABD中，AD＝5，B＝eq\f（π，4)，∠ADB＝eq\f(π，3)，由eq\f（AB,sin∠ADB）＝eq\f（AD，sinB），得AB＝eq\f（AD·sin∠ADB,sinB)＝eq\f(5×sin\f(π,3),sin\f(π，4））＝eq\f(5×\f（\r（3），2），\f(\r（2），2））＝eq\f（5\r(6），2）。2．（2020·長春質(zhì)量監(jiān)測一）△ABC的內(nèi)角A，B,C的對邊分別為a，b,c，a＝btanA,a＞b。（1）求證：△ABC是直角三角形;(2)若c＝10，求△ABC的周長的取值范圍．［解］（1）證明：由題可知sinA＝sinB·eq\f(sinA,cosA),因為sinA≠0，所以sinB＝cosA．所以coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,2）－B）)＝cosA，由a＞b，知A＞B,則0＜B＜eq\f(π，2），所以0＜eq\f（π,2）－B＜eq\f(π,2)。因為函數(shù)y＝cosx在(0，π）上單調(diào)遞減，所以eq\f(π，2)－B＝A,即A＋B＝eq\f(π，2),所以△ABC是直角三角形．（2)△ABC的周長L＝10＋10sinA＋10cosA＝10＋10eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4))），由a＞b可知，eq\f（π，4)＜A＜eq\f（π,2），因此eq\f（\r(2）,2）＜sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(A＋\f（π，4）))＜1，即20＜L＜10＋10eq\r（2).角度二與三角形面積有關的問題三角形面積的最值問題主要有兩種解決方法：一是將面積表示為邊的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將面積用三角形某一個角的三角函數(shù)表示，結合角的范圍確定三角形面積的最值．［高考題型全通關]1．（2020·安徽示范高中名校聯(lián)考）在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且(a－c)sinA＋csin（A＋B)＝bsinB．(1）求B；（2）若a＋c＝8，三角形的面積S△ABC＝4eq\r（3）,求b.［解］(1)由（a－c)sinA＋csin(A＋B）＝bsinB，得（a－c）sinA＋csinC＝bsinB．由正弦定理得(a－c)a＋c2＝b2,即eq\f（a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2),所以cosB＝eq\f(1,2)。又B∈(0,π），所以B＝eq\f(π,3)。（2)由(1）知B＝eq\f(π，3)，由S△ABC＝eq\f（1，2）acsinB＝4eq\r(3)，得ac＝16,又a＋c＝8，所以a＝4，c＝4，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝16，得b＝4。2．（2020·惠州第一次調(diào)研)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C滿足eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)。(1）求角A；(2)若△ABC的外接圓半徑為1，求△ABC的面積S的最大值．[解]（1）記△ABC的內(nèi)角A，B,C的對邊分別為a，b，c，則由正弦定理可得eq\f（a－b＋c，c)＝eq\f(b，a＋b－c）,化簡得b2＋c2－a2＝bc,由余弦定理得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc)，∴cosA＝eq\f(bc，2bc）＝eq\f(1,2）。又0＜A＜π，∴A＝eq\f(π，3).(2)法一：記△ABC外接圓的半徑為R，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝2R，得a＝2RsinA＝2sineq\f（π,3)＝eq\r(3)，由余弦定理得3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc,即bc≤3(當且僅當b＝c時取等號），故S＝eq\f（1，2）bcsinA≤eq\f（1,2)×3×eq\f(\r（3）,2)＝eq\f（3\r(3）,4）（當且僅當b＝c時取等號）．即△ABC的面積S的最大值為eq\f（3\r(3)，4）.法二：記△ABC外接圓的半徑為R，由正弦定理eq\f（b,sinB）＝eq\f（c，sinC)＝2R＝2,得b＝2sinB，c＝2sinC，∴S＝eq\f(1,2）bcsinA＝eq\f(1,2）×（2sinB）×(2sinC）×sineq\f(π,3)＝eq\r(3）sinBsinC．∵A＋B＋C＝π,∴sinB＝sin（A＋C）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π，3）））＝eq\f(1，2)sinC＋eq\f（\r（3），2)cosC,∴S＝eq\f（3,2）sinCcosC＋eq\f（\r（3)，2)sin2C＝eq\f(3，4）sin2C＋eq\f（\r（3）,4）（1－cos2C)＝eq\f(\r(3),2）(sin2C×eq\f(\r（3）,2）－cos2C×eq\f（1，2）)＋eq\f（\r(3），4)＝eq\f（\r（3），2)sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2C－\f（π，6)））＋eq\f（\r（3），4)?！?＜C＜eq\f（2π，3)，∴當2C－eq\f（π，6）＝eq\f（π，2），即C＝eq\f(π，3）時，S取得最大值，∴△ABC的面積S的最大值為eq\f(3\r(3），4）.角度三以平面幾何為背景的解三角形問題解決以平面幾何為載體的問題，主要注意以下幾方面:一是充分利用平面幾何圖形的性質(zhì)；二是出現(xiàn)多個三角形時，從條件較多的三角形突破求解；三是四邊形問題要轉化到三角形中去求解；四是通過三角形中的不等關系(如大邊對大角,最大角一定大于等于eq\f（π，3））確定角或邊的范圍．［高考題型全通關]1．