第一篇 专题二 第2讲 三角恒等变换与解三角形-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

第２讲　 三角恒等变换与解三角形 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 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． %&'( 　 　 　 明体系　 )*+, 　 　 　 明考向　 １．（２０２４·新课标全国Ⅰ卷）已知ｃｏｓ（α ＋ β）＝ｍ，ｔａｎ α ｔａｎ β ＝ ２，则ｃｏｓ（α － β）＝ （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． － ３ｍ Ｂ． － ｍ３ Ｃ． ｍ ３ Ｄ． ３ｍ ２．（２０２２·新高考全国Ⅱ卷）若ｓｉｎ（α ＋ β）＋ ｃｏｓ（α ＋ β）＝ ２槡２ｃｏｓ α ＋ π( )４ ｓｉｎ β，则 （　 　 ） Ａ． ｔａｎ（α － β）＝ １ Ｂ． ｔａｎ（α ＋ β）＝ １ Ｃ． ｔａｎ（α － β）＝ － １ Ｄ． ｔａｎ（α ＋ β）＝ － １ ３．（２０２１·全国甲卷）若α∈ ０，π( )２ ，ｔａｎ ２α ＝ ｃｏｓ α２ － ｓｉｎ α，则ｔａｎ α ＝ （　 　 ） Ａ．槡１５１５ Ｂ．槡 ５ ５ Ｃ． 槡５ ３ Ｄ． 槡１５ ３ ４．（２０２４·新课标全国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 ＝槡２ ＋ １，则ｓｉｎ（α ＋ β）＝ 　 　 　 　 ． ５．（２０２１·全国乙卷）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，面积为槡３，Ｂ ＝６０°，ａ２ ＋ ｃ２ ＝３ａｃ，则ｂ ＝ 　 　 　 　 ． ６．（２０２２·全国甲卷）已知△ＡＢＣ中，点Ｄ在边ＢＣ上，∠ＡＤＢ ＝ １２０°，ＡＤ ＝ ２，ＣＤ ＝ ２ＢＤ．当ＡＣＡＢ取得最小值时，ＢＤ ＝ 　 　 　 　 ． !$! !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$@ˆdF‘ ●-./0 １．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 （１）ｃｏｓ（α ± β）＝ ｃｏｓ αｃｏｓ βｓｉｎ αｓｉｎ β （２）ｓｉｎ（α ± β）＝ ｓｉｎ αｃｏｓ β ± ｃｏｓ αｓｉｎ β （３）ｔａｎ（α ±β）＝ ｔａｎ α ±ｔａｎ β１ｔａｎ αｔａｎ β ２．二倍角的正弦、余弦、正切公式 （１）ｓｉｎ ２α ＝ ２ｓｉｎ αｃｏｓ α （２）ｃｏｓ ２α ＝ ｃｏｓ２α － ｓｉｎ２α ＝ ２ｃｏｓ２α － １ ＝ １ － ２ｓｉｎ２α （３）ｔａｎ ２α ＝ ２ｔａｎ α １ － ｔａｎ２α ３．辅助角公式 ａｓｉｎ ｘ ＋ ｂｃｏｓ ｘ ＝ ａ２ ＋ｂ槡 ２ ｓｉｎ（ｘ ＋ φ (） 其中 ｔａｎ φ ＝ ｂ )ａ ●5678 （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ｓｉｎ２ α２ ，ｃｏｓ ２ 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 ＝ １２ ［（α ＋ β）＋（α － β）］， π ４ ＋ α ＝ π ２ － π ４ －( )α ，α ＝ π４ － 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． 提醒：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０，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 － π２ ， π( )２ ，选正弦较好． ●1234 １．（１）（２０２４·新县校级模拟）已知ｓｉｎ α ＋ π( )３ ＝ １４ ，则 ｃｏｓ α ＋ ５６( )π ＝ （　 　 ） Ａ． － １４ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ｂ． １ ４ Ｃ．