高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義(新高考版)專題2第3講三角恒等變換與解三角形(學(xué)生版+解析)

第3講三角恒等變換與解三角形【要點提煉】考點一三角恒等變換1．三角求值“三大類型”“給角求值”“給值求值”“給值求角”．2．三角恒等變換“四大策略”(1)常值代換：常用到“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．【熱點突破】【典例】1(1)(2020·全國Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，則sinα等于()A.eq\f(\r(5),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(5),9)(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)【方法總結(jié)】(1)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．【拓展訓(xùn)練】1(1)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)，則()A．α＋β＝eq\f(π,2) B．α－β＝eq\f(π,4)C．α＋β＝eq\f(π,4) D．α＋2β＝eq\f(π,2)(2)(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝________.【要點提煉】考點二正弦定理、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＝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).3．三角形的面積公式：S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA.【熱點突破】考向1求解三角形中的角、邊【典例】2在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(asinC,1－cosA)＝eq\r(3)c.(1)求角A的大?。?2)若b＋c＝10，△ABC的面積S△ABC＝4eq\r(3)，求a的值．考向2求解三角形中的最值與范圍問題【典例】3(2020·新高考測評聯(lián)盟聯(lián)考)在：①a＝eq\r(3)csinA－acosC，②(2a－b)sinA＋(2b－a)sinB＝2csinC這兩個條件中任選一個，補充在下列問題中，并解答．已知△ABC的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，c＝eq\r(3)，而且________．(1)求角C；(2)求△ABC周長的最大值．【拓展訓(xùn)練】2(1)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為S，且a＝1,4S＝b2＋c2－1，則△ABC外接圓的面積為()A．4πB．2πC．πD.eq\f(π,2)(2)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若A＝3B，則eq\f(a,b)的取值范圍是()A．(0,3)B．(1,3)C．(0,1]D．(1,2](3)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若tanC＝eq\f(12,5)，a＝b＝eq\r(13)，BC邊上的中點為D，則sin∠BAC＝________，AD＝________.專題訓(xùn)練一、單項選擇題1．(2020·全國Ⅲ)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，則cosB等于()A.eq\f(1,9)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)2．(2020·全國Ⅲ)已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(2),2)3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b＝2，eq\f(sin2C,1－cos2C)＝1，B＝eq\f(π,6)，則a的值為()A.eq\r(3)－1 B．2eq\r(3)＋2C．2eq\r(3)－2 D.eq\r(2)＋eq\r(6)4．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)5．若α，β都是銳角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，則cosβ等于()A.eq\f(2\r(5),25) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),25)或eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(\r(5),5)或eq\f(\r(5),25)6．在△ABC中，A，B，C的對邊分別是a，b，c.若A＝120°，a＝1，則2b＋3c的最大值為()A．3B.eq\f(2\r(21),3)C．3eq\r(2)D.eq\f(3\r(5),2)二、多項選擇題7．(2020·臨沂模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，則下列結(jié)論正確的是()A．cosC＝eq\f(\r(3),3) B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a(chǎn)＝3 D．S△ABC＝eq\r(2)8．已知0<θ<eq\f(π,4)，若sin2θ＝m，cos2θ＝n且m≠n，則下列選項中與taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))恒相等的有()A.eq\f(n,1＋m)B.eq\f(m,1＋n)C.eq\f(1－n,m)D.eq\f(1－m,n)三、填空題9．(2020·保定模擬)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,2)，則eq\f(sin2α－cos2α,1＋cos2α)＝________.10．在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，且eq\f(b＋a,sinC)＝eq\f(2asinB－c,sinB－sinA)，則A＝________.11．(2020·全國Ⅰ)如圖，在三棱錐P－ABC的平面展開圖中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝________.12．(2020·山東省師范大學(xué)附中月考)在△ABC中，設(shè)角A，B，C對應(yīng)的邊分別為a，b，c，記△ABC的面積為S，且4a2＝b2＋2c2，則eq\f(S,a2)的最大值為________．四、解答題13．(2020·全國Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周長的最大值．14．(2020·重慶模擬)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tanA)．(1)求角C；(2)若c＝2eq\r(10)，D為BC的中點，在下列兩個條件中任選一個，求AD的長度．條件①：△ABC的面積S＝4且B>A；條件②：cosB＝eq\f(2\r(5),5).第3講三角恒等變換與解三角形【要點提煉】考點一三角恒等變換1．三角求值“三大類型”“給角求值”“給值求值”“給值求角”．2．三角恒等變換“四大策略”(1)常值代換：常用到“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．