115353
∴S
△
ABC
＝
2
acsin B＝
2
×
4
×
2
＝
16
.
33
【迁移探究1】 若本题第(2)问条件变为“若b＝3，S
△
ABC< br>＝
2
”，试求a＋
c的值.
133
解 由已知S
△
ABC
＝
2
acsin B＝
2
， < br>1333
∴
2
ac×
2
＝
2
，则ac＝6.
由余弦定理，得b
2
＝a
2
＋c
2
－2accos B＝(a＋c)
2
－3ac，
所以(a＋c)
2
＝b
2
＋3ac＝21，所以a＋c＝21.
【迁移探究2】 在本例条件下，若b＝3，求△ABC面积的最大值.
解 由余弦定理，得b
2
＝a
2
＋c
2
－2accos B＝a
2
＋c
2
－ac，
则3＝a
2
＋c
2
－ac≥2ac－ac，所以ac≤3(当且仅当a＝c＝3时取等号).
11
π
33
所以S
△
ABC
＝
2
acsin B≤
2
×3×sin
3
＝
4
.
33
故△ABC面积的最大值为
4
.
探究提高 1.高考中主要涉 及利用正弦、余弦定理求三角形的边长、角、面积等
基本计算，或将两个定理与三角恒等变换相结合综合 解三角形.
2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三
角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统
一角、统一函数、统一 结构”，这是使问题获得解决的突破口.
【训练2】 (2017·全国Ⅲ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已
知sin A＋3cos A＝0，a＝27，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积.
解 (1)由sin A＋3cos A＝0及cos A≠0，
得tan A＝－3，又02π
所以A＝
3
.
2π
由a
2
＝b2
＋c
2
－2bc·cos A，得28＝4＋c
2
－4c·cos
3
，

即c
2
＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)，c＝4.
π
(2)由题设可得∠CAD＝
2
，
π
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝
6
.
故△ABD面积与△ACD面积的比值为
1
π
AB·ADsin
26
1
π
＝1.
ADsin
22
AC·
1
又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC＝23 ，
2
所以△ABD的面积为3.
命题角度2 应用正、余弦定理解决实际问题
【例2－2】 (2017·衡水质检)某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”
气象 观测仪器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平
地面ABO的交点)进行该仪 器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相
距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距离 比B到C的距离远40米.A地测得
该仪器在C处的俯角为∠OAC＝15°，A地测得最高点H的仰角 为∠HAO＝30°，
则该仪器的垂直弹射高度CH为( )

A.210(6＋2)米
C.2102米
B.1406米
D.20(6－2)米
解析 由题意，设AC＝x米，则BC＝(x－40)米，在△ABC 内，由余弦定理：
BC
2
＝BA
2
＋CA
2
－2B A·CA·cos∠BAC，
即(x－40)
2
＝x
2
＋10 000－100x，解得x＝420米.
在△ACH中，AC＝420米，∠CAH＝30°＋15° ＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，
CHAC
由正弦定理：＝.
si n∠CAHsin∠AHC

sin∠CAH
可得CH＝AC·＝1406(米) .
sin∠AHC
答案 B
探究提高 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.
【训练3】 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶， 到A处时测得公
路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在< br>西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.

解析 由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠AC B
＝45°.
600BC
又AB＝600 m，故由正弦定理得
sin 45°
＝
sin 30°
，
解得BC＝3002(m).
3
在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝3002×
3
＝1006(m).
答案 1006
热点三 解三角形与三角函数的交汇问题
【例3】 (2017·长沙质检)已知函数f(x)＝23sin xcos x－2cos
2
x－1，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期和最小值；
(2)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3，f(C)＝0，sin B
＝2sin A，求a，b的值.
解 (1)f(x)＝3sin 2x－2cos
2
x－1
＝3sin 2x－(cos 2x＋1)－1＝3sin 2x－cos 2x－2

π

＝2sin

2x －
6

－2，

2π
所以函数f(x)的最小正周期T ＝
2
＝π，最小值为－4.
π

(2)因为f(C)＝2sin

2C－
6

－2＝0，

π
< br>所以sin

2C－
6

＝1，又C∈(0，π)，

ππ
11
知－
6
<2C－
6
<
6< br>π，
πππ
所以2C－
6
＝
2
，得C＝
3
.
因为sin B＝2sin A，由正弦定理得b＝2a，
由余弦定理得，c
2
＝a
2
＋b
2
－2abcos C＝a
2
＋4a
2
－2a
2
＝3a
2
，又 c＝3，所以a＝
1，b＝2.
探究提高 1.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.
2.求解该类问题，易忽视C为三角形内角，未注明C的限制条件导致产生错解.
【训练4】 (2017·唐山调研)已知函数f(x)＝2cos
2
x＋3sin 2x.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，a，b，c分别是内 角A，B，C的对边，a＝1且f(A)＝3，求△ABC
面积S的最大值.
解 (1)f(x)＝2cos
2
x＋3sin 2x＝1＋cos 2x＋3sin 2x
π

2x＋
＝2sin

＋1，
6


πππ
由2kπ－
2
≤2x＋
6
≤2kπ＋< br>2
(k∈Z)，
ππ
得kπ－
3
≤kπ＋
6
(k∈Z)
ππ
所以f(x)的单调递增区间为

kπ－
3
，kπ＋
6

(k∈Z).

