高考数学二轮复习第2部分专题1三角函数和解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形教案文

/16/16/第2讲三角恒等变换与解三角形[做小题——激活思维]1．若cosθ＝eq\f(2,3)，θ为第四象限角，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))的值为()A.eq\f(\r(2)＋\r(10),6) B.eq\f(2\r(2)＋\r(10),6)C.eq\f(\r(2)－\r(10),6) D.eq\f(2\r(2)－\r(10),6)B[因为cosθ＝eq\f(2,3)，θ为第四象限角，则sinθ＝－eq\f(\r(5),3)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)cosθ－eq\f(\r(2),2)sinθ＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)))))＝eq\f(2\r(2)＋\r(10),6)，故选B.]2．[一题多解]已知α为第二象限角，sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，则cos2α＝()A．－eq\f(\r(5),3) B．－eq\f(\r(5),9)C.eq\f(\r(5),9) D.eq\f(\r(5),3)A[法一：∵sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，∴sin2α＝－eq\f(2,3)，又α为第二象限角且sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)＞0，∴2kπ＋eq\f(π,2)＜α＜2kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)，∴4kπ＋π＜2α＜4kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，∴2α为第三象限角，∴cos2α＝－eq\r(1－sin22α)＝－eq\f(\r(5),3).法二：∵sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，∴sin2α＝－eq\f(2,3)，∵α为第二象限角，∴sinα＞0，cosα＜0，∴sinα－cosα＝eq\r(?sinα－cosα?2)＝eq\r(1－2sinαcosα)＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(\r(15),3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＋cosα＝\f(\r(3),3)，,sinα－cosα＝\f(\r(15),3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(\r(3)＋\r(15),6)，,cosα＝\f(\r(3)－\r(15),6)，))∴cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(\r(5),3).]3．在△ABC中，若AB＝eq\r(3)，A＝45°，C＝75°，则BC等于()A．3－eq\r(3) B.eq\r(2)C．2 D．3＋eq\r(3)[答案]A4．在△ABC中，若AB＝5，AC＝3，BC＝7，则sinA等于()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)[答案]B5．在钝角三角形ABC中，已知AB＝eq\r(3)，AC＝1，B＝eq\f(π,6)，则△ABC的面积为()A.eq\f(1,4)B.eqB.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),4)D.eqD.eq\f(1,2)[答案]C[扣要点——查缺补漏]1．和差公式及辅助角公式(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.(2)cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ.如T1.(3)tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).(4)sin2α＝2sinαcosα，cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).如T2.(5)辅助角公式：asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2)).2．正弦定理和余弦定理(1)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R.如T3.(2)a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).如T4.3．三角形的面积公式(1)S＝eq\f(1,2)aha＝eq\f(1,2)bhb＝eq\f(1,2)chc(ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)casin B．如T5.(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为△ABC内切圆的半径)．三角恒等变换(5年5考)[高考解读]三角恒等变换是三角变换的工具，在高考中主要考查利用两角和与差的三角函数公式、二倍角公式进行三角函数的化简与求值.可单独考查，也可以与三角函数的性质综合考查.1．(2019·全国卷Ⅰ)tan255°＝()A．－2－eq\r(3) B．－2＋eq\r(3)C．2－eq\r(3) D．2＋eq\r(3)D[tan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(45°＋30°)＝eq\f(tan45°＋tan30°,1－tan45°tan30°)＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3).故选D.]2．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(5),5)切入点：2sin2α＝cos2α＋1．关键点：正确应用倍角公式及平方关系，注意α的范围．B[由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α.∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2sinα＝cosα.又∵sin2α＋cos2α＝1，∴sin2α＝eq\f(1,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＝eq\f(\r(5),5).故选B.]3．[一题多解](2018·全国卷Ⅱ)已知tanα－eq\f(5π,4)＝eq\f(1,5)，则tanα＝________.切入点：①taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5,4)π))＝eq\f(1,5)；②两角差的正切公式．关键点：解关于tanα的方程．eq\f(3,2)[法一：因为tanα－eq\f(5π,4)＝eq\f(1,5)，所以eq\f(tanα－tan\f(5π,4),1＋tanαtan\f(5π,4))＝eq\f(1,5)，即eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝eq\f(1,5)，解得tanα＝eq\f(3,2).法二：因为tanα－eq\f(5π,4)＝eq\f(1,5)，所以tanα＝tanα－eq\f(5π,4)＋eq\f(5π,4)＝eq\f(tanα－\f(5π,4)＋tan\f(5π,4),1－tanα－\f(5π,4)tan\f(5π,4))＝eq\f(\f(1,5)＋1,1－\f(1,5)×1)＝eq\f(3,2).]4．(2017·全国卷Ⅰ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝2，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝________.切入点：①tanα＝eq\f(sinα,cosα)；②两角差的余弦公式．关键点：利用同角三角函数基本关系式，求出sinα和cosα的值．