专题02 三角恒等变换与解三角形 题型讲义-2025届高三数学二轮复习

专题二 三角恒等变换与解三角形 【题型分析】 考情分析： 1.三角恒等变换的求值、化简是高考命题的热点，常与三角函数的图象、性质结合在一起考查，若单独命题，则多以小题的形式呈现，难度较低；三角恒等变换也可作为工具，与三角函数及解三角形相结合求解最值、范围，多以解答题为主，难度中等. 2.解三角形每年必考，各类题型均有，难度中等. 题型1 三角恒等变换 例1　(1)(2024年新高考全国Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m，tan αtan β=2，则cos(α-β)=(　　). A.-3m B.- C. D.3m (2)(2024年新高考全国Ⅱ卷)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tan α+tan β=4，tan αtan β=+1，则sin(α+β)=　　　　. 方法总结： 三角恒等变换的“四大策略” (1)常值代换：常用到“1”的代换，如1=sin2θ+cos2θ=tan 等. (2)项的拆分与角的配凑：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. 【注意】(1)使用三角函数公式时要注意正确性，特别要注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况； (2)求角时要注意角的取值范围，要根据已知条件将所求角的取值范围尽量缩小，避免产生增解. 1.(原创)已知=1，则=(　　). A.或- B.或 C.- D. 2.已知α，β∈0，，且sin α-sin β=-，cos α-cos β=，则tan α+tan β=　　　　. 题型2 正、余弦定理的应用 正弦定理、余弦定理 例2　(2024年新高考全国Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A+cos A=2. (1)求A； (2)若a=2，bsin C=csin 2B，求△ABC的周长. 方法总结： 解三角形问题，常要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理，三角形的性质及三角形的面积公式，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”，一般地，若已知条件中的等式两边含有角的正弦、余弦或边的一次式，则考虑使用正弦定理将边化为角(或将角化为边)；若含有角的余弦或边的二次式，则考虑使用余弦定理. 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin(B+C)=2sin2. (1)求角A的大小； (2)若b=3，BC边上的高为，求△ABC的周长. 解三角形中的范围与最值问题 例3　(2022年新高考全国Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=. (1)若C=，求B；(2)求的最小值. 方法总结： 解三角形中的最值或范围问题主要有两种解决方法：一是将问题表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将问题用三角形某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定最值或范围. (原创)作△ABC外的一点D，使得该点到点A的距离为2，到点C的距离为1，若2cos A+2cos B-4cos2-1=0，则四边形ABCD的面积的最大值为　　　　. 解三角形中的平面几何问题 例4　(2023年新高考全国Ⅰ卷)已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A-C)=sin B. (1)求sin A；(2)设AB=5，求AB边上的高. 方法总结： 求解三角形某条边上的高时，先用面积公式求出面积，再利用等面积法进行转换即可求高. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知C=，a+b=7，△ABC的外接圆半径为. (1)求△ABC的面积； (2)求△ABC的边AB上的高h. 题型3 解三角形的实际应用 例5　(2024年上海卷) 海上有灯塔O，A，B，货船T，如图，已知A在O的正东方向，B在O的正北方向，O到A，B的距离相等，∠BTO=16.5°，∠ATO=37°，则∠BOT=　　　　. (结果精确到0.1°，参考数据：tan 37°≈0.753 6，tan 16.5°≈0.296 2，tan 7.8°≈0.137 0，tan 15.6°≈0.279 2) 方法总结： 正、余弦定理在实际生活中，有着非常广泛的应用，常见的问题包括求距离、高度、角度以及平面图形的面积等很多方面.解决这些问题，关键是根据题意画出示意图，将问题抽象为三角形 的模型，然后利用正、余弦定理求解.注意隐含条件和最后将结果还原为实际问题进行检验. 