專題05 正余弦定理的應用(解析版)

專題05正余弦定理的應用1、【2019年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知bsinA+acosB=0，則B=___________.【答案】【解析】由正弦定理，得．，∴，即，2、【2019年高考浙江卷】在中，，，，點在線段上，若，則___________，___________．【答案】，【解析】如圖，在中，由正弦定理有：，而，，，所以..3、【2019年高考江蘇卷】在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；（2）若，求的值．【解析】（1）因為，由余弦定理，得，即.所以.（2）因為，由正弦定理，得，所以.從而，即，故.因為，所以，從而.因此.4、【2019年高考江蘇卷】如圖，一個湖的邊界是圓心為O的圓，湖的一側有一條直線型公路l，湖上有橋AB（AB是圓O的直徑）．規(guī)劃在公路l上選兩個點P、Q，并修建兩段直線型道路PB、QA．規(guī)劃要求：線段PB、QA上的所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑．已知點A、B到直線l的距離分別為AC和BD（C、D為垂足），測得AB=10，AC=6，BD=12（單位：百米）．（1）若道路PB與橋AB垂直，求道路PB的長；（2）在規(guī)劃要求下，P和Q中能否有一個點選在D處？并說明理由；（3）在規(guī)劃要求下，若道路PB和QA的長度均為d（單位：百米）.求當d最小時，P、Q兩點間的距離．【解析】（1）過A作，垂足為E.由已知條件得，四邊形ACDE為矩形，.'因為PB⊥AB，所以.所以.因此道路PB的長為15（百米）.（2）①若P在D處，由（1）可得E在圓上，則線段BE上的點（除B，E）到點O的距離均小于圓O的半徑，所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求.②若Q在D處，連結AD，由（1）知，從而，所以∠BAD為銳角.所以線段AD上存在點到點O的距離小于圓O的半徑.因此，Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求.綜上，P和Q均不能選在D處.（3）先討論點P的位置.當∠OBP<90°時，線段PB上存在點到點O的距離小于圓O的半徑，點P不符合規(guī)劃要求；當∠OBP≥90°時，對線段PB上任意一點F，OF≥OB，即線段PB上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑，點P符合規(guī)劃要求.設為l上一點，且，由（1）知，B=15，此時；當∠OBP>90°時，在中，.由上可知，d≥15.再討論點Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，點Q只有位于點C的右側，才能符合規(guī)劃要求.當QA=15時，.此時，線段QA上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑.綜上，當PB⊥AB，點Q位于點C右側，且CQ=時，d最小，此時P，Q兩點間的距離PQ=PD+CD+CQ=17+.因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17+（百米）.5、【2019年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c．已知．（1）求B；（2）若△ABC為銳角三角形，且c=1，求△ABC面積的取值范圍．【解析】（1）由題設及正弦定理得．因為sinA0，所以．由，可得，故．因為，故，因此B=60°．（2）由題設及（1）知△ABC的面積．由正弦定理得．由于△ABC為銳角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°，所以30°<C<90°，故，從而．因此，△ABC面積的取值范圍是．這道題考查了三角函數(shù)的基礎知識，以及正弦定理的使用（此題也可以用余弦定理求解），最后考查是銳角三角形這個條件的利用，考查的很全面，是一道很好的考題.6、【2019年高考北京卷文數(shù)】在△ABC中，a=3，，cosB=．（1）求b，c的值；（2）求sin（B+C）的值．【解析】（1）由余弦定理，得．因為，所以．解得．所以．（2）由得．由正弦定理得．在中，．所以．7、【2019年高考天津卷文數(shù)】在中，內(nèi)角所對的邊分別為.已知，.（1）求的值；（2）求的值.【解析】（1）在中，由正弦定理，得，又由，得，即．又因為，得到，．由余弦定理可得．（2）由（1）可得，從而，，故．本小題主要考查同角三角函數(shù)的基本關系，兩角和的正弦公式，二倍角的正弦與余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基礎知識．考查運算求解能力．一、正弦、余弦定理1、在△ABC中，若角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則定理正弦定理余弦定理內(nèi)容eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2Ra2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝c2＋a2－2cacosB；c2＝a2＋b2－2abcosC變形a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R)3、正余弦定理的作用：(1)．正弦定理的作用：邊角互化問題，方法有：①利用a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC將邊化為角；②利用cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等將余弦化為邊；③ccosB＋bcosC＝a等化角為邊．