【熱點突破】【典例】1(1)(2020·全國Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，則sinα等于()A.eq\f(\r(5),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(5),9)【答案】A【解析】由3cos2α－8cosα＝5，得3(2cos2α－1)－8cosα＝5，即3cos2α－4cosα－4＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．又因為α∈(0，π)，所以sinα>0，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2)＝eq\f(\r(5),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).【方法總結(jié)】(1)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．【拓展訓(xùn)練】1(1)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)，則()A．α＋β＝eq\f(π,2) B．α－β＝eq\f(π,4)C．α＋β＝eq\f(π,4) D．α＋2β＝eq\f(π,2)【答案】B【解析】tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)＝eq\f(cos2β－sin2β,cos2β＋sin2β－2sinβcosβ)＝eq\f(cosβ＋sinβcosβ－sinβ,cosβ－sinβ2)＝eq\f(cosβ＋sinβ,cosβ－sinβ)＝eq\f(1＋tanβ,1－tanβ)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))，因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＝eq\f(π,4)＋β，即α－β＝eq\f(π,4).(2)(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝________.【答案】－2【解析】(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝(tan10°－tan60°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\f(sin60°,cos60°)))·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\f(sin－50°,cos10°cos60°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝－eq\f(1,cos60°)＝－2.【要點提煉】考點二正弦定理、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＝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).3．三角形的面積公式：S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA.【熱點突破】考向1求解三角形中的角、邊【典例】2在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(asinC,1－cosA)＝eq\r(3)c.(1)求角A的大??；(2)若b＋c＝10，△ABC的面積S△ABC＝4eq\r(3)，求a的值．解(1)由正弦定理及eq\f(asinC,1－cosA)＝eq\r(3)c，得eq\f(sinAsinC,1－cosA)＝eq\r(3)sinC，∵sinC≠0，∴sinA＝eq\r(3)(1－cosA)，∴sinA＋eq\r(3)cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝eq\r(3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)，又0<A<π，∴eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(4π,3)，∴A＋eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝4eq\r(3)，∴bc＝16.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－2bc－bc＝(b＋c)2－3bc，又b＋c＝10，∴a2＝102－3×16＝52，∴a＝2eq\r(13).考向2求解三角形中的最值與范圍問題【典例】3(2020·新高考測評聯(lián)盟聯(lián)考)在：①a＝eq\r(3)csinA－acosC，②(2a－b)sinA＋(2b－a)sinB＝2csinC這兩個條件中任選一個，補充在下列問題中，并解答．已知△ABC的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，c＝eq\r(3)，而且________．(1)求角C；(2)求△ABC周長的最大值．解(1)選①：因為a＝eq\r(3)csinA－acosC，所以sinA＝eq\r(3)sinCsinA－sinAcosC，因為sinA≠0，所以eq\r(3)sinC－cosC＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，因為0<C<π，所以－eq\f(π,6)<C－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以C－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即C＝eq\f(π,3).選②：因為(2a－b)sinA＋(2b－a)sinB＝2csinC，所以(2a－b)a＋(2b－a)b＝2c2，即a2＋b2－c2＝ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，因為0<C<π，所以C＝eq\f(π,3).(2)由(1)可知，C＝eq\f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理得a2＋b2－2abcosC＝3，即a2＋b2－ab＝3，所以(a＋b)2－3＝3ab≤eq\f(3a＋b2,4)，所以a＋b≤2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立，所以a＋b＋c≤3eq\r(3)，即△ABC周長的最大值為3eq\r(3).【方法總結(jié)】(1)利用余弦定理求邊，一般是已知三角形的兩邊及其夾角．利用正弦定理求邊，必須知道兩角及其中一邊，且該邊為其中一角的對邊，要注意解的多樣性與合理性．(2)三角形中的最值與范圍問題主要有兩種解決方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將所求式轉(zhuǎn)化為只含有三角形某一個角的三角函數(shù)形式，結(jié)合角的范圍確定所求式的范圍．【拓展訓(xùn)練】2(1)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為S，且a＝1,4S＝b2＋c2－1，則△ABC外接圓的面積為()A．4πB．2πC．πD.eq\f(π,2)【答案】D【解析】由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccosA，a＝1，所以b2＋c2－1＝2bccosA，又S＝eq\f(1,2)bcsinA,4S＝b2＋c2－1，所以4×eq\f(1,2)bcsinA＝2bccosA，即sinA＝cosA，所以A＝eq\f(π,4)，由正弦定理得，eq\f(1,sin\f(π,4))＝2R，得R＝eq\f(\r(2),2)，所以△ABC外接圓的面積為eq\f(π,2).