2019數(shù)學（文）優(yōu)編增分二輪文檔專題一 第2講三角恒等變換與解三角形 含答案

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)必貴于專精第2講三角恒等變換與解三角形［考情考向分析］正弦定理、余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內(nèi)容，主要考查:1.邊和角的計算.2.三角形形狀的判斷.3.面積的計算。4.有關(guān)參數(shù)的范圍問題．由于此內(nèi)容應(yīng)用性較強，與實際問題結(jié)合起來進行命題將是今后高考的一個關(guān)注點,不可輕視．熱點一三角恒等變換1．三角求值“三大類型”“給角求值”“給值求值”“給值求角”．2．三角函數(shù)恒等變換“四大策略”（1)常值代換：特別是“1”的代換，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等．(2)項的拆分與角的配湊：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α,α＝（α－β）＋β等．(3）降次與升次：正用二倍角公式升次,逆用二倍角公式降次．（4)弦、切互化：一般是切化弦．例1（1)（2018·張掖市診斷考試）已知sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，6）－α))＝eq\f(\r(3）,3），則coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2α＋\f(2018π，3）))等于（)A。eq\f（2,3) B.eq\f(1，3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f（1,3)答案D解析coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2α＋\f（2018π，3）））＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2α＋\f(2π,3)＋672π）)＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2α＋\f(2π，3))）,∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6）－α））＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）＋α）)＝eq\f(\r（3)，3）,∴coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(2018π,3))）＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2α＋\f（2π，3)）)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,3)))－1＝eq\f（2，3)－1＝－eq\f（1,3）.（2)已知sinα＝eq\f（\r(5),5）,sin（α－β）＝－eq\f（\r（10）,10），α，β均為銳角，則β等于(）A。eq\f(5π,12)B.eq\f(π，3)C。eq\f(π，4)D。eq\f（π,6）答案C解析因為α，β均為銳角，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）.思維升華（1）三角變換的關(guān)鍵在于對兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式,三角恒等變換公式的熟記和靈活應(yīng)用,要善于觀察各個角之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的使用過程要注意正確性,要特別注意公式中的符號和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)“張冠李戴”的情況．(2)求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避免產(chǎn)生增解．跟蹤演練1(1)(2018·榆林模擬)若0<α<eq\f(π，2）,－eq\f(π，2）<β<0,coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,4）＋α)）＝eq\f（1,3），coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，4)－\f(β，2）))＝eq\f(\r（3），3），則coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（β，2)））等于(）A.eq\f（5\r(3)，9)B．－eq\f(\r(3），3）C。eq\f(7\r（3）,27)D．－eq\f（\r(6)，9）答案A解析由題意得sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4）＋α）)＝eq\f（2\r（2）,3)，sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，4)－\f（β,2)）)＝eq\f(\r（6）,3)，而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2）））＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,4)＋α））－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f（β,2）)))）＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4)＋α)）coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β，2）)）＋sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,4）＋α））sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,4)－\f(β，2))）＝eq\f(1，3）×eq\f（\r(3),3)＋eq\f(2\r(2）,3）×eq\f(\r(6）,3)＝eq\f(5\r(3），9）。