(2)．求邊長問題，方法有：①利用正弦定理求邊；②利用余弦定理求邊．二、在△ABC中，已知a、b和A時，解的情況如下：A為銳角A為鈍角或直角圖形關系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>b解的個數(shù)一解兩解一解一解實際問題中的常用角1、仰角和俯角：與目標線在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標視線的夾角，目標視線在水平視線上方叫仰角，目標視線在水平視線下方叫俯角(如圖①).(2)方向角：相對于某正方向的水平角，如南偏東30°，北偏西45°等.(3)方位角：指從正北方向順時針轉到目標方向線的水平角，如B點的方位角為α(如圖②).(4)坡度：坡面與水平面所成的二面角的正切值.四、注意點：1、解三角形時，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則考慮兩個定理都有可能用到.2.關于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關三角形的性質，常見的三角恒等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)一結構”.題型一、運用正余弦定理解三角形的基本量三角形的基本量主要是指變、角、面積等。解題時注意一下兩點：(1)根據(jù)所給等式的結構特點利用正、余弦定理將角化邊進行變形是迅速解答本題的關鍵.(2)熟練運用正、余弦定理及其推論，同時還要注意整體思想、方程思想在解題過程中的運用.例1、(2019通州、海門、啟東期末）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若acosB＝3bcosA，B＝A－eq\f(π,6)，則B＝________．【答案】eq\f(π,6)【解析】因為acosB＝3bcosA，所以，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得sinAcosB＝3sinBcosA，故tanA＝3tanB，又B＝A－eq\f(π,6)，故tanB＝eq\f(tanA－\f(\r(3),3),1＋\f(\r(3),3)tanA)＝eq\f(3tanB－\f(\r(3),3),1＋\r(3)tanB)，解得tanB＝eq\f(\r(3),3)，因為B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以B＝eq\f(π,6).例2、(2019蘇州三市、蘇北四市二調(diào)）在△ABC中，已知C＝120°，sinB＝2sinA，且△ABC的面積為2eq\r(3)，則AB的長為________．【答案】2eq\r(7)【解析】設角A，B，C的對邊分別為a，b，c.因為sinB＝2sinA，由正弦定理得b＝2a，因為△ABC的面積為2eq\r(3)，所以S＝eq\f(1,2)absin120°＝eq\f(\r(3),2)a2＝2eq\r(3)，解得a＝2，所以b＝4，則AB＝c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)＝eq\r(4＋16－2×2×4cos120°)＝2eq\r(7).例3、(2019鎮(zhèn)江期末）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且ccosB＋bcosC＝3acosB.(1)求cosB的值；(2)若|eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝2，△ABC的面積為2eq\r(2)，求邊b.規(guī)范解答(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，CcosB＋bcosC＝3acosB，得sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosB，(3分)則有3sinAcosB＝sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA.(5分)又A∈(0，π)，則sinA>0，(6分)則cosB＝eq\f(1,3).(7分)(2)因為B∈(0，π)，則sinB>0，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3).(9分)因為|eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2，(10分)所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)a×2×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2)，得a＝3.(12分)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝9＋4－2×3×2×eq\f(1,3)＝9，則b＝3.(14分)題型二、運用正余弦定理研究三角形中的范圍運用正余弦定理研究三角形中的范圍主要涉及兩方面的問題：一是：與不等式結合；二是有角的范圍，確定三角函數(shù)值的范圍·例4、(2019蘇州期初調(diào)查）在斜三角形ABC中，已知eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋tanC＝0，則tanC的最大值等于________．