高三数学二轮复习 第一部分 重点保分题 题型专题（十二）三角恒等变换与解三角形用书 理-人教版高三数学试题

题型专题(十二)三角恒等变换与解三角形[师说考点]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.(2)cos(α±β)＝cosαcosβ∓sinαsinβ.(3)tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα.(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).[典例](1)(2016·全国乙卷)已知θ是第四象限角，且sin(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________．[解析]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(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))),cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\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(4,5)×eq\f(5,3)＝－eq\f(4,3).[答案]－eq\f(4,3)(2)(2016·河南六市联考)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))的值是________．[解析]由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，可得eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\f(1,2)sinα＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，即eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\f(4\r(3),5)，∴eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4\r(3),5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5).[答案]－eq\f(4,5)eq\a\vs4\al([类题通法])三角恒等变换的“4大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等；(2)项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降次与升次：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．[演练冲关]1．(2016·贵阳模拟)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(5,13)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．－eq\f(7,17)B.eq\f(17,7)C.eq\f(7,17)D．－eq\f(17,7)解析：选C因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\f(12,13)，所以tanα＝－eq\f(5,12)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(－\f(5,12)＋1,1＋\f(5,12))＝eq\f(7,17).2．(2016·东北四市联考)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))，则cos2α＝()A．1B．－1C.eq\f(1,2)D．0解析：选D∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))，∴eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)))sinα＝－(eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2))cosα，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－1，∴cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＝0.[师说考点]1．正弦定理及其变形在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2RsinA，sinA＝eq\f(a,2R)，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等．2．余弦定理及其变形在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA.变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).3．三角形面积公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB.[典例](1)(2016·全国甲卷)△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＝________.[解析]因为A，C为△ABC的内角，且cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，所以sinB＝sin(π－A－C)＝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a＝1，所以由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(63,65)×eq\f(5,3)＝eq\f(21,13).[答案]eq\f(21,13)(2)(2016·全国乙卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC(acosB＋bcosA)＝c.①求C；②若c＝eq\r(7)，△ABC的面积为eq\f(3\r(3),2)，求△ABC的周长．[解]①由已知及正弦定理得2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC，即2cosCsin(A＋B)＝sinC，故2sinCcosC＝sinC.可得cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3).②由已知得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2).又C＝eq\f(π,3)，所以ab＝6.由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcosC＝7，故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周长为5＋eq\r(7).eq\a\vs4\al([类题通法])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．[注意]应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．[演练冲关]1．(2016·郑州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq\f(b,\r(3)cosB)＝eq\f(a,sinA)，则cosB＝()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),2)解析：选B由正弦定理知eq\f(sinB,\r(3)cosB)＝eq\f(sinA,sinA)＝1，即tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3)，所以cosB＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，故选B.2．(2016·福建质检)在△ABC中，B＝eq\f(π,3)，AB＝2，D为AB中点，△BCD的面积为eq\f(3\r(3),4)，则AC等于()A．2B.eq\r(7)C.eq\r(10)D.eq\r(19)解析：选B因为S△BCD＝eq\f(1,2)BD·BCsinB＝eq\f(1,2)×1×BCsineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),4)，所以BC＝3.由余弦定理得AC2＝4＋9－2×2×3coseq\f(π,3)＝7，所以AC＝eq\r(7)，故选B.3．(2016·河北三市联考)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且asinB＝－bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))).(1)求A；(2)若△ABC的面积S＝eq\f(\r(3),4)c2，求sinC的值．解：(1)∵asinB＝－bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，∴由正弦定理得sinA＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，即sinA＝－eq\f(1,2)sinA－eq\f(\r(3),2)cosA，化简得tanA＝－eq\f(\r(3),3)，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(5π,6).(2)∵A＝eq\f(5π,6)，∴sinA＝eq\f(1,2)，由S＝eq\f(\r(3),4)c2＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,4)bc，得b＝eq\r(3)c，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝7c2，则a＝eq\r(7)c，由正弦定理得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\r(7),14).[师说考点]解三角形实际问题的常考类型及解题思路(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．[典例](2016·河南六市联考)如图，在一条海防警戒线上的点A，B，C处各有一个水声监测点，B，C两点到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8秒后A，C同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B，C到P的距离，并求x的值；(2)求P到海防警戒线AC的距离．[解](1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝eq\f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝eq\f(x2＋202－（x－12）2,2x·20)＝eq\f(3x＋32,5x)，同理，在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝eq\f(PA2＋AC2－PC2,2PA·AC)＝eq\f(x2＋502－x2,2x·50)＝eq\f(25,x).∵cos∠PAB＝cos∠PAC，∴eq\f(3x＋32,5x)＝eq\f(25,x)，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于点D，在△ADP中，由cos∠PAD＝eq\f(25,31)，得sin∠PAD＝eq\r(1－cos2∠PAD)＝eq\f(4\r(21),31)，∴PD＝PAsin∠PAD＝31×eq\f(4\r(21),31)＝4eq\r(21).故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4eq\req\a\vs4\al([类题通法])解三角形中实际问题的4个步骤(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、方位角等；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解；(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．[演练冲关]1．(2016·武昌区调研)据气象部门预报，在距离某码头正西方向400km处的热带风暴中心正以20km/h的速度向东北方向移动，距风暴中心300kmA．9hB．10hC．11hD．12h解析：选B记码头为点O，热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴到达B点位置，在△OAB中，OA＝400，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得4002＋400t2－2×20t×400×eq\f(\r(2),2)≤3002，即t2－20eq\r(2)t＋175≤0，解得10eq\r(2)－5≤t≤10eq\r(2)＋5，所以所求时间为10eq\r(2)＋5－10eq\r(2)＋5＝10(h)，故选B.2.(2016·湖北七市联考)如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A，B两点处进行测量，在点A处测得塔顶C在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B处测得塔顶C在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A，B两点相距130m，则塔的高度CD＝________解析：分析题意可知，设CD＝h，则AD＝eq\f(h,\r(3))，BD＝eq\r(3)h，在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，∴由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos120°，可得1302＝3h2＋eq\f(h2,3)－2·eq\r(3)h·eq\f(h,\r(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得h＝10eq\r(39)，故塔的高度为10eq\r(39)m.答案：10eq\r(39)解三角形与其他知识的交汇解三角形问题一直是近几年高考的重点，主要考查以斜三角形为背景求三角形的基本量、面积或判断三角形的形状，解三角形与平面向量、不等式求最值、三角函数性质、三角恒等变换交汇命题成为高考的热点．[典例](2016·山东高考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)证明：a＋b＝2c(2)求cosC的最小值．[解](1)证明：由题意知2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB)))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB)，化简得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.因为A＋B＋C＝π，所以sinA＋sinB＝2sinC，由正弦定理得a＋b＝2c(2)由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up12(2),2ab)＝eq\f(3,8)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝b时，等号成立，故cosC的最小值为eq\f(1,2).eq\a\vs4\al([类题通法])(1)本题是三角恒等变换、解三角形与基本不等式的交汇问题．(2)解答此类问题的一般思路是利用三角恒等变换对所给条件进行转化，再结合正余弦定理，转化到边的关系，利用基本不等式求解．[演练冲关]1．在△ABC中，，若sinC·＋sinA·＋sinB·＝0，则△ABC的形状为()A．等边三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形解析：选A设角A，B，C的对边分别是a，b，c，由，可知P为BC的中点．结合题意及正弦定理可得c＋a＋b＝0，故c(－)＋a－b＝(a－c)＋(c－b)＝0，而与为不共线向量，所以a－c＝c－b＝0，故a＝b＝c.故选A.2．(2016·河北五校联考)已知锐角△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2＋b2＝6abcosC，且sin2C＝2sinAsinB(1)求角C的值；(2)设函数f(x)＝－cosωx(ω>0)，且f(x)图象上相邻两最高点间的距离为π，求f(A)的取值范围．解：(1)因为a2＋b2＝6abcosC，由余弦定理知a2＋b2＝c2＋2abcosC，所以cosC＝eq\f(c2,4ab)，又sin2C＝2sinAsinB，则由正弦定理得c2＝2ab，所以cosC＝eq\f(c2,4ab)＝eq\f(2ab,4ab)＝eq\f(1,2)，又因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).(2)f(x)＝－cosωx＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(3,2)cosωx＝，由已知可得eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，则f(A)＝，因为C＝eq\f(π,3)，所以B＝eq\f(2π,3)－A，因为0<A<eq\f(π,2)，0<B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，所以0<2A－eq\f(π,3)<eq\f(2π,3)，所以f(A)的取值范围是(0，eq\r(3)]．一、选择题1．(2016·武昌区调研)已知cos(π－α)＝eq\f(4,5)，且α为第三象限角，则tan2α的值等于()A.eq\f(3,4)B．－eq\f(3,4)C.eq\f(24,7)D．－eq\f(24,7)解析：选C因为cosα＝－eq\f(4,5)，且α为第三象限角，所以sinα＝－eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(3,4)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(\f(3,2),1－\f(9,16))＝eq\f(24,7)，故选C.2．(2016·全国甲卷)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，则sin2α＝()A.eq\f(7,25)B.eq\f(1,5)C．－eq\f(1,5)D．－eq\f(7,25)解析：选D因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，所以sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25).3．(2016·河北模拟)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，且sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(14),4)，则eq\f(2cos2θ－1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(3,2)解析：选D由sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(14),4)得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(\r(7),4)，∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴eq\f(π,4)－θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(3,4)，∴eq\f(2cos2θ－1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\f(cos2θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2θ)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝eq\f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(3,2).4．(2016·重庆模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋b2－c2＝ab＝eq\r(3)，则△ABC的面积为()A.eq\f(\r(3),4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(3,2)解析：选B依题意得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，C＝60°，因此△ABC的面积等于eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,4)，选B.5．(2016·山西太原模拟)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA＝eq\f(2\r(2),3)，a＝2，S△ABC＝eq\r(2)，则b的值为()A.eq\r(3)B.eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2)D．2eq\r(3)解析：选A在锐角△ABC中，sinA＝eq\f(2\r(2),3)，S△ABC＝eq\r(2)，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3)，eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc·eq\f(2\r(2),3)＝eq\r(2)，∴bc＝3，①由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，∴(b＋c)2＝a2＋2bc(1＋cosA)＝4＋6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＝12，∴b＋c＝2eq\r(3).②由①②得b＝c＝eq\r(3)，故选A.6．(2016·海口调研)如图，在△ABC中，C＝eq\f(π,3)，BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足．若DE＝2eq\r(2)，则cosA等于()A.eq\f(2\r(2),3)B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(6),4)D.eq\f(\r(6),3)解析：选C依题意得，BD＝AD＝eq\f(DE,sinA)＝eq\f(2\r(2),sinA)，∠BDC＝∠ABD＋∠A＝2∠A.在△BCD中，eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sinC)，eq\f(4,sin2A)＝eq\f(2\r(2),sinA)×eq\f(2,\r(3))＝eq\f(4\r(2),\r(3)sinA)，即eq\f(4,2sinAcosA)＝eq\f(4\r(2),\r(3)sinA)，由此解得cosA＝eq\f(\r(6),4)，选C.二、填空题7．(2016·北京高考)在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，则eq\f(b,c)＝________．解析：在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，∴a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(2π,3)，即a2＝b2＋c2＋bc.∵a＝eq\r(3)c，∴3c2＝b2＋c2＋bc，∴b2＋bc－2c2＝0，∴(b＋2c)(b－c)＝0，∴b－c＝0，∴b＝c，∴eq\f(b,c)＝1.答案：18．(2016·石家庄模拟)已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于D，则eq\f(BD,CD)的值为________．解析：在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6，则cos∠ABC＝eq\f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq\f(2,\r(7))，BD＝AB·cos∠ABC＝6×eq\f(2,\r(7))＝eq\f(12,\r(7))，CD＝BC－BD＝2eq\r(7)－eq\f(12,\r(7))＝eq\f(2,\r(7))，所以eq\f(BD,CD)＝6.答案：69．(2016·郑州模拟)△ABC的三个内角为A，B，C，若eq\f(\r(3)cosA＋sinA,\r(3)sinA－cosA)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))，则tanA＝________.解析：eq\f(\r(3)cosA＋sinA,\r(3)sinA－cosA)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))))＝－eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－A－\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))，所以－A－eq\f(π,3)＝－eq\f(7π,12)，所以A＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,12)＝eq\f(π,4)，所以tanA＝taneq\f(π,4)＝1.答案：1三、解答题10．(2016·合肥质检)在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知函数f(x)＝sin(2x＋B)＋eq\r(3)cos(2x＋B)为偶函数，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12))).(1)求b；(2)若a＝3，求△ABC的面积S.解：(1)f(x)＝sin(2x＋B)＋eq\r(3)cos(2x＋B)＝2sin，由f(x)为偶函数可知B＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以B＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.又0<B<π，故B＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq\r(3).(2)因为B＝eq\f(π,6)，b＝eq\r(3)，a＝3，由正弦定理可知sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3),2)，所以A＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).当A＝eq\f(π,3)时，C＝eq\f(π,2)，△ABC的面积S＝eq\f(3\r(3),2)；当A＝eq\f(2π,3)时，C＝eq\f(π,6)，△ABC的面积S＝e