(2)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若A＝3B，則eq\f(a,b)的取值范圍是()A．(0,3)B．(1,3)C．(0,1]D．(1,2]【答案】B【解析】A＝3B?eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sin2B＋B,sinB)＝eq\f(sin2BcosB＋cos2BsinB,sinB)＝eq\f(2sinBcos2B＋cos2BsinB,sinB)＝2cos2B＋cos2B＝2cos2B＋1，即eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝2cos2B＋1，又A＋B∈(0，π)，即4B∈(0，π)?2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))?cos2B∈(0,1)，∴eq\f(a,b)∈(1,3)．(3)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若tanC＝eq\f(12,5)，a＝b＝eq\r(13)，BC邊上的中點為D，則sin∠BAC＝________，AD＝________.【答案】eq\f(3\r(13),13)eq\f(3\r(5),2)【解析】因為tanC＝eq\f(12,5)，所以sinC＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(5,13)，又a＝b＝eq\r(13)，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝13＋13－2×eq\r(13)×eq\r(13)×eq\f(5,13)＝16，所以c＝4.由eq\f(a,sin∠BAC)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(\r(13),sin∠BAC)＝eq\f(4,\f(12,13))，解得sin∠BAC＝eq\f(3\r(13),13).因為BC邊上的中點為D，所以CD＝eq\f(a,2)，所以在△ACD中，AD2＝b2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2×b×eq\f(a,2)×cosC＝eq\f(45,4)，所以AD＝eq\f(3\r(5),2).專題訓(xùn)練一、單項選擇題1．(2020·全國Ⅲ)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，則cosB等于()A.eq\f(1,9)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)【答案】A【解析】由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝42＋32－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，所以AB＝3，所以cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(9＋9－16,2×3×3)＝eq\f(1,9).2．(2020·全國Ⅲ)已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(2),2)【答案】B【解析】因為sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))cos

eq\f(π,6)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sin

eq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))cos

eq\f(π,6)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sin

eq\f(π,6)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))cos

eq\f(π,6)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1.所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3).3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b＝2，eq\f(sin2C,1－cos2C)＝1，B＝eq\f(π,6)，則a的值為()A.eq\r(3)－1 B．2eq\r(3)＋2C．2eq\r(3)－2 D.eq\r(2)＋eq\r(6)【答案】D【解析】在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b＝2，eq\f(sin2C,1－cos2C)＝1，所以eq\f(2sinCcosC,2sin2C)＝1，所以tanC＝1，C＝eq\f(π,4).因為B＝eq\f(π,6)，所以A＝π－B－C＝eq\f(7π,12)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,3)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).由正弦定理可得eq\f(a,\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq\f(2,sin\f(π,6))，則a＝eq\r(2)＋eq\r(6).4．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，即a＋b＝5，∴△ABC的周長為a＋b＋c＝5＋eq\r(7).5．若α，β都是銳角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，則cosβ等于()A.eq\f(2\r(5),25) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),25)或eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(\r(5),5)或eq\f(\r(5),25)【答案】A【解析】因為α，β都是銳角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)<eq\f(1,2)，所以eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)，又sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，而eq\f(1,2)<eq\f(3,5)<eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(3π,4)<α＋β<eq\f(5π,6)，所以cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2α＋β)＝－eq\f(4,5)，又sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，所以cosβ＝cos(α＋β－α)＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)·sinα＝eq\f(2\r(5),25).6．在△ABC中，A，B，C的對邊分別是a，b，c.若A＝120°，a＝1，則2b＋3c的最大值為()A．3B.eq\f(2\r(21),3)C．3eq\r(2)D.eq\f(3\r(5),2)【答案】B【解析】因為A＝120°，a＝1，所以由正弦定理可得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(1,sin120°)＝eq\f(2\r(3),3)，所以b＝eq\f(2\r(3),3)sinB，c＝eq\f(2\r(3),3)sinC，故2b＋3c＝eq\f(4\r(3),3)sinB＋2eq\r(3)sinC＝eq\f(4\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(60°－C))＋2eq\r(3)sinC＝eq\f(4\r(3),3)sinC＋2cosC＝eq\f(2\r(21),3)sin(C＋φ)．其中sinφ＝eq\f(\r(21),7)，cosφ＝eq\f(2\r(7),7)，所以2b＋3c的最大值為eq\f(2\r(21),3).二、多項選擇題7．(2020·臨沂模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，則下列結(jié)論正確的是()A．cosC＝eq\f(\r(3),3) B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a(chǎn)＝3 D．S△ABC＝eq\r(2)【答案】AD【解析】因為A＋3C＝π，A＋B＋C＝π，所以B＝2C.由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(2\r(3),sin2C)＝eq\f(3,sinC)，即eq\f(2\r(3),2sinCcosC)＝eq\f(3,sinC)，所以cosC＝eq\f(\r(3),3)，故A正確；因為cosC＝eq\f(\r(3),3)，所以sinC＝eq\f(\r(6),3)，所以sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝2×eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯誤；因為cosB＝cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,3)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(6),9)，則cosA＝eq\f(5\r(3),9)，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝(2eq\r(3))2＋32－2×2eq\r(3)×3×eq\f(5\r(3),9)＝1，所以a＝1，故C錯誤；S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3×eq\f(\r(6),9)＝eq\r(2)，故D正確．8．已知0<θ<eq\f(π,4)，若sin2θ＝m，cos2θ＝n且m≠n，則下列選項中與taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))恒相等的有()A.eq\f(n,1＋m)B.eq\f(m,1＋n)C.eq\f(1－n,m)D.eq\f(1－m,n)【答案】AD【解析】∵sin2θ＝m，cos2θ＝n，∴m2＋n2＝1，∴eq\f(1－m,n)＝eq\f(n,1＋m)，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(1－tanθ,1＋tanθ)＝eq\f(cosθ－sinθ,cosθ＋sinθ)＝eq\f(cosθ－sinθcosθ－sinθ,cosθ＋sinθcosθ－sinθ)＝eq\f(1－sin2θ,cos2θ)＝eq\f(1－m,n)＝eq\f(n,1＋m).三、填空題9．(2020·保定模擬)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,2)，則eq\f(sin2α－cos2α,1＋cos2α)＝________.【答案】－eq\f(5,6)【解析】因為taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,2)，所以eq\f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝eq\f(1,2)，即eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1,2)，解得tanα＝－eq\f(1,3)，所以eq\f(sin2α－cos2α,1＋cos2α)＝eq\f(2sinαcosα－cos2α,2cos2α)＝tanα－eq\f(1,2)＝－eq\f(5,6).10．在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，且eq\f(b＋a,sinC)＝eq\f(2asinB－c,sinB－sinA)，則A＝________.【答案】eq\f(π,4)【解析】由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(b＋a,c)＝eq\f(2asinB－c,b－a)，整理得b2－a2＝2acsinB－c2，即b2＋c2－a2＝2acsinB＝2bcsinA，由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccosA，∴2bccosA＝2bcsinA，即cosA＝sinA，∴tanA＝1，∴A＝eq\f(π,4).11．(2020·全國Ⅰ)如圖，在三棱錐P－ABC的平面展開圖中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝________.【答案】－eq\f(1,4)【解析】在△ABD中，∵AB⊥AD，AB＝AD＝eq\r(3)，∴BD＝eq\r(6)，∴FB＝BD＝eq\r(6).在△ACE中，∵AE＝AD＝eq\r(3)，AC＝1，∠CAE＝30°，∴EC＝eq\r(\r(3)2＋12－2×\r(3)×1×cos30°)＝1，∴CF＝CE＝1.又∵BC＝eq\r(AC2＋AB2)＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，∴在△FCB中，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－FB2,2×CF×BC)＝eq\f(12＋22－\r(6)2,2×1×2)＝－eq\f(1,4).12．(2020·山東省師范大學(xué)附中月考)在△ABC中，設(shè)角A，B，C對應(yīng)的邊分別為a，b，c，記△ABC的面積為S，且4a2＝b2＋2c2，則eq\f(S,a2)的最大值為________．【答案】eq\f(\r(10),6)【解析】由題意知，4a2＝b2＋2c2?b2＝4a2－2c2＝a2＋c2－2accosB，整理，得2accosB＝－3a2＋3c2?cosB＝eq\f(3c2－a2,2ac)，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,a2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)acsinB,a2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(csinB,2a)))2＝eq\f(c21－cos2B,4a2)，代入cosB＝eq\f(3c2－a2,2ac)，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,a2)))2＝－eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9×\f(c4,a4)－22×\f(c2,a2)＋9))，令t＝eq\f(c2,a2)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,a2)))2＝－eq\f(1,16)(9t2－