π

(2)由f(A)＝3， 得sin

2A＋
6

＝1.

π
又因为06
.

由a
2
＝b
2
＋c
2
－2bccos A，得b
2
＋c
2
＝3bc＋1，
所以3bc＋1≥2bc，
即bc≤2＋3，当且仅当b＝c＝2＋3时取得“＝”，
2＋3
1
所以S＝
2
bc·sin A≤
4
，
即△ABC面积S的最大值为
2＋3
4
.

1.对于三角函数的求值，需关注：
(1)寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式；
(2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；
(3)对于条件 求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对
于很难入手的问题，可利用分析法.
2.三角形中判断边、角关系的具体方法：
(1)通过正弦定理实施边角转换；
(2)通过余弦定理实施边角转换；
(3)通过三角变换找出角之间的关系；
(4)通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进行讨论；
(5)若涉及两个( 或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角
形，再逐步求出其他三角形的边和角， 其中往往用到三角形内角和定理，有时需
设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)求解.
3.解答与三角形面积有关的问题时，如已知某一内角的大小或三角函数值，就选
1
择S＝2
absin C来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角.

一、选择题
π
1
1.(2016·全国Ⅲ卷)在△ABC中，B＝
4
，BC边上的高等于
3
BC，则cos A＝( )
310
A.
10

10
B.
10

10
C.－
10

310
D.－
10

π
12
解析 设BC边上的高 AD交BC于点D，由题意B＝
4
，BD＝
3
BC，DC＝
3
BC，
1＋2
tan∠BAD＝1，tan∠CAD＝2，tan ∠BAC＝＝－3，所以cos ∠BAC＝
1－1×2
10
－
10
.
答案 C
372
π
2.(2017·德州二模)已知cos α＝
5
，cos (α－β)＝
10
，且0<β<α<
2
，那么β＝( )
π
A.
12

π
C.
4

π
B.
6

π
D.
3

3
π
4
解析 由cos α＝
5
，0<α<
2
，得sin α＝
5
，
72
ππ
又cos
(
α－β
)
＝
10
，0<β <α<
2
，即0<α－β<
2
，
2
可得sin(α－β)＝
10
，
则cos β＝cos[α－(α－β)]
＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β) 372422
＝
5
×
10
＋
5
×
10
＝
2
，
ππ
由0<β<
2
，得β＝
4
.
答案 C π
3.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c＝(a－b)＋6，C＝< br>3
，
22
则△ABC的面积是( )
A.3
33
C.
2

93
B.
2

D.33
解析 c
2
＝(a－b)
2
＋6，即c
2
＝a
2
＋b
2
－2ab＋6①.
π
∵C＝3
，由余弦定理得c
2
＝a
2
＋b
2
－ab② ，
由①和②得ab＝6，

11333
∴S
△
AB C
＝
2
absin C＝
2
×6×
2
＝
2
.
答案 C
5π

π

π

1

2

4.(2017·南昌模拟)已知cos

x－
3

＝
3< br>，则cos

2x－
3

＋sin

3－x

的值为( )

11
A.－
9
B.
9

55
C.
3
D.－
3

5π

π

解析 cos

2x－
3

＋sin
2

3
－x


 
2

π

2

2x－
π
x －
＝－cos

＋sin

3


3


π

π

＝1－2cos2

x－
3

＋1－cos
2

x－
3




π

5
＝2－ 3cos
2

x－
3

＝
3
.

答案 C
5.(2017·山东卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为 a，b，c.若△ABC为锐
角三角形，且满足sin B(1＋2cos C)＝2sin Acos C＋cos A sin C，则下列等式成立
的是( )
A.a＝2b
C.A＝2B
B.b＝2a
D.B＝2A
解析 等式右边＝2sin Acos C＋cos Asin C＝sin Acos C＋sin(A＋C)＝sinAcos C＋
sin B.
等式左边＝2sin Bcos C＋sin B，
则2sin Bcos C＋sin B＝sin Acos C＋sin B，
因为角C为锐角三角形的内角，所以cos C不为0.
所以2sin B＝sin A，根据正弦定理，得a＝2b.
答案 A
二、填空题
6.(2017·全国Ⅲ 卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b
＝6，c＝3，则A＝_ _______.

3
6×
2
bsin C2
解析 由正弦定理，得sin B＝
c
＝
3
＝
2
，
结合b答案 75°
π

π

1

π

7.(2017·池 州模拟)已知sin

3
－α

＝
3

0 <α<
2

，则sin

6
＋α

＝__ ______.


π

1
解析 ∵sin

3
－α

＝
3
，


π

π


π

π
< br>1
－α
－α

＝； ∴cos

6
＋ α

＝cos

2
－

＝sin

3



3

3

πππ2π又0<α<
2
，∴
6
<
6
＋α<
3
，

π

∴sin

6
＋α

＝< br>
答案
22
3

π

1－cos

6
＋α

＝

2

1

2
22
1－

3

＝
3
. 
8.(2017·湖北七市联考)在△ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，C＝1 20°，
a＝2b，则tan A＝________.
解析 由题意c
2
＝a
2
＋b
2
－2abcos C＝4b
2
＋b
2
－
4b
2
cos 120°＝5b
2
＋2b
2
＝7b
2
，
773
则c＝7b＝
2
a，所以sin C＝
2
sin A＝
2
，
21273
∴sin A＝
7
，cos A＝
7
，则tan A＝
2
.
3
答案
2

三、解答题
9.(2017·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知asin A
＝4bsin B，ac＝5(a
2
－b
2
－c
2
).
(1)求cos A的值；
(2)求sin(2B－A)的值.
ab
解 (1)由asin A＝4bsin B及
sin A
＝
sin B
，得a＝2b.
由ac＝5(a
2
－b
2
－c
2
)及余弦定理，

5
－
5
ac
b
2
＋c
2< br>－a
2
5
得cos A＝
2bc
＝
ac
＝－
5
.
25
(2)由(1)，可得sin A＝
5
，
asin A5
代入asin A＝4bsin B，得sin B＝
4b
＝
5
.
25
由(1)知，A为钝角，所以cos B＝1－sinB＝
5
.
43
于是sin 2B＝2sin Bcos B＝
5
，cos 2B＝1－2sin
2
B＝
5
，
2
故sin(2B－A)＝sin 2Bcos A－cos 2Bsin A
4< br>
25
5

325

＝
5
×－
－×
5
＝－
5
.

5

5

π

10.设f(x)＝sin xcos x－cos
2

x＋
4

.

(1)求f(x)的单调区间；

A

(2)在锐角 △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f

2

＝0，a＝ 1，求△ABC

面积的最大值.
π

1＋cos

2x＋
2


sin 2x
解 (1)由题意知f(x)＝
2
－
2
sin 2x
1－sin 2x
1
＝
2
－＝sin 2x－
22
.
ππ
由－
2
＋2kπ≤2x≤
2
＋2kπ，k∈Z,
ππ
可得－
4
＋kπ≤x≤
4
＋kπ，k∈Z；
π3π
由
2
＋2kπ≤2x≤
2
＋2kπ，k∈Z,
π3π
可得
4
＋kπ≤x≤
4
＋kπ，k∈Z.
π

π

所以f(x)的单调递增区间是

－
4< br>＋kπ，
4
＋kπ

(k∈Z)；

3π

π

单调递减区间是

4
＋kπ，
4
＋kπ

(k∈Z).

11

A

(2)由f

2

＝sin A－
2
＝0，得sin A＝
2
，

3
由题意知A为锐角，所以cos A＝
2
.

由余弦定理a
2
＝b
2
＋c
2
－2bccos A，
可得1＋3bc＝b
2
＋c
2
≥2bc，
即bc≤2＋3，且当b＝c时等号成立.
2＋3
1
因此
2
bcsin A≤
4
.
所以△ABC面积的最大值为
2＋3
4
.
11.(2017·衡水 中学调研)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，
若(a－c)sin A－bsin B＋(a＋b－c)sin C＝0.
(1)求角A；
(2)当sin B＋sin C取得最大值时，判断△ABC的形状.
abc
解 (1)由正弦定理
sin A
＝
sin B
＝
sin C
＝2R，
abc
可得sin A＝
2R
，sin B＝
2R
，sin C＝
2R
.
代入(a－c)sin A－bsin B＋(a＋b－c)sin C＝0化简整理得：
b
2
＋c
2
－a
2
＝bc，
b
2
＋c
2
－a
2
11
则
2bc
＝
2
，所以cos A＝
2
.
π
又因为A为三角形内角，所以A＝
3
.
2
(2)由(1)，得B＋C＝
3
π，

2

所以sin B＋sin C＝sin B＋sin

3
π－B



22
＝sin B＋sin
3
πcos B－cos
3
πsin B
π

33

＝
2
sin B＋
2
cos B＝3sin

B＋
6

. 
2
ππ
5
因为03
π，所以
66
<
6
π
πππ
所以当B＝
3
时，B＋
6
＝
2
，sin B＋sin C取得最大值3，
π
因此C＝π－(A＋B)＝
3
，
所以△ABC为等边三角形.