专题3 第2讲 三角恒等变换与解三角形-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第二编　主干知识突破 专题三　三角函数与解三角形 第2讲　三角恒等变换与解三角形 「考情研析」　三角恒等变换和利用正弦定理、余弦定理解三角形问题是高考的必考内容.1.三角恒等变换主要考查：①两角和与差的正弦、余弦、正切公式；②二倍角公式、半角公式的应用；③辅助角公式的应用．　2.解三角形问题主要考查：①边和角的计算；②三角形形状的判断；③面积的计算；④有关参数的范围问题．由于此内容应用性较强，与实际问题结合起来进行命题将是今后高考的一个关注点，不可轻视． 核心知识回顾 热点考向探究 真题VS押题 目录 专题作业 核心知识回顾 知识串联 核心知识回顾 5 结论记忆 核心知识回顾 6 核心知识回顾 7 热点考向探究 考向1　三角恒等变换 热点考向探究 9 热点考向探究 10 热点考向探究 11 热点考向探究 12 热点考向探究 13 热点考向探究 14 热点考向探究 15 热点考向探究 16 考向2　利用正弦定理、余弦定理解三角形 热点考向探究 17 (2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝asinC，c＝acosB，则△ABC一定是(　　) A．等腰三角形非直角三角形 B．直角三角形非等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 热点考向探究 18 热点考向探究 19 热点考向探究 20 热点考向探究 21 热点考向探究 22 2.判定三角形形状的两种常用途径 角化边 利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断 边化角 通过正弦定理、余弦定理，化边为角，利用三角恒等变换得出三角形内角之间的关系进行判断 热点考向探究 23 热点考向探究 24 热点考向探究 25 热点考向探究 26 热点考向探究 27 考向3　正弦定理、余弦定理的实际应用 热点考向探究 28 热点考向探究 29 解三角形实际应用问题的步骤 热点考向探究 30 热点考向探究 31 真题VS押题 解析：因为cos(α＋β)＝m，所以cosαcosβ－sinαsinβ＝m，又tanαtanβ＝2，所以sinαsinβ＝2cosαcosβ，故cosαcosβ－2cosαcosβ＝m，即cosαcosβ＝－m，从而sinαsinβ＝－2m，故cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－3m.故选A. 真题VS押题 33 真题VS押题 34 真题VS押题 35 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC＝100 m，则该球体建筑物的高度约为(cos10°≈0.985)(　　) A．49.25 m B．50.76 m C．56.74 m D．58.60 m 真题VS押题 36 真题VS押题 37 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ 对点 三角函数的定义；半角公式 两角和的正弦公式 同角三角函数的基本关系；两角和的正弦公式的逆用 利用正弦定理判断三角形的形状；充分条件、必要条件的判断 三角形的面积公式；余弦定理的 应用 余弦定理的实际应用 两角和、差的余弦公式；二倍角的余弦公式 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★★ ★★★ ★ ★★ ★★★ 对点 正、余弦定理；两角和、差以及二倍角的正弦公式；边角互化求范围问题 两角差的正弦公式；两角和的正切、余弦公式；二倍角的正弦公式 利用正、余弦定理求解三角形中的最值、范围问题 解三角形与平面向量的综合 利用正、余弦定理解三角形 解三角形与数列、平面向量的综合 两角差的正切公式、基本不等式在实际中的 应用 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 4．(2024·山东大联考二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设甲：b－c＝a(cosC－cosB)，乙：△ABC是直角三角形，则(　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 2 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 (0，6] 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 　　　　　　　　　　　　　 R (1)常见公式变形 辅助角公式：①asinα＋bcosα＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(b,a)))； ②sin2α＝eq \f(2tanα,1＋tan2α)，cos2α＝eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)； ③tanα＝eq \f(sin2α,1＋cos2α)＝eq \f(1－cos2α,sin2α)． (2)三角形中的三角函数关系 ①sin(A＋B)＝sinC； ②cos(A＋B)＝－cosC； ③sineq \f(A＋B,2)＝coseq \f(C,2)； ④coseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2)． (3)在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A>B⇔a>b⇔sinA>sinB⇔cosA<cosB． (4)三角形的面积公式：(R，r分别为△ABC的外接圆、内切圆的半径，p为半周长) S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)casinB＝eq \f(abc,4R)＝2R2sinAsinBsinC＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)＝pr. 例1　(1)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－cosα＝eq \f(1,2)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝(　　) A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．－eq \f(3,4) D．eq \f(3,4) 解析：∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－cosα＝eq \f(\r(3),2)sinα－eq \f(1,2)cosα＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,2).故选B. (2)(2024·江苏徐州模拟)若tanα，tanβ是方程3x2＋5x－7＝0的两个根，则eq \f(cos（α－β）,sin（α＋β）)＝(　　) A．eq \f(5,4) B．eq \f(4,5) C．－eq \f(5,4) D．