（2）（2018·河北省衡水中學模擬）若eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（α－\f（π,4)）)）＝－eq\f(\r(2），4)，則cosα＋sinα的值為()A．－eq\f(\r（2),2)B．－eq\f（1，4)C。eq\f(1,4）D.eq\f（\r（2),2）答案C解析∵eq\f(cos2α，sin\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（α－\f（π,4））)）＝eq\f(cos2α－sin2α，\f(\r（2),2)\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(sinα－cosα）)）＝－eq\r(2)(sinα＋cosα）＝－eq\f(\r(2），4），∴cosα＋sinα＝eq\f(1，4）.熱點二正弦定理、余弦定理1．正弦定理：在△ABC中，eq\f(a,sinA）＝eq\f（b,sinB)＝eq\f（c,sinC)＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)．變形：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等．2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA。變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc).例2(2018·北京）在△ABC中,a＝7，b＝8,cosB＝－eq\f(1，7）.（1)求∠A；(2）求AC邊上的高．解（1）在△ABC中，因為cosB＝－eq\f（1，7），所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f（4\r(3），7）。由正弦定理得sinA＝eq\f（asinB，b）＝eq\f（\r（3）,2）.由題設(shè)知eq\f(π,2）〈∠B<π，所以0<∠A<eq\f(π，2），所以∠A＝eq\f（π,3)。（2）在△ABC中，因為sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f（3\r(3)，14）,所以AC邊上的高為asinC＝7×eq\f（3\r（3）,14)＝eq\f（3\r(3）,2).思維升華關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口．跟蹤演練2（2018·天津市十二校模擬)在銳角△ABC中,角A，B，C的對邊分別為a，b，c,且eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB，b)＝eq\f(2\r(3）sinC，3a）.（1)求角B的大?。?2）已知eq\f(asinC，sinA)＝4，△ABC的面積為6eq\r（3）,求邊長b的值．解（1)由已知得bcosA＋acosB＝eq\f（2\r(3),3)bsinC，由正弦定理得sinBcosA＋cosBsinA＝eq\f（2\r(3),3)sinBsinC,∴sin（A＋B)＝eq\f（2\r（3),3）sinBsinC，又在△ABC中，sin（A＋B）＝sinC≠0，∴sinB＝eq\f（\r(3），2），∵0〈B〈eq\f（π，2)，∴B＝eq\f（π,3)。(2)由已知及正弦定理得c＝4，又S△ABC＝6eq\r(3)，B＝eq\f（π，3)，∴eq\f(1,2）acsinB＝6eq\r（3），得a＝6,由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b＝2eq\r(7).熱點三解三角形與三角函數(shù)的綜合問題解三角形與三角函數(shù)的綜合是近幾年高考的熱點,主要考查三角形的基本量，三角形的面積或判斷三角形的形狀．例3(2018·天津）在△ABC中,內(nèi)角A，B,C所對的邊分別為a，b，c。已知bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(B－\f（π，6))）。(1)求角B的大小；(2）設(shè)a＝2,c＝3，求b和sin（2A－B）的值．解（1）在△ABC中，由正弦定理eq\f（a，sinA）＝eq\f(b，sinB）,可得bsinA＝asinB。又由bsinA＝acoseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（B－\f(π，6））),得asinB＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f（π，6)）），即sinB＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（B－\f(π,6))),所以tanB＝eq\r(3）。又因為B∈(0，π），所以B＝eq\f（π，3）。(2）在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝eq\f（π,3)，得b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝eq\r（7）.由bsinA＝acoseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(B－\f(π，6）))，可得sinA＝eq\f(\r(21）,7）.因為a〈c，所以cosA＝eq\f(2\r(7)，7）。因此sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(4\r（3）,7)，cos2A＝2cos2A－1＝eq\f（1，7）。