如图，某同学为测量塔的高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=15°，∠BDC=135°，CD=20 m，在点C处测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB=　　　　m. 【真题改编】 1.(2023年新高考全国Ⅰ卷，T8改编)已知sin(α-β)=，cos αsin β=，则cos 2α·cos 2β=(　　). A. B. C. D. 2.(2024年全国甲卷，理科T11改编)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=，sin A+sin C=，则=(　　). A. B.2 C. D.3 3.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T15改编)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2+c2-a2=-bc，sin B=. (1)求cos A； (2)若△ABC的面积为，求c. 4.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T15改编1)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A-cos A=. (1)求A. (2)若△ABC的周长为++1，a=2且c>b，证明：asin C=csin 2B. 5.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T15改编2)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A-cos A=1. (1)求A； (2)若a=7且c>b，△ABC的周长为20，求证：55asin C=49csin 2B. 6.(2023年新高考全国Ⅰ卷，T17改编)已知在△ABC中，A+B=2C，2sin(A-C)=sin B. (1)求tan(2A+C)； (2)设AB=5，求S△ABC. 【最新模拟】 总分：100分； 单选题每题5分，多选题每题6分，填空题每题5分，共68分；解答题共32分 1.已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别是a，b，c，若3a=2b，B=2A，则cos B=(　　). A.- B. C.- D. 2.已知cosα--cos α=，则sin2α+=(　　). A. B.- C. D.- 3.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=9，b=8，c=5，则△ABC的外接圆的面积为(　　). A. B. C. D. 4.在△ABC中，点D在BC边上，AD平分∠BAC，∠BAC=120°，AB=2，AD=，则AC=(　　). A.2 B. C.3 D.2 5.某学生为了测量一个方鼎雕塑的高AD，选取与鼎底A在同一水平面内的两个测量点B，C，且A，B，C在同一条直线上.若在B，C处分别测得雕塑最高点D的仰角为30°，20°，且BC=6 m，则该雕塑的高度约为(　　)m.(参考数据：cos 10°≈0.985) A.4.92 B.5.076 C.5.91 D.7.177 6.某学生为了测量某塔高AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测得∠CDB=120°，CD=60米，在点C，D处测得塔顶A的仰角分别为30°，45°，则该塔高AB=(　　). A.60米 B.60米 C.60米 D.30米 7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则下列结论正确的是(　　). A.若a=2，A=30°，则△ABC的外接圆半径是4 B.若A>B，则sin A>sin B C.若a2+b2<c2，则△ABC一定是钝角三角形 D.若=，则A=45° 8.已知角α，β满足tan α=，2sin β=cos(α+β)sin α，则tan β=　　　　. 9.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=，b=2，A=，则(　　). A.c=3 B.sin B= C.sin C= D.△ABC外接圆的面积为 10.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a·sin2=b·sin A，则下列结论正确的是(　　). A.B= B.若a=4，b=5，则△ABC有两解 C.当a-c=b时，△ABC为直角三角形 D.若△ABC为锐角三角形，则cos A+cos C的取值范围是，1 11.若两个锐角α，β满足=，则cosα+2β+=　　　　. 12.(原创)已知cos =，sin sin =，则cos(α-β)=　　　　. 13.(原创)已知-sin βcos β=2sin(α-β)cos(α-β)，则tan(α-2β)+3tan α=　　　　. 