资源描述
第2讲 三角恒等变换与解三角形
[做真题]
题型一 三角恒等变换
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知α∈，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )
A． B．
C． D．
解析：选B.由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2 sin2α＋1，即2sin αcos α＝1－sin2α.因为α∈，所以cos α＝，所以2sin α＝1－sin2 α，解得sin α＝，故选B.
2．(2018·高考全国卷Ⅲ)若sin α＝，则cos 2α＝( )
A． B．
C．－ D．－
解析：选B.cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×＝.
3．(2016·高考全国卷Ⅱ)若cos＝，则sin 2α＝( )
A． B．
C．－ D．－
解析：选D.因为cos＝coscos α＋sin sin α＝(sin α＋cos α)＝，所以sin α＋cos α＝，所以1＋sin 2α＝，所以sin 2α＝－，故选D.
题型二 三角形中的边角计算问题
1．(2018·高考全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝( )
A．4 B．
C． D．2
解析：选A.因为cos ＝，所以cos C＝2cos2－1＝2×－1＝－.于是，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×＝32，所以AB＝4.故选A.
2．(2016·高考山东卷)△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A＝( )
A． B．
C． D．
解析：选C.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝2b2－2b2cos A，所以2b2(1－sin A)＝2b2(1－cos A)，所以sin A＝cos A，即tan A＝1，又0<A<π，所以A＝.
3．(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若a＋b＝2c，求sin C.
解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝＝.
因为0°＜A＜180°，
所以A＝60°.
(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，即＋cos C＋sin C＝2sin C，可得cos(C＋60°)＝－.
由于0°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝，故
sin C＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°
＝.
题型三 与三角形面积有关的问题
1．(2018·高考全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为，则C＝( )
A． B．
C． D．
解析：选C.根据题意及三角形的面积公式知absin C＝，所以sin C＝＝cos C，所以在△ABC中，C＝.
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为________．
解析：法一：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos ，得c＝2，所以a＝4，所以△ABC的面积S＝acsin B＝×4×2×sin ＝6.
法二：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos ，得c＝2，所以a＝4，所以a2＝b2＋c2，所以A＝，所以△ABC的面积S＝×2×6＝6.
答案：6
3．(2019·高考全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin ＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)由题设及正弦定理得
sin Asin＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，故cos＝2sincos.
因为cos≠0，故sin＝，因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.
由正弦定理得a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.
由(1)知A＋C＝120°，
所以30°<C<90°，故<a<2，从而<S△ABC<.
因此，△ABC面积的取值范围是.
[山东省学习指导意见]
1．三角恒等变换
(1)会利用向量推导出两角差的余弦公式，并能从两角差的余弦公式导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．
(2)能运用上述公式进行简单的恒等变换．
2．解三角形
(1)通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．
(2)能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．
三角恒等变换与求值
[考法全练]
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)tan 255°＝( )
A．－2－ B．－2＋
C．2－ D．2＋
解析：选D.由正切函数的周期性可知，tan 255°＝tan(180°＋75°)＝tan 75°＝tan(30°＋45°)＝＝2＋，故选D.
2．(一题多解)(2019·福建五校第二次联考)已知cos＝，则sin 2α＝( )
A． B．－
C． D．－
解析：选C.法一：因为cos＝，所以sin 2α＝sin＝cos 2＝2cos2－1＝2×－1＝.故选C.
法二：令－α＝θ，则α＝－θ，cos θ＝，所以sin 2α＝sin 2＝sin＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×－1＝.故选C.
法三：因为cos＝，所以(cos α＋sin α)＝，所以cos α＋sin α＝，平方得1＋sin 2α＝，得sin 2α＝.故选C.
3．已知α∈，tan α＝2，则cos＝________．
解析：因为α∈，tan α＝2，所以sin α＝，cos α＝，所以cos＝cos αcos＋sin αsin
＝×＝.