所以sin（2A－B)＝sin2AcosB－cos2AsinB＝eq\f（4\r（3)，7）×eq\f（1,2)－eq\f（1，7)×eq\f（\r（3)，2）＝eq\f(3\r(3），14）.思維升華解三角形與三角函數(shù)的綜合題,要優(yōu)先考慮角的范圍和角之間的關(guān)系；對最值或范圍問題，可以轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的值域來求解．跟蹤演練3（2018·雅安三診)已知函數(shù)f（x)＝2cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（7π，6)－2x))－1(x∈R)．(1）求函數(shù)f（x）的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在△ABC中，內(nèi)角A,B，C的對邊分別為a，b,c，已知f（A)＝eq\f(1,2）,若b＋c＝2a，且eq\o(AB，\s\up6(→)）·eq\o(AC，\s\up6(→))＝6，求a的值．解（1）f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（7π,6）－2x))＋2cos2x－1＝－eq\f（1,2）cos2x＋eq\f(\r(3),2）sin2x＋cos2x＝eq\f（1,2）cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,6)）).∴函數(shù)f（x）的最小正周期T＝eq\f（2π,2）＝π.由2kπ－eq\f（π,2）≤2x＋eq\f（π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)（k∈Z）,可解得kπ－eq\f(π，3)≤x≤kπ＋eq\f（π，6）(k∈Z）．∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(kπ－\f（π,3),kπ＋\f（π，6）））(k∈Z）．(2)由f（A）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2A＋\f（π，6））)＝eq\f（1,2），可得2A＋eq\f（π，6)＝eq\f(π，6）＋2kπ或2A＋eq\f(π，6)＝eq\f（5π，6)＋2kπ(k∈Z）．∵A∈（0,π），∴A＝eq\f（π，3），∵eq\o（AB，\s\up6（→）)·eq\o(AC,\s\up6（→)）＝bccosA＝eq\f(1,2)bc＝6,∴bc＝12，又∵2a＝b＋c，∴cosA＝eq\f(1,2)＝eq\f（b＋c2－a2,2bc)－1＝eq\f（4a2－a2，24)－1＝eq\f(a2，8)－1，∴a＝2eq\r(3)。真題體驗1．（2017·山東改編)在△ABC中,角A，B,C的對邊分別為a,b，c。若△ABC為銳角三角形,且滿足sinB（1＋2cosC）＝2sinAcosC＋cosAsinC，則下列等式成立的是______．（填序號)①a＝2b；②b＝2a;③A＝2B;④B＝2A.答案①解析∵等式右邊＝sinAcosC＋（sinAcosC＋cosAsinC)＝sinAcosC＋sin（A＋C）＝sinAcosC＋sinB，等式左邊＝sinB＋2sinBcosC，∴sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB.由cosC〉0，得sinA＝2sinB。根據(jù)正弦定理,得a＝2b.2．(2017·北京）在平面直角坐標系xOy中,角α與角β均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對稱．若sinα＝eq\f(1,3），cos（α－β)＝________。答案－eq\f（7，9)解析由題意知α＋β＝π＋2kπ(k∈Z)，∴β＝π＋2kπ－α（k∈Z），又sinα＝eq\f(1,3），∴cos(α－β）＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－cos2α＋sin2α＝2sin2α－1＝2×eq\f(1,9)－1＝－eq\f(7,9)。3．(2018·全國Ⅲ改編）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c。若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2，4)，則C＝________。答案eq\f(π,4）解析∵S＝eq\f（1，2）absinC＝eq\f(a2＋b2－c2，4)＝eq\f（2abcosC,4)＝eq\f(1，2）abcosC，∴sinC＝cosC，即tanC＝1.又∵C∈（0，π)，∴C＝eq\f(π,4)。4．（2018·全國Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B,C的對邊分別為a,b,c。已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為________．答案eq\f（2\r（3)，3）解析∵bsinC＋csinB＝4asinBsinC，∴由正弦定理得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC.又sinBsinC〉0，∴sinA＝eq\f（1，2)。由余弦定理得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f（8，2bc）＝eq\f（4，bc）〉0,∴cosA＝eq\f(\r(3),2)，bc＝eq\f（4,cosA)＝eq\f(8\r（3）,3），∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f（1，2）×eq\f(8\r(3），3）×eq\f（1，2)＝eq\f(2\r(3),3).押題預測1．在△ABC中,內(nèi)角A，B,C的對邊分別為a，b,c。已知cosA＝eq\f（2，3），sinB＝eq\r（5）cosC,并且a＝eq\r(2)，則△ABC的面積為________．