【答案】－2eq\r(2)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)對已知條件“eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋tanC＝0”通分變形化簡得到tanAtanB＝eq\f(1,2)，而tanC＝－tan(A＋B)用兩角和正切公式展開，運用基本不等式，即可求出最大值．在斜三角形ABC中，tanA，tanB，tanC都存在，因為eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋tanC＝0，所以eq\f(tanA＋tanB,tanAtanB)＋tanC＝0，即eq\f(tan（A＋B）（1－tanAtanB）,tanAtanB)＋tanC＝0，而tan(A＋B)＝－tanC，tanC≠0，所以1－eq\f(1－tanAtanB,tanAtanB)＝0，則tanAtanB＝1－tanAtanB，tanAtanB＝eq\f(1,2)，所以tanC＝－tan(A＋B)＝－eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－2(tanA＋tanB)，因為三角形中最多一個鈍角，且tanA與tanB同號．所以tanA，tanB都大于0，而tanA＋tanB≥2eq\r(tanAtanB)＝2eq\r(\f(1,2))＝eq\r(2)，且tanA與tanB同號，所以tanC的最大值為－2eq\r(2).例5、(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研（二））在△中，三個內(nèi)角，，的對邊分別為，設△的面積為，且.（1）求的大??；（2）設向量，，求的取值范圍．規(guī)范解答（1）由題意，有，…………2分則，所以．………………4分因為，所以，所以．又，所以．…………………6分（2）由向量，，得．………8分由（1）知，所以，所以．所以．……………………10分所以．……………12分所以．即取值范圍是．……14分題型三、正余弦定理與向量的綜合正余弦定理與向量的綜合主要就是借助于向量的知識轉化為邊角的函數(shù)關系式，然后運用正余弦定理解決問題。例6、(2019無錫期末）在△ABC中，設a，b，c分別是角A，B，C的對邊，已知向量m＝(a，sinC－sinB)，n＝(b＋c，sinA＋sinB)，且m∥n.(1)求角C的大?。?2)若c＝3,求△ABC的周長的取值范圍．(1)由m∥n及m＝(a，sinA－sinB)，n＝(b＋c，sinA＋sinB)得a(sinA＋sinB)－(b＋c)(sinC－sinB)＝0，(2分)由正弦定理，得：aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2R)＋\f(b,2R)))－(b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2R)－\f(b,2R)))＝0，所以a2＋ab－(c2－b2)＝0，得c2＝a2＋b2＋ab，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcoC，所以a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcosC，所以ab＝－2abcosC，(5分)因為ab>0，所以cosC＝－eq\f(1,2)，又因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).(7分)(2)在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC.所以a2＋b2－2abcoseq\f(2π,3)＝9，即(a＋b)2－ab＝9.(9分)所以ab＝(a＋b)2－9≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，所以eq\f(3（a＋b）2,4)≤9，即(a＋b)2≤12，所以a＋b≤2eq\r(3)，(12分)又因為a＋b>c，所以6<a＋b＋c≤2eq\r(3)＋3，即周長l滿足6<l≤3＋2eq\r(3)，所以△ABC周長的取值范圍是(6，3＋2eq\r(3)]．(14分)題型四、運用正余弦定理解決實際問題解三角形應用題的解題技巧：首先，理清題干條件和應用背景，畫出示意圖；其次，把所求問題歸結到一個或幾個三角形中，利用正弦定理、余弦定理等有關知識求解；最后，回歸實際問題并檢驗結果.例7、（2019蘇北三市期末）如圖，某公園內(nèi)有兩條道路AB，AP，現(xiàn)計劃在AP上選擇一點C，新建道路BC，并把△ABC所在的區(qū)域改造成綠化區(qū)域．已知∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km.(1)若綠化區(qū)域△ABC的面積為1km2，求道路BC的長度；(2)若綠化區(qū)域△ABC改造成本為10萬元/km2，新建道路BC成本為10萬元/km.設∠ABC＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(2π,3)))，當θ為何值時，該計劃所需總費用最小？規(guī)范解答(1)因為在△ABC中，已知∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km，所以由△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×AB×AC×sineq\f(π,6)＝1，解得AC＝2.(2分)在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2×AB×AC×coseq\f(π,6)＝22＋22－2×2×2×coseq\f(π,6)＝8－4eq\r(3)，(4分)所以BC＝eq\r(8－4\r(3))＝(eq\r(6)－eq\r(2))km.