(2020·臨沂模擬）如圖，在平面四邊形ABCD中,已知∠ABC＝eq\f（3π,4），AB⊥AD，AB＝1.(1）若AC＝eq\r(5），求△ABC的面積；（2）若sin∠CAD＝eq\f（2\r(5）,5），AD＝4，求CD的長．[解］（1)在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，即5＝1＋BC2＋eq\r（2)BC,得BC2＋eq\r（2）BC－4＝0，得BC＝eq\r(2），∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq\f（1,2）×1×eq\r(2）×eq\f(\r(2)，2)＝eq\f（1,2）。(2）∵∠BAD＝eq\f（π，2），sin∠CAD＝eq\f(2\r（5),5）,∴cos∠BAC＝eq\f(2\r（5）,5),sin∠BAC＝eq\f（\r（5),5），∴sin∠BCA＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，4）－∠BAC)）＝eq\f(\r(2),2)（cos∠BAC－sin∠BAC)＝eq\f（\r(2),2）×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2\r（5),5）－\f(\r（5），5）))＝eq\f(\r（10），10).在△ABC中，eq\f(AC，sin∠ABC）＝eq\f（AB，sin∠BCA），∴AC＝eq\f(AB·sin∠ABC,sin∠BCA)＝eq\r(5)，∴在△ACD中，CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD＝5＋16－2×eq\r（5）×4×eq\f(\r(5），5）＝13，∴CD＝eq\r(13）。2．如圖,在四邊形ABCD中，AB＝4,AD＝2eq\r(3),E為BD的中點,AE＝eq\r(13).（1）求BD；（2）若C＝eq\f(π，6)，求△BCD面積的最大值．［解］(1)設BE＝x（x＞0）,則BD＝2x，由余弦定理，得cos∠ABD＝eq\f（AB2＋BE2－AE2，2AB·BE）＝eq\f（AB2＋BD2－AD2，2AB·BD），即eq\f(16＋x2－13，8x)＝eq\f(16＋4x2－12,16x)，解得x＝1，所以BD＝2.（2)在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC，即4＝BC2＋CD2－eq\r(3）BC·CD≥2BC·CD－eq\r(3）BC·CD＝(2－eq\r（3）)BC·CD,所以BC·CD≤eq\f（4,2－\r（3））＝4（2＋eq\r(3）），當且僅當BC＝CD＝eq\r(6）＋eq\r（2)時，等號成立．S△BCD＝eq\f(1，2）BC·CDsinC＝eq\f（1，4)BC·CD≤2＋eq\r（3),所以△BCD面積的最大值為2＋eq\r（3）.角度四以解三角形為載體的“條件不良"問題［高考題型全通關]1．（2020·北京高考)在△ABC中，a＋b＝11，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求:（1）a的值；（2)sinC和△ABC的面積．條件①：c＝7，cosA＝－eq\f（1，7）；條件②：cosA＝eq\f（1，8),cosB＝eq\f（9,16).注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解計分．［解］選①(1)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA,b＝11－a,c＝7，得a2＝（11－a)2＋49－2（11－a)×7×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，7)）),∴a＝8.(2）∵cosA＝－eq\f（1，7）,A∈（0,π),∴sinA＝eq\f（4\r(3）,7).由正弦定理eq\f(a，sinA)＝eq\f（c,sinC），得sinC＝eq\f(csinA,a）＝eq\f(7×\f(4\r（3）,7)，8)＝eq\f（\r（3），2），由(1)知b＝11－a＝3，∴S△ABC＝eq\f(1，2)absinC＝eq\f(1,2）×8×3×eq\f（\r(3)，2）＝6eq\r(3）.選②(1）∵cosA＝eq\f(1，8），∴A∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2）))，sinA＝eq\f(3\r（7),8).∵cosB＝eq\f(9，16)，∴B∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2））),sinB＝eq\f（5\r(7)，16)。由正弦定理eq\f（a，sinA）＝eq\f(b，sinB），得eq\f(a,\f（3\r(7）,8））＝eq\f（11－a,\f(5\r（7)，16)),∴a＝6.(2）sinC＝sin（π－A－B）＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r（7),4).∵a＋b＝11，a＝6,∴b＝5.∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f（1,2)×6×5×eq\f(\r(7),4)＝eq\f（15\r（7),4).2．已知△ABC的內(nèi)角A，B,C的對邊分別為a，b,c，________，若b＝eq\r(13),________.請從下面的三個條件中任選一個，兩個結論中任選一個，組成一個完整的問題，并給出解答．條件：①asineq\f(A＋C，2）＝bsinA,②bsinA＝acoseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（B－\f(π,6))），③a2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB．結論:①求△ABC的周長的取值范圍．②求△ABC的面積的最大值．[解］選條件①，則由正弦定理得sinAsineq\f(A＋C，2）＝sinBsinA，因為sinA≠0，所以sineq\f（A＋C，2）＝sinB．由A＋B＋C＝π，可得sineq\f（A＋C,2）＝coseq\f（B，2)，故coseq