－eq \f(4,5) 解析：因为tanα，tanβ是方程3x2＋5x－7＝0的两个根，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tanα＋tanβ＝－\f(5,3)，,tanαtanβ＝－\f(7,3)，))则eq \f(cos（α－β）,sin（α＋β）)＝eq \f(cosαcosβ＋sinαsinβ,sinαcosβ＋cosαsinβ)＝eq \f(\f(cosαcosβ,cosαcosβ)＋\f(sinαsinβ,cosαcosβ),\f(sinαcosβ,cosαcosβ)＋\f(cosαsinβ,cosαcosβ))＝eq \f(1＋tanαtanβ,tanα＋tanβ)＝eq \f(1－\f(7,3),－\f(5,3))＝eq \f(4,5).故选B. eq \f(π,4) (3)已知0<α<eq \f(π,2)，－eq \f(π,2)<β<0，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(1,3)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),3)，则sinα的值为________，α－β的值为________． 解析：因为0<α<eq \f(π,2)，所以eq \f(π,4)<α＋eq \f(π,4)<eq \f(3π,4)，又coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(1,3)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3)，所以sinα＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq \f(π,4)－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)－\f(1,3)))＝eq \f(4－\r(2),6).因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),3)，所以sinβ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,2)))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,4)))))＝2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,4)))－1＝2×eq \f(1,3)－1＝－eq \f(1,3).又因为－eq \f(π,2)<β<0，所以cosβ＝eq \r(1－sin2β)＝eq \f(2\r(2),3)，由前面sinα的求解过程可知，cosα＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq \f(π,4)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq \f(π,4)＝eq \f(4＋\r(2),6)，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq \f(4＋\r(2),6)×eq \f(2\r(2),3)＋eq \f(4－\r(2),6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq \f(\r(2),2).因为0<α<eq \f(π,2)，－eq \f(π,2)<β<0，则0<α－β<π，所以α－β＝eq \f(π,4). eq \f(4－\r(2),6) 1．三角恒等变换的常用技巧是“化异为同”，即“化异名为同名”“化异次为同次”“化异角为同角”，其中涉及sin2eq \f(α,2)，cos2eq \f(α,2)时，常逆用二倍角的余弦公式降幂． 2．常见的“变角”技巧：α＝(α＋β)－β＝β－(β－α)，α＝eq \f(1,2)[(α＋β)＋(α－β)]，eq \f(π,4)＋α＝eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，α＝eq \f(π,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等，使用“变角”技巧时，应根据已知条件中的角，选择恰当“变角”技巧． 对于三角函数的给值求角问题，应选择在该角所在范围内单调的函数，这样，由三角函数值才可以唯一确定角，若角的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，选正、余弦皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦较好． 1．(2024·辽宁沈阳二模)已知α∈(0，π)，且sinα＋cosα＝eq \f(1,5)，则tan2α＝(　　) A．eq \f(12,7) B．－eq \f(12,7) C．eq \f(24,7) D．－eq \f(24,7) 解析：sinα＋cosα＝eq \f(1,5)，则(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq \f(1,25)，即sinαcosα＝－eq \f(12,25)，又α∈(0，π)，故sinα>0，cosα<0，故(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝eq \f(49,25)，因为sinα>0，cosα<0，所以sinα－cosα＝eq \f(7,5)，结合sinα＋cosα＝eq \f(1,5)，可得sinα＝eq \f(4,5)，cosα＝－eq \f(3,5)，则tanα＝－eq \f(4,3).故tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(－\f(8,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq \f(24,7).故选C. 2．已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，eq \f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq \f(1,tanα)，则(　　) A．α－β＝－eq \f(π,4) B．α－β＝eq \f(π,4) C．α＋β＝eq \f(9π,4) D．α＋β＝eq \f(5π,2) 解析：因为eq \f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq \f(1,tanα)，所以sin[(α＋β)＋α]－2cos(α＋β)sinα＝cosα，所以sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝cosα，所以sin[(α＋β)－α]＝cosα，即sinβ＝cosα，所以sinβ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，所以β＝eq \f(π,2)－α＋2kπ或β＝α＋eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.因为α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，所以α＋β＝eq \f(5π,2).故选D. 3．(2024·江西南昌二模)已知2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))·coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－cos3x＝eq \f(1,4)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝(　　) A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．