槡１５４ Ｄ． ±槡 １５ ４ （２）（２０２４·大连一模）若α ∈ π２ ，( )π ，且５ｃｏｓ ２α ＝ 槡２ｓｉｎ π４ －( )α ，则ｔａｎ α等于 （　 　 ） Ａ． － ４３ Ｂ． － １ ３ Ｃ． － ３４ Ｄ． － ３ （３）（２０２４·铁东区校级模拟）若４ｔａｎ α ＝ １５ｓｉｎ α，则ｃｏｓ ２α ＝ （　 　 ） Ａ． １８ Ｂ． － １ ８ Ｃ． ７８ Ｄ． － ７ ８ （４）（２０２４·金安区校级模拟） ２ｃｏｓ ６５°ｃｏｓ １５°ｔａｎ １５°ｃｏｓ １０° ＋ ｓｉｎ １０°的值为 （　 　 ） Ａ． ２ ＋槡３２ Ｂ． １ ＋槡３ ２ Ｃ． ２ ＋槡３４ Ｄ． １ ＋槡３ ４ ●9:;< １．（２０２４·河南模拟）已知３ｃｏｓ θ ＝槡２ｓｉｎ θ ＋ π( )４ ，则１ － ２ｓｉｎ ２θ １ － ｓｉｎ ２θ ＝ （　 　 ） Ａ． － ４ Ｂ． － １４ Ｃ． － １３ Ｄ． － ３ ２．（２０２４·盐山县校级三模）化简ｃｏｓ ２０° － ｓｉｎ ３０°ｃｏｓ ４０°ｓｉｎ ４０°ｃｏｓ ６０° ＝ （　 　 ） Ａ． １ Ｂ．槡３ Ｃ． ２ Ｄ． ２槡３３ !$" !"=$’“‰”Q •“‰”'LM ●-./0 １．正弦定理：在△ＡＢＣ中， ａｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ ＝ ２Ｒ（Ｒ为△ＡＢＣ的外接圆半径）． 变形：ａ ＝ ２Ｒｓｉｎ Ａ，ｂ ＝ ２Ｒｓｉｎ Ｂ，ｃ ＝ ２Ｒｓｉｎ Ｃ， ｓｉｎ Ａ ＝ ａ２Ｒ，ｓｉｎ Ｂ ＝ ｂ ２Ｒ，ｓｉｎ Ｃ ＝ ｃ ２Ｒ，ａｂｃ ＝ ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ等． ２．余弦定理：在△ＡＢＣ中，ａ２ ＝ｂ２ ＋ｃ２ －２ｂｃｃｏｓ Ａ． ｂ２ ＝ ｃ２ ＋ ａ２ － ２ｃａｃｏｓ Ｂ； ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ２ａｂｃｏｓ Ｃ 变形：ｂ２ ＋ｃ２ －ａ２ ＝２ｂｃｃｏｓ Ａ，ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ； ｃｏｓ Ｂ ＝ ｃ ２ ＋ ａ２ － ｂ２ ２ａｃ ；ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ３．三角形的面积公式（１）Ｓ ＝ １２ ａ·ｈａ（ｈａ 表示边ａ上的高）； （２）Ｓ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ １ ２ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝ １ ２ ｂｃｓｉｎ Ａ． （３）Ｓ ＝ １２ ｒ（ａ ＋ ｂ ＋ ｃ）（ｒ为三角形内切圆 半径）． ４．射影定理：在△ＡＢＣ中，ａ ＝ ｂｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ｂ， ｂ ＝ ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ａ，ｃ ＝ ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｂｃｏｓ Ａ． ●5678 利用正、余弦定理解三角形的解题方法： （１）涉及边与角的余弦的积时，常用正弦 定理将边化角，涉及边的平方式，一般用余 弦定理． （２）涉及边ａ，ｂ，ｃ的齐次式时，常用正弦定 理转化为角的正弦值，再利用三角公式进行 变形． （３）涉及正、余弦定理与三角形的面积综合 问题，求三角形面积时常用Ｓ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ的 形式的面积公式． （４）解决实际问题时，首先要把实际问题转 化为解三角形问题，再利用正余弦定理解 决． ●1234 ２．