14.(15分)(人教A版必修第二册P53T12改编)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，bsin A=(c-acos B). (1)求A的值； (2)若AB=2，AC=5，且BC，AC边上的中线AM，BN相交于点P，求∠MPN的余弦值. 15.(17分)(原创)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=5，(2c+b)cos(B+C)+acos(A+C)=0. (1)求A； (2)若A的角平分线交BC于点D，记AD的长度为d，求b+c+d的最大值. 参考答案 专题二 三角恒等变换与解三角形 题型1　三角恒等变换 例1　(1)A　(2)- 【解析】(1)由tan αtan β=2，得sin αsin β=2cos αcos β， 所以cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=cos αcos β-2cos αcos β=m，即cos αcos β=-m， 从而sin αsin β=-2m，故cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m.故选A. (2)(法一)由题意得tan(α+β)===-2， 因为α∈2kπ，2kπ+，k∈Z，β∈2mπ+π，2mπ+，m∈Z， 所以α+β∈((2m+2k)π+π，(2m+2k)π+2π)，k，m∈Z， 又因为tan(α+β)=-2<0， 所以α+β∈(2m+2k)π+，(2m+2k)π+2π，k，m∈Z，所以sin(α+β)<0. 由 解得sin(α+β)=-. (法二) 因为α为第一象限角，β为第三象限角，所以cos α>0，cos β<0， cos α==，cos β==， 所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=cos αcos β·(tan α+tan β)=4cos αcos β====-. 跟踪训练 1.D 【解析】由=1，得7-3cos2α-3sin 2α=2sin2α-4cos 2α，得5sin2α+4cos2α-3sin 2α+4cos 2α=0，即sin2α+8cos2α-6sin αcos α=0，显然cos α≠0， 所以tan2α-6tan α+8=0，解得tan α=4或tan α=2. 因为2sin2α-4cos 2α-4=2sin2α-4(1-2sin2α)-4≠0，所以sin2α≠，cos2α≠，即tan2α≠4，tan α≠±2，所以tan α=4， 所以===.故选D. 2. 【解析】由题意知sin α-sin β=-cos α+cos β，即sin α+cos α=sin β+cos β， 所以sinα+=sinβ+. 因为α，β∈0，，所以α+∈，，β+∈，. 又α≠β，所以a++β+=π，故α+β=， 所以sin α-sin β=sin α-cos α=-， 可得sin2α-2sin αcos α+cos2α=，得sin αcos α=， 则tan α+tan β=tan α+=+==. 题型2　正、余弦定理的应用 考向1　正弦定理、余弦定理 例2 【解析】(1)(法一：辅助角公式)由sin A+cos A=2可得sin A+cos A=1，即sinA+=1. 由A∈(0，π)得A+∈，，故A+=，解得A=. (法二：同角三角函数的基本关系)由消去sin A得4cos2A-4cos A+3=0，即(2cos A-)2=0，解得cos A=. 又A∈(0，π)，所以A=. (2)由题设条件和正弦定理得sin Bsin C=2sin Csin Bcos B， 又B，C∈(0，π)，所以sin Bsin C≠0，进而cos B=，故B=，于是C=π-A-B=π--=， sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=. 由正弦定理==，可得==，解得b=2，c=+，故△ABC的周长为2++3. 跟踪训练 【解析】(1)因为A，B，C为△ABC的内角，所以sin(B+C)=sin A. 因为sin2=，所以sin(B+C)=2sin2可化为sin A=(1-cos A)，即sin A+cos A=，所以sinA+=. 又A+∈，，所以A+=，即A=. (2)由三角形的面积公式得b·csin A=×a，即×3·csin =×a，得a=c. 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=c2，则c2+4c-12=0，解得c=2或c=-6(舍去)，所以a=，所以△ABC的周长为5+. 考向2　解三角形中的范围与最值问题 例3 【解析】(1)∵C=，∴cos B≠0.由==，得cos Acos B-sin Asin B=cos(A+B)=-cos C=sin B=， ∵B∈0，，∴B=. (2)由(1)得-cos C=sin B>0，∴C>且C=+B， ∴A=π-B-C=-2B，∴====4cos2B+-5. 