eq \f(7,8) D．－eq \f(7,8) 解析：由已知可知，2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))＝eq \f(1,4)，化简得coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq \f(1,4)，令t＝x＋eq \f(π,6)，则x＝t－eq \f(π,6)，cost＝eq \f(1,4)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,6)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2t))＝cos2t＝2cos2t－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)－1＝－eq \f(7,8).故选D. 例2　(1)(2024·河南郑州三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(b,a＋c)＝1－eq \f(sinC,sinA＋sinB)，a＝3，b＝2eq \r(2)，则sinB的值为(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(3,5) C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(6),3) 解析：由eq \f(b,a＋c)＝1－eq \f(sinC,sinA＋sinB)及正弦定理，得eq \f(b,a＋c)＝1－eq \f(c,a＋b)，可得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，又0<A<π，所以A＝eq \f(π,3)，又a＝3，b＝2eq \r(2)，由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(\r(6),3).故选D. 解析：∵c＝acosB，根据余弦定理可得c＝a×eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，化简可得c2＋b2＝a2，∴△ABC为直角三角形，又b＝asinC＝a×eq \f(c,a)＝c，故△ABC为等腰直角三角形．故 选D. (3)(多选)(2024·江苏南京模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，若2S＝3(bsinC＋csinB)，则下列命题中正确的是(　　) A．若A＝eq \f(π,6)，且b＝7，则B有两解 B．若C＝2A，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为(6eq \r(2)，6eq \r(3)) C．若A＝2C，且sinB＝2sinC，则△ABC的外接圆半径为2eq \r(3) D．若b＝2c，则S的最大值为6eq \r(3) 解析：设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理得，2S＝3(bsinC＋csinB)＝6R(sinBsinC＋sinCsinB)＝12RsinBsinC，由S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)·2RsinA·2RsinB·sinC＝2R2sinAsinBsinC，可知4R2sinAsinBsinC＝12RsinBsinC，即RsinA＝3，从而a＝2RsinA＝6.对于A，若A＝eq \f(π,6)，且b＝7，由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，即eq \f(6,sin\f(π,6))＝eq \f(7,sinB)，解得sinB＝eq \f(7,12)，因为sinB＝eq \f(7,12)>eq \f(1,2)＝sinA，满足B>A，所以B有两解，A正确；对于B，若C＝2A，且△ABC为锐角三角形，由于c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(asin2A,sinA)＝2acosA＝12cosA，而△ABC为锐角三角形，即2A<eq \f(π,2)，B＝π－A－C＝π－3A<eq \f(π,2)，解得eq \f(π,6)<A<eq \f(π,4)，从而cosA的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，故c＝12cosA的取值范围是(6eq \r(2)，6eq \r(3))，B正确； 对于C，若A＝2C，且sinB＝2sinC，则b＝2c，且eq \f(a,c)＝eq \f(sinA,sinC)＝eq \f(sin2C,sinC)＝2cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,ab)，故a2b＝a2c＋b2c－c3，从而a2(b－c)＝c(b＋c)(b－c)．而b＝2c≠c，故a2＝c(b＋c)＝c(2c＋c)＝3c2，从而c＝eq \f(a,\r(3))＝2eq \r(3)，b＝2c＝4eq \r(3)，又a2＋c2＝36＋12＝48＝b2，所以B＝eq \f(π,2)，故R＝eq \f(1,2)b＝2eq \r(3)，C正确；对于D，若b＝2c，则cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(5c2－36,4c2)＝eq \f(5,4)－eq \f(9,c2)，因为0<A<π，所以sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \r(－\f(81,c4)＋\f(45,2c2)－\f(9,16))，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsinA＝c2eq \r(－\f(81,c4)＋\f(45,2c2)－\f(9,16))＝eq \r(－\f(9,16)c4＋\f(45,2)c2－81)＝eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)c2－15))\s\up12(2)＋144)，当c2＝20，即c＝2eq \r(5)时(满足2<c<6)，S取最大值12，D错误．故选ABC. 1．解三角形问题的求解策略 已知条件 解题思路 两角A，B与一边a 由A＋B＋C＝π及eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，可先求出角C及b，再求出c 两边b，c及其夹角A 由a2＝b2＋c2－2bccosA，先求出a，再求出角B，C 三边a，b，c 由余弦定理可求出角A，B，C 两边a，b及其中一边的对角A 思路一：先由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)求角B(可能有一解、两解或无解)，再由A＋B＋C＝π或sinC＝sin(A＋B)求角C，最后由eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)求c； 思路二：先由a2＝b2＋c2－2bccosA构建关于c的方程求c(可能有一解、两解或无解)，再由正弦定理及A＋B＋C＝π，求角B和角C (1)使用正弦定理时易忘比值还等于2R，即eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝2R(R为△ABC外接圆半径)．(2)在已知两边和其中一边的对角利用正弦定理求解时，要注意检验解是否满足“大边对大角”，避免增解． 1．(2024·山东聊城二模)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，∠B＝2∠D＝120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2－S1的值为(　　) A．2 B．eq \r(3) C．1 D．eq \f(\r(3),2) 解析：在△ABC中，由余弦定理得cosB＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)，即－eq \f(1,2)＝eq \f(4＋BC2－AC2,4BC)，得BC2－AC2＝－2BC－4　①，在△ACD中，由余弦定理得cosD＝eq \f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)，即eq \f(1,2)＝eq \f(4＋CD2－AC2,4CD)，得CD2－AC2＝2CD－4　②，又S1＝eq \f(1,2)AB·BCsin120°＝eq \f(\r(3),2)BC，S2＝eq \f(1,2)AD·CDsin60°＝eq \f(\r(3),2)CD，所以S2－S1＝eq \f(\r(3),2)CD－eq \f(\r(3),2)BC＝eq \f(\r(3),2)(CD－BC)　③，由②－①，得CD2－BC2＝2(CD＋BC)，由CD＋BC>0，得CD－BC＝2，代入③得S2－S1＝eq \r(3).故选B. 2．(2024·黑龙江哈尔滨三模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝eq \r(3)，BC边上的中线AD的长为1，则bc的最大值为(　　) A．eq \f(7,4) B．eq \f(7,2) C．eq \r(3) D．2eq \r(3) 解析：由题意得∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，又a＝eq \r(3)，且D是BC的中点，所以DB＝DC＝eq \f(\r(3),2)，在△ABD中，cos∠ADB＝eq \f(AD2＋BD2－c2,2AD·BD)＝eq \f(\f(7,4)－c2,\r(3))，在△ADC中，cos∠ADC＝eq \f(AD2＋CD2－b2,2AD·CD)＝eq \f(\f(7,4)－b2,\r(3))，所以cos∠ADC＋cos∠ADB＝eq \f(\f(7,4)－b2,\r(3))＋eq \f(\f(7,4)－c2,\r(3))＝0，即b2＋c2＝eq \f(7,2)，得2bc≤b2＋c2＝eq \f(7,2)，即bc≤eq \f(7,4)，当且仅当b＝c＝eq \f(\r(7),2)时取等号，此时eq \f(\r(7),2)－eq \f(\r(7),2)<eq \r(3)<eq \f(\r(7),2)＋eq \f(\r(7),2).故选A. eq \f(\r(3),2) 3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(3)，eq \f(1,tanA)＝eq \f(1,tanB)＋eq \f(1,tanC)，sin2B－cos2C＝－eq \f(1,4)，则A＝________，△ABC的面积是________． 解析：因为eq \f(1,tanA)＝eq \f(1,tanB)＋eq \f(1,tanC)，所以eq \f(cosA,sinA)＝eq \f(cosB,sinB)＋eq \f(cosC,sinC)＝eq \f(sinCcosB＋sinBcosC,sinBsinC)＝eq \f(sin（B＋C）,sinBsinC)＝eq \f(sinA,sinBsinC)，所以cosA＝eq \f(sin2A,sinBsinC)＝eq \f(a2,bc)＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，所以b2＋c2＝3a2，即sin2B＋sin2C＝3sin2A，因为sin2B－cos2C＝sin2B＋sin2C－1＝－eq \f(1,4)，所以sin2B＋sin2C＝3sin2A＝eq \f(3,4)，所以sinA＝eq \f(1,2)，由eq \f(1,tanA)＝eq \f(1,tanB)＋eq \f(1,tanC)可知A为锐角，所以A＝eq \f(π,6)，又bc＝eq \f(a2,cosA)＝2eq \r(3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(\r(3),2). eq \f(π,6) 例3　(2024·云南昆明一模)早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在E0位置时，测出∠SE0M＝eq \f(2π,3)；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M＝eq \f(3π,4)，∠E1SE0＝eq \f(π,3).若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M 的轨道半径最接近的是(参考数据：eq \r(3)≈1.7)(　　) A．2.1R B．2.2R C．2.3R D．2.4R 解析：连接E0E1，在△SE0E1中，SE0＝SE1＝R，又∠E1SE0＝eq \f(π,3)，则△SE0E1是正三角形，E0E1＝R，由∠SE0M＝eq \f(2π,3)，∠SE1M＝eq \f(3π,4)，得∠E1E0M＝eq \f(π,3)，∠E0E1M＝eq \f(5π,12)，在△ME0E1中，∠E0ME1＝eq \f(π,4)，由正弦定理得eq \f(E1M,sin\f(π,3))＝eq \f(E0E1,sin\f(π,4))，则E1M＝eq \f(\f(\r(3),2)R,\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(3),\r(2))R，在△SME1中，由余弦定理得SM＝eq \r(R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(2))R))\s\up12(2)－2R·\f(\r(3),\r(2))R·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝eq \r(\f(5,2)R2＋\r(3)R2)≈eq \r(4.2)R，选项中与eq \r(4.2)R最接近的是2.1R.故选A. 解析：依题意可得如右图形，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，∠BCA＝75°－30°＝45°，AB＝40，所以由正弦定理，得eq \f(40,sin45°)＝eq \f(BC,sin30°)，解得BC＝20eq \r(2).在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，所以CD＝BCtan30°＝20eq \r(2)×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(20\r(6),3)，则红豆树的高度为eq \f(20\r(6),3)米．故选D. (2024·江苏南京开学考试)某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测量红豆树的高度，选取与红豆树根部C在同一水平面的A，B两点，在A点测得红豆树根部C在北偏西60°的方向上，沿正西方向步行40米到达B点，测得树根部C在北偏西15°的方向上，树梢D的仰角为30°，则红豆树的高度为(　　) A．