(5分)(2)由∠ABC＝θ，則∠ACB＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，0<θ≤eq\f(2π,3).在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km，由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以BC＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))，AC＝eq\f(2sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))).(7分)記該計劃所需費用為F(θ)，則F(θ)＝eq\f(1,2)×eq\f(2sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))×2×eq\f(1,2)×10＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))×10＝eq\f(10（sinθ＋1）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(2π,3))).(10分)令f(θ)＝eq\f(sinθ＋1,\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ)，則f′(θ)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋\f(1,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))2).(11分)由f′(θ)＝0，得θ＝eq\f(π,6).所以當θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，f′(θ)<0，f(θ)單調(diào)遞減；當θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時，f′(θ)>0，f(θ)單調(diào)遞增.(12分)所以θ＝eq\f(π,6)時，該計劃所需費用最?。?14分)填空題1、(2018蘇中三市、蘇北四市三調(diào)）在△中，若，則的值為▲．【答案】【解析】由正弦定理得，，不妨設則由余弦定理得.2、(2017常州期末）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a2＝3b2＋3c2－2eq\r(3)bcsinA，則C＝________.【答案】eq\f(π,6)【解析】因為a2＝3b2＋3c2－2eq\r(3)bcsinA＝b2＋c2－2bccosA，所以eq\f(b2＋c2,bc)＝eq\r(3)sinA－cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))).又eq\f(b2＋c2,bc)＝eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)≥2eq\r(\f(b,c)·\f(c,b))＝2(當且僅當b＝c時取等號)，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))≤2當且僅當A＝eq\f(2π,3)時取等號，故eq\f(b2＋c2,bc)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝2，所以b＝c，A＝eq\f(2π,3)，故C＝eq\f(π,6).3、(2019蘇州三市、蘇北四市二調(diào)）在△ABC中，已知C＝120°，sinB＝2sinA，且△ABC的面積為2eq\r(3)，則AB的長為________．【答案】2eq\r(7)【解析】設角A，B，C的對邊分別為a，b，c.因為sinB＝2sinA，由正弦定理得b＝2a，因為△ABC的面積為2eq\r(3)，所以S＝eq\f(1,2)absin120°＝eq\f(\r(3),2)a2＝2eq\r(3)，解得a＝2，所以b＝4，則AB＝c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)＝eq\r(4＋16－2×2×4cos120°)＝2eq\r(7).4、(2019南京學情調(diào)研）已知△ABC的面積為3eq\r(15)，且AC－AB＝2，cosA＝－eq\f(1,4)，則BC的長為________．【答案】8【解析】在△ABC中，cosA＝－eq\f(1,4)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(15),4)，由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(\r(15),4)＝3eq\r(15)得bc＝24，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b－c)2＋2bc－2bccosA＝22＋48＋12＝64，即a＝8.5、(2019蘇州期初調(diào)查）已知△ABC的三邊上高的長度分別為2，3，4，則△ABC最大內(nèi)角的余弦值等于________．【答案】－eq\f(11,24)【解析】因為高分別為2，3，4，由面積法可知，三邊邊長之比為eq\f(1,2)∶eq\f(1,3)∶eq\f(1,4)＝6∶4∶3，不妨設三邊長為6，4，3，所以最大內(nèi)角的余弦值為eq\f(42＋32－62,2×3×4)＝－eq\f(11,24).6、(2017南通、揚州、泰州、淮安三調(diào)）在銳角△ABC中，，．若△ABC的面積為，則的長是▲．