由得0<B<，∴<cos2B<1， ∴≥2-5=4-5， 当且仅当4cos2B=，即cos2B=时取等号，∴的最小值为4-5. 跟踪训练　2+ 【解析】设α=，β=，则A=α+β，B=α-β，且α∈0，，β∈-，， 则由2cos A+2cos B-4cos2-1=0得4cos α·cos β-4cos2α-1=0，则关于cos α的二次方程cos2α-cos αcos β+=0有解，即Δ=cos2β-1≥0，因为cos2β∈(0，1]，所以cos2β=1，则cos β=±1.因为β∈-，，所以cos β=1，即β=0，A=B. 因为cos2α-cos α+=0，即cos α-2=0， 所以α=，A=B=，故△ABC是一个等边三角形. 设等边△ABC的边长为a，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=a2+sin D， 又AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos D，则5-4cos D=a2， 所以S四边形ABCD=-cos D+sin D=2sinD-+，而0<D<π，则-<D-<，所以当D-=时，四边形ABCD的面积取得最大值，最大值是2+. 考向3　解三角形中的平面几何问题 例4 【解析】(1)在△ABC中，A+B=π-C， 因为A+B=3C，所以3C=π-C，所以C=. 因为2sin(A-C)=sin B， 所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)， 所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C， 所以sin Acos C=3cos Asin C， 易得cos Acos C≠0， 所以tan A=3tan C=3tan =3. 因为tan A=，所以tan2A=. 又sin A>0， 所以sin A===. (2)由(1)知sin A=，tan A=3>0，所以A为锐角，所以cos A=， 所以sin B=sin-A=(cos A+sin A)=×+=. 由正弦定理=， 得AC===2. 设AB边上的高为h，所以AB·h=AB·AC·sin A，所以h=AC·sin A=2×=6. 故AB边上的高为6. 跟踪训练 【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理可得，=2×，则c=2××=4， 根据余弦定理c2=a2+b2-2abcos C，得16=a2+b2-2abcos =(a+b)2-3ab， 所以3ab=49-16=33，所以ab=11，所以S△ABC=absin C=. (2)S△ABC=absin C=ch， 所以h==. 题型3　解三角形的实际应用 例5　7.8° 【解析】设∠BOT=θ，则∠AOT=90°-θ，在△BOT中，由正弦定理得=，在△AOT中，由正弦定理得=，∵OA=OB，∴两式相除得=，即sin 37°sin(16.5°+θ)=sin 16.5°·sin(37°+90°-θ)，即(sin θcos 16.5°+cos θsin 16.5°)sin 37°=(cos θcos 37°+sin θsin 37°)sin 16.5°，∴tan θ=≈0.137 6.又θ为锐角，∴θ≈7.8°. 跟踪训练　20 【解析】因为在△BCD中，CD=20 m，∠BDC=135°，∠BCD=15°， 所以∠CBD=180°-135°-15°=30°，由正弦定理得=，解得BC=20 m.在Rt△ABC中，∠ACB=60°，所以AB=BCtan 60°=20 m. 1.C 【解析】由题意得sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=， 因为cos αsin β=，所以sin αcos β=， 所以sin 2αsin 2β=4sin αcos αsin βcos β=4(sin αcos β)·(cos αsin β)=4××=. 又因为cos(2α-2β)=1-2sin2(α-β)=1-2×2=， 所以cos(2α-2β)=cos 2αcos 2β+sin 2αsin 2β=， 所以cos 2αcos 2β=cos(2α-2β)-sin 2αsin 2β=-=.故选C. 2.C 【解析】由B=及余弦定理可得b2=a2+c2-ac. 由正弦定理得sin2B=sin2A+sin2C-sin Asin C， 即sin2A+sin2C=+sin Asin C， 又sin A+sin C=， 所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=， 即+3sin Asin C=，解得sin Asin C=. 由正弦定理得==×3=. 故选C. 3.解析　(1)由b2+c2-a2=-bc， 可得cos A===-. (2)由cos A=-，可得sin A=，由sin B=，cos A<0，可得cos B=， 则sin C=sin(B+A)=sin Bcos A+sin Acos B=. 