（１）（２０２４·保定三模）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． － ７１６　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ｂ． ７ １６ Ｃ． － １８ Ｄ． １ ８ （２）（２０２４·河南模拟）△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ， ｂ，ｃ，若ａ ＝ ２槡３，ｃ ＝ ２，Ｂ ＝ π６ ，则ｂ ＝ （　 　 ） Ａ． ２槡３ Ｂ． ３ Ｃ． ２ Ｄ． ２槡２ （３）（２０２４·淅川县校级三模）已知△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对 边分别为ａ，ｂ，ｃ，若面积Ｓ ＝（ａ ＋ ｂ） ２ － ｃ２ ３ ，则ｔａｎ Ｃ ２ ＝ （　 　 ） Ａ． ２４７ Ｂ． ７ ２４ Ｃ． ３４ Ｄ． ４ ３ （４）（２０２４·蜀山区校级模拟）已知角Ａ、Ｂ、Ｃ的对边分别为ａ、 ｂ、ｃ满足２ｂａ － ｃ ＝ ｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｃ ｓｉｎ Ｂ ，则角Ｂ的最大值为 （　 　 ） Ａ． π６ Ｂ． π ４ Ｃ． π３ Ｄ． ２π ３ ●9:;< ３．（２０２４·蚌埠模拟）在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ 已知ａ ＝ ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｂｃｏｓ Ａ ＝ １，ｓｉｎ Ｃ ＝槡２２ ，则 （　 　 ） Ａ． ｂ ＝ １ Ｂ． ｂ ＝槡２ Ｃ． ｃ ＝槡２ Ｄ． ｃ ＝槡３ ４．（２０２４·蜀山区校级模拟）在△ＡＢＣ中，若ｃ２ ＝（ａ － ｂ）２ ＋ ６，Ｃ ＝ π ３ ，则△ＡＢＣ的面积是 （　 　 ） Ａ． ３槡３ Ｂ． ９槡３２ Ｃ． ３ Ｄ． ３槡３２ !$# !"@$dF‘*„@ˆ–'^_lm ●5678 １．解三角形与向量的综 合题时，一般通过向量 的运算把向量问题转化 为三角函数或解三角形 问题，再利用三角变换 或正（余）弦定理综合 解决． ２．处理解三角形和数列 问题，要充分利用三角 形中的边角关系及正、 余弦定理． ●1234 ３．（１）（２０２４·庐阳区校级模拟）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，若ｂ ＝ ２，ｃｏｓ Ｂｂ ＝ ｃｏｓ Ａ ＋ ｃｏｓ Ｃ ａ ＋ ｃ ，２ →ＡＭ ＝ →ＭＣ，则｜ →ＢＭ ｜可能是 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． １２ Ｂ． ２ ３ Ｃ． １ Ｄ． ２ （２）（２０２４·牧野区校级模拟）在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ．若 ａ ｃｏｓ Ａ ＋ ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ３ｃ ｃｏｓ Ｃ，则ｔａｎ Ａ ＋ ｔａｎ Ｃ的最小值是 （　 　 ） Ａ． ４３ Ｂ． ８ ３ Ｃ． ２槡３ Ｄ． ４ （３）（２０２４·合肥模拟）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知ｃ ＝ ２， １ ｔａｎ Ａ ＋ １ ｔａｎ Ｂ ＋ １ ｔａｎ Ａｔａｎ Ｂ ＝ １，则△ＡＢＣ面积的最大值为 （　 　 ） Ａ． １ ＋槡２ Ｂ． １ ＋槡３ Ｃ． ２槡２ Ｄ． ２槡３ ●9:;< ５．（２０２４·秦皇岛二模）在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，若ｃｏｓ Ａａ ＋ ｃｏｓ Ｂ ｂ ＝ ｓｉｎ Ｃ ｃ ，１３ｂ ２ ＋ １３ｃ２ ＝ １０ｂｃ ＋ １３ａ２，则ｔａｎ Ｂ的值为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ７１２ Ｂ． ３ ４ Ｃ． １２ ７ Ｄ． ４ ３ ６．（２０２４·江西模拟）在△ＡＢＣ中，若ｓｉｎ Ａ ＝ ２ｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ，则ｃｏｓ２Ｂ ＋ ｃｏｓ２Ｃ的取值范 围为 （　 　 ） Ａ． １，６[ )５ Ｂ． １，槡２ ＋ １[ ]２ Ｃ． ６５ ，( )２ Ｄ． 槡２ ＋ １２ ，[ )２ 温馨提示：复习至此，请做练案［７］ 第３讲　 三角函数与解三角形 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 １．在高考解答题中，三角函数、三角恒等变换、正弦定理、余弦定理的综合问题是必考题型． ２．考查方式多以解三角形为主体，以三角恒等变换作为工具，计算三角形的基本量，也有可能将三角函数与 解三角形相结合求解最值、范围问题． %&'( 　 　 　 明体系　 !