【答案】【解析】因為，由，解得，因為是在銳角中，所以（或求出銳角，再求），在銳角中，由余弦定理得：，所以，即.7、(2019蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研（一））在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知5a＝8b，A＝2B，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝________．【答案】eq\f(17\r(2),50)【解析】因為5a＝8b，所以由正弦定理可得5sinA＝8sinB，即sinA＝eq\f(8,5)sinB，因為A＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB，則eq\f(8,5)sinB＝2sinBcosB，因為sinB>0，所以cosB＝eq\f(4,5)，則sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3,5)，故sinA＝eq\f(24,25)，因為A＝2B，所以cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(7,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sinAcoseq\f(π,4)－cosAsineq\f(π,4)＝eq\f(17\r(2),50).eq\a\vs4\al(解后反思)本題綜合考查了正弦定理，同角三角函數(shù)關系，三角恒等變換等多個知識點的應用．8、(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研））設△的內(nèi)角，，的對邊分別是，且滿足，則▲．【答案】.4【解析】解法1（正弦定理）根據(jù)正弦定理可得，即，又因為所以又因為，所以所以，則解法2（射影定理）因為及可得，，注意到，兩式相除可得，再由正弦定理可得9、(2019南京、鹽城二模）在△ABC中，若sinC＝2cosAcosB，則cos2A＋cos2B的最大值為________．【答案】.eq\f(\r(2)＋1,2)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析1)注意到sinC＝2cosAcosB可以通過消去角C，轉化為角A，B的形式，從而得到tanA＋tanB＝2，為此，只需將所要研究的對象cos2A＋cos2B轉化為tanA，tanB的形式，進而通過研究這個雙變量函數(shù)的最值來得到答案．eq\a\vs4\al(思路分析2)注意到sinC＝2cosAcosB＝cos(A＋B)＋cos(A－B)，從而有cos(A－B)＝sinC＋cosC，為此，將cos2A＋cos2B通過降次，轉化cos(A＋B)，cos(A－B)的形式，進而進一步地轉化為角C的三角函數(shù)來進行處理．解法1因為sinC＝2cosAcosB，所以，sin(A＋B)＝2cosAcosB，化簡得tanA＋tanB＝2，cos2A＋cos2B＝eq\f(cos2A,sin2A＋cos2A)＋eq\f(cos2B,sin2B＋cos2B)＝eq\f(1,tan2A＋1)＋eq\f(1,tan2B＋1)＝eq\f(tan2A＋tan2B＋2,（tanAtanB）2＋tan2A＋tan2B＋1)＝eq\f(（tanA＋tanB）2－2tanAtanB＋2,（tanAtanB）2＋（tanA＋tanB）2－2tanAtanB＋1)＝eq\f(6－2tanAtanB,（tanAtanB）2－2tanAtanB＋5).因為分母(tanAtanB)2－2tanAtanB＋5>0，所以令6－2tanAtanB＝t(t>0)，則cos2A＋cos2B＝eq\f(4t,t2－8t＋32)＝eq\f(4,t＋\f(32,t)－8)≤eq\f(4,2\r(32)－8)＝eq\f(\r(2)＋1,2)(當且僅當t＝4eq\r(2)時取等號)．解法2由解法1得tanA＋tanB＝2，令tanA＝1＋t，tanB＝1－t，則cos2A＋cos2B＝eq\f(1,tan2A＋1)＋eq\f(1,tan2B＋1)＝eq\f(1,t2＋2＋2t)＋eq\f(1,t2＋2－2t)＝eq\f(2（t2＋2）,（t2＋2）2－4t2)，令d＝t2＋2≥2，則cos2A＋cos2B＝eq\f(2d,d2－4d＋8)＝eq\f(2,d＋\f(8,d)－4)≤eq\f(2,2\r(8)－4)＝eq\f(\r(2)＋1,2)，當且僅當d＝2eq\r(2)時等號成立．解法3因為sinC＝2cosAcosB，所以sinC＝cos(A＋B)＋cos(A－B)，即cos(A－B)＝sinC＋cosC，cos2A＋cos2B＝eq\f(1＋cos2A,2)＋eq\f(1＋cos2B,2)＝1＋cos(A＋B)cos(A－B)＝1－cosC(sinC＋cosC)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)(sin2C＋cos2C)＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(2),2)sin(2C＋eq\f(π,4))≤eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)＋1,2)，當且僅當2C＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,2)，即C＝eq\f(5π,8)時取等號．10、(2017南京、鹽城一模）在△ABC中，A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a2＋b2＋2c2＝8，則△ABC面積的最大值為________．