押題依據(jù)三角形的面積求法較多，而在解三角形中主要利用正弦、余弦定理求解，此題很好地體現(xiàn)了綜合性考查的目的，也是高考的重點．答案eq\f(\r(5),2)解析因為0<A<π，cosA＝eq\f(2,3),所以sinA＝eq\r(1－cos2A）＝eq\f（\r（5），3）。又由eq\r（5）cosC＝sinB＝sin（A＋C）＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(5)，3)cosC＋eq\f（2，3)sinC知,cosC>0，并結(jié)合sin2C＋cos2C＝1，得sinC＝eq\f(\r（5），\r（6））,cosC＝eq\f(1,\r(6）)。于是sinB＝eq\r（5）cosC＝eq\f(\r（5)，\r(6)).由a＝eq\r（2）及正弦定理eq\f（a,sinA)＝eq\f（c,sinC）,得c＝eq\r(3)。故△ABC的面積S＝eq\f(1，2）acsinB＝eq\f（\r(5）,2)。2．已知函數(shù)f（x）＝eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx（ω>0)的最小正周期為eq\f（2π，3）。（1）求ω的值;(2)在△ABC中,sinB，sinA,sinC成等比數(shù)列，求此時f(A)的值域．押題依據(jù)三角函數(shù)和解三角形的交匯命題是近幾年高考命題的趨勢,本題綜合考查了三角變換、余弦定理和三角函數(shù)的值域，還用到數(shù)列、基本不等式等知識，對學生能力要求較高．解（1）f(x)＝eq\f(\r(3），2）sin2ωx－eq\f(1，2)(cos2ωx＋1)＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2ωx－\f(π,6))）－eq\f（1，2),因為函數(shù)f（x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2ω）＝eq\f（2π，3)，所以ω＝eq\f（3，2）.(2)由（1）知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（3x－\f(π,6）))－eq\f（1，2)，易得f(A）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（3A－\f（π,6）)）－eq\f（1,2）.因為sinB，sinA,sinC成等比數(shù)列，所以sin2A＝sinBsinC，所以a2＝bc,所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f(b2＋c2－bc,2bc）≥eq\f(2bc－bc,2bc)＝eq\f（1,2）（當且僅當b＝c時取等號)．因為0〈A〈π，所以0<A≤eq\f(π,3），所以－eq\f(π,6)<3A－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以－eq\f（1，2)〈sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（3A－\f(π,6）））≤1，所以－1<sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（3A－\f（π，6）)）－eq\f(1，2）≤eq\f（1,2)，所以f(A）的值域為eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（－1，\f(1,2)））.A組專題通關(guān)1．(2018·全國Ⅲ)若sinα＝eq\f(1，3），則cos2α等于（）A.eq\f(8，9）B。eq\f(7,9）C．－eq\f（7,9)D．－eq\f(8,9)答案B解析∵sinα＝eq\f（1，3），∴cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3)）)2＝eq\f(7，9）。2．tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°的值為（）A.eq\r（3)B.eq\f（\r(3）,3)C．－eq\f(\r(3),3)D．－eq\r(3)答案D解析因為tan120°＝eq\f（tan70°＋tan50°,1－tan70°tan50°）＝－eq\r(3)，即tan70°＋tan50°－eq\r（3)tan70°tan50°＝－eq\r(3)。3．（2018·西南名校聯(lián)盟（云南師大附中)月考）在△ABC中,若原點到直線xsinA＋ysinB＋sinC＝0的距離為1，則此三角形為（)A．直角三角形 B．銳角三角形C．鈍角三角形 D．不能確定答案A解析由已知可得,eq\f（｜sinC|,\r(sin2A＋sin2B))＝1,∴sin2C＝sin2A＋sin2B，∴c2＝a2＋b2，故△ABC為直角三角形．4．（2018·衡水金卷調(diào)研卷）在△ABC中,角A，B，C的對邊分別為a,b，c，acosB＋bcosA＝2ccosC，c＝eq\r(7)，且△ABC的面積為eq\f（3\r(3），2），則△ABC的周長為(）A．1＋eq\r(7) B．2＋eq\r（7)C．4＋eq\r(7) D．5＋eq\r(7)答案D解析在△ABC中,acosB＋bcosA＝2ccosC,則sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，即sin（A＋B)＝2sinCcosC，∵sin(A＋B）＝sinC≠0，∴cosC＝eq\f（1，2)，∴C＝eq\f(π,3)，由余弦定理可得,a2＋b2－c2＝ab，即(a＋b)2－3ab＝c2＝7,又S＝eq\f(1,2）absinC＝eq\f(\r(3）,4)ab＝eq\f（3\r(3），2），∴ab＝6，∴（a＋b)2＝7＋3ab＝25，a＋b＝5,∴△ABC的周長為a＋b＋c＝5＋eq\r（7）。5．已知α為銳角，則2tanα＋eq\f(3，tan2α）的最小值為（)A．1B．2C。