10eq \r(6)米 B．20eq \r(3)米 C．eq \f(20\r(3),3)米 D．eq \f(20\r(6),3)米 1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos(α＋β)＝m，tanαtanβ＝2，则cos(α－β)＝(　　) A．－3m B．－eq \f(m,3) C．eq \f(m,3) D．3m 2．(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝eq \f(π,3)，b2＝eq \f(9,4)ac，则sinA＋sinC＝(　　) A．eq \f(3,2) B．eq \r(2) C．eq \f(\r(7),2) D．eq \f(\r(3),2) 解析：因为B＝eq \f(π,3)，b2＝eq \f(9,4)ac，则由正弦定理，得sinAsinC＝eq \f(4,9)sin2B＝eq \f(1,3).由余弦定理，得b2＝a2＋c2－ac＝eq \f(9,4)ac，即a2＋c2＝eq \f(13,4)ac，再由正弦定理，得sin2A＋sin2C＝eq \f(13,4)sinAsinC＝eq \f(13,12)，所以(sinA＋sinC)2＝sin2A＋sin2C＋2sinAsinC＝eq \f(7,4)，因为A，C为三角形的内角，所以sinA＋sinC>0，所以sinA＋sinC＝eq \f(\r(7),2).故选C. 3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，cosα＝eq \f(1＋\r(5),4)，则sineq \f(α,2)＝(　　) A．eq \f(3－\r(5),8) B．eq \f(－1＋\r(5),8) C．eq \f(3－\r(5),4) D．eq \f(－1＋\r(5),4) 解析：因为cosα＝1－2sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1＋\r(5),4)，而α为锐角，所以sineq \f(α,2)＝eq \r(\f(1－cosα,2))＝eq \r(\f(3－\r(5),8))＝eq \r(\f(（\r(5)－1）2,16))＝eq \f(\r(5)－1,4).故选D. 解析：如图，设球的半径为R，则AB＝eq \r(3)R，AC＝eq \f(R,tan10°).∵BC＝eq \f(R,tan10°)－eq \r(3)R＝100，∴R＝eq \f(100,\f(1,tan10°)－\r(3))＝eq \f(100sin10°,cos10°－\r(3)sin10°)＝eq \f(100sin10°,2sin（30°－10°）)＝eq \f(50sin10°,sin20°)＝eq \f(50sin10°,2sin10°cos10°)＝eq \f(25,cos10°)≈eq \f(25,0.985).∴2R≈eq \f(50,0.985)≈50.76.故选B. 一、单选题 1．(2024·广东佛山模拟)已知点P(3，4)是角α终边上的一点，则taneq \f(α,2)＝(　　) A．2 B．eq \f(1,2) C．2或eq \f(1,2) D．－2或eq \f(1,2) 解析：因为点P(3，4)是角α终边上的一点，所以sinα＝eq \f(4,\r(32＋42))＝eq \f(4,5)，cosα＝eq \f(3,\r(32＋42))＝eq \f(3,5)，则taneq \f(α,2)＝eq \f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq \f(2sin\f(α,2)cos\f(α,2),2cos2\f(α,2))＝eq \f(sinα,cosα＋1)＝eq \f(\f(4,5),\f(3,5)＋1)＝eq \f(1,2).故选B. 2．(2024·浙江宁波二模)若α为锐角，sinα＝eq \f(4,5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝(　　) A．eq \f(4＋3\r(3),10) B．eq \f(4－3\r(3),10) C．eq \f(3＋4\r(3),10) D．eq \f(3－4\r(3),10) 解析：因为α为锐角，sinα＝eq \f(4,5)，所以cosα＝eq \f(3,5)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(1,2)sinα＋eq \f(\r(3),2)cosα＝eq \f(1,2)×eq \f(4,5)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(3,5)＝eq \f(4＋3\r(3),10).故选A. 3．(2024·浙江杭州模拟)已知sinA＋cosB＝eq \f(2,3)，cosA＋sinB＝1，则sin(A＋B)＝(　　) A．－eq \f(5,18) B．eq \f(4,9) C．－eq \f(1,3) D．eq \f(1,6) 解析：因为sinA＋cosB＝eq \f(2,3)，cosA＋sinB＝1，所以(sinA＋cosB)2＝eq \f(4,9)，(cosA＋sinB)2＝1，即sin2A＋2sinAcosB＋cos2B＝eq \f(4,9)，cos2A＋2cosAsinB＋sin2B＝1，两式相加可得2＋2(sinAcosB＋cosAsinB)＝eq \f(4,9)＋1，所以sin(A＋B)＝－eq \f(5,18).故选A. 解析：在△ABC中，由正弦定理及b－c＝a(cosC－cosB)，得sinB－sinC＝sinA(cosC－cosB)，即sin(A＋C)－sin(A＋B)＝sinA(cosC－cosB)，整理得cosAsinC－cosAsinB＝0，由正弦定理得ccosA－bcosA＝0，则cosA＝0或b＝c，即A＝eq \f(π,2)或b＝c，因此甲：A＝eq \f(π,2)或b＝c，显然甲不能推出乙；乙：△ABC是直角三角形，当角B或C是直角时，乙不能推出甲，所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件．故选D. 5．(2024·重庆模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若面积S＝eq \f(（a＋b）2－c2,3)，则sinC＝(　　) A．eq \f(24,25) B．eq \f(4,5) ．eq \f(3,5) D．eq \f(7,25) 解析：因为S＝eq \f(1,2)absinC，所以eq \f(1,2)absinC＝eq \f(（a＋b）2－c2,3)＝eq \f(a2＋b2－c2＋2ab,3)，又由c2＝a2＋b2－2abcosC，得a2＋b2－c2＝2abcosC，所以eq \f(1,2)absinC＝eq \f(2abcosC＋2ab,3)，即4cosC＋4＝3sinC，所以4cosC＝3sinC－4⇒(4cosC)2＝(3sinC－4)2⇒16cos2C＝9sin2C－24sinC＋16⇒16(1－sin2C)＝9sin2C－24sinC＋16，所以25sin2C－24sinC＝0，又因为在△ABC中，sinC≠0，所以sinC＝eq \f(24,25).故选A. 6．(2024·山东临沂一模)在同一平面上有相距14公里的A，B两座炮台，A在B的正东方．