【答案】eq\f(2\r(5),5)【解析】思路分析1注意到a2＋b2＋2c2＝8中a，b是對稱的，因此，將三角形的面積表示為S＝eq\f(1,2)absinC，利用余弦定理將ab表示為C的形式，進而轉化為三角函數(shù)來求它的最值．思路分析2將c看作定值，這樣，滿足條件的三角形就有無數(shù)個，從而來研究點C所滿足的條件，為此，建立直角坐標系，從而根據(jù)條件a2＋b2＋2c2＝8得到點C的軌跡方程，進而來求出邊AB上的高的所滿足的條件．解法1因為cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(8－a2－b2,2),2ab)＝eq\f(3a2＋b2－8,4ab)≥eq\f(3ab－4,2ab)，所以ab≤eq\f(4,3－2cosC)，從而S＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(2sinC,3－2cosC).設t＝eq\f(2sinC,3－2cosC)，則3t＝2sinC＋2tcosC＝2eq\r(t2＋1)·sin(C＋φ)，其中tanφ＝t，故3t≤2eq\r(t2＋1)，解得t≤eq\f(2\r(5),5)，所以Smax＝eq\f(2\r(5),5)，當且僅當a＝b＝eq\f(2\r(15),5)且tanC＝eq\f(\r(5),2)時，等號成立．解法2以AB所在的直線為x軸，它的垂直平分線為y軸，建立如圖所示的直角坐標系，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，0))，C(x，y)，則由a2＋b2＋2c2＝8得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))2＋y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(c,2)))2＋y2＋2c2＝8，即x2＋y2＝4－eq\f(5c2,4)，即點C在圓x2＋y2＝4－eq\f(5c2,4)上，所以S≤eq\f(c,2)r＝eq\f(c,2)eq\r(4－\f(5,4)c2)＝eq\f(1,2)·eq\r(－\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2－\f(8,5)))2＋\f(16,5))≤eq\f(2\r(5),5)，當且僅當c2＝eq\f(8,5)時取等號，故Smax＝eq\f(2\r(5),5).解法3設AD＝m，BD＝n，CD＝h，由a2＋b2＋2c2＝8，得m2＋h2＋n2＋h2＋2(m＋n)2＝8≥eq\f(1,2)(m＋n)2＋2h2＋2(m＋n)2＝eq\f(5,2)(m＋n)2＋2h2≥2eq\r(5)(m＋n)h，當且僅當h＝eq\r(5)m＝eq\r(5)n時取等號，所以S＝eq\f(1,2)(m＋n)h≤eq\f(1,2)×eq\f(8,2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).解法4由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，結合a2＋b2＋2c2＝8，得8－3c2＝2abcosC，由三角形面積公式得4S＝2absinC，兩式平方相加得，(8－3c2)2＋16S2＝4a2b2≤(a2＋b2)2＝(8－2c2)2，即16S2≤c2(16－5c2)≤eq\f(64,5)，所以S2≤eq\f(4,5)，所以S≤eq\f(2\r(5),5)，當且僅當a＝b，c2＝eq\f(8,5)時取等號，所以面積的最大值為eq\f(2\r(5),5).二、解答題11、(2019南京、鹽城一模）在△ABC中，設a，b，c分別為角A，B，C的對邊，記△ABC的面積為S，若2S＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，(1)求角A的大小；(2)若c＝7，cosB＝eq\f(4,5)，求a的值．規(guī)范解答(1)由2S＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，得bcsinA＝bccosA.因為cosA≠0，所以tanA＝1.因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).(6分)(2)△ABC中，cosB＝eq\f(4,5)，所以sinB＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(3,5)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(7\r(2),10).(10分)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(a,\f(\r(2),2))＝eq\f(7,\f(7\r(2),10))，解得a＝5.(14分)eq\a\vs4\al(解后反思)本題主要考查了三角形面積公式和正弦定理在三角形中的應用，屬于容易題，但是有兩個細節(jié)值得注意．在評分細則中，第一問解答中不交代“A∈(0，π)”而直接得到“A＝eq\f(π,4)”的，扣1分；第二問解答中不交代“由正弦定理得”的，扣1分.12、(2019南通、泰州、揚州一調(diào)）在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對邊的長，acosB＝eq\r(2)bcosA，cosA＝eq\f(\r(3),3).(1)求角B的值；(2)若a＝eq\r(6)，求△ABC的面積．解：(1)在△ABC中，因為cosA＝eq\f(\r(3),3)，0<A<π，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(6),3).