eq\r（2）D.eq\r（3)答案D解析方法一由tan2α有意義，α為銳角可得α≠45°,∵α為銳角，∴tanα〉0,∴2tanα＋eq\f(3,tan2α）＝2tanα＋eq\f(31－tan2α,2tanα）＝eq\f（1，2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（tanα＋\f（3，tanα）))≥eq\f（1，2)×2eq\r(tanα·\f（3，tanα）)＝eq\r（3)，當且僅當tanα＝eq\f(3,tanα），即tanα＝eq\r(3),α＝eq\f（π，3)時等號成立．故選D。方法二∵α為銳角,∴sinα>0，cosα〉0，∴2tanα＋eq\f（3，tan2α)＝eq\f（2sinα,cosα）＋eq\f(3cos2α,sin2α）＝eq\f(4sin2α＋3cos2α,2sinαcosα）＝eq\f(sin2α＋3cos2α，2sinαcosα）＝eq\f（1,2）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(sinα,cosα）＋\f（3cosα,sinα）)）≥eq\f(1，2)×2eq\r(\f(sinα,cosα)·\f（3cosα,sinα））＝eq\r（3），當且僅當eq\f（sinα，cosα）＝eq\f(3cosα，sinα），即α＝eq\f(π，3）時等號成立．故選D。6．（2017·全國Ⅰ)已知α∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f（π，2）)），tanα＝2，則coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α－\f(π，4）)）＝________.答案eq\f(3\r(10),10)解析∵coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(α－\f（π,4)））＝cosαcoseq\f（π,4）＋sinαsineq\f(π,4)＝eq\f（\r（2)，2)(cosα＋sinα）．又由α∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2）))，tanα＝2知，sinα＝eq\f(2\r(5)，5)，cosα＝eq\f（\r(5），5)，∴coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(α－\f（π，4）))＝eq\f（\r（2）,2）×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r（5），5）＋\f(2\r（5）,5)))＝eq\f（3\r(10）,10).7．設(shè)△ABC內(nèi)切圓與外接圓的半徑分別為r與R。且sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4,則cosC＝________；當BC＝1時,△ABC的面積等于________．答案－eq\f（1，4）eq\f（3\r(15)，16)解析∵sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，∴a∶b∶c＝2∶3∶4。令a＝2t，b＝3t,c＝4t,則cosC＝eq\f（4t2＋9t2－16t2，12t2)＝－eq\f(1，4），∴sinC＝eq\f（\r(15）,4)。當BC＝1時，AC＝eq\f(3,2),∴S△ABC＝eq\f(1,2）×1×eq\f（3,2）×eq\f（\r(15),4）＝eq\f(3\r(15），16).8．(2018·綿陽診斷)如圖,在△ABC中，BC＝2,∠ABC＝eq\f(π，3），AC的垂直平分線DE與AB，AC分別交于D,E兩點,且DE＝eq\f（\r（6），2),則BE2＝________.答案eq\f(5,2)＋eq\r(3）解析如圖，連接CD，由題設(shè)，有∠BDC＝2A，所以eq\f(CD，sin60°）＝eq\f（BC，sin2A)＝eq\f（2,sin2A)，故CD＝eq\f(\r(3）,sin2A)。又DE＝CDsinA＝eq\f(\r(3)，2cosA)＝eq\f(\r（6）,2），所以cosA＝eq\f(\r(2),2），而A∈（0，π)，故A＝eq\f（π,4），因此△ADE為等腰直角三角形，所以AE＝DE＝eq\f（\r(6),2)。在△ABC中，∠ACB＝75°，所以eq\f(AB,sin75°）＝eq\f（2,sin45°)，故AB＝eq\r（3)＋1，在△ABE中,BE2＝（eq\r(3)＋1)2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r(6），2)))2－2×（eq\r(3)＋1)×eq\f(\r(6)，2)×eq\f（\r(2)，2)＝eq\f（5，2)＋eq\r（3）.9．（2017·全國Ⅱ）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b,c,已知sin(A＋C）＝8sin2eq\f（B，2)。(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b.解（1）由題設(shè)及A＋B＋C＝π，得sinB＝8sin2eq\f(B，2)，故sinB＝4（1－cosB）．上式兩邊平方,整理得17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝1(舍去）或cosB＝eq\f(15，17).故cosB＝eq\f(15,17)。（2）由cosB＝eq\f（15，17），得sinB＝eq\f（8，17）,故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(4，17)ac.又S△ABC＝2,則ac＝eq\f(17,2）.由余弦定理及a＋c＝6，得b2＝a2＋c2－2accosB＝（a＋c)2－2ac(1＋cosB)＝36－2×eq\f（17,2）×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f（15,17））)＝4，所以b＝2。10．