答案：
4．(2019·贵州黔东南一模改编)已知sin α＋3cos α＝－，则tan 2α＝________，tan＝________．
解析：因为(sin α＋3cos α)2＝sin2α＋6sin αcos α＋9cos2α＝10(sin2α＋cos2α)，所以9sin2α－6sin αcos α＋cos2α＝0，则(3tan α－1)2＝0，即tan α＝，所以tan 2α＝＝，tan＝＝2.
答案： 2
三角恒等变换要遵循的“三看”原则
一看“角”，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分；二看“函数名称”，是需进行“切化弦”还是“弦化切”等，从而确定使用的公式；三看“结构特征”，了解变式或化简的方向．
三角形的基本量的计算
[典型例题]
命题角度一 求解三角形中的角
(1)(2019·江西七校第一次联考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝a(cos C＋sin C)，a＝2，c＝，则角C＝( )
A． B．
C． D．
(2)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcos C＋bsin C＝a.
①求角B的大小；
②若BC边上的高等于a，求cos A的值．
【解】 (1)选D.由b＝a，
得sin B＝sin A.
因为sin B＝sin＝sin(A＋C)，
所以sin Acos C＋cos Asin C＝sin Acos C＋sin Asin C(sin C≠0)，即cos A＝sin A，所以tan A＝.因为0<A<π，所以A＝.由正弦定理＝，得sin C＝.因为0<C<，所以C＝.故选D.
(2)①由bcos C＋bsin C＝a，
得sin Bcos C＋sin Bsin C＝sin A.
因为A＋B＋C＝π，
所以sin Bcos C＋sin Bsin C＝sin(B＋C)，
即sin Bcos C＋sin Bsin C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
因为sin C≠0，所以sin B＝cos B.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
②设BC边上的高为AD，则AD＝a.
因为B＝，所以BD＝AD＝a，
所以CD＝a，
所以AC＝＝a，AB＝a.
由余弦定理得cos A＝＝－.
利用正、余弦定理求三角形角的方法
(1)已知两边及其夹角，先由余弦定理求第三边，再由正弦定理求角．
(2)已知三边，直接由余弦定理求角．
(3)已知两边及其中一边的对角，先由正弦定理求另一边的对角，再由三角形内角和求第三角．
[技能] 利用正、余弦定理求角时的两个失分点：(1)已知两边及其中一边的对角求其他角时，有一解、两解的情况，容易把握不准而出错；(2)在变形时，直接两边约去公因式，没有移项后提公因式，产生漏解．
命题角度二 求解三角形中的边与面积
如图所示，在△ABC中，点D为BC边上一点，且BD＝1，E为AC的中点，AE＝，cos B＝，∠ADB＝.
(1)求AD的长；
(2)求△ADE的面积．
【解】 (1)在△ABD中，因为cos B＝，B∈(0，π)，
所以sin B＝＝＝，
所以sin∠BAD＝sin(B＋∠ADB)＝×＋×＝.
由正弦定理知＝，得AD＝＝＝2.
(2)由(1)知AD＝2，依题意得AC＝2AE＝3，在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC，即9＝4＋DC2－2×2×DCcos，
所以DC2－2DC－5＝0，解得DC＝1＋(负值舍去)，
所以S△ACD＝AD·DCsin∠ADC＝×2×(1＋)×＝，
从而S△ADE＝S△ACD＝.
利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，如该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．而三角形的面积主要是利用两边与其夹角的正弦值求解．
[技能] 三角形的面积主要是利用S＝absin C求解，有时可以直接利用余弦定理求出ab的整体值再求面积，而不必分别求出a，b的值．
[对点训练]
1．(一题多解)(2019·广州市综合检测一)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知ccos B＝(3a－b)cos C.
(1)求sin C的值；
(2)若c＝2，b－a＝2，求△ABC的面积．
解：(1)法一：因为ccos B＝(3a－b)cos C，
所以由正弦定理得sin Ccos B＝(3sin A－sin B)cos C，
即sin Ccos B＋sin Bcos C＝3sin Acos C，
所以sin(B＋C)＝3sin Acos C，
由于A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sin A，
则sin A＝3sin Acos C.