(2分)因為acosB＝eq\r(2)bcosA，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinAcosB＝eq\r(2)sinBcosA.所以cosB＝sinB.(4分)若cosB＝0，則sinB＝0，與sin2B＋cos2B＝1矛盾，故cosB≠0.于是tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝1.又因為0<B<π，所以B＝eq\f(π,4).(7分)(2)因為a＝eq\r(6)，sinA＝eq\f(\r(6),3)，由(1)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(6),\f(\r(6),3))＝eq\f(b,\f(\r(2),2))，所以b＝eq\f(3\r(2),2).(9分)又sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6),3)·eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),3)·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(3)＋\r(6),6).(12分)所以△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(3\r(2),2)×eq\f(2\r(3)＋\r(6),6)＝eq\f(6＋3\r(2),4).(14分)13、(2019宿遷期末）已知△ABC的面積是S，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2\r(3),3)S.(1)求sinA的值；(2)若BC＝2eq\r(3)，當△ABC的周長取得最大值時，求△ABC的面積S.規(guī)范解答(1)由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2\r(3),3)S得AB·AC·cosA＝eq\f(2\r(3),3)×eq\f(1,2)AB·AC·sinA,所以cosA＝eq\f(\r(3),3)sinA.(2分)若cosA＝0，則sinA＝1，舍，故cosA≠0，得tanA＝eq\r(3).(4分)在△ABC中，A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，sinA＝eq\f(\r(3),2).(7分)(2)解法1在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA，所以12＝(b＋c)2－2bc－2bccoseq\f(π,3)，即(b＋c)2－12＝3bc≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2，(10分)所以b＋c≤4eq\r(3)，當且僅當b＝c時取等號，所以周長的最大值為6eq\r(3)，此時b＝c＝2eq\r(3)，此時△ABC的面積S＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝3eq\r(3).(14分)解法2在△ABC中，由eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C)))＝eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，所以周長l＝BC＋AB＋CA＝2eq\r(3)＋4sinC＋4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))＝2eq\r(3)＋4eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))).(10分)由C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))得，當C＝eq\f(π,3)時，周長l取得最大值為6eq\r(3)，此時AC＝AB＝2eq\r(3)，所以面積S＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝3eq\r(3).(14分)eq\a\vs4\al(易錯警示)第一問中不交代A是△ABC的內(nèi)角，直接由tanA＝eq\r(3)得到A＝eq\f(π,3)是不嚴謹?shù)?，可能導致扣分?4、(2017蘇州期末）已知函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x－eq\f(1,2).(1)求函數(shù)f(x)的最小值，并寫出取得最小值時的自變量x的集合；(2)設△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且c＝eq\r(3)，f(C)＝0，若sinB＝2sinA，求a，b的值．思路分析(1)首先把函數(shù)化簡為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，其中A＞0，ω＞0.(2)利用正弦、余弦定理，列出關于邊a，b的方程組．規(guī)范解答(1)因為f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)(1＋cos2x)－eq\f(1,2)(2分)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1，(4分)所以函數(shù)f(x)的最小值是－2，(5分)此時2x－eq\f(π,6)＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，即x的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,6