（2018·西寧模擬）已知函數(shù)f(x）＝eq\r（3)coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3π，2)－x)）·sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f(π，2)))＋cos2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）＋x）)－eq\f(1,2）.(1）求函數(shù)f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間；(2）已知在△ABC中，A，B,C的對邊分別為a,b,c，若f（A)＝1，a＝2，求△ABC面積的最大值．解(1）f（x)＝eq\r（3）coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3π,2）－x)）sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f（π,2)）)＋cos2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,2)＋x）)－eq\f(1,2）＝eq\r（3）sinxcosx＋sin2x－eq\f(1,2)＝eq\f(\r（3）,2）sin2x－eq\f（1，2)cos2x＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，6）））.令2kπ－eq\f（π,2)≤2x－eq\f（π，6）≤2kπ＋eq\f(π,2)（k∈Z)，得kπ－eq\f(π,6）≤x≤kπ＋eq\f（π,3)(k∈Z),所以f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（kπ－\f（π,6),kπ＋\f(π，3）))(k∈Z）．(2)由(1)知f（A）＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2A－\f（π，6）））＝1，因為A∈(0，π)，所以2A－eq\f（π，6）∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（π,6)，\f(11π，6)）），所以2A－eq\f(π，6）＝eq\f(π,2)，所以A＝eq\f(π,3）.在△ABC中,由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，又a＝2，則4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤4，當且僅當b＝c＝2時，等號成立．所以△ABC面積的最大值為S△ABC＝eq\f（1，2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3），2)＝eq\r(3）。B組能力提高11．已知2sinθ＝1－cosθ，則tanθ等于（）A．－eq\f（4，3)或0 B.eq\f（4，3）或0C．－eq\f(4，3） D.eq\f（4，3)答案A解析因為2sinθ＝1－cosθ,所以4sineq\f(θ,2）coseq\f(θ,2)＝1－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2sin2\f（θ,2)））＝2sin2eq\f(θ，2)，解得sineq\f(θ，2）＝0或2coseq\f（θ,2)＝sineq\f（θ，2)，即taneq\f(θ，2）＝0或2，又tanθ＝eq\f（2tan\f（θ，2),1－tan2\f（θ，2）），當taneq\f（θ,2）＝0時，tanθ＝0；當taneq\f（θ,2）＝2時，tanθ＝－eq\f(4，3).12．在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足(a－b)（sinA＋sinB）＝(c－b)sinC，若a＝eq\r（3）,則b2＋c2的取值范圍是(）A．(3,6］B．(3,5)C．（5，6］D．[5,6］答案C解析∵(a－b）(sinA＋sinB）＝（c－b）sinC,由正弦定理得（a－b)(a＋b)＝(c－b）c，即b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f（bc，2bc）＝eq\f（1,2)，又A∈（0，π）,∴A＝eq\f(π,3)，∴B＋C＝eq\f(2π，3).又△ABC為銳角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π，2），，A＋B＝\f（π,3)＋B>\f(π,2),)）∴eq\f（π,6）<B〈eq\f(π，2)。由正弦定理eq\f（a,sinA）＝eq\f（b,sinB）＝eq\f（c,sinC)＝eq\f（\r(3）,\f(\r（3）,2））＝2,得b＝2sinB，c＝2sinC，∴b2＋c2＝4（sin2B＋sin2C）＝4eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(sin2B＋sin2\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2π，3)－B）)））＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（sin2B＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r（3）,2)cosB＋\f(1，2)sinB))2))＝3＋2sin2B＋2eq\r（3）sinBcosB＝3＋1－cos2B＋eq\r（3)sin2B＝4－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2）cos2B－\f(\r(3)，2）sin2B）)＝4－2coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2B＋\f（π，3）)），又eq\f(π,6)<B〈eq\f（π，2)，∴eq\f（2π，3