eq\f(3\r(10),10)[因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝2，所以sinα＝2cosα，又sin2α＋cos2α＝1，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(10),10).][教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________.－eq\f(4,3)[将θ－eq\f(π,4)转化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－eq\f(π,2).由题意知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，θ是第四象限角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＞0，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(4,5).taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)－\f(π,2)))＝－eq\f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(\f(4,5),\f(3,5))＝－eq\f(4,3).]2．(2018·江苏高考)已知α，β为锐角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5).(1)求cos2α的值；(2)求tan(α－β)的值．[解](1)因为tanα＝eq\f(4,3)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，所以cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．又因为cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2?α＋β?)＝eq\f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因为tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7).因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tan?α＋β?,1＋tan2αtan?α＋β?)＝－eq\f(2,11).1．三角函数式的化简要遵循的“三看”原则(1)一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理拆分，从而正确使用公式；(2)二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”；(3)三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”．2．求值的基本类型(1)“给角求值”：一般给出的角都是非特殊角，从表面上看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定的关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角求解；(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数式的值，解题关键在于“变角”，使角相同或具有某种关系；(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一三角函数值，再求角的范围，确定角的度数．1．(给角求值)eq\f(2sin47°－\r(3)sin17°,cos17°)＝()A．－eq\r(3)C.eqB．－1C.eq\r(3) D．1D[原式＝2×eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝2×eq\f(sin?17°＋30°?－sin17°cos30°,cos17°)＝2sin30°＝1.故选D.]2．(给值求值)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，则cosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝()C.eqB．1C.eq\f(2\r(3),3)D.eqD.\r(3)B[cosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝cosx＋cosxcoseq\f(π,3)＋sinxsineq\f(π,3)＝eq\f(3,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosx＋\f(1,2)sinx))＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝1，故选B.]3．(给值求角)若sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则α＋β的值是()A.eq\f(7π,4) B.eq\f(9π,4)C.eq\f(5π,4)或eq\f(7π,4) D.eq\f(5π,4)或eq\f(9π,4)A[因为α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，又sin2α＝eq\f(\r(5),5)，所以2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以cos2α＝－eq\f(2\r(5),5).又β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，所以β－α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，故cos(β－α)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2α·cos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，又α＋β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π))，故α＋β＝eq\f(7π,4)，故选A.]利用正、余弦定理解三角形(5年12考)[高考解读]高考对该部分内容的考查重点是正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，且常和三角恒等变换相结合，考查形式为边、角、面积的计算.角度一：三角形的边、角计算1．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，则eq\f(b,c)＝()A．6B．5C．4 D．3切入点：由asinA－bsinB＝4csinC，利用正弦定理得出a，b，c的关系．关键点：利用cosA＝－eq\f(1,4)得出b，c的关系．A[∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－?4c2＋b2?,2bc)＝eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b,c)＝6.故选A.]2．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝eq\r(2)，则C＝()A.eq\f(π,12)B.eqB.\f(π,6)C.eqC.\f(π,4)D.eqD.\f(π,3)切入点：化简sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0.关键点：正确运用公式，由条件sinB＋sinA(sinC－cosC)，求得A的某一三角函数值，进而求A，再求C.B[因为a＝2，c＝eq\r(2)，所以由正弦定理可知，eq\f(2,sinA)＝eq\f(\r(2),sinC)，故sinA＝eq\r(2)sinC.又B＝π－(A＋C)，故sinB＋sinA(sinC－cosC)＝sin(A＋C)＋sinAsinC－sinAcosC＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝(sinA＋cosA)sinC＝0.又C为△ABC的内角，故sinC≠0，则sinA＋cosA＝0，即tanA＝－1.