由正弦定理得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=35∶40∶17， 令a=35k，b=40k，c=17k，其中k>0， 则S△ABC=absin C=×35k×40k×=，解得k=，因此c=. 4.解析　(1)由sin A-cos A=， 得sin2A+cos2A-2cos Asin A=2. 因为sin2A+cos2A=1，所以2cos Asin A=-1，所以sin 2A=-1. 因为A∈(0，π)，所以2A∈(0，2π)，所以2A=，即A=. (2)因为sin C≠0，所以要证asin C=csin 2B，只需证sin A·sin C=sin Csin 2B，即证sin 2B==， 又2B∈0，，A=，所以只需证2B=，即证B=. 因为b+c+a=++1，a=2，所以b+c=+-1，　① 又由a2=b2+c2-2bccos A，得b2+c2+bc=4， 即(b+c)2-(2-)bc=4，所以bc=-.　② 由①②及c>b，解得c=，b=-1. 由=，得sin C=，又C∈0，，所以C=，所以B=. 故asin C=csin 2B成立. 5.解析　(1)由sin A-cos A=1，可得2sin A-cos A=1，即sinA-=， 又A∈(0，π)，所以A-∈-，，故A-=，解得A=. (2)因为sin C≠0，所以要证55asin C=49csin 2B，只需证55·sin Asin C=49sin Csin 2B，即证sin 2B==. 因为b+c+a=20，a=7，所以b+c=13，　① 由a2=b2+c2-2bccos A，得b2+c2-bc=49，即(b+c)2-3bc=49，所以bc=40.　② 由①②及c>b，解得c=8，b=5. 由=，得sin B=， 易知B∈0，，所以cos B==， 所以sin 2B=2sin Bcos B=2××=， 故55asin C=49csin 2B成立. 6.解析　(1)∵A+B=2C，∴π-C=2C，即C=. 又2sin(A-C)=sin B=sin(A+C)， ∴2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C， ∴sin Acos C=3cos Asin C，∴sin A=cos A，∴sin A=3cos A， 即tan A=3，则tan 2A===-， ∴tan(2A+C)= ==. (2)由题意及(1)知sin A=3cos A>0，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则c=AB=5， 则cos A=，sin A=， ∴sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=×+×=. ∵=，∴b==， 则S△ABC=×bcsin A=××5×=. 1.D 【解析】因为3a=2b，B=2A，所以3sin A=2sin B=2sin 2A=4sin Acos A.因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以3=4cos A，即cos A=，所以cos B=cos 2A=2cos2A-1=2×2-1=. 2.B 【解析】因为cosα--cos α=，所以cos αcos +sin αsin -cos α=，所以cos αcos -sin αsin =-，所以cosα+=-， 所以cos2α+=2cos2α+-1=， 所以sin2α+=cos-2α+=cos -2α=-cos2α+=-. 3.A 【解析】因为a=9，b=8，c=5， 所以cos C===，显然sin C>0，所以sin C==. 设△ABC的外接圆半径为R， 则R===，则△ABC的外接圆的面积S=πR2=. 4.B 【解析】因为S△ABC=S△ABD+S△ADC，所以AB·AC·sin 120°=AB·AD·sin 60°+AD·AC·sin 60°， 即AB·AC=AB·AD+AD·AC，代入AB=2，AD=， 可得2×AC=2×+×AC，解得AC=. 5.C 【解析】在△BCD中，由正弦定理得=， 所以BD=BC·=2BC·cos 10°. 在Rt△ABD中，AD=BDsin ∠ABD=2BC·cos 10°sin 30°≈2×6×0.985×=5.91 m. 6.A 【解析】由题意知∠CDB=120°，CD=60米，∠ACB=30°，∠ADB=45°， 所以AB=BD，BC=AB.在△BCD中，由余弦定理得BC2=CD2+BD2-2CD·BDcos∠CDB， 即3AB2=602+AB2-2×60×AB×-，整理可得AB2-30AB-1 800=0， 解得AB=60或AB=-30(舍去)，所以该塔高AB=60米. 7.BCD 【解析】设△ABC的外接圆半径是R，若a=2，A=30°，则2R===4，解得R=2，A错误； 由A>B可得a>b，由正弦定理=可得sin A>sin B，B正确； 若a2+b2<c2，则cos C=<0，所以C为钝角，故△ABC一定是钝角三角形，C正确； 若=，则由=，可得sin A=cos A，∴tan A=1， 又∵0°<A<180°，∴A=45°，D正确. 8. 