$$ １ ＋ ｜ ｓｉｎ ２（ｘ ＋ φ）槡 ｜≤槡２， 当｜ ｓｉｎ ２（ｘ ＋ φ）｜ ＝ １时取得最大值槡２，所以Ｃ错误； 容易知道φ ＝ ０ 或φ ＝ ± π４ 时， ｆ π ２ －( )ｘ ＝ ｃｏｓ π２ － ｘ ＋( )φ ＋ ｓｉｎ π２ － ｘ ＋( )φ ＝ ｜ ｓｉｎ（ｘ － φ）｜ ＋ ｃｏｓ ｜ ｘ － φ ｜ ＝ ｆ（ｘ）， 所以ｆ（ｘ）的图象关于直线ｘ ＝ π４对称．所以Ｄ正确．故选Ｄ． （２）由题意可知，函数ｆ（ｘ）的最小正周期为Ｔ４ ＝ π ４ ，可得Ｔ ＝ π ＝２π ω ，可得ω ＝２， 则ｆ（ｘ）槡＝ ３ｓｉｎ ２ｘ ＋ ａｃｏｓ ２ｘ，所以ｆ（０）＝ ａ，ｆ π( )３ ＝ ３２ ＋ ａｃｏｓ ２π３ ＝ ３２ － １ ２ ａ， 故ｆ（０）＋ ｆ π( )３ ＝ ３２ ＋ １２ ａ ＝ ２，解得ａ ＝ １， 所以ｆ（ｘ） 槡＝ ３ｓｉｎ ２ｘ ＋ ｃｏｓ ２ｘ ＝ ２ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ． 当ｘ∈ － π６ ， π( )４ 时，所以－ π６ ＜ ２ｘ ＋ π６ ＜ ２π３ ， 而－ π６ ， ２π( )３  － π２ ＋ ｋπ，π２ ＋ ｋ( )π ，ｋ∈Ｚ， 故函数ｆ（ｘ）在区间－ π６ ， π( )４ 上不单调，故Ａ错误； 当ｘ∈ － ５π４ ，－ ５π( )６ 时，可得－ ７π３ ＜ ２ｘ ＋ π６ ＜ － ３π２ ， 而当ｋ ＝ － ２时， － ７π３ ，－ ３π( )２  － π２ ＋ ｋπ，π２ ＋ ｋ( )π ， 故函数ｆ（ｘ）在区间－ ５π４ ，－ ５π( )６ 上单调递增，故Ｂ正确； 当ｘ∈ π，４π( )３ 时，可得１３π６ ＜ ２ｘ ＋ π６ ＜ １７π６ ， 因为１３π６ ， １７π( )６  － π２ ＋ ｋπ，π２ ＋ ｋ( )π ，ｋ∈Ｚ． 故函数ｆ（ｘ）在区间π，４π( )３ 上不单调，故Ｃ错误； 当ｘ∈ ５π４ ， １９π( )１２ 时，可得８π３ ＜ ２ｘ ＋ π６ ＜ １０π３ ，而当ｋ ＝ ３时 ( ， ８ ３ π， １０ ３ )π  － π２ ＋ ｋπ，π２ ＋ ｋ( )π ， 函数ｆ（ｘ）在区间５π４ ， １９π( )１２ 上单调递减，故Ｄ错误．故选Ｂ． （３）由题意，知Ｔ ＝ ２ ４π９ － π( )９ ＝ ２π３ ， 又Ｔ ＝ ２π ω ，所以ω ＝ ３，又距离ｙ轴最近的对称轴为ｘ ＝ － π１８， 所以－ π１８ × ３ ＋ φ ＝ ０，解得φ ＝ π ６ ，所以ｆ（ｘ）＝ ｃｏｓ ３ｘ ＋ π( )６ ， 所以ｆ π( )１２ ＝ ｃｏｓ ３ × π１２ ＋ π( )６ ＝槡槡６ － ２４ ．故选Ａ． （４）ｘ∈［０，２π］，可得ωｘ ＋ φ∈［φ，２πω ＋ φ］，φ∈ ０，π( )２ ，在 区间上有且仅有５个零点，所以５π≤２πω ＋ φ ＜ ６π，在此区间 上有３个极大值点，可能有２个，有可能有３个极小值点，所 以Ａ正确，Ｂ不一定正确； Ｃ中，当φ ＝ π５时，５π≤２πω ＋ π ５ ＜ ６π，解得 １２ ５ ≤ω ＜ ２９ １０， 即ω的取值范围是１２５ ， ２９[ )１０ ，所以Ｃ正确； Ｄ中，因为π２ ω ＋ π ５ ＝ π ２ ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ，解得ω ＝ ３ ５ ＋ ２ｋ，ｋ∈Ｚ， 当ｋ ＝ １时，ω ＝ １３５满足要求，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ． 跟踪训练 ６． ＡＣ　 ｆ（ｘ）＝ ｓｉｎ ｘ·ｃｏｓ ｘ ＝ １２ ｓｉｎ ２ｘ，根据正弦函数的性质可 知，函数ｆ（ｘ）为奇函数，最小正周期Ｔ ＝ π，选项Ａ正确，Ｂ 错误； 由－ １≤ｓｉｎ ２ｘ≤１可得，－ １２ ≤ｆ（ｘ）≤ １ ２ ，即函数ｆ（ｘ）的最小 值为－ １２ ，选项Ｃ正确； 当０≤ｘ≤ π２时，０≤２ｘ≤π，此时ｆ（ｘ）不单调，选项Ｄ错误．故 选ＡＣ． ７． ＡＣＤ　 ｆ（ｘ）＝ ｓｉｎ（２ｘ ＋ φ）（０ ＜ φ ＜ π）的图象关于ｘ ＝ － π１２ 对称， 则ｆ － π( )１２ ＝ ｓｉｎ － π６ ＋( )φ ＝ ± １，－ π６ ＋ φ ＝ ｋπ ＋ π２ ， φ ＝ ｋπ ＋ ２π３ ，ｋ∈Ｚ． 因为０ ＜ φ ＜ π，所以φ ＝ ２π３ ，故ｆ（ｘ）＝ ｓｉｎ ