公安院校-暑假日记大全100字

第2讲 三角恒等变换与解三角形

利用三角恒等变换化简、求值
[核心提炼]
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin
α
cos
β
±cos
α
sin
β
；
(2)cos(α±β)＝cos
α
cos
β
∓sin
α
sin
β
；
tan
α
±tan
β
(3)tan(α±β)＝.
1∓tan
α
tan
β
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2
α
＝2sin
α
cos
α
；
(2)cos 2
α
＝cos
2
α
－sin
2α
＝2cos
2
α
－1＝1－2sin
2
α
；
2tan
α
(3)tan 2
α
＝.
1－tan
2
α
[典型例题]
π7π
43
(1)已知cos

θ
－

＋sin
θ
＝，则sin

θ
＋

的值是( )
5
6

6

443443
A． B． C．－ D．－
5555
(2)若sin 2
α
＝π3π
510
，sin(β－α)＝，且α∈

，π

，
β
∈

π，

，则α＋β的值是( )
510
2

4

9π
B.
4
5π9π
D.或
44
7π
A.
4
5π7π
C.或
44
π
43
【解析】 (1)因为cos

θ
－

＋sin
θ
＝，
5
6

所以
3343
cos
θ
＋sin
θ
＝，
225
43
13
即3

cos
θ
＋sin
θ

＝，
2

2

5
π
43
θ
＋
6

＝即3sin


5
，
π
4
所以sin

θ
＋

＝，
6

5

7ππ
4
所以sin

θ
＋

＝－sin

θ
＋

＝－.故选C. 5
6

6

πππ
5
(2)因为α∈
，π

，所以2α∈

，2π

，又sin 2
α
＝，故2α∈

，π

，
α
∈
5

4

2

2

- 1 -


π
，
π

，所以cos 2< br>α
＝－
25
.又
β
∈

π，
3π< br>
，故β－α∈

π
，
5π

，于是cos (β－α)＝－
5
2

4

42

2
31025
，所以cos(α＋
β
)＝cos[2α＋(β－α)]＝co s 2
α
cos(β－α)－sin 2
α
sin(β－
α
)＝－×
105

－
310

－
5
×10
＝
2
，且α＋β∈

5π
，2π

，故α＋β＝
7π
.
1024

4


10

5
【答案】 (1)C (2)A

三角函数恒等变换“四大策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin
2
θ
＋cos
2
θ
＝tan 45°等；
(2)项的分拆 与角的配凑：如sin
2
α
＋2cos
2
α
＝(sin2
α
＋cos
2
α
)＋cos
2
α
，
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．
[对点训练]
xxx
1．(2019·杭州市高三模拟)函数f(x)＝3sin cos＋4cos
2
(x∈R)的最大值等于( )
222
A．5
5
C．
2
9
B．
2
D．2
xxx
解析：选B.因为f(x)＝3sin cos ＋4cos
2

222
4
35
3
sin x＋cos x

＋2 ＝sin x＋2cos x＋2＝

5

22

5
5
＝sin(x＋φ)＋2，
2
43
其中sin φ＝，cos φ＝，
55
9
所以函数f(x)的最大值为.
2
2．(2019·浙江五校联考)已知3tan
( )
4
A.
3
2
C．－
3
解析：选B.因为sin
β
＝3sin(2α＋β)，
所以sin[(α＋β)－α]＝3sin[(α＋β)＋α]，
- 2 -
α
2
＋tan
2
α
2
＝1，sin
β
＝3sin(2α＋β)，则tan(α＋β)＝
4
B．－
3
D．－3

所以sin(α＋β)cos
α
－cos(α＋β)sin
α
＝3sin(α＋β)·cos
α
＋3cos(α＋β)sin
α
，所以2sin(α
＋β)cos
α
＝－4cos(α＋β)sin
α
，
sin（α＋β）4sin
α
所以tan(α＋β)＝＝－＝－2tan
α
，
cos（α＋β）2cos
α
又因为3tan＋tan2
＝1，所以3tan＝1－tan
2
，
2222
2
24
所以tan
α
＝＝，所以tan(α＋β)＝－2tan
α
＝－.
α
33
1－tan
2
2
1
3．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三 期中检测)若sin(π＋x)＋cos(π＋x)＝，则sin 2x＝
2
________，
1＋tan x
π
sin xcos

x－


4

＝________．
2tan
αααα
α
1
解析：sin(π＋x)＋cos(π＋x) ＝－sin x－cos x＝，
2
1
即sin x＋cos x＝－，
2
1
两边平方得：sin
2
x＋2sin xcos x＋cos
2
x＝，
4
13
即1＋sin 2x＝，则sin 2x＝－，
44
1＋tan x
sin x
1＋
cos x
由
π
sin xcos

x－


4

＝
2
sin x（cos x＋sin x）
2
＝
2222282
＝＝＝－.
sin xcos xsin 2x33
－
4
382
答案：－ －
43

利用正、余弦定理解三角形
[核心提炼]
1．正弦定理及其变形
abc
在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2Rsin A，sin
sin Asin Bsin C
a
A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2R
2．余弦定理及其变形
- 3 -

在△ABC中，a
2
＝b
2
＋c
2
－2bccos A；
b
2
＋c
2
－a
2
变形：b＋c－a＝2b ccos A，cos A＝.
2bc
222
3．三角形面积公式
111
S
△
ABC
＝absin C＝bcsin A＝acsin B.
222
[典型例题]
(1)(2018·高考浙江卷)在△ABC中，角A ，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝7，
b＝2，A＝60°，则sin B＝________，c＝________．
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2acos B.
①证明：A＝2B；
2
②若cos B＝，求cos C的值．
3
3
2×
2
bsin A21
【解】 (1)因为a＝7，b＝2，A＝60°，所以由正弦定理得sin B＝＝＝.
a7
7
由余弦定理a
2
＝b
2
＋c
2
－2bccos A可得c
2
－2c－3＝0，所以c＝3.故填：
(2)①证明：由正弦定理得sin B＋sin C
＝2sin Acos B，
故2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)＝sin B＋
sin Acos B＋cos Asin B，于是sin B＝sin(A－B)．
又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，
所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，
因此A＝π(舍去)或A＝2B，
所以A＝2B.
25
②由cos B＝得sin B＝，
33
1
cos 2B＝2cos
2
B－1＝－，
9
145
故cos A＝－，sin A＝，
99
22
cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝.
27

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”应利用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应利用余弦定理．
- 4 -
21
3.
7

[对点训练]
1． (2019·高考浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________．
AB4
解析：在Rt△ABC中，易得AC＝5，sin C＝＝.在△BCD中，由正弦定理 得BD＝
AC5
BC34122
×sin∠BCD＝×＝，sin∠DBC＝sin[ π－(∠BCD＋∠BDC)]＝sin(∠BCD＋
5
sin∠BDC
2
5
2
423272
∠BDC)＝sin ∠BCDcos∠BDC＋cos∠BCDsi n∠BDC＝×＋×＝.又∠ABD＋
525210
π
72
∠DBC＝，所以 cos∠ABD＝sin∠DBC＝.
210
12272
答案：
510
2．(2019·义乌高三月考)在△ABC中，内角A，B，C对应的三边长分别为a，b，c，且满
a
bcos A－

＝b
2
－a
2
. 足c

2

(1)求角B的大小；
1129
(2)若BD为AC边上的中线，cos A＝，BD＝，
72
求△ABC的面积．
a
bcos A－

＝b
2
－a
2
， 解：(1)因为c

2

即2bccos A－ac＝2(b
2
－a
2
)，
所以b
2
＋c< br>2
－a
2
－ac＝2(b
2
－a
2
)， < br>π
1
所以a
2
＋c
2
－b
2
＝ac ，cos B＝，B＝.
23
(2)法一：在三角形ABD中，
b
129

2
2

b

2

由余弦定理得 ＝c＋

2

－2c·cos A，
2

2
129
2
b
2
1
所以＝c＋－bc，①
447
43
在三角形ABC中，由已知得sin A＝，
7
53
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
14
5
由正弦定理得c＝b.②
7


b＝7，
由①，②解得



c＝5.

- 5 -

1
所以S
△
ABC
＝bcsin A＝103.
2
法二：延长BD到E，DE＝BD，
连接AE，在△ABE中，
2π
∠BAE＝，
3
BE
2
＝AB
2
＋ AE
2
－2·AB·AE·cos ∠BAE，
因为AE＝BC，
129＝c
2
＋a
2
＋a·c，①
43
由已知得，sin ∠BAC＝，
7
53
所以sin C＝sin(A＋B)＝，
14
c
sin ∠ACB
5
＝＝.②
a
sin ∠BAC
8
由①②解得c＝5，a＝8，
1
S
△
ABC
＝c·a·sin ∠ABC＝103.
2

解三角形中的最值(范围)问题
[典型例题]
(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2ccos B＝2a－b.
①求角C的大小；
→
1
→
CA－CB

＝2，求△ABC面积的最大值． ② 若

2

(2)(2019·杭州市高考数学二模)在△ABC中，内角A ，B，C所对的边分别为a，b，c，若
msin A＝sin B＋sin C(m∈R)．
①当m＝3时，求cos A的最小值；
π
②当A＝时，求m的取值范围．
3
【解】 (1)①因为2ccos B＝2a－b，
所以2sin Ccos B＝2sin A－sin B＝2sin(B＋C)－sin B，
化简得sin B＝2sin Bcos C，
1
因为sin B≠0，所以cos C＝.
2
π
因为0＜C＜π，所以C＝.
3
- 6 -

→
1
→
→
CA－CB

＝|DA|＝2. ②取B C的中点D，则

2

在△ADC中，AD
2
＝AC2
＋CD
2
－2AC·CDcos C，
即有4＝b
2
＋

a

－
ab
≥2

2
< br>2
2
a
2
b
2
abab
－＝，
422
所以ab≤8，当且仅当a＝4，b＝2时取等号．
13
所以S
△
ABC
＝absin C＝ab≤23，
24
所以△ABC面积的最大值为23.
(2)①因为在△ABC中msin A＝sin B＋sin C，
当m＝3时， 3sin A＝sin B＋sin C，
由正弦定理可得3a＝b＋c，
再由余弦定理可得
1
22
b＋c －（b＋c）
2
9
b
2
＋c
2
－a
2cos A＝＝
2bc2bc
8282
（b
2
＋c
2
）－bc·2bc－bc
9999
7
＝≥＝，
2bc2bc9
当且仅当b＝c时取等号，
7
故cos A的最小值为.
9
π
3
②当A＝时，可得m＝sin B＋sin C，
32
2323
故m＝sin B＋sin C
33
＝
＝
＝
2323

2π
sin B＋sin
－B


33

3

2323

31

sin B＋
cos B＋sin B
33

22

233
sin B＋cos B＋sin B
33
π
＝3sin B＋cos B＝2sin

B＋

，
6

2π
因为B∈

0，

，
3

π
π
5
所以B＋∈

，π
，
6

66

1

π
，1
， 所以 sin

B＋

∈

6


2< br>

- 7 -

π
所以2sin

B＋

∈(1，2]，
6

所以m的取值范围为(1，2]．

(1)求最值的一般思路
由余弦定理中含两边和的平方(如a
2
＋b
2
－2abcos C＝ c
2
)且a
2
＋b
2
≥2ab，因此在解三角形
1
中，若涉及已知条件中含边长之间的关系，且与面积有关的最值问题，一般利用S＝absin C
2
型面积公式及基本不等式求解，有时也用到三角函数的有界性．
(2)求三角形中范围问题的常见类型
①求三角形某边的取值范围．
②求三角形一个内角的取值范围，或者一个内角的正弦、余弦的取值范围．
③求与已知有关的参数的范围或最值．
[对点训练]
→→→→
1．在△ABC中，AC·AB＝|AC－AB|＝3，则△ABC面积的最大值为( )
A.21
C.
21

2
321
B.
4
D．321
解析：选B.设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
→→→→
因为AC·AB＝|AC－AB|＝3，
所以bccos A＝a＝3.
b
2
＋c
2
－a
2
93cos A
又cos A＝≥1－＝1－，
2bc2bc2
2
所以cos A≥，
5
所以021
，
5
13321321
所以△ABC的面积S＝bcsin A＝tan A≤×＝，
22224
321
故△ABC面积的最大值为.
4
2．(2019 ·浙江“七彩阳光”联盟联考)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C所对的
1c
边 ，其面积满足S
△
ABC
＝a
2
，则的最大值为( )
4b
A.2－1
C.2＋1
B.2
D.2＋2
- 8 -

11
解析：选C.根据题意，有S
△
ABC
＝a
2
＝bcsin A，
42
c
应用 余弦定理，可得b
2
＋c
2
－2bccos A＝2bcsin A，令t＝，于是t
2
＋1－2tcos A＝2tsin A．于
b
是2tsin A＋2tcos A＝t
2
＋1，
π11
所以22sin

A＋

＝t＋，从而t＋≤22，解得t 的最大值为2＋1.
tt
4

3．(2019·浙江绍兴一中模拟)在△ ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足b
2
＋c
2
－a< br>2
＝bc.
(1)求角A的值；
(2)若a＝3，记△ABC的周长为y，试求y的取值范围．
解：(1)因为b
2
＋c
2
－a
2
＝bc， b
2
＋c
2
－a
2
1
所以由余弦定理得cos A＝＝，
2bc2
因为A∈(0，π)，
π
所以A＝.
3
π
(2)由a＝3，A＝及正弦定理，
3
得
bca3
＝＝＝＝2，
sin Bsin Csin A3
2
2π2π
－B

，其中B∈

0，

，
3

3

2ππ
－B

＝3sin B＋3cos B＋3＝23sin

B＋

＋3，
6

3

得b＝2sin B，c＝2sin

所以周长y＝3＋2sin B＋2sin

π
π5π2π
由于B∈

0，

，得B＋∈

，
，
6

63

6

从而周长y∈(23，33]．
专题强化训练
ππ
1．已知sin

－α

＝c os

＋α

，则cos 2
α
＝( )

6

6

A．1
1
C．
2
B．－1
D．0
ππ
1331
解析：选D.因为sin

－α

＝cos

＋α

，所以cos
α
－sin
α
＝cos
α
－sin
α
，
2222

6
6

sin
α
1313
即

－

sin
α
＝－

－

cos
α
，所以tan
α
＝＝－1，所以cos 2
α
＝cos
2
α
－sin
2
cos
α

22

22

- 9 -

cos
2
α
－sin
2
α
1－tan
2
α
α
＝
2
＝＝0.
sin
α
＋cos
2
α
tan
2
α
＋1
2．( 2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2cos
2
x－sin
2
x＋ 2，则( )
A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
3335
解析：选B.易知f(x) ＝2cos
2
x－sin
2
x＋2＝3cos
2
x＋1＝( 2cos
2
x－1)＋＋1＝cos 2x＋，则
2222
f(x)的最小正 周期为π，当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4.
3．(2019·台州市高 考一模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝1，
2b－3c＝2aco s C，sin C＝
A.
C.
3

2
33
或
24
3
，则△ABC的面积为( )
2
B.
3

4
3

2
D.3或
解析：选C.因为2b－3c＝2acos C，
所以由正弦定理可得2sin B－3 sin C＝2sin Acos C，
所以2sin(A＋C)－3sin C＝2sin Acos C，
所以2cos Asin C＝3sin C，
所以cos A＝
因为sin C＝
3
，所以A＝30°，
2
3
，所以C＝60°或120°.
2
133
A＝30°，C＝60°，B＝90°，a＝1，所以△ABC的面积为×1 ×2×＝，A＝30°，
222
133
C＝120°，B＝30°，a＝1，所以△A BC的面积为×1×1×＝，故选C.
224
4．在△ABC中，三个内角A，B，C所对的 边分别为a，b，c，若S
△
ABC
＝23，a＋b＝6，
acos B＋bcos A
＝2cos C，则c＝( )
c
A．27
C．4
B．23
D．33
acos B＋bcos Asin Acos B＋sin Bcos Asin（A＋B）
解析：选B.因为＝＝＝1，所以2cos C
csin C
sin（A＋B）
π
1
＝1，所以C＝.又S
△
ABC
＝23，则absin C＝23，所以ab＝8.因为a＋b＝6，所以c
2
＝a
2
32
- 10 -

＋b
2
－2abcos C＝(a＋b)< br>2
－2ab－ab＝(a＋b)
2
－3ab＝6
2
－3×8＝ 12，所以c＝23.
5．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图 ，发现了
mn
黄金分割均为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m
2
＋n＝4，则＝
2
2cos27°－1
( )
A．8
C．2
解析：选C.因为m＝2sin 18°，
若m
2
＋n＝4，
则n＝4－m
2
＝4－4sin
2
18°＝4(1－sin
2
18°)＝4cos
2
18°，
2sin18°4cos
2
18°4sin 18°cos 18°2sin 36°
mn
所以＝＝＝＝2.
2cos
2
27°－1cos 54°sin 36°sin 36°
6．(2019·杭州市高三期末检测)设点P在△ABC的BC 边所在的直线上从左到右运动，设
△ABP与△ACP的外接圆面积之比为λ，当点P不与B，C重合时 ( )
B．4
D．1

A．
λ
先变小再变大
B．当M为线段BC中点时，
λ
最大
C．λ先变大再变小
D．
λ
是一个定值
解析：选D.设△ABP与△ACP的外接圆半径分别为 r
1
，r
2
，
ABAC
则2r
1
＝，2r
2
＝，
sin∠APBsin∠APC
因为∠APB＋∠APC＝180°，
所以sin∠APB＝sin∠APC，
r
1
AB
所以＝， r
2
AC
r
2
AB
2
1
所以λ＝2
＝
2
.故选D.
r
2
AC
tan（α＋β ＋γ）
7．(2019·福州市综合质量检测)已知m＝，若sin 2(α＋γ)＝3sin 2
β
，则m
tan（α－β＋γ）
＝( )
1
A.
2
3
C.
2
3
B.
4
D.2
- 11 -

解析：选D.设A＝α＋β＋
γ
，B＝α－β＋γ，
则2(α＋γ)＝A＋B，2
β
＝A－B，
因为sin 2(α＋γ)＝3sin 2
β
，
所以sin(A＋B)＝3sin(A－B)，
即sin Acos B＋cos Asin B＝3(sin Acos B－cos Asin B)，
即2cos Asin B＝sin Acos B，
所以tan A＝2tan B，
tan A
所以m＝＝2，故选D.
tan B
a
2
b
2
8．(2019·咸阳二模)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b， c，且
2
＋
2
sinAsinB
→→
＝2c
2，sin A(1－cos C)＝sin Bsin C，b＝6，AB边上的点M满足AM＝2MB，过 点M的直线与
射线CA，CB分别交于P，Q两点，则MP
2
＋MQ
2
的最小值是( )
A．36
C．38
B．37
D．39
a
2
b
2
解析：选A.由正弦定理，知
2
＋
2
＝2c
2
，即2＝2sin
2
C，所以
sin AsinB
π
sin C＝1，C＝，所以sin A(1－cos C)＝sin Bsin C，即sin A＝sin B，所
2
π
以A＝B＝.以C为坐标原点建立如图所示的 平面直角坐标系，则M(2，
4
π
164
4)，设∠MPC＝θ，
θ
∈

0，

，则MP
2
＋MQ
2
＝
2
＋＝(sin
2
θ
＋cos
2
2

sin
θ
cos
2
θ
θ
)

si n
2
θ
＋
cos
2
θ

＝20＋4tan
2
θ
＋
164

16
≥36，当且仅当tan
θ
＝2时等号成立，即MP
2
＋
tan
2
θ
MQ
2
的最小值为36.
9．已知2cos
2
x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，则A＝________，b＝________．
解析：由于2cos
2
x＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x
π
＝2sin(2x＋)＋1，所以A＝2，b＝1.
4
答案：2 1 < br>ππ
10．若α∈

0，

，cos

－α

＝22cos 2
α
，则sin 2
α
＝________．
2

4

解析：由已知得
2
(cos
α
＋sin
α
)＝22(cos
α
－sin
α
)·(cos
α
＋sin
α
)，
2
1
所以cos
α
＋sin
α
＝0或cos
α
－sin
α
＝，
4
由cos
α
＋sin
α
＝0得tan
α
＝－1，
- 12 -

π
因为α∈

0，

，
2

所以cos
α
＋sin
α
＝0不满足条件；
11
由cos
α
－sin
α
＝，两边平方得1－sin 2
α
＝，
416
15
所以sin 2
α
＝.
16
15
答案：
16
11．(2019·金丽衢十二校联考二模) 在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，
acos B＝bcos A，4S＝2a
2
－c
2
，其中S是△ABC的面积，则C的大小为________．
解析：△ABC中，acos B＝bcos A，
所以sin Acos B＝sin Bcos A，
所以sin Acos B－cos Asin B＝sin(A－B)＝0，
所以A＝B，所以a＝b；
1
又△ABC的面积为S＝absin C，
2
且4S＝2a
2
－c
2
，
所以2absin C＝2a
2
－c
2
＝a
2
＋b
2
－c2
，
a
2
＋b
2
－c
2
所以sin C＝＝cos C，
2ab
π
所以C＝.
4
π
答案：
4
12．(2019·绍兴市一中高三期末检测)△ABC中，D为线段BC的中点，AB＝2 AC＝2，tan
∠CAD＝sin∠BAC，则BC＝________．
sin∠CAD sin∠CAD
解析：由正弦定理可知＝2，又tan∠CAD＝sin∠BAC，则＝sin(∠CA D
sin∠BADcos∠CAD
＋∠BAD)，利用三角恒等变形可化为
1
cos∠BAC＝，据余弦定理BC＝
2
AC
2
＋AB
2
－2·AC·AB·cos∠BAC＝1＋4－2＝3.
答案：3
13 ．(2019·惠州第一次调研)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________．
4c4c
解析：由＝，得＝，所以c＝8cos A，因为16＝b
2
＋c
2
－2bccos A，所
sin Asin Csin Asin 2A
- 13 -

16－b< br>2
（4－b）（4＋b）4＋b
以16－b＝64cosA－16bcosA，又b≠4 ，所以cosA＝＝＝，
16
64－16b16（4－b）
2222
4＋b< br>所以c
2
＝64cos
2
A＝64×＝16＋4b.因为b∈(4，6 )，所以322
<40，所以4216
答案：(42，210)
14．(2019·绍兴市一中期末检测)设△ABC 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且acos
1
C－c＝b.
2
(1)求角A的大小；
(2)若a＝3，求△ABC的周长l的取值范围．
11
解：(1)由acos C－c＝b得：sin Acos C－sin C＝sin B，
22
又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，
1
所以sin C＝－cos Asin C，
2
因为sin C≠0，
1
所以cos A＝－，
2
又0＜A＜π，
2π
所以A＝.
3
asin B
(2)由正弦定理得：b＝＝23sin B，c＝23sin C，
sin A
l＝a＋b＋c＝3＋23(sin B＋sin C)
＝3＋23[sin B＋sin(A＋B)]
13
＝3＋23

sin B＋cos B


2

2

π
＝3＋23sin
B＋

，
3

2π
π
因为A＝ ，所以B∈

0，

，
3
3

ππ2π
所以B＋∈

，

，
3

3 3

π
3
所以sin

B＋

∈

，1

，
3


2

则△ABC的周长l的取值范围为(6，3＋23 ]．
15．(2019·湖州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(sin A＋sin
B＋sin C)(sin B＋sin C－sin A)＝3sin Bsin C.
(1)求角A的值；
- 14 -

(2)求3sin B－cos C的最大值．
解：(1)因为(sin A＋sin B＋sin C)(sin B＋sin C－sin A)
＝3sin Bsin C，
由正弦定理，得(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，
所以b
2
＋c< br>2
－a
2
＝bc，所以
b
2
＋c
2
－a
2
1
π
cos A＝＝，因为A∈(0，π)，所以A＝.
2bc23
π2π
(2)由A＝，得B＋C＝，
33
所以3sin B－cos C＝3sin B－cos

2π
－B



3

π
13
＝3sin B－

－cos B＋sin B

＝sin

B＋

.
6

2


2

2πππ5π
因为0＜B＜，所以＜B＋＜，
3666
πππ
当B＋＝，即B＝时，3sin B－cos C的最大值为1. < br>623
16．(2019·宁波镇海中学模拟)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的 对边，b＝2sin
2sin B
B，且满足tan A＋tan C＝.
cos A
(1)求角C和边c的大小；
(2)求△ABC面积的最大值．
2sin Bsin Asin C
解：(1)tan A＋tan C＝可得＋＝
cos Acos Acos C
sin Acos C＋cos Asin Csin（A＋C）
sin B2sin B
＝＝＝，
cos Acos Ccos Acos Ccos Acos Ccos A
1
所以cos C＝，
2
因为0＜C＜π，
π
所以C＝，
3
因为b＝2sin B，
cb
由正弦定理可得＝＝2，
sin Csin B
所以c＝
6
.
2
(2)由余弦定理可得c
2
＝ a
2
＋b
2
－2abcos C，
3
所以＝a
2
＋b
2
－ab≥2ab－ab＝ab，当且仅当a＝b时取等号．
2
133333
所以S
△
ABC
＝absin C＝ab≤×＝，
24428
- 15 -

33
故△ABC面积的最大值为.
8
π2π
17．(2019·成 都市第二次诊断性检测)如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝，B＝，
23
2π
AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝，EC＝7.
3
(1)求sin∠BCE的值；
(2)求CD的长．

BECE
解：(1)在△BEC中，由正弦定理，知＝.
sin∠BCE
sin B
2π
因为B＝，BE＝1，CE＝7，
3
3
BE·sin B
2
21
所以sin∠BCE＝＝＝.
CE
7
14
2π
(2)因为∠CED＝∠B＝，
3
所以∠DEA＝∠BCE，
所以cos∠DEA＝1－sin
2
∠DEA＝1－sin
2
∠BCE＝
π
因为A＝，
2
所以△AED为直角三角形，又AE＝5，
AE5
所以ED＝＝＝27.
cos∠DEA
57
14
在△CED中，CD
2
＝CE2
＋DE
2
－2CE·DE·
1
－

＝49. cos∠CED＝7＋28－2×7×27×
< br>
2

所以CD＝7.


357
1－＝.
2814
- 16 -