某次演习时，A向西偏北θ方向发射炮弹，B则向东偏北θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着A改向向西偏北eq \f(θ,2)方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为(　　) A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里 解析：依题意，设炮弹第一次命中点为C，则AB＝14，AC＝BC＝AM＝18，∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝eq \f(θ,2)，在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosθ，即182＝182＋142－2×18×14cosθ，解得cosθ＝eq \f(7,18)，所以cosθ＝2cos2eq \f(θ,2)－1＝eq \f(7,18)，又θ为锐角，解得coseq \f(θ,2)＝eq \f(5,6)(负值舍去)．在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·ABcoseq \f(θ,2)＝182＋142－2×18×14×eq \f(5,6)＝100，所以BM＝10，即B炮台与弹着点M的距离为10公里．故选D. 7．(2024·浙江金华模拟)已知cos(α－β)＝eq \f(1,3)，sinαsinβ＝－eq \f(1,12)，则cos2α－sin2β＝(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3) C．eq \f(1,6) D．eq \f(1,8) 解析：由cos(α－β)＝eq \f(1,3)得cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq \f(1,3)，又sinαsinβ＝－eq \f(1,12)，所以cosαcosβ＝eq \f(5,12)，所以cos2α－sin2β＝eq \f(1＋cos2α,2)－eq \f(1－cos2β,2)＝eq \f(cos2α＋cos2β,2)＝eq \f(cos[（α＋β）＋（α－β）]＋cos[（α＋β）－（α－β）],2)＝cos(α＋β)cos(α－β)＝(cosαcosβ－sinαsinβ)·(cosαcosβ＋sinαsinβ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)＋\f(1,12)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)－\f(1,12)))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6).故选C. 8．已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2－b2＝bc，则eq \f(a,2b)的取值范围是(　　) A．(0，1) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))) 解析：由a2－b2＝bc，得a2＝b2＋bc，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，所以b2＋bc＝b2＋c2－2bccosA，即b＝c－2bcosA，由正弦定理，得sinB＝sinC－2sinBcosA，因为C＝π－(A＋B)，则sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sinB＝sinAcosB－cosAsinB，即sinB＝sin(A－B)．因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<eq \f(π,2)，0<B<eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,2)<A－B<eq \f(π,2)，又y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以B＝A－B，则A＝2B.因为△ABC为锐角三角形，所以0<A＝2B<eq \f(π,2)，0<C＝π－3B<eq \f(π,2)，所以eq \f(π,6)<B<eq \f(π,4)，所以eq \f(a,2b)＝eq \f(sinA,2sinB)＝eq \f(sin2B,2sinB)＝eq \f(2sinBcosB,2sinB)＝cosB∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))).故选D. 二、多选题 9．(2024·江苏扬州模拟)下列等式正确的是(　　) A．sin20°cos10°＋cos160°sin10°＝eq \f(1,2) B．(1＋tan18°)(1＋tan27°)＝2 C．eq \f(cos78°＋sin18°sin60°,cos18°)＝eq \f(1,2) D．sin10°cos20°sin30°cos40°＝eq \f(1,8) 解析：对于A，sin20°cos10°＋cos160°sin10°＝sin20°cos10°－cos20°sin10°＝sin10°≠eq \f(1,2)，A错误；对于B，(1＋tan18°)(1＋tan27°)＝1＋tan18°＋tan27°＋tan18°tan27°＝1＋tan(18°＋27°)(1－tan18°tan27°)＋tan18°tan27°＝2，B正确；对于C，eq \f(cos78°＋sin18°sin60°,cos18°)＝eq \f(cos（18°＋60°）＋sin18°sin60°,cos18°)＝eq \f(cos18°cos60°,cos18°)＝eq \f(1,2)，C正确；对于D，sin10°cos20°sin30°cos40°＝eq \f(1,2)cos20°·cos40°cos80°＝eq \f(1,2)·eq \f(sin40°,2sin20°)·eq \f(sin80°,2sin40°)·eq \f(sin160°,2sin80°)＝eq \f(1,16)，D错误．故选BC. 10．(2024·河北邯郸三模)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，则下列说法正确的是(　　) A．cosAcosC的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))) B．若D为边AC的中点，且BD＝1，则△ABC面积的最大值为eq \f(\r(3),3) C．若△ABC是锐角三角形，则eq \f(a,c)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D．若角B的平分线BE与边AC相交于点E，且BE＝eq \r(3)，则a＋4c的最小值为10 解析：由题意知S＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，整理得a2＋c2－b2＝eq \f(2,\r(3))acsinB，由余弦定理知a2＋c2－b2＝2accosB，∴tanB＝eq \r(3)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).