又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(3π,4).从而sinC＝eq\f(1,\r(2))sinA＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2).由A＝eq\f(3π,4)知C为锐角，故C＝eq\f(π,6).故选B.]角度二：三角形的面积、周长的计算3．(2018·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eq\f(a2＋b2－c2,4)，则C＝()A.eq\f(π,2)B.eqB.\f(π,3)C.eqC.\f(π,4)D.eqD.\f(π,6)切入点：①S△ABC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)；②S△ABC＝eq\f(1,2)absinC.关键点：利用上述①②求C的一个三角函数值．C[因为S△ABC＝eq\f(1,2)absinC，所以eq\f(a2＋b2－c2,4)＝eq\f(1,2)absinC．由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，得2abcosC＝2absinC，即cosC＝sinC，所以tanC＝1.又因为C∈(0，π)，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).故选C.]4．(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．切入点：①利用正弦定理化简bsinC＋csinB＝4asinBsinC，求得sinA；②利用余弦定理及b2＋c2－a2＝8求△ABC的面积．关键点：正确利用正弦定理将“边”转化为“角”，求出sinA是解决本题的关键．eq\f(2\r(3),3)[由bsinC＋csinB＝4asinBsinC，得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，因为sinBsinC≠0，所以sinA＝eq\f(1,2).因为b2＋c2－a2＝8，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以bc＝eq\f(8\r(3),3)，所以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).]5．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为eq\f(a2,3sinA).(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．切入点：①S△ABC＝eq\f(a2,3sinA)＝eq\f(1,2)acsinB，然后把边转化为角可求sinBsinC.②利用①中的结论和6cosBcosC＝1求B＋C，进而求出A，然后利用三角形的面积公式和a的值求bc的值，最后利用余弦定理求b＋c.关键点：正确利用S△ABC＝eq\f(a2,3sinA)，求sinBsinC以及利用6cosBcosC＝1建立边b和c的关系式．[解](1)由题设得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB＝eq\f(a,3sinA).由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB＝eq\f(sinA,3sinA).故sinBsinC＝eq\f(2,3).(2)由题设及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2).所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3).由题设得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，a＝3，所以bc＝8.由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9.由bc＝8，得b＋c＝eq\r(33).故△ABC的周长为3＋eq\r(33).[教师备选题]1．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，则A＝________.75°[如图，由正弦定理，得eq\f(3,sin60°)＝eq\f(\r(6),sinB)，∴sinB＝eq\f(\r(2),2).又∵c>b，∴B＝45°，∴A＝180°－60°－45°＝75°.]2．[一题多解](2017·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，则B＝________.eq\f(π,3)[法一：由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA.∴2sinBcosB＝sin(A＋C)．又A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.∴2sinBcosB＝sin(π－B)＝sinB.又sinB≠0，∴cosB＝eq\f(1,2).∴B＝eq\f(π,3).法二：∵在△ABC中，acosC＋ccosA＝b，∴条件等式变为2bcosB＝b，∴cosB＝eq\f(1,2).又0＜B＜π，∴B＝eq\f(π,3).]3．(2016·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，则b＝________.eq\f(21,13)[在△ABC中，∵cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，∴sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(1×\f(63,65),\f(3,5))＝eq\f(21,13).]1．正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．2．三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA，一般是已知哪一个角就使用含该角的公式．(2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．1．(求边)[一题多解]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，则b＝()A.eq\r(2)B.eqB.eq\r(3)C．2D．3D[法一：(应用余弦定理)由余弦定理得5＝22＋b2－2×2bcosA，∵cosA＝eq\f(2,3)，∴3b2－8b－3＝0，∴b＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(1,3)舍去)).故选D.法二：(应用正弦定理)由cosA＝eq\f(2,3)得sinA＝eq\f(\r(5),3)，根据eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)得sinC＝eq\f(2,3)，所以A与C互余，故△ABC为直角三角形，因此b＝eq\r(a2＋c2)＝3.]2．(求角)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosC＋\f(\r(3),3)sinC))，a＝2，c＝eq\f(2\r(6),3)，则C＝()A.eq\f(3π,4)B.eqB.\f(π,3)C.eqC.\f(π,6)D.eqD.\f(π,4)D[由b＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosC＋\f(\r(3),3)sinC))，得sinB＝sinAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosC＋\f(\r(3),3)sinC)).因为sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以sinAcosC＋cosAsinC＝sinAcosC＋eq\f(\r(3),3)sinAsinC(sinC≠0)，cosA＝eq\f(\r(3),3)sinA，所以tanA＝eq\r(3).因为0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(2),2).因为0＜C＜eq\f(2π,3)，所以C＝eq\f(π,4).故选D.]3．(求周长)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为4eq\r(3)，且2bcosA＋a＝2c，a＋c＝8，则其周长为()A．10B．12C．8＋eq\r(3)D．8＋2eq\r(3)B[因为△ABC的面积为4eq\r(3)，所以eq\f(1,2)acsinB＝4eq\r(3).因为2bcosA＋a＝2c，所以由正弦定理得2sinBcosA＋sinA＝2sinC，又A＋B＋C＝π，所以2sinBcosA＋sinA＝2sinAcosB＋2cosAsinB，所以sinA＝2cosBsinA．因为sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2).因为0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,3)，所以ac＝16，又a＋c＝8，所以a＝c＝4，所以△ABC为正三角形，所以△ABC的周长为3×4＝12.故选B.]4．(综合应用)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)accosB，且sinA＝3sinC.(1)求角B的大小；(2)若c＝2，AC的中点为D，求BD的长．[解](1)∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),2)accosB，∴tanB＝eq\r(3).又0＜B＜π，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵sinA＝3sinC，由正弦定理得，a＝3c，∴a＝6.由余弦定理得，b2＝62＋22－2×2×6×cos60°＝28，∴b＝2eq\r(7).∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(?2\r(7)?2＋22－62,2×2×2\r(7))＝－eq\f(\r(7),14).∵D是AC的中点，∴AD＝eq\r(7).∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA＝22＋(eq\r(7))2－2×2×eq\r(7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(7),14)))＝13.∴BD＝eq\r(13).解三角形的综合问题(5年3考)[高考解读]高考对该内容的考查主要有2种方式?1?以平面几何知识为载体，考查正、余弦定理及面积公式的应用，解决此类问题多需要添加辅助线转化.?2?同三角函数或基本不等式相结合，考查最值或范围问题，难度偏大，但文科考查频率较小.角度一：与平面几何的综合问题(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；(2)若DC＝2eq\r(2)，求BC.切入点：四边形ABCD的已知边和角．关键点：①利用正弦定理求∠ADB的正弦值，然后求余弦值；②利用余弦定理求边长．[解](1)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠A)＝eq\f(AB,sin∠ADB).由题设知，eq\f(5,sin45°)＝eq\f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).由题设知，∠ADB＜90°，所以cos∠ADB＝eq\r(1－\f(2,25))＝eq\f(\r(23),5).(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),5)＝25.所以BC＝5.角度二：最值或范围问题(2014·全国卷Ⅰ)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC面积的最大值为________．切入点：化简等式(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC.关键点：根据条件借助正、余弦定理和基本不等式，求出bc的范围．eq\r(3)[∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，a＝2，又(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC可化为(a＋b)(a－b)＝(c－b)·c，∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)＝cosA，∴A＝60°.∵△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”当且仅当b＝c时取得)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)·bc·sinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).][教师备选题]1．(2015·全国卷Ⅱ)△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC.(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若∠BAC＝60°，求∠B.[解](1)由正弦定理，得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，eq\f(AD,sinC)＝eq\f(DC,sin∠CAD).因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(DC,BD)＝eq\f(1,2).(2)因为∠C＝180°－(∠BAC＋∠B)，∠BAC＝60°，所以sinC＝sin(∠BAC＋∠B)＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB.由(1)知2sinB＝sinC，所以tanB＝eq\f(\r(3),3)，所以∠B＝30°.2．(2014·全国卷Ⅱ)四边形ABCD的内角A与C互补，AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2.(1)求C和BD；(2)求四边形ABCD的面积．[解](1)由题设及余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC＝13－12cosC，①BD2＝AB2＋DA2－2AB·DAcosA＝5＋4cosC．②由①②得cosC＝eq\f(1,2)，故C＝60°，BD＝eq\r(7).(2)四边形ABCD的面积S＝eq\f(1,2)AB·DAsinA＋eq\f(1,2)BC·CDsinC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×2＋\f(1,2)×3×2))sin60°＝2eq\r(3).解三角形与三角函数的综合题，其中，解决与三角恒等变换有关的问题，优先考虑角与角之间的关系；解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理.1．(求值)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC边上的高等于eq\f(1,3)BC，则sinA＝()A.eq\f(3,10)B.eqB.eq\f(\r(10),10)C.eqC.eq\f(\r(5),5)D.eqD.eq\f(3\r(10),10)D[如图，过点A作AD⊥BC于点D.设BC＝a，由题意知AD＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(1,3)a，B＝eq\f(π,4)，易知BD＝AD＝eq\f(1,3)a，DC＝eq\f(2,3)a.在Rt△ABD中，由勾股定理得，AB＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2)＝eq\f(\r(2),3)a.同理，在Rt△ACD中，AC＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))2)＝eq\f(\r(5),3)a.∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)BC·AD，∴eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),3)a×eq\f(\r(5),3)a·sin∠BAC＝eq\f(1,2)a·eq\f(