【解析】因为2sin β=cos(α+β)sin α，即2sin[(α+β)-α]=cos(α+β)sin α， 所以2sin(α+β)cos α-2cos(α+β)sin α=cos(α+β)sin α， 整理得2sin(α+β)cos α=3cos(α+β)sin α，变形得tan(α+β)=tan α=， 所以tan β=tan[(α+β)-α]==. 9.ABD 【解析】设△ABC的外接圆半径为R，因为===2R， 所以===2R，得sin B=，R=，B正确； △ABC外接圆的面积为πR2=，D正确； 由a2=b2+c2-2bccos A=4+c2-2×2ccos =7， 整理得c2-2c-3=0，解得c=3或c=-1(舍去)，A正确； 由=，解得sin C=，C错误. 10.ACD 【解析】因为a·sin2=b·sin A，所以由A+B+C=π及正弦定理，得sin A·sin2=sin B·sin A，由诱导公式得sin A·cos2=sin B·sin A， 因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos2=2sin cos ， 化简得cos sin -cos =0，即cos ·sin-=0， 所以cos =0或sin-=0，又B∈(0，π)，所以B=，A正确； 若a=4，b=5，且B=，则a<b，所以A为锐角，即△ABC有唯一解，B错误； 当a-c=b时，由正弦定理得sin A-sin C=sin B，即sin+C-sin C=×=， 整理得cos C-sin C=， 即cosC+=，在△ABC中，C∈0，，故C+∈，， 所以C+=，即C=，此时A=， 故△ABC为直角三角形，C正确； 若△ABC为锐角三角形，且B=， 则即解得<A<， 即cos A+cos C=cos A+cos-A=cos A+sin A=sinA+， 因为A+∈，，所以sinA+∈，1，D正确. 11.- 【解析】因为=，所以=， 所以=. 因为α，β为锐角，所以=， 所以cos αcos β=sin β(1+sin α)， 即cos αcos β=sin β+sin βsin α， 即cos(α+β)=sin β. 因为α，β为锐角，所以α+β+β=，即α+2β=， 所以cosα+2β+=cos+=-sin =-. 12. 【解析】因为cos =cos cos -sin sin =，而sin sin =， 所以cos cos =，则cos-=cos cos +sin sin =+=， 所以cos(α-β)=2cos2-1=2×2-1=. 13.0 【解析】由-sin βcos β=2sin(α-β)cos(α-β)， 可得-sin 2β=2sin(2α-2β)， 所以sin(-2β)=2sin(2α-2β). 因为sin(-2β)=sin[(α-2β)-α]=sin(α-2β)cos α-cos(α-2β)sin α， 而2sin(2α-2β)=2sin[(α-2β)+α]=2sin(α-2β)cos α+2cos(α-2β)sin α， 所以cos αsin(α-2β)+3sin αcos(α-2β)=0，显然cos α≠0，cos(α-2β)≠0， 两边同除以cos αcos(α-2β)得tan(α-2β)+3tan α=0. 14.解析　(1)∵bsin A=(c-acos B)， ∴由正弦定理得sin Bsin A=sin C-sin Acos B. 1分 又C=π-(A+B)，∴sin Bsin A=sin(A+B)-sin A·cos B=sin Acos B+cos Asin B-sin Acos B=cos A·sin B. 4分 又0<B<π，∴sin B≠0，∴tan A=. ∵0<A<π，∴A=. 6分 (2)设=c，=b，依题意可得=(b+c)，=b-c，=(+)=b-c. 9分 ∴||==，||==. 11分 ∵·=(b+c)·b-c=b2-b·c-c2=3， 13分 ∴cos∠MPN==. 15分 15.解析　(1)由(2c+b)cos(B+C)+acos(A+C)=0，得(2c+b)·cos A+acos B=0， 2分 由正弦定理可得(2sin C+sin B)cos A+sin Acos B=0， 4分 ∴2sin Ccos A+sin Bcos A+sin Acos B=0， ∴2sin Ccos A+sin C=0. ∵C∈(0，π)，∴sin C>0，∴cos A=-. 又A∈(0，π)，∴A=. 7分 (2)在△ABC中，a2=b2+c2-2bccos， ∴25=(b+c)2-bc≥(b+c)2-=(b+c)2，当且仅当b=c=时取等号， 9分 ∴(b+c)2≤，即5<b+c≤. 10分 ∵S△ABC=S△ABD+S△ACD， ∴bcsin =cdsin +bdsin ， ∴bc=cd+bd， 13分 ∴d==， ∴b+c+d=+b+c. 令t=b+c，则b+c+d=+t=2t-，5<t≤. 15分 ∵y=2t-在5，上单调递增， ∴当t=时，y取得最大值，最大值为2×-=， ∴b+c+d的最大值为. 17分 学科网（北京）股份有限公司 $$