对于A，cosAcosC＝cosAcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝eq \f(\r(3),2)sinAcosA－eq \f(1,2)cos2A＝eq \f(\r(3),4)sin2A－eq \f(1＋cos2A,4)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))－eq \f(1,4)，∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴2A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴cosAcosC的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，故A正确；对于B，∵D为边AC的中点，∴2eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(BA,\s\up14(→))，则4＝a2＋c2＋2eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝a2＋c2＋ac≥3ac，∴ac≤eq \f(4,3)，当且仅当a＝c＝eq \f(2\r(3),3)时，等号成立，∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(\r(3),4)×eq \f(4,3)＝eq \f(\r(3),3)，故B正确； 对于C，eq \f(a,c)＝eq \f(sinA,sinC)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C)),sinC)＝eq \f(\f(\r(3),2)cosC＋\f(1,2)sinC,sinC)＝eq \f(\f(\r(3),2),tanC)＋eq \f(1,2)，∵△ABC是锐角三角形，∴eq \f(π,6)<C<eq \f(π,2)，∴tanC∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，∴eq \f(a,c)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，故C正确；对于D，由题意得S△ABE＋S△BCE＝S△ABC，即eq \f(1,2)c×BE×sineq \f(π,6)＋eq \f(1,2)a×BE×sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)c×a×sineq \f(π,3)，整理得a＋c＝ac，即eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1，∴a＋4c＝(a＋4c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(4c,a)＋eq \f(a,c)≥5＋2eq \r(\f(4c,a)·\f(a,c))＝9，当且仅当a＝2c，即a＝3，c＝eq \f(3,2)时，等号成立，故D错误．故选ABC. 11．(2024·广西南宁二模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，O为△ABC的重心，cosA＝eq \f(1,5)，AO＝2，则(　　) A．eq \o(AO,\s\up14(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up14(→)) B．eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))≤3 C．△ABC面积的最大值为3eq \r(6) D．a的最小值为2eq \r(5) 解析：O为△ABC的重心，延长AO交BC于点D，则D是BC的中点，eq \o(AO,\s\up14(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up14(→))，A错误；由eq \o(AO,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up14(→))，得eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))＝3eq \o(AO,\s\up14(→))，所以9eq \o(AO,\s\up14(→))2＝(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))2＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AC,\s\up14(→))2＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))≥2|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))， 又eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|cosA＝eq \f(1,5)|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|，即|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|＝5eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))，所以2×5eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))≤9×22，所以eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))≤3，当且仅当|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝|eq \o(AC,\s\up14(→))|时，等号成立，B正确；|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|＝eq \f(\o(AB,\s\up14(→))·\o(AC,\s\up14(→)),cosA)≤15，当且仅当|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝|eq \o(AC,\s\up14(→))|时，等号成立，sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \f(2\r(6),5)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|·sinA≤eq \f(1,2)×15×eq \f(2\r(6),5)＝3eq \r(6)，C正确；由9eq \o(AO,\s\up14(→))2＝(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))2＝eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AC,\s\up14(→))2＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))得|eq \o(AB,\s\up14(→))|2＋|eq \o(AC,\s\up14(→))|2＝36－2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝36－eq \f(2,5)|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝|eq \o(AB,\s\up14(→))|2＋|eq \o(AC,\s\up14(→))|2－2|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|cosA＝36－eq \f(4,5)|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|≥36－eq \f(4,5)×15＝24，当且仅当|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝|eq \o(AC,\s\up14(→))|时，等号成立，所以a的最小值为2eq \r(6)，D错误．故选BC. 三、填空题 12．(2023·全国甲卷)在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝eq \r(6)，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD＝________． 解析：如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a. 解法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，所以b＝1＋eq \r(3).由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq \f(1,2)×2×b×sin60°＝eq \f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq \f(1,2)×AD×b×sin30°，解得AD＝eq \f(\r(3)b,1＋\f(b,2))＝eq \f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3))＝2. 解法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos60°＝6，因为b＞0，所以b＝1＋eq \r(3)，由正弦定理可得，eq \f(\r(6),sin60°)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(2,sinC)，解得sinB＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)，因为1＋eq \r(3)＞eq \r(6)＞2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2. 13．(2024·江西上饶二模)在△ABC中，三个内角A，B，C依次成等差数列，AC＝2eq \r(3)，则eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))的取值范围为________． 解析：设内角A，B，C的对边分别是a，b，c，根据题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝eq \f(π,3)，而eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝|eq \o(BA,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|cosB＝eq \f(1,2)ac，由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，所以a＝4sinA，c＝4sinC，所以eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)ac＝8sinAsinC＝8sinAsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝8sinAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA))＝4eq \r(3)sinAcosA＋4sin2A＝2eq \r(3)sin2A－2cos2A＋2＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＋2，又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以2A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,6)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))∈(－2，4]，所以eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＋2的取值范围为(0，6]． 14．足球是一项很受欢迎的体育运动．如图，某标准足球场的底线宽AB＝72码，球门宽EF＝8码，球门位于底线的正中位置．在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得∠EPF最　大，这时点P就是最佳射门位置．当攻方球员甲位于边线上的点O处(OA＝AB，OA⊥AB)时，根据场上形势判断，有eq \o(OA,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))两条进攻线路可供选择．若选择线路eq \o(OA,\s\up14(→))，则甲带球_____________码时，到达最佳射门位置；若选择线路eq \o(OB,\s\up14(→))，则甲带球_____________码时，到达最佳射门位置． 72－16eq \r(5) 72eq \r(2)－16eq \r(5) 解析：若选择线路eq \o(OA,\s\up14(→))，设AP＝t，其中 0<t≤72，AE＝32，AF＝32＋8＝40，则tan∠APE ＝eq \f(AE,AP)＝eq \f(32,t)，tan∠APF＝eq \f(AF,AP)＝eq \f(40,t)， 所以tan∠EPF＝tan(∠APF－∠APE) ＝eq \f(tan∠APF－tan∠APE,1＋tan∠APFtan∠APE)＝eq \f(\f(40,t)－\f(32,t),1＋\f(1280,t2))＝eq \f(\f(8,t),1＋\f(1280,t2))＝eq \f(8,t＋\f(1280,t))≤eq \f(8,2\r(t·\f(1280,t)))＝eq \f(\r(5),20)， 当且仅当t＝eq \f(1280,t)，即t＝16eq \r(5)时，等号成立，此时OP＝OA－AP＝72－16eq \r(5)，所以若选择线路eq \o(OA,\s\up14(→))，则甲带球72－16eq \r(5)码时，到达最佳射门位置； 若选择线路eq \o(OB,\s\up14(→))，过P作PD⊥AB，垂足为D，则△PBD为等腰直角三角形，令PD＝BD＝t，则tan∠DPE＝eq \f(DE,DP)＝eq \f(40－t,t)，tan∠DPF＝eq \f(DF,DP)＝eq \f(32－t,t)，tan∠EPF＝tan(∠DPE－∠DPF)＝eq \f(tan∠DPE－tan∠DPF,1＋tan∠DPEtan∠DPF)＝eq \f(\f(40－t,t)－\f(32－t,t),1＋\f(40－t,t)·\f(32－t,t))＝eq \f(8,－72＋2t＋\f(1280,t))≤eq \f(8,－72＋2\r(2t·\f(1280,t)))＝eq \f(1,－9＋4\r(10))，当且仅当2t＝eq \f(1280,t)，即t＝8eq \r(10)时，tan∠EPF最大，即∠EPF最大．此时PB＝eq \r(2)PD＝16eq \r(5)，OB＝eq \r(2)OA＝72eq \r(2)，所以OP＝OB－PB＝72eq \r(2)－16eq \r(5)，所以若选择线路eq \o(OB,\s\up14(→))，则甲带球72eq \r(2)－16eq \r(5)码时，到达最佳射门位置． $$