因为0<A<π，所以sin A≠0，cos C＝.
因为0<C<π，所以sin C＝＝.
法二：因为ccos B＝(3a－b)cos C，
所以由余弦定理得c×＝(3a－b)×，
化简得a2＋b2－c2＝ab，
所以cos C＝＝＝.
因为0<C<π，所以sin C＝＝.
(2)法一：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
及c＝2，cos C＝，得a2＋b2－ab＝24，
即(a－b)2＋ab＝24.
因为b－a＝2，所以ab＝15.
所以△ABC的面积S＝absin C＝×15×＝5.
法二：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
及c＝2，cos C＝，得a2＋b2－ab＝24.
又b－a＝2，
所以a＝3，b＝5.
所以△ABC的面积S＝absin C＝×15×＝5.
2．(2019·郑州市第一次质量预测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S，且满足sin B＝.
(1)求sin Asin C；
(2)若4cos Acos C＝3，b＝，求△ABC的周长．
解：(1)由三角形的面积公式可得S＝bcsin A，
又sin B＝，所以2bcsin Asin B＝b2，
即2csin Asin B＝b，由正弦定理可得2sin Csin Asin B＝sin B，
因为sin B≠0，所以sin Asin C＝.
(2)因为4cos Acos C＝3，所以cos Acos C＝，
所以cos Acos C－sin Asin C＝－＝，
即cos(A＋C)＝，所以cos B＝－，
因为0<B<π，所以sin B＝，
因为＝＝＝＝4，
所以sin Asin C＝＝，所以ac＝8，
因为b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－2accos B，
所以(a＋c)2＝15＋12＝27，
所以a＋c＝3.
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋.
解三角形的综合问题
[典型例题]
命题角度一 以平面几何为载体的解三角形问题
(2019·洛阳尖子生第二次联考)如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2，BD＝3＋，△BCD的面积S＝.
(1)求CD；
(2)求∠ABC.
【解】 (1)在△BCD中，S＝BD·BC·sin∠CBD＝，
因为BC＝2，BD＝3＋，
所以sin∠CBD＝.
因为∠ABC为锐角，所以∠CBD＝30°.
在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝(2)2＋(3＋)2－2×2×(3＋)×＝9，所以CD＝3.
(2)在△BCD中，由正弦定理得＝，
即＝，解得sin∠BDC＝.
因为BC<BD，所以∠BDC为锐角，所以cos∠BDC＝.
在△ACD中，由正弦定理得＝，
即＝.①
在△ABC中，由正弦定理得＝，
即＝.②
因为AC平分∠BAD，所以∠CAD＝∠BAC.
由①②得＝，解得sin∠ABC＝.
因为∠ABC为锐角，所以∠ABC＝45°.
解决以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系(如大边对大角，最大角一定大于等于)确定角或边的范围．
命题角度二 三角形中的最值或范围问题
(1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的半径为1，且＝，则△ABC面积的最大值为________．
(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a2＋b2－c2)(acos B＋bcos A)＝abc，则c＝________．若a＋b＝2，则c的取值范围为________．
【解析】 (1)因为＝，所以＝(2c－b)，由正弦定理得sin Bsin Acos B＝(2sin C－sin B)sin Bcos A，又sin B≠0，所以sin Acos B＝(2sin C－sin B)cos A，所以sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos A，即sin(A＋B)＝2sin Ccos A，即sin C＝2sin Ccos A，又sin C≠0，所以cos A＝，sin A＝.设外接圆的半径为r，则r＝1，由余弦定理得bc＝＝b2＋c2－a2＝b2＋c2－(2rsin A)2＝b2＋c2－3≥2bc－3(当且仅当b＝c时，等号成立)，所以bc≤3，所以S△ABC＝bcsin A＝bc≤.所以△ABC面积的最大值为.
