2014年高考高三理科第三章三角函数、三角恒等变换、解三角形3.7
2014高三总复习数学(理)1第3章 第7讲
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1. 充分结合图形，根据条件，恰当选择用正弦定理或余弦定 理是关键．
2. 已知两边与其中一边的对角解三角形时，注意解的情况，
如已知a，b，A，比较a与bsinA大小．结合大边对大角可判断 解的个数．
第三章
第7讲
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[变式探究] 在△ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且 a＝1，c＝ 3. π (1)若角 C＝3，则角 A＝________； π (2)若角 A＝6，则 b＝________.
第三章 第7讲
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核心要点研究
第三章
第7讲
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例 1 [2012· 浙江高考]在△ABC 中，内角 A，B，C 的对 边分别为 a，b，c，且 bsinA＝ 3acosB. (1)求角 B 的大小； (2)若 b＝3，sinC＝2sinA，求 a，c 的值．
第三章
第7讲
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[审题视点]
第三章
第7讲
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法二：由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accosB，∠B＝ a＋c 60° ，b＝ 2 ， a＋c 2 ( 2 ) ＝a2＋c2－2accos60° ，(a－c)2＝0，a＝c＝b，故 △ABC 为正三角形．
第三章
第7讲
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在判断三角形的形状时，一般将已知条件中的边角关系利用 正弦定理或余弦定理转化为角角的关系或边边的关系，再用
第三章
第7讲
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b 1. sinB b c 2R 2R
c sinC
2RsinA
2RsinB
2RsinC
a∶b∶c
π 填一填：6 提示：由正弦定理得 sinB＝2sinAsinB，∴ 1 π sinA＝ ，A＝ . 2 6
高考数学大一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.7 正弦定理和余弦定理课时规范训练 文 北师大版
第三章 三角函数、解三角形 3.7 正弦定理和余弦定理课时规范训练文 北师大版[A 级 基础演练]1．在△ABC 中，已知b ＝40，c ＝20，C ＝60°，则此三角形的解的情况是( ) A ．有一解 B ．有两解C ．无解D ．有解但解的个数不确定解析：由正弦定理得b sin B ＝csin C，∴sin B ＝b sin Cc ＝40×3220＝3>1.∴角B 不存在，即满足条件的三角形不存在． 答案：C2．(2016·贵州安顺二模)若△ABC 的三个内角满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，则△ABC ( )A ．一定是锐角三角形B ．一定是直角三角形C ．一定是钝角三角形D ．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形解析：在△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13， ∴a ∶b ∶c ＝5∶11∶13，故令a ＝5k ，b ＝11k ，c ＝13k (k >0)，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝25k 2＋121k 2－169k 22×5×11k 2＝－23110<0， 又∵C ∈(0，π)，∴C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴△ABC 为钝角三角形．答案：C3．在△ABC 中，a ＋b ＋10c ＝2(sin A ＋sin B ＋10sin C )，A ＝60°，则a ＝( ) A. 3 B ．2 3 C ．4 D ．不确定 解析：由已知及正弦定理得asin A＝2， a ＝2sin A ＝2sin 60°＝3，故选A.答案：A4．(2015·高考北京卷)在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C＝________.解析：由正弦定理得sin A sin C ＝a c ，由余弦定理得 cos A ＝b 2＋c 2－a22bc ，∵a ＝4，b ＝5，c ＝6，∴sin 2A sin C ＝2sin A cos A sin C ＝2·sin A sin C ·cos A ＝2×46×52＋62－422×5×6＝1. 答案：15．(2015·高考重庆卷)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cosC ＝－14，3sin A ＝2sin B ，则c ＝__________.解析：∵3sin A ＝2sin B ，∴3a ＝2b . 又a ＝2，∴b ＝3.由余弦定理可知c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，∴c 2＝22＋32－2×2×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝16，∴c ＝4. 答案：46．(2016·苏北四市联考)在△ABC 中，已知AB ＝3，A ＝120°，且△ABC 的面积为1534，则BC 边的长为________．解析：由S △ABC ＝1534得12×3×AC sin 120°＝1534，所以AC ＝5，因此BC 2＝AB 2＋AC2－2AB ·AC ·cos 120°＝9＋25＋2×3×5×12＝49，解得BC ＝7.答案：77．(2015·高考课标卷Ⅱ)△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，BD ＝2DC . (1)求sin B sin C；(2)若∠BAC ＝60°，求∠B . 解：(1)由正弦定理，得AD sin B ＝BD sin ∠BAD ，AD sin C ＝DCsin ∠CAD . 因为AD 平分∠BAC ，BD ＝2DC ， 所以sin B sin C ＝DC BD ＝12.(2)因为∠C ＝180°－(∠BAC ＋∠B )，∠BAC ＝60°， 所以sin C ＝sin(∠BAC ＋∠B )＝32cos B ＋12sin B .由(1)知2sin B ＝sin C ，所以tan B ＝33， 所以∠B ＝30°.8．(2016·南昌市高三模拟)设角A ，B ，C 为△ABC 的三个内角，已知cos(B ＋C )＋sin 2A2＝54. (1)求角A 的大小；(2)若AB →·AC →＝－1，求BC 边上的高AD 长的最大值． 解：(1)由题意知－cos A ＋1－cos A 2＝54， cos A ＝－12，因为A ∈(0，π)，所以A ＝2π3.(2)设a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，由AB →·AC →＝－1知bc ＝2，所以S △ABC ＝12bc sinA ＝32， 而a ＝b 2＋c 2＋bc ≥3bc ＝6， 当且仅当b ＝c ＝2时，上式取等号， 所以BC 边上的高AD 的最大值为22. [B 级 能力突破]1．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定解析：利用余弦定理的变形将角的余弦值转化为三角形边之间的关系．∵b cos C ＋c cos B ＝b ·b 2＋a 2－c 22ab ＋c ·c 2＋a 2－b 22ac＝b 2＋a 2－c 2＋c 2＋a 2－b 22a ＝2a 22a＝a ＝a sin A ，∴sin A ＝1.∵A ∈(0，π)，∴A ＝π2，即△ABC 是直角三角形．答案：B2．(2014·高考江西卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A ．3 B.932C.332D ．3 3解析：∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得－ab ＋6＝0，即ab ＝6. ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.答案：C3．(2016·宜昌模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝23sin B ，则A ＝( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 解析：由b sin B ＝csin C及sin C ＝23sin B ， 得c ＝23b ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－3bc ＋23bc 2bc ＝32.∵A 为△ABC 的内角，∴A ＝30°. 答案：A4．(2016·云南第一次检测)已知a 、b 、c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，若cos B ＝45，a ＝10，△ABC 的面积为42，则b ＋asin A的值等于__________．解析：依题意可得sin B ＝35，又S △ABC ＝12ac sin B ＝42，则c ＝14.故b ＝a 2＋c 2－2ac cos B＝62，所以b ＋a sin A ＝b ＋bsin B＝16 2.答案：16 25．(2014·高考天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知b －c ＝14a,2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为________． 解析：由2sin B ＝3sin C 及正弦定理得2b ＝3c ，即b ＝32c .又b －c ＝14a ，∴12c ＝14a ，即a ＝2c .由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝94c 2＋c 2－4c 22×32c 2＝－34c23c2＝－14.答案：－146．已知△ABC 中，a ＝8，b ＝7，B ＝60°，则c ＝________，S △ABC ＝________. 解析：法一：由正弦定理得8sin A ＝7sin 60°， ∴sin A ＝87sin 60°＝47 3.∴cos A ＝±1－⎝⎛⎭⎪⎫4372＝±17. ∴sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝5314或3314.由7sin 60°＝csin C，得c 1＝5，c 2＝3.∴S △ABC ＝12ac 1sin B ＝103或S △ABC ＝12ac 2sin B ＝6 3.法二：由余弦定理得b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ， ∴72＝c 2＋82－2×8×c cos 60°.整理得：c 2－8c ＋15＝0，解得：c 1＝3，c 2＝5， ∴S △ABC ＝12ac 1sin B ＝63，或S △ABC ＝12ac 2sin B ＝10 3.答案：3或5 63或10 37．(2016·成都外国语学校)已知函数f (x )＝23sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x ·cos⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x .(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且角A 满足f (A )＝3＋1.若a ＝3，BC 边上的中线长为3，求△ABC 的面积S .解：(1)由题意知，f (x )＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x＝3()1＋sin 2x ＋cos 2x ＝3＋3sin 2x ＋cos 2x＝3＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6，k ∈Z .(2)由f (A )＝3＋1，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12， ∴2A ＋π6＝π6或5π6，即A ＝0或π3.又A 为△ABC 的内角，∴A ＝π3. 由A ＝π3，a ＝3.得|BC →|＝|AC →－AB →|＝a ＝3，①又BC 边上的中线长为3，知|AB →＋AC →|＝6.② 联立①②，解得AB →·AC →＝274，即|AB →|·|AC →|·cos π3＝274，∴|AB →|·|AC →|＝272.∴△ABC 的面积为S ＝12|AB →|·|AC →|·sin π3＝2738.。
2014年高考三角函数、三角恒等变换、解三角形1.3.5
解析：(1)根据对数函数的性质，需真数 2sinx＞0， 解得 2kπ＜x＜(2k＋1)π(k∈Z)， 所以函数定义域为{x|2kπ＜x＜(2k＋1)π，k∈Z}． cosx＞0， (2)使解析式有意义的 x 满足 解得 2 36－x ≥0，
2kπ－π＜x＜2kπ＋πk∈Z， 2 2 －6≤x≤6.
变式探究 2 求下列函数的值域： (1)y＝4tanxcosx； (2)y＝6－4sinx－cos2x； 2sinx＋1 (3)y＝ . sinx－2
解析： (1)y＝4tanxcosx＝4sinx(cosx≠0)． 由于 cosx≠0，所以 sinx≠± 1， ∴函数的值域为(－4,4)． (2)y＝6－4sinx－cos2x＝sin2x－4sinx＋5＝(sinx－2)2＋1. ∵－1≤sinx≤1， ∴函数的值域为[2,10]．
答案：D
4．已知 ( π A．－6 )
π y＝tan(2x＋φ)的图象过点12，0，则
φ 可以是 π D.12
π C．－12 π 解析：∵y＝tan(2x＋φ)过点12，0. π π ＋φ＝0，∴ ＋φ＝kπ，k∈Z， ∴tan 6 6 π π ∴φ＝kπ－6.当 k＝0 时，φ＝－6. 答案：A
π f(x)＝sin2x－2，x∈R，则
f(x)是(
)
A．最小正周期为 π 的奇函数 B．最小正周期为 π 的偶函数 π C．最小正周期为2的奇函数 π D．最小正周期为2的偶函数
π 解析：f(x)＝sin2x－2＝－cos2x，f(－x)＝f(x)，
∴f(x)为偶函数，排除 A、C， 又 T＝π，故选 B. 答案：B
无最值
⑲__________
2014高考数学理(真题讲练 规律总结 名师押题)热点专题突破：第七讲 三角恒等变换与解三角形
第七讲 三角恒等变换与解三角形简单三角恒等变换差角余弦公式倍角公式和(差)角公式余弦定理正弦定理三角形面积公式解三角形应用举例1．(倍角公式)(2013·课标全国卷Ⅱ)已知sin 2α＝23，则cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝( ) A.16 B.13 C.12D.23【解析】 ∵sin 2α＝23，∴cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝1＋cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π 22＝1－sin 2α2＝1－232＝16.【答案】 A2．(正弦定理与和角公式)(2013·陕西高考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．不确定【解析】 由正弦定理，及b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，得 sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ， ∴sin A ＝1，得A ＝π2(由于0＜A ＜π)，故△ABC 是直角三角形． 【答案】 A3．(正弦定理)在△ABC 中，若∠A ＝60°，∠B ＝45°，BC ＝32，则AC ＝________. 【解析】 在△ABC 中，AC sin B ＝BCsin A， ∴AC ＝BC ·sin B sin A＝2 3.【答案】 2 3图2－2－14．(余弦定理的应用)(2013·福建高考)如图2－2－1，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，sin ∠BAC ＝223，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为________．【解析】 ∵sin ∠BAC ＝sin(90°＋∠BAD )＝cos ∠BAD ＝223，∴在△ABD 中，有BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos ∠BAD ， ∴BD 2＝18＋9－2×32×3×223＝3，∴BD ＝ 3. 【答案】35．(三角恒等变换)(2013·重庆高考改编)4cos 50°－tan 40°＝________. 【解析】 4cos 50°－tan 40°＝4sin 40°－sin 40°cos 40°＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°cos 40°＝sin 80°＋sin (60°＋20°)－sin (60°－20°)cos 40°＝sin 80°＋2cos 60°sin 20°cos 40°＝sin 80°＋sin 20°cos 40°＝sin (50°＋30°)＋sin (50°－30°)cos 40°＝2sin 50°cos 30°cos 40°＝3·cos 40°cos 40°＝ 3.【答案】 3(2013·湖南高考)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π3，g (x )＝2sin 2x 2.(1)若α是第一象限角，且f (α)＝335， 求g (α)的值； (2)求使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合．【思路点拨】 (1)利用和(差)角、倍角公式将f (x )、g (x )化简，沟通二者联系；(2)由f (x )≥g (x )，化为“一角一名称”的三角不等式，借助三角函数的图象、性质求解．【自主解答】 f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π3 ＝32sin x －12cos x ＋12cos x ＋32sin x ＝3sin x ，g (x )＝2sin 2x2＝1－cos x .(1)由f (α)＝335得sin α＝35.又α是第一象限角，所以cos α>0.从而g (α)＝1－cos α＝1－1－sin 2α＝1－45＝15.(2)f (x )≥g (x )等价于3sin x ≥1－cos x ， 即3sin x ＋cos x ≥1，于是sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6≥12， 从而2k π＋π6≤x ＋π6≤2k π＋5π6，k ∈Z ，即2k π≤x ≤2k π＋2π3，k ∈Z .故使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合为{x |2k π≤x ≤2k π＋2π3，k ∈Z }．1．(1)注意角之间的关系，灵活运用和(差)、倍角公式化为“同角x ”的三角函数，这是解题的关键；(2)重视三角函数图象，性质在求角的范围中的应用，由图象的直观性、借助周期性，整体代换可有效避免错误．2．进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．变式训练1 已知sin α＝12＋cos α，且α∈⎝⎛⎭⎫0，π2. 求cos 2αsin (α－π4)的值．【解】 依题意得sin α－cos α＝12，所以1－2sin αcos α＝14，2sin αcos α＝34.则(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝74.由0<α<π2，知sin α＋cos α＝72>0.所以cos 2αsin (α－π4)＝cos 2α－sin 2α22(sin α－cos α)＝－2(sin α＋cos α)＝－142.(2013·山东高考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＋c ＝6，b ＝2，cos B ＝79.(1)求a ，c 的值； (2)求sin(A －B )的值．【思路点拨】 (1)由余弦定理，得关于a ，c 的方程，与a ＋c ＝6联立求解；(2)依据正弦定理求sin A ，进而求cos A ，sin B ，利用两角差的正弦公式求值．【自主解答】 (1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 得b 2＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )， 又b ＝2，a ＋c ＝6，cos B ＝79，所以ac ＝9，解得a ＝3，c ＝3. (2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2B ＝429， 由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝223.因为a ＝c ，所以A 为锐角． 所以cos A ＝1－sin 2A ＝13.因此sin(A －B )＝sin A cos B －cos A sin B ＝10227.1．(1)本题求解的关键是运用正弦(余弦)定理完成边角转化；(2)求解易忽视判定A 的范围，错求cos A ＝±13，导致增解．2．以三角形为载体考查三角变换是近年高考的热点，要时刻关注它的两重性：一是作为三角形问题，它必然通过正弦(余弦)定理、面积公式建立关于边的方程，实施边角转化；二是它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的．变式训练2 (2013·重庆高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＝b 2＋c 2＋3bc .(1)求A ；(2)设a ＝3，S 为△ABC 的面积，求S ＋3cos B cos C 的最大值，并指出此时B 的值． 【解】 (1)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－3bc 2bc ＝－32.又因为0<A <π，所以A ＝5π6.(2)由(1)得sin A ＝12.又由正弦定理及a ＝3得S ＝12bc sin A ＝12·a sin B sin A·a sin C ＝3sin B sin C ， 因此，S ＋3cos B cos C ＝3(sin B sin C ＋cos B cos C )＝3cos(B －C )． 所以，当B ＝C ，即B ＝π－A 2＝π12时，S ＋3cos B cos C 取最大值3.(2013·济南质检)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin B (tan A ＋tan C )＝tan A tan C .(1)求证：a ，b ，c 成等比数列； (2)若a ＝1，c ＝2，求△ABC 的面积S .【思路点拨】 (1)从要证的结论看，需将条件中角的三角函数化为边，因此需统一为正弦函数，然后运用三角变换公式化简．(2)由(1)的结论，联想余弦定理，求cos B ，进而求出△ABC 的面积．【自主解答】 (1)在△ABC 中，由于sin B (tan A ＋tan C )＝tan A tan C ，所以sin B (sin Acos A＋sin C cos C )＝sin A cos A ·sin Ccos C， 所以sin B (sin A cos C ＋cos A sin C )＝sin A sin C . 所以sin B sin(A ＋C )＝sin A sin C . 又A ＋B ＋C ＝π， 所以sin(A ＋C )＝sin B ， 所以sin 2B ＝sin A sin C . 由正弦定理得b 2＝ac ， 即a ，b ，c 成等比数列． (2)因为a ＝1，c ＝2，所以b ＝ 2. 由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12＋22－22×1×2＝34.因为0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝74， 故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×1×2×74＝74.1．认真分析题设与要求结论的联系与区别，消除差异，从而找到解题的突破口，这是本题求解的关键．2．三角形中的边角计算是近年命题的重点，解决这类问题要抓住两点：(1)根据条件，恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化；(2)结合内角和定理、面积公式，灵活运用三角恒等变换公式．变式训练3 已知三角形的三个内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，设向量m ＝(c －a ，b －a )，n ＝(a ＋b ，c )，且m ∥n .(1)求角B 的大小；(2)求sin A ＋sin C 的取值范围．【解】 (1)∵m ∥n ，∴c (c －a )＝(b －a )(a ＋b )， ∴c 2－ac ＝b 2－a 2，则a 2＋c 2－b 2＝ac . 由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12.又0＜B ＜π，因此B ＝π3.(2)∵A ＋B ＋C ＝π，∴A ＋C ＝2π3，∴sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝sin A ＋sin2π3 cos A －cos 2π3sin A ＝32sin A ＋32cos A ＝3sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6， ∵0＜A ＜2π3，∴π6＜A ＋π6＜5π6，∴12＜sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6≤1，∴32＜sin A ＋sin C ≤ 3. 故sin A ＋sin C 的取值范围是⎝⎛⎦⎤32，3实际行程中的速度、时间的计算．如图2－2－2所示，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海里的两个观测点，现位于A 点北偏东45°，B 点北偏西60°的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距203海里的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援船到达D 点需要多长时间？图2－2－2【思路点拨】 由题设条件，要求该救援船到达D 点的时间，只需求出C 、D 两点间的距离，先在△ABD 中求BD ，再在△BDC 中求CD ，进而求出时间．【自主解答】 由题意知AB ＝5(3＋3)，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝45°，∴∠ADB ＝105°.∴sin 105°＝sin 45°·cos 60°＋sin 60°·cos 45° ＝22×12＋32×22＝2＋64. 在△ABD 中，由正弦定理得： BD sin ∠DAB ＝ABsin ∠ADB，∴BD ＝AB ·sin ∠DAB sin ∠ADB ＝5(3＋3)·sin 45°sin 105°＝5(3＋3)×222＋64＝103(1＋3)1＋3＝10 3.又∠DBC ＝180°－60°－60°＝60°，BC ＝203， 在△DBC 中，由余弦定理得 CD 2＝BD 2＋BC 2－2·BD ·BC ·cos 60° ＝300＋1 200－2×103×203×12＝900.∴CD ＝30(海里)，∴救援船需要的时间t ＝3030＝1(小时)．1．该题求解的关键是借助方位角构建三角形，要把需求量转化到同一个三角形(或相关三角形)中，运用正(余)弦定理沟通边角关系．2．应用解三角形知识解决实际问题需要下列三步： (1)根据题意，画出示意图，并标出条件．(2)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解．(3)检验解出的结果是否符合实际意义，得出正确答案．变式训练4 如图2－2－3，A 、C 两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A 岛出发，以10海里/小时的速度沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B 处．然后以同样的速度沿北偏东15°方向直线航行，图2－2－3下午4时到达C 岛． (1)求A 、C 两岛之间的距离； (2)求∠BAC 的正弦值．【解】 (1)在△ABC 中，由已知，得AB ＝10×5＝50(海里)，BC ＝10×3＝30(海里)， ∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°，由余弦定理，得AC 2＝502＋302－2×50×30 cos 120°＝4 900， 所以AC ＝70(海里)．故A 、C 两岛之间的距离是70海里．(2)在△ABC 中，由正弦定理，得BC sin ∠BAC ＝AC sin ∠ABC ，所以sin ∠BAC ＝BC ·sin ∠ABC AC ＝30sin 120°70＝3314.故∠BAC 的正弦值是3314.从近两年的高考命题看，正弦定理、余弦定理是高考命题的热点，不仅是用来解决一些简单的三角形边角计算问题；且常与三角函数、向量、不等式交汇命题，灵活考查学生分析解决问题的能力，多以解答题的形式出现，属中低档题目．以三角形为载体的创新交汇问题(12分)已知△ABC 是半径为R 的圆内接三角形，且2R ·(sin 2A －sin 2C )＝(2a －b )sin B .(1)求角C ；(2)试求△ABC 的面积S 的最大值． 【规范解答】 (1)由2R (sin 2A －sin 2C ) ＝(2a －b )sin B ，得a sin A －c sin C ＝2a sin B －b sin B ， ∴a 2－c 2＝2ab －b 2，4分由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22，又0＜C ＜π，∴C ＝π4.6分(2)∵csin C＝2R ， ∴c ＝2R sin C ＝2R . 由(1)知c 2＝a 2＋b 2－2ab ， ∴2R 2＝a 2＋b 2－2ab .8分又a 2＋b 2≥2ab (当且仅当a ＝b 时取“＝”)， ∴2R 2≥2ab －2ab ， ∴ab ≤2R 22－2＝(2＋2)R 2.10分∴S △ABC ＝12ab sin C ＝24ab ≤2＋12R 2. 即△ABC 面积的最大值为2＋12R 2. 12分【阅卷心语】易错提示 (1)不能灵活运用正弦定理化简等式，致使求不出角C ，究其原因是不能深刻理解正弦定理的变形应用．(2)对求△ABC 的面积的最大值束手无策，想不到利用等式求ab 的最大值． 防范措施 (1)利用a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，可实施边角转化．(2)对于“已知一边及其对角”的三角形，常用余弦定理，得到其他两边的关系，再利用基本不等式便可求三角形面积的最值．1．已知函数f (x )＝sin(x ＋7π4)＋cos(x －3π4)，x ∈R . (1)求f (x )的最小正周期和最小值；(2)已知cos(β－α)＝45，cos(β＋α)＝－45，0<α<β≤π2，求f (β)的值． 【解】 (1)∵f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋74π－2π＋sin ⎝⎛⎭⎫x －34π＋π2 ＝sin(x －π4)＋sin(x －π4)＝2sin(x －π4)． ∴T ＝2π，f (x )的最小值为－2.(2)由cos(β－α)＝45，cos(β＋α)＝－45得 cos βcos α＋sin βsin α＝45， cos βcos α－sin βsin α＝－45. 两式相加得2cos βcos α＝0.∵0<α<β≤π2，∴β＝π2. ∴f (β)＝2sin ⎝⎛⎭⎫π2－π4＝2sin π4＝ 2. 2．△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C ＋c sin B .(1)求B ；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值．【解】 (1)由已知及正弦定理得sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，①又A ＝π－(B ＋C )，故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ．② 由①②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B .又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac . 由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4. 又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2， 当且仅当a ＝c 时，等号成立．因此△ABC 面积的最大值为2＋1.。
2014高考数学文复习方案-二轮作业手册专题综合训练(三)-专题三-三角函数、三角恒等变换与解三角形
2014高考数学文复习方案-二轮作业手册专题综合训练(三)-专题三-三角函数、三角恒等变换与解三角形-(1)D(1) 圆与圆的位置关系有五种，分别为外离、外切、相交、内切、内含．(2) 判断两圆位置关系的方法两圆(x －a 1)2＋(y －b 1)2＝r 12(r 1>0)与(x －a 2)2＋(y －b 2)2＝r 22(r 2>0)的圆心距为d ，则d>r 1＋r 2两圆外离；d ＝r 1＋r 2两圆外切；|r 1－r 2|<d<r 1＋r 2两圆相交；d ＝|r 1－r 2|(r 1≠r 2) 两圆内切；0≤d<|r 1－r 2|(r 1≠r 2) 两圆内含(d ＝0时为同心圆).题型1 直线与圆的位置关系例1 已知圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝25，直线l ：(2m ＋1)x ＋(m ＋1)y －7m －4＝0(m ∈R)．(1) 求证：不论m 取什么实数，直线l 与圆C 恒交于两点；(2) 求直线被圆C 截得的弦长最小时直线l 的方程．(1) 证明：直线l 的方程整理得(x ＋y －4)＋m(2x ＋y －7)＝0，∵ m ∈R ，∴ ⎩⎨⎧2x ＋y －7＝0，x ＋y －4＝0⎩⎨⎧x ＝3，y ＝1，也就是直线l 恒过定点A(3，1)．由于|AC|＝5<5(半径)，∴ 点A(3，1)在圆C 内，故直线l 与圆C 恒交于两点．(2) 解：弦长最小时，直线l ⊥AC ，而k AC ＝－12，故此时直线l 的方程为2x －y －5＝0. 变式训练已知圆x 2＋y 2－6mx －2(m －1)y ＋10m 2－2m －24＝0(m ∈R)．(1) 求证：不论m 取什么值，圆心在同一直线l 上；(2) 与l 平行的直线中，哪些与圆相交，相切，相离．(1) 证明：配方得(x －3m)2＋[y －(m －1)]2＝25.设圆心为(x ，y)，则⎩⎨⎧x ＝3m ，y ＝m －1，消去m ，得x －3y －3＝0.故不论m 取什么值，圆心在同一直线l ：x －3y －3＝0上．(2) 解：设与l 平行的直线为n ：x －3y ＋b ＝0，则圆心到直线l 的距离d ＝|3m －3（m －1）＋b|10＝|3＋b|10，由于圆的半径r ＝5，∴ 当d<r ，即－510－3<b<510－3时，直线与圆相交；当d ＝r ，即b ＝±510－3时，直线与圆相切；当d>r ，即b<－510－3或b>510－3时，直线与圆相离．题型2 直线与圆相交的弦的问题例2 已知圆C ：x 2＋(y －3)2＝4，一动直线l 过A(－1，0)与圆C 相交于P 、Q 两点，M 是PQ 中点，l 与直线m ：x ＋3y ＋6＝0相交于N.(1) 求证：当l 与m 垂直时，l 必过圆心C ；(2) 当PQ ＝23时，求直线l 的方程；(3) 探索AM→·AN →是否与直线l 的倾斜角有关？若无关，请求出其值；若有关，请说明理由．(1) 证明：∵ l 与m 垂直，且k m ＝－13， ∴ k l ＝3.又k AC ＝3，所以当l 与m 垂直时，l 的方程为y ＝3(x ＋1)，l 必过圆心C.(2) 解：①当直线l 与x 轴垂直时， 易知x ＝－1符合题意．②当直线l 与x 轴不垂直时， 设直线l 的方程为y ＝k(x ＋1)，即kx －y ＋k ＝0.因为PQ ＝2 3，所以CM ＝4－3＝1，则由CM ＝|－k ＋3|k 2＋1＝1，得k ＝43，∴ 直线l ：4x －3y ＋4＝0. 从而所求的直线l 的方程为x ＝－1或4x －3y ＋4＝0.(3) 解：∵ CM ⊥MN ，∴ AM→·AN →＝(AC →＋CM →)·AN→＝AC →·AN →＋CM →·AN →＝AC →·AN → .①当l 与x 轴垂直时，易得N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，－53，则AN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，－53.又AC →＝(1，3)，∴ AM →·AN →＝AC →·AN →＝－5；②当l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k(x ＋1)，则由⎩⎨⎧y ＝k （x ＋1），x ＋3y ＋6＝0，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k －61＋3k，－5k 1＋3k ，则AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－51＋3k ，－5k 1＋3k . ∴ AM →·AN →＝AC →·AN →＝－51＋3k ＋－15k 1＋3k＝－5.综上，AM→·AN →与直线l 的斜率无关，且AM→·AN →＝－5. 另解：连结CA 并延长交m 于点B ，连结CM ，CN ，由题意知AC ⊥m ，又CM ⊥l ，∴ 四点M 、C 、N 、B 都在以CN 为直径的圆上，由相交弦定理，得AM→·AN →＝－|AM|·|AN|＝－|AC|·|AB|＝－5.备选变式（教师专享）已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝4，直线l 1过定点A(1，0)．(1) 若l 1与圆相切，求l 1的方程；(2) 若l 1与圆相交于P 、Q 两点，线段PQ 的中点为M ，又l 1与l 2：x ＋2y ＋2＝0的交点为N ，判断AM ·AN 是否为定值？若是，则求出定值；若不是，请说明理由．解：(1) ①若直线l 1的斜率不存在，即直线是x ＝1，符合题意．②若直线l 1斜率存在，设直线l 1为y ＝k(x －1)，即kx －y －k ＝0.由题意知，圆心(3，4)到已知直线l 1的距离等于半径2，即⎪⎪⎪⎪3k －4－k k 2＋1＝2，解得k ＝34. ∴所求直线方程是x ＝1或3x －4y －3＝0.(2) (解法1)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线方程为kx －y －k ＝0.由⎩⎨⎧x ＋2y ＋2＝0，kx －y －k ＝0，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －22k ＋1，－3k 2k ＋1. 又直线CM 与l 1垂直， 由⎩⎨⎧y ＝kx －k ，y －4＝－1k（x －3），得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋4k ＋31＋k2，4k 2＋2k 1＋k 2. ∴ AM ·AN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋4k ＋31＋k 2－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋2k 1＋k 22· ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －22k ＋1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 2k ＋12＝2|2k ＋1|1＋k 21＋k 2·31＋k 2|2k ＋1|＝6为定值． 故AM·AN 是定值，且为6.(解法2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线方程为kx －y －k ＝0.由⎩⎨⎧x ＋2y ＋2＝0，kx －y －k ＝0，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －22k ＋1，－3k 2k ＋1. 再由⎩⎨⎧y ＝kx －k ，（x －3）2＋（y －4）2＝4，得(1＋k 2)x 2－(2k 2＋8k ＋6)x ＋k 2＋8k ＋21＝0.∴x 1＋x 2＝2k 2 ＋ 8k ＋ 61 ＋ k2，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋4k ＋31＋k2，4k 2＋2k 1＋k 2. 以下同解法1.(解法3)用几何法连结CA 并延长交l 2于点B ，k AC ＝2，kl 2＝－12， ∴CB ⊥l 2.如图所示，△AMC ∽△ABN ，则AM AB＝AC AN，可得AM·AN＝AC·AB＝25·35＝6，是定值．题型3圆的切线问题例3求半径为4，与圆x2＋y2－4x－2y－4＝0相切，且和直线y＝0相切的圆的方程．解：由题意，设所求圆的方程为圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2.圆C与直线y＝0相切，且半径为4，则圆心C的坐标为C1(a，4)或C2(a，－4)．又已知圆x2＋y2－4x－2y－4＝0的圆心A的坐标为(2，1)，半径为 3.若两圆相切，则|CA|＝4＋3＝7或|CA|＝4－3＝1.①当C1(a，4)时，有(a－2)2＋(4－1)2＝72或(a－2)2＋(4－1)2＝12(无解)，故可得a＝2±210.∴所求圆方程为(x－2－210)2＋(y－4)2＝42或(x－2＋210)2＋(y－4)2＝42.②当C2(a，－4)时，(a－2)2＋(－4－1)2＝72或(a－2)2＋(－4－1)2＝12(无解)，故a＝2±2 6.∴所求圆的方程为(x－2－26)2＋(y＋4)2＝42或(x－2＋26)2＋(y＋4)2＝42.备选变式（教师专享）自点A(－3，3)发出的光线l射到x轴上，被x轴反射，反射光线所在的直线与圆C：x2＋y2－4x －4y ＋7＝0相切．求：(1) 光线l 和反射光线所在的直线方程；(2) 光线自A 到切点所经过的路程．解：根据对称关系，首先求出点A 的对称点A′的坐标为⎝⎛⎭⎫－3，－3，其次设过A′的圆C 的切线方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋3－3.根据d ＝r ，即求出圆C 的切线的斜率为k ＝43或k ＝34， 进一步求出反射光线所在的直线的方程为 4x －3y ＋3＝0或3x －4y －3＝0.最后根据入射光与反射光关于x 轴对称，求出入射光所在直线方程为4x ＋3y ＋3＝0或3x ＋4y －3＝0.光路的距离为⎪⎪⎪⎪A′M ，可由勾股定理求得 ⎪⎪⎪⎪A′M 2＝⎪⎪⎪⎪A′C 2－⎪⎪⎪⎪CM 2＝7.【示例】 (本题模拟高考评分标准，满分14分)直线l 过点(－4，0)且与圆(x ＋1)2＋(y －2)2＝25交于A ，B 两点，如果AB ＝8，求直线l 的方程．学生错解：解：设直线l 的方程为y ＝k(x ＋4)，由被圆截得的弦长为8，可得圆心(－1，2)到直线y＝k(x＋4)的距离为3，即|3k－2|1＋k2＝3，解得k＝－512，此时直线方程为5x＋12y＋20＝0.审题引导：(1) 如何设过定点的直线的方程？(2) 圆中弦长的问题，通常作怎样的辅助线构造直角三角形来解决？规范解答：解：过点(－4，0)的直线若垂直于x轴，经验证符合条件，即方程为x＋4＝0满足题意；(4分)若存在斜率，设其直线方程为y＝k(x＋4)，由被圆截得的弦长为8，可得圆心(－1，2)到直线y＝k(x＋4)的距离为3，即|3k－2|1＋k2＝3，解得k＝－512，(10分)此时直线方程为5x＋12y＋20＝0，(12分)综上直线方程为5x＋12y＋20＝0或x＋4＝0.(14分)错因分析： 1. 解答本题易误认为斜率k一定存在从而漏解.2. 对于过定点的动直线设方程时，可结合题意或作出符合题意的图形分析斜率k是否存在，以避免漏解．1. 在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的最大值是____________．答案：43解析：∵ 圆C 的方程可化为(x －4)2＋y 2＝1，∴ 圆C 的圆心为(4，0)，半径为1.由题意知，直线y ＝kx －2上至少存在一点A(x 0，kx 0－2)，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，∴ 存在x 0∈R ，使得AC ≤1＋1成立，即AC min ≤2.∵ AC min 即为点C 到直线y ＝kx －2的距离|4k －2|k 2＋1， ∴ |4k －2|k 2＋1≤2，解得0≤k ≤43.∴ k 的最大值是43. 2. 已知直线l 过点(－2，0)，当直线l 与圆x 2＋y 2＝2x 有两个交点时，其斜率k 的取值范围是________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－24，24 解析：易知圆心坐标是(1，0)，圆的半径是1，直线l 的方程是y ＝k(x ＋2)，即kx －y ＋2k ＝0，根据点到直线的距离公式得|k ＋2k|k 2＋1＜1，即k 2＜18，解得－24＜k ＜24.3. 直线y ＝kx ＋3与圆(x －2)2＋(y －3)2＝4相交于M ，N 两点，若MN ≥23，则k 的取值范围是________．答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 解析：设圆心C(2，3)到直线y ＝kx ＋3的距离为d ，若MN ≥23，则d 2＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12MN 2≤4－3＝1，即|2k|21＋k2≤1， 解得－33≤k ≤33. 4. 若圆O ：x 2＋y 2＝5与圆O 1：(x －m)2＋y 2＝20(m ∈R)相交于A ，B 两点，且两圆在点A 处的切线互相垂直，则线段AB 的长是________．答案：4解析：依题意得OO 1＝5＋20＝5，且△OO 1A 是直角三角形，S △OO 1A ＝12·AB 2·OO 1＝12·OA ·AO 1，因此AB ＝2·OA·AO 1OO 1＝2×5×255＝4. 5. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C的中心在坐标原点O ，右焦点为F.若C 的右准线l 的方程为x ＝4，离心率e ＝22. (1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 设点P 为准线l 上一动点，且在x 轴上方．圆M 经过O 、F 、P 三点，求当圆心M 到x 轴的距离最小时圆M 的方程．解：(1) 由题意，设椭圆C 的标准方程为x 2a2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2c ＝4，c a ＝22，解得a ＝22，c ＝2.从而b 2＝a 2－c 2＝4.所以所求椭圆C 的标准方程为x 28＋y 24＝1. (2) (解法1)由(1)知F(2，0)．由题意可设P(4，t)，t>0.线段OF 的垂直平分线方程为x ＝1.①因为线段FP 的中点为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3，t 2，斜率为t 2， 所以FP 的垂直平分线方程为y －t 2＝－2t(x －3)，即y ＝－2t x ＋6t ＋t 2.② 联立①②，解得⎩⎨⎧x ＝1，y ＝t 2＋4t，即圆心M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，t 2＋4t . 因为t>0，所以t 2＋4t ≥2t 2·4t＝22，当且仅当t 2＝4t，即t ＝22时，圆心M 到x 轴的距离最小，此时圆心为M(1，22)，半径为OM ＝3.故所求圆M 的方程为(x －1)2＋(y －22)2＝9.(解法2)由(1)知F(2，0)．由题意可设P(4，t)，t>0.因为圆M 过原点O ，故可设圆M 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＝0.将点F 、P 的坐标代入得⎩⎨⎧4＋2D ＝0，16＋t 2＋4D ＋tE ＝0，解得⎩⎨⎧D ＝－2，E ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ＋8t .所以圆心M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－D 2，－E 2，即(1，t 2＋4t )．因为t>0，所以t 2＋4t ≥2t 2·4t＝22，当且仅当t 2＝4t，即t ＝22时，圆心M 到x 轴的距离最小，此时E ＝－4 2.故所求圆M 的方程为x 2＋y 2－2x －42y ＝0.6. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 由圆弧C 1和圆弧C 2相接而成，两相接点M 、N 均在直线x ＝5上．圆弧C 1的圆心是坐标原点O ，半径为r 1＝13；圆弧C 2过点A(29，0)．(1) 求圆弧C 2所在圆的方程；(2) 曲线C 上是否存在点P ，满足PA ＝30PO ？若存在，指出有几个这样的点；若不存在，请说明理由；(3) 已知直线l ：x －my －14＝0与曲线C 交于E 、F 两点，当EF ＝33时，求坐标原点O 到直线l 的距离．解：(1) 由题意得，圆弧C 1所在圆的方程为x 2＋y 2＝169.令x ＝5，解得M(5，12)，N(5，－12)，又C 2过点A(29，0)，设圆弧C 2所在圆方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧52＋122＋5D ＋12E ＋F ＝0，52＋122＋5D －12E ＋F ＝0，292＋29D ＋F ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－28，E ＝0，F ＝－29.所以圆弧C 2所在圆的方程为x 2＋y 2－28x －29＝0.(2) 假设存在这样的点P(x ，y)，则由PA ＝30PO ，得(x －29)2＋y 2＝30(x 2＋y 2)，即x 2＋y 2＋2x －29＝0.由⎩⎨⎧x 2＋y 2＋2x －29＝0，x 2＋y 2＝169（－13≤x ≤5），解得x ＝－70(舍去)；由⎩⎨⎧x 2＋y 2＋2x －29＝0，x 2＋y 2－28x －29＝0（5≤x ≤29），解得x ＝0(舍去)．所以这样的点P 不存在．(3) 因为圆弧C 1、C 2所在圆的半径分别为r 1＝13，r 2＝15，因为EF>2r 1，EF>2r 2，所以E 、F 两点分别在两个圆弧上．设点O 到直线l 的距离为d ，因为直线l 恒过圆弧C 2所在圆的圆心(14，0)，所以EF ＝15＋132－d 2＋142－d 2，即132－d 2＋142－d 2＝18，解得d 2＝1 61516，所以点O 到直线l 的距离为 1 6154. 1. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为两切点，那么PA→·PB →的最小值为________．答案：－3＋22 解析：设∠APB ＝2θ，|PO→|＝x ，则PA →·PB →＝|PA →|·|PB →|·cos2θ＝|PA →|2cos2θ＝(|PO →|2－1)·(1－2sin 2θ)＝(x 2－1)·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－2x 2＝x 2－2－1＋2x 2≥－3＋22，当且仅当x 2＝2x2，即x ＝42时取等号． 2. 若直线y ＝x ＋b 与曲线y ＝3－4x －x 2有公共点，则b的取值范围是________．答案：[1－22，3]解析：y＝3－4x－x2变形为(x－2)2＋(y－3)2＝4(0≤x≤4，1≤y≤3)，表示以(2，3)为圆心，2为半径的下半圆，如图所示．若直线y＝x＋b与曲线y＝3－4x－x2有公共点，只需直线y＝x＋b在图中两直线之间(包括图中两条直线)，y＝x＋b与下半圆相切时，圆心到直线y＝x＋b的距离为2，即|2－3＋b|2＝2，解得b＝1－22或b＝1＋22(舍去)，∴b的取值范围为1－22≤b≤3.3. 已知圆C过点P(1，1)，且与圆M：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r＞0)关于直线x＋y＋2＝0对称．(1) 求圆C的方程；(2) 过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A、B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由．解：(1) 设圆心C(a，b)，则⎩⎪⎨⎪⎧a －22＋b －22＋2＝0，b ＋2a ＋2＝1， 解得⎩⎨⎧a ＝0，b ＝0，则圆C 的方程为x 2＋y 2＝r 2，将点P 的坐标代入得r 2＝2，故圆C 的方程为x 2＋y 2＝2.(2) 由题意知，直线PA 和直线PB 的斜率存在，且互为相反数，故可设PA ：y －1＝k(x －1)，PB ：y －1＝－k(x －1)，由⎩⎨⎧y －1＝k （x －1），x 2＋y 2＝2得(1＋k 2)x 2＋2k(1－k)x ＋(1－k)2－2＝0.因为点P 的横坐标x ＝1一定是该方程的解，故可得x A ＝k 2－2k －11＋k 2.同理可得x B ＝k 2＋2k －11＋k 2，所以k AB ＝y B －y A x B －x A ＝－k （x B －1）－k （x A －1）x B －x A ＝2k －k （x B ＋x A ）x B －x A ＝1＝k OP ，所以，直线AB 和OP 一定平行．4. 已知以点C ⎝⎛⎭⎪⎪⎫t ，2t (t ∈R ，t ≠0)为圆心的圆与x 轴交于点O 、A ，与y 轴交于点O 、B ，其中O 为原点．(1) 求证：△AOB 的面积为定值；(2) 设直线2x ＋y －4＝0与圆C 交于点M 、N ，若|OM|＝|ON|，求圆C 的方程；(3) 在(2)的条件下，设P 、Q 分别是直线l ：x ＋y ＋2＝0和圆C 的动点，求|PB|＋|PQ|的最小值及此时点P 的坐标．解：(1) 由题设知，圆C 的方程为(x －t)2＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫y －2t 2＝t 2＋4t 2，化简得x 2－2tx ＋y 2－4t y ＝0，当y ＝0时，x ＝0或2t ，则A(2t ，0)；当x ＝0时，y＝0或4t ，则B ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，4t ， ∴ S ΔAOB ＝12|OA|·|OB|＝12|2t|·⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪4t ＝4为定值．(2) ∵ |OM|＝|ON|，则原点O 在MN 的中垂线上，设MN 的中点为H ，则CH ⊥MN ，∴ C 、H 、O 三点共线，则直线OC 的斜率k ＝2t t ＝2t 2＝12，∴ t ＝2或t ＝－2，∴ 圆心C(2，1)或C(－2，－1)∴ 圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5或(x ＋2)2＋(y ＋1)2＝5，由于当圆方程为(x ＋2)2＋(y ＋1)2＝5时，直线2x ＋y －4＝0到圆心的距离d>r ，此时不满足直线与圆相交，故舍去.∴ 圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5(3) 点B(0，2)关于直线x ＋y ＋2＝0的对称点为B′(－4，－2)，则|PB|＋|PQ|＝|PB′|＋|PQ|≥|B′Q|，又B′到圆上点Q 的最短距离为|B ′C|－r ＝（－6）2＋32－5＝35－5＝2 5.所以|PB|＋|PQ|的最小值25，直线B′C 的方程为y ＝12x ，则直线B′C 与直线x ＋y ＋2＝0的交点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－43，－23.1. 两圆位置关系的判断常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，一般不采用代数法．若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差得到．2. 圆的弦长的常用求法：(1) 几何法：设圆的半径为r ，弦心距为d ，弦长为l ，则⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12l 2＝r 2－d 2； (2) 代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：AB ＝1＋k 2|x 1－x 2|＝（1＋k 2）[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]. 请使用课时训练(B)第5课时(见活页)．。
2014年高考高三理科第三章三角函数、三角恒等变换、解三角形3.4
2．三角函数式的化简 (1)化简的要求 ①能求出值的应求出值； ②尽量使三角函数种数最少； ③尽量使项数最少； ④尽量使分母不含三角函数； ⑤尽量使被开方数不含三角函数．
(2)化简的思路 对于和式，基本思路是降次、消项和逆用公式；对于三角 分式， 基本思路是分子与分母约分或逆用公式； 对于二次根式， 注意二倍角公式的逆用． 另外， 还可以用切割化弦、 变量代换、 角度归一等方法． (3)化简的方法 弦切互化，异名化同名，异角化同角；降幂或升幂等.
题型探究 题型一 三角式的化简 2sin 2－1 π 例 1(1)已知 f(α)＝2tanα－ α α ，求 f12； sin2cos2 2cos －sinθ－1 2 (2)已知 tan2θ＝－2 2，π＜2θ＜2π，求 的 π 2sinθ＋4 值．
2θ 2α
－cosα 2sinα 2cosα 4 解析：(1)f(α)＝2tanα－ 1 ＝ cosα ＋ sinα ＝sin2α， sinα 2 π 4 ＝ ∴f 12 π＝8. sin 6
归纳总结 •方法与技巧 1．三角函数式的化简 (1)三角函数式的化简原则一是统一角，二是统一函数 名．能求值的求值，必要时切化弦，更易通分、约分． (2)三角函数式化简的要求． ①能求出值的应求出值；②尽量使三角函数种数最少；③ 尽量使项数最少；④尽量使分母不含三角函数；⑤尽量使被开 方数不含三角函数． (3)三角函数化简的方法主要是弦切互化，异名化同名，异 角化同角，降幂或升幂．
π π (2)由 0＜β＜α＜ ，得 0＜α－β＜ . 2 2 13 又∵cos(α－β)＝ ， 14 ∴sin(α－β)＝ 1－cos α－β＝
2
13 3 3 2 ＝ 1－ 14 14 .
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.7 正弦定理、余弦定理
【步步高】（浙江通用）2017版高考数学一轮复习第三章三角函数、解三角形 3.7 正弦定理、余弦定理1．正弦定理、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则定理正弦定理余弦定理内容asin A＝bsin B＝csin C＝2Ra2＝b2＋c2－2bc cos_A；b2＝c2＋a2－2ca cos_B；c2＝a2＋b2－2ab cos_C 变形(1)a＝2R sin A，b＝2R sin_B，c＝2R sin_C；(2)sin A＝a2R，sin B＝b2R，sin C＝c2R；(3)a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；(4)a sin B＝b sin A，b sin C＝c sin B，a sin C＝c sin Acos A＝b2＋c2－a22bc；cos B＝c2＋a2－b22ac；cos C＝a2＋b2－c22ab2.S△ABC＝2ab sin C＝2bc sin A＝2ac sin B＝4R＝2(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R、r.3．在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况如下：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝b sin A b sin A<a<b a≥b a>b解的个数一解两解一解一解在△ABC中，常有以下结论：(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.(2)在三角形中大边对大角，大角对大边．(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．(4)sin(A＋B)＝sin C；cos(A＋B)＝－cos C；tan(A＋B)＝－tan C；sinA＋B2＝cosC2；cos A＋B2＝sinC2.(5)tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C.(6)A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cos A<cos B.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( ×)(2)在△ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B.( √)(3)在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．( ×)(4)当b2＋c2－a2>0时，三角形ABC为锐角三角形；当b2＋c2－a2＝0时，三角形为直角三角形；当b2＋c2－a2<0时，三角形为钝角三角形．( ×)(5)在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积．( √)1．在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A＝120°，a＝2，b＝233，则B 等于( )A.π3B.5π6C.π6或5π6D.π6答案 D解析∵A＝120°，a＝2，b＝233，∴由正弦定理asin A＝bsin B可得，sin B＝basin A＝2332×32＝12.∵A＝120°，∴B＝30°，即B＝π6.2．(2015·北京)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则sin 2Asin C＝________.答案 1解析 由余弦定理：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝25＋36－162×5×6＝34，∴sin A ＝74， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝16＋25－362×4×5＝18，∴sin C ＝378，∴sin 2Asin C ＝2×34×74378＝1.3．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝2，B ＝π6，C ＝π4，则边a ＝________；△ABC 的面积等于________． 答案6＋ 2 1＋ 3解析 A ＝π－B －C ＝7π12，sin 7π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋π4＝32×22＋12×22＝64＋24.由正弦定理，得a sin A ＝bsin B ，即asin 7π12＝2sinπ6，解得a ＝6＋2， ∴△ABC 的面积等于12ab sin C ＝12×(6＋2)×2×22＝3＋1. 4．(教材改编)△ABC 中，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为________三角形． 答案 直角三角形解析 由已知得sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin 2A ， ∴sin(B ＋C )＝sin 2A ， ∴sin A ＝sin 2A ，又sin A ≠0，∴sin A ＝1，A ＝π2，∴△ABC 为直角三角形．5．(2015·杭州二中高中第二次月考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b cos C ＋3b sin C －a －c ＝0，则角B ＝________.答案π3解析 由正弦定理知，sin B cos C ＋3sin B sin C －sin A －sin C ＝0. ∵sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ， 代入上式得3sin B sin C －cos B sin C －sin C ＝0. ∵sin C ＞0，∴3sin B －cos B －1＝0，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6＝1，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6＝12.∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3.题型一 利用正弦定理、余弦定理解三角形例1 (1)在△ABC 中，已知a ＝2，b ＝6，A ＝45°，则满足条件的三角形有( ) A ．1个 B ．2个 C ．0个 D ．无法确定(2)在△ABC 中，已知sin A ∶sin B ＝2∶1，c 2＝b 2＋2bc ，则三内角A ，B ，C 的度数依次是________．(3)(2015·广东)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________. 答案 (1)B (2)45°，30°，105° (3)1 解析 (1)∵b sin A ＝6×22＝3，∴b sin A <a <b . ∴满足条件的三角形有2个．(2)由题意知a ＝2b ，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 即2b 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 又c 2＝b 2＋2bc ， ∴cos A ＝22，A ＝45°，sin B ＝12，B ＝30°，∴C ＝105°.(3)因为sin B ＝12且B ∈(0，π)，所以B ＝π6或B ＝5π6.又C ＝π6，B ＋C <π，所以B ＝π6，A ＝π－B －C ＝2π3.又a ＝3，由正弦定理得a sin A ＝b sin B ，即3sin 2π3＝b sinπ6，解得b ＝1.思维升华 (1)判断三角形解的个数的两种方法①代数法：根据大边对大角的性质、三角形内角和公式、正弦函数的值域等判断． ②几何图形法：根据条件画出图形，通过图形直观判断解的个数．(2)已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形．可用正弦定理，也可用余弦定理．用正弦定理时，需判断其解的个数，用余弦定理时，可根据一元二次方程根的情况判断解的个数．(1)已知在△ABC 中，a ＝x ，b ＝2，B ＝45°，若三角形有两解，则x 的取值范围是( ) A ．x ＞2B ．x ＜2C ．2＜x ＜2 2D ．2＜x ＜2 3(2)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝2，BC ＝3，则AB 等于________． 答案 (1)C (2)1解析 (1)若三角形有两解，则必有a ＞b ，∴x ＞2，又由sin A ＝a b sin B ＝x 2×22＜1，可得x ＜22，∴x 的取值范围是2＜x ＜2 2. (2)∵A ＝60°，AC ＝2，BC ＝3， 设AB ＝x ，由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ，化简得x 2－2x ＋1＝0， ∴x ＝1，即AB ＝1.题型二 和三角形面积有关的问题例2 (2015·浙江)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知A ＝π4，b 2－a 2＝12c 2.(1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值． 解 (1)由b 2－a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B －12＝12sin 2C .所以－cos 2B ＝sin 2C .① 又由A ＝π4，即B ＋C ＝34π，得－cos 2B ＝－cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫34π－C ＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－2C＝sin 2C ＝2sin C cos C ，② 由①②解得tan C ＝2. (2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)得 sin C ＝255，cos C ＝55，因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ， 所以sin B ＝31010，由正弦定理得c ＝223b ，又因为A ＝π4，12bc sin A ＝3，所以bc ＝62，故b ＝3.思维升华 (1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．(2015·天津七校4月联考)已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，a ＝3b sin A －a cos B .(1)求角B ；(2)若b ＝2，△ABC 的面积为3，求a ，c .解 (1)由a ＝3b sin A －a cos B 及正弦定理，得sin A ＝3sin B ·sin A －sin A ·cos B ， ∵0<A <π，∴sin A >0，∴3sin B －cos B ＝1，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6＝12.又∵0<B <π，∴－π6<B －π6<5π6，∴B ＝π3.(2)∵S ＝12ac sin B ＝3，∴ac ＝4，①又∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，即a 2＋c 2＝8.② 由①②联立解得a ＝c ＝2.题型三 正弦、余弦定理的简单应用 命题点1 判断三角形的形状例3 (1)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c b<cos A ，则△ABC 为( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形D ．等边三角形(2)在△ABC 中，cos 2B 2＝a ＋c 2c(a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，则△ABC 的形状为( ) A ．等边三角形 B ．直角三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形 答案 (1)A (2)B解析 (1)已知c b <cos A ，由正弦定理，得sin Csin B<cos A ，即sin C <sin B cos A ，所以sin(A＋B )<sin B cos A ，即sin B cos A ＋cos B sin A －sin B cos A <0，所以cos B sin A <0.又sinA >0，于是有cosB <0，B 为钝角，所以△ABC 是钝角三角形．(2)∵cos 2B 2＝1＋cos B 2，cos 2B 2＝a ＋c 2c ， ∴(1＋cos B )·c ＝a ＋c ，∴a ＝cos B ·c ＝a 2＋c 2－b 22a，∴2a 2＝a 2＋c 2－b 2， ∴a 2＋b 2＝c 2，∴△ABC 为直角三角形． 命题点2 求解几何计算问题例4 (2015·课标全国Ⅱ)如图，在△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 面积是△ADC 面积的2倍．(1)求sin B sin C ；(2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长． 解 (1)S △ABD ＝12AB ·AD sin∠BAD ，S △ADC ＝12AC ·AD sin∠CAD .因为S △ABD ＝2S △ADC ， ∠BAD ＝∠CAD ， 所以AB ＝2AC . 由正弦定理可得 sin B sin C ＝AC AB ＝12. (2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ，所以BD ＝ 2. 在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理，知AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos∠ADB ， AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos∠ADC .故AB 2＋2AC 2＝3AD 2＋BD 2＋2DC 2＝6， 由(1)知AB ＝2AC ，所以AC ＝1. 思维升华 (1)判断三角形形状的方法①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状，此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论． (2)求解几何计算问题要注意①根据已知的边角画出图形并在图中标示； ②选择在某个三角形中运用正弦定理或余弦定理．(1)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c ，若c －a cos B ＝(2a－b )cos A ，则△ABC 的形状为( ) A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰或直角三角形(2)如图，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，sin∠BAC ＝223，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为______．答案 (1)D (2) 3解析 (1)∵c －a cos B ＝(2a －b )cos A ，C ＝π－(A ＋B )，∴由正弦定理得sin C －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ，∴s in A cos B ＋cos A sin B －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ∴cos A (sin B －sin A )＝0， ∴cos A ＝0或sin B ＝sin A ， ∴A ＝π2或B ＝A 或B ＝π－A (舍去)，∴△ABC 为等腰或直角三角形．(2)sin∠BAC ＝sin(π2＋∠BAD )＝cos∠BAD ，∴cos∠BAD ＝223.BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos∠BAD＝(32)2＋32－2×32×3×223，即BD 2＝3，BD ＝ 3.二审结论会转换典例 (14分)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a －c ＝66b ，sin B ＝6sin C . (1)求cos A 的值； (2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6的值．规范解答解 (1)△ABC 中，由b sin B ＝csin C ，及sin B ＝6sin C ，可得b ＝6c ，[2分] 又由a －c ＝66b ，有a ＝2c ，[4分] 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6c 2＋c 2－4c 226c2＝64.[7分] (2)在△ABC 中，由cos A ＝64， 可得sin A ＝104.[9分] 于是，cos 2A ＝2cos 2A －1＝－14，sin 2A ＝2sin A ·cos A ＝154.[12分] 所以，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝cos 2A cos π6＋sin 2A sin π6 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14×32＋154×12＝15－38.[14分] 温馨提醒 (1)本题将正弦定理、余弦定理和和差公式综合进行考查，具有一定的综合性，要求考生对公式要熟练记忆；通过审题理清解题方向．(2)本题还考查考生的基本运算求解能力，要求计算准确无误，尽量简化计算过程，减少错误．[方法与技巧]1．应熟练掌握和运用内角和定理：A ＋B ＋C ＝π，A 2＋B 2＋C 2＝π2中互补和互余的情况，结合诱导公式可以减少角的种数．2．解题中要灵活使用正弦定理、余弦定理进行边、角的互化，一般要只含角或只含边． [失误与防范]1．在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，有时可能出现一解、两解，所以要进行分类讨论．2．在解三角形或判断三角形形状时，要注意三角函数值的符号和角的范围，防止出现增解、漏解．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟)1．在△ABC 中，若a ＝4，b ＝3，cos A ＝13，则B 等于( )A.π4 B.π3C.π6D.2π3答案 A解析 因为cos A ＝13，所以sin A ＝1－19＝223， 由正弦定理，得4sin A ＝3sin B ，所以sin B ＝22， 又因为b ＜a ，所以B ＜π2，B ＝π4，故选A.2．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，若b ＋c ＝2a,3sin A ＝5sin B ，则角C 等于( ) A.2π3B.π3C.3π4D.5π6答案 A解析 因为3sin A ＝5sin B ，所以由正弦定理可得3a ＝5b .因为b ＋c ＝2a ，所以c ＝2a －35a＝75a .令a ＝5，b ＝3，c ＝7，则由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得49＝25＋9－2×3×5cosC ，解得cos C ＝－12，所以C ＝2π3. 3．若△ABC 的三个内角满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，则△ABC ( ) A ．一定是锐角三角形 B ．一定是直角三角形 C ．一定是钝角三角形D ．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形 答案 C解析 由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R (R 为△ABC 外接圆半径)及已知条件sin A ∶sinB ∶sinC ＝5∶11∶13，可设a ＝5x ，b ＝11x ，c ＝13x (x ＞0)．则cos C ＝5x2＋11x 2－13x 22·5x ·11x＝－23x 2110x2＜0， ∴C 为钝角．∴△ABC 为钝角三角形．4．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( ) A ．3B.932C.332D ．3 3答案 C解析 ∵c 2＝(a －b )2＋6， ∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得－ab ＋6＝0，即ab ＝6. ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.5．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c －b c －a ＝sin Asin C ＋sin B，则B 等于( ) A.π6B.π4C.π3D.3π4答案 C解析 根据正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R ，得c －b c －a ＝sin A sin C ＋sin B ＝ac ＋b， 即a 2＋c 2－b 2＝ac ，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，故B ＝π3，故选C.6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且sin A ＝sin B cos C ，则B ＝______.若A ＝π6，则ac ＝________.答案π2 33解析 由sin A ＝sin B cos C ，得sin(B ＋C )＝sin B cos C ，得sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin B cos C ，得cos B sin C ＝0，显然sin C ≠0， ∴cos B ＝0，∴B ＝π2.若A ＝π6，则C ＝π－A －B ＝π3.由正弦定理，得a c ＝sin A sin C ＝1232＝33.7．(2015·天津)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为315，b －c ＝2，cos A ＝－14，则a 的值为________．答案 8解析 ∵cos A ＝－14，0＜A ＜π，∴sin A ＝154，S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ×154＝315，∴bc ＝24， 又b －c ＝2，∴b 2－2bc ＋c 2＝4，b 2＋c 2＝52， 由余弦定理得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A＝52－2×24×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝64，∴a ＝8. 8．已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，a ＝2，且(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C ，则△ABC 面积的最大值为________． 答案3解析 由正弦定理，可得(2＋b )(a －b )＝(c －b )·c . ∵a ＝2，∴a 2－b 2＝c 2－bc ，即b 2＋c 2－a 2＝bc .由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.∴si n A ＝32. 由b 2＋c 2－bc ＝4，得b 2＋c 2＝4＋bc . ∵b 2＋c 2≥2bc ，即4＋bc ≥2bc ，∴bc ≤4. ∴S △ABC ＝12bc ·sin A ≤3，即(S △ABC )max ＝ 3.9．设△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且b (cos A －3cos C )＝(3c －a )cosB .(1)求sin A sin C的值；(2)若cos B ＝16，且△ABC 的周长为14，求b 的值．解 (1)由正弦定理得到：sin B cos A ＋sin A cos B ＝3(sin B cos C ＋cos B sin C )， 即sin(A ＋B )＝3sin(B ＋C )，由三角形内角和为π，得到：sin C ＝3sin A ⇒sin A sin C ＝13. (2)由sin A sin C ＝13可得：a c ＝13⇒c ＝3a ，△ABC 的周长a ＋b ＋c ＝14⇒b ＝14－4a ，由余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝16，解得a ＝2(a ＝14舍去)，则b ＝6.10．(2015·山东)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知cos B ＝33，sin(A ＋B )＝69，ac ＝23， 求sin A 和c 的值． 解 在△ABC 中，由cos B ＝33，得sin B ＝63， 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝sin(A ＋B )＝69.因为sin C ＜sin B ，所以C ＜B ，可知C 为锐角． 所以cos C ＝539.因此sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝63×539＋33×69＝223. 由a sin A ＝c sin C ，可得a ＝c sin Asin C ＝223c 69＝23c ， 又ac ＝23，所以c ＝1.B 组 专项能力提升 (时间：20分钟)11．在△ABC 中，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边上的高等于( ) A.32B.332C.3＋62D.3＋394答案 B解析 设AB ＝c ，则由AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B 知7＝c 2＋4－2c ，即c 2－2c －3＝0，∴c ＝3(负值舍去)．∴BC 边上的高为AB ·sin B ＝3×32＝332. 12．若△ABC 中，若3cos 2A －B2＋5cos 2C2＝4，则tan C 的最大值为( )A ．－34B ．－43C ．－24D ．－2 2答案 B解析 由条件得3×cosA －B ＋12＋5×cos C ＋12＝4，即3cos(A －B )＋5cos C ＝0，所以3cos(A －B )－5cos(A ＋B )＝0，所以3cos A cos B ＋3sin A sin B －5cos A cos B ＋5sin A sin B ＝0，即cos A cos B ＝4sin A sin B ，所以tan A tan B ＝14，tan A ＋tan B ≥2tan A tan B ＝1.又tan C ＝－tan(A ＋B )＝－tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝－43(tan A ＋tan B )≤－43，故选B.13．(2015·重庆)在△ABC 中，B ＝120°，AB ＝2，A 的角平分线AD ＝3，则AC ＝________.答案 6解析 由正弦定理得ABsin∠ADB ＝AD sin B ，即2sin∠ADB ＝3sin 120°，解得sin∠ADB ＝22，所以∠ADB ＝45°，从而∠BAD ＝15°＝∠DAC ，所以C ＝180°－120°－30°＝30°，AC ＝2×sin 120°sin 30°＝ 6.14．在△ABC 中，B ＝60°，AC ＝3，则AB ＋2BC 的最大值为________． 答案 27解析 由正弦定理知AB sin C ＝3sin 60°＝BCsin A，∴AB ＝2sin C ，BC ＝2sin A .又A ＋C ＝120°，∴AB ＋2BC ＝2sin C ＋4sin(120°－C ) ＝2(sin C ＋2sin 120°cos C －2cos 120°sin C ) ＝2(sin C ＋3cos C ＋sin C )＝2(2sin C ＋3cos C )＝27sin(C ＋α)， 其中tan α＝32，α是第一象限角， 由于0°＜C ＜120°，且α是第一象限角， 因此AB ＋2BC 有最大值27.15．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2－(b －c )2＝(2－3)bc ，sin A sinB ＝cos 2C2，BC 边上的中线AM 的长为7.(1)求角A 和角B 的大小； (2)求△ABC 的面积．解 (1)由a 2－(b －c )2＝(2－3)bc ， 得a 2－b 2－c 2＝－3bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32，又0＜A ＜π，∴A ＝π6.由sin A sin B ＝cos 2 C 2，得12sin B ＝1＋cos C 2， 即sin B ＝1＋cos C ， 则cos C ＜0，即C 为钝角，∴B 为锐角，且B ＋C ＝5π6，则sin(5π6－C )＝1＋cos C ，化简得cos(C ＋π3)＝－1，解得C ＝2π3，∴B ＝π6.(2)由(1)知，a ＝b ，由余弦定理得AM 2＝b 2＋(a2)2－2b ·a2·cos C ＝b 2＋b 24＋b 22＝(7)2，解得b ＝2，故S △ABC ＝12ab sin C ＝12×2×2×32＝ 3.。