(2)由sin Acos B＋sin Bcos A＝sin(A＋B)＝sin C及正弦定理，可知acos B＋bcos A＝c，则由(a2＋b2－c2)(acos B＋bcos A)＝abc，得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可得cos C＝，则C＝，B＝－A，
由正弦定理＝＝，得＝＝，又a＋b＝2，所以＋＝2，即c＝＝，因为A∈，所以A＋∈，sin∈，则c∈[1，2)．
【答案】 (1) (2) [1，2)
解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．
[对点训练]
1.(2019·重庆市七校联合考试)如图，在平面四边形ABCD中，E为AB边上一点，连接CE，DE.CB＝2，BE＝1，∠B＝∠CED＝.
(1)求sin∠AED的值；
(2)若AB∥CD，求CD的长．
解：(1)在△BEC中，由余弦定理得，CE＝＝，又＝，所以sin∠BCE＝，
因为∠B＝∠CED，所以sin∠AED＝sin∠BCE＝.
(2)因为AB∥CD，所以∠CDE＝∠AED，
所以sin∠CDE＝sin∠AED＝，
在△CDE中，＝，所以CD＝＝＝7.
2．(2019·福建五校第二次联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acos C＝(2b－c)cos A.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由正弦定理可得，sin Acos C＝2sin Bcos A－sin Ccos A，
从而sin(A＋C)＝2sin Bcos A，即sinB＝2sin BcosA.
又B为三角形的内角，所以sin B≠0，于是cos A＝，又A为三角形的内角，所以A＝.
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋c2－2bc×≥2bc－bc，所以bc≤4(2＋)，所以S△ABC＝bcsin A≤2＋，故△ABC面积的最大值为2＋.
[A组 夯基保分专练]
一、选择题
1．已知sin(α＋)＝，<α<，则cos 2α的值为( )
A．－ B．－
C．－ D．－
解析：选C.因为sin(α＋)＝，<α<，<α＋<π，所以cos(α＋)<0，可得cos(α＋)＝－，所以sin α＝sin[(α＋)－]＝sin(α＋)cos －cos(α＋)sin ＝，cos 2α＝1－2sin2α＝1－＝－，故选C.
2．(2019·高考全国卷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＝－，则＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
解析：选A.由题意及正弦定理得，b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cos A＝＝＝－，得＝6.故选A.
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝2a，bsin B－asin A＝asin C，则sin B为( )
A． B．
C． D．
解析：选A.由bsin B－asin A＝asin C，
且c＝2a，得b＝a，
因为cos B＝＝＝，
所以sin B＝ ＝.
4．(一题多解)在△ABC中，已知AB＝，AC＝，tan∠BAC＝－3，则BC边上的高等于( )
A．1 B．
C． D．2
解析：选A.法一：因为tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝，cos∠BAC＝－.由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝5＋2－2×××＝9，所以BC＝3，所以S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝×××＝，所以BC边上的高h＝＝＝1，故选A.
法二：因为tan∠BAC＝－3，所以cos∠BAC＝－<0，则∠BAC为钝角，因此BC边上的高小于，故选A.
5.如图，在△ABC中，∠C＝，BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足．若DE＝2，则cos A等于( )
A． B．
C． D．
解析：选C.依题意得，BD＝AD＝＝，∠BDC＝∠ABD＋∠A＝2∠A.在△BCD中，＝，＝×＝，即＝，由此解得cos A＝.
6．(多选)下列命题中，正确的是( )
A．在△ABC中，若A>B，则sin A>sin B
B．在锐角三角形ABC中，不等式sin A>cos B恒成立
C．在△ABC中，若acos A－bcos B＝0，则△ABC必是等腰直角三角形
D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形
解析：选ABD.对于A，在△ABC中，由正弦定理可得＝，所以sin A>sin B⇔a>b⇔A>B，故A正确；对于B，在锐角三角形ABC中，A，B∈，且A＋B>，则>A>－B>0，所以sin A>sin＝cos B，故B正确；对于C，在△ABC中，由acos A＝bcos B，利用正弦定理可得sin 2A＝sin 2B，得到2A＝2B或2A＝π－2B，故A＝B或A＝－B，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accos B，所以ac＝a2＋c2－ac，即(a－c)2＝0，解得a＝c.又B＝60°，所以△ABC必是等边三角形，故D正确．故选ABD.
二、填空题
7．(2019·济南联考改编)若tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，则tan(α＋β)＝________，tan α＝________．
解析：因为tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，
所以tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝＝＝－1.tan α＝tan(α＋β－β)＝＝.
答案：－1
8．已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，a＝4，b∈(4，6)，sin 2A＝sin C，则c的取值范围为________．
解析：由＝，得＝，所以c＝8cos A，因为16＝b2＋c2－2bccos A，所以16－b2＝64cos2A－16bcos2A，又b≠4，所以cos2A＝＝＝，所以c2＝64cos2A＝64×＝16＋4b.因为b∈(4，6)，所以32<c2<40，所以4<c<2.
答案：(4，2)
9．(一题多解)(2019·合肥市第一次质检测)设△ABC的内角A，B，C的对边a，b，c成等比数列，cos(A－C)－cos B＝，延长BC至点D，若BD＝2，则△ACD面积的最大值为________．
解析：法一：由题意知b2＝ac，由正弦定理得sin2B＝sin Asin C ①，又由已知，得cos(A－C)＋cos(A＋C)＝，可得cos Acos C＝ ②，②－①，得－sin2B＝－cos B，所以cos2B＋cos B－＝0，解得cos B＝或cos B＝－(舍去)，所以B＝60°，再由题得cos(A－C)＝1，则A－C＝0，即A＝C，则a＝c，所以△ABC为正三角形，则∠ACD＝120°，AC＝b，CD＝2－b，故S△ACD＝×b×(2－b)×≤＝，当且仅当b＝2－b，即b＝1时取等号．故填.
法二：由题意知b2＝ac，且cos(A－C)＋cos(A＋C)＝，即cos Acos C＋sin Asin C＋cos Acos C－sin Asin C＝，即cos Acos C＝，由余弦定理得·＝，整理得b4－(a2－c2)2＝b4，所以a2－c2＝0，即a＝c，又b2＝ac，所以a＝b＝c，即△ABC为正三角形，所以S△ACD＝S△ABD－S△ABC＝×2×c×－c2＝－(c－1)2＋≤，当c＝1时取等号，故填.
答案：
三、解答题
10．(2019·广东六校第一次联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋c2－b2＝abcos A＋a2cos B.
(1)求角B；
(2)若b＝2，tan C＝，求△ABC的面积．
解：(1)因为a2＋c2－b2＝abcos A＋a2cos B，所以由余弦定理，得2accos B＝abcos A＋a2cos B，
又a≠0，所以2ccos B＝bcos A＋acos B，由正弦定理，得
2sin Ccos B＝sin Bcos A＋sin Acos B
＝sin(A＋B)＝sin C，
又C∈(0，π)，sin C>0，所以cos B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由tan C＝，C∈(0，π)，得sin C＝，cos C＝，
所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得a＝＝＝6，
所以△ABC的面积为absin C＝×6×2×＝6.
11．(2019·武汉模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝2B，cos B＝.
(1)求sin C的值；
(2)若角A的平分线AD的长为，求b的值．
解：(1)由cos B＝及0<B<π，得sin B＝，
又A＝2B，所以sin A＝sin 2B＝2sin Bcos B＝2××＝，
cos A＝cos 2B＝2cos2B－1＝.
故sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝.
(2)由题意得，∠ADC＝B＋∠BAC＝∠BAC(如图)，所以sin∠ADC＝.
在△ADC中，＝，
即＝，AC＝，
故b＝.
12．(2019·高考天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2a，3csin B＝4asin C.
(1)求cos B的值；
(2)求sin的值．
解：(1)在△ABC中，由正弦定理＝，得bsin C＝csin B，又由3csin B＝4asin C，得3bsin C＝4asin C，即3b＝4a.又因为b＋c＝2a，得到b＝a，c＝a.由余弦定理可得cos B＝＝＝－.
(2)由(1)可得sin B＝＝，
从而sin 2B＝2sin Bcos B＝－，cos 2B＝cos2B－sin2B＝－，
故sin＝sin 2Bcos＋cos 2Bsin ＝－×－×＝－.
[B组 大题增分专练]
1．(2019·江西七校第一次联考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(sin A－sin B)＝(c－b)(sin C＋sin B)．
(1)求角C；
(2)若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
解：(1)由a(sin A－sin B)＝(c－b)(sin C＋sin B)及正弦定理，得a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，
即a2＋b2－c2＝ab.
所以cos C＝＝，又C∈(0，π)，所以C＝.
(2)由(1)知a2＋b2－c2＝ab，所以(a＋b)2－3ab＝c2＝7，
又S＝absin C＝ab＝，
所以ab＝6，
所以(a＋b)2＝7＋3ab＝25，a＋b＝5.
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋.
2．(一题多解)(2019·福州模拟)如图，在△ABC中，M是边BC的中点，cos∠BAM＝，
cos∠AMC＝－.
(1)求∠B的大小；
(2)若AM＝，求△AMC的面积．
解：(1)由cos∠BAM＝，
得sin∠BAM＝，
由cos∠AMC＝－，得sin∠AMC＝.
又∠AMC＝∠BAM＋∠B，
所以cos∠B＝cos(∠AMC－∠BAM)
＝cos∠AMCcos∠BAM＋sin∠AMCsin∠BAM
＝－×＋×
＝－，
又∠B∈(0，π)，所以∠B＝.
(2)法一：由(1)知∠B＝，
在△ABM中，由正弦定理＝，
得BM＝＝＝.
因为M是边BC的中点，
所以MC＝.
故S△AMC＝AM·MC·sin∠AMC＝×××＝.
法二：由(1)知∠B＝，
在△ABM中，由正弦定理＝，
得BM＝＝＝.
因为M是边BC的中点，所以S△AMC＝S△ABM，
所以S△AMC＝S△ABM＝AM·BM·sin∠BMA＝×××＝.
3．(2019·昆明市质量检测)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2(c－acos B)＝b.
(1)求角A；
(2)若a＝2，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)由2(c－acos B)＝b及正弦定理得2(sin C－sin Acos B)＝sin B，
所以2sin(A＋B)－2sin Acos B＝sin B，即2cos Asin B＝sin B，
因为sin B≠0，所以cos A＝，又0<A<π，所以A＝.
(2)因为a＝2，由正弦定理得b＝4sin B，c＝4sin C，
所以S△ABC＝bcsin A＝bc，
所以S△ABC＝4sin Bsin C，因为C＝π－(A＋B)＝－B，所以sin C＝sin，
所以S△ABC＝4sin Bsin
＝4sin B，
即S△ABC＝2sin Bcos B＋2sin2B
＝sin 2B－cos 2B＋
＝2sin＋.
因为0<B<，所以－<2B－<，
所以－<sin≤1，
所以0<S△ABC≤2＋.
即△ABC面积的取值范围为(0，2＋]．
4．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，AB边上的高h＝c.
(1)若△ABC为锐角三角形，且cos A＝，求角C的正弦值；
(2)若C＝，M＝，求M的值．
解：(1)作CD⊥AB，垂足为D，
因为△ABC为锐角三角形，且cos A＝，
所以sin A＝，tan A＝，
所以AD＝，BD＝AB－AD＝，
所以BC＝＝＝，
由正弦定理得sin∠ACB＝＝＝.
(2)因为S△ABC＝c×c＝absin∠ACB＝ab，
所以c2＝ab，
又a2＋b2－c2＝2abcos∠ACB＝ab，
所以a2＋b2＝ab＋c2，
所以a2＋b2＋c2＝ab＋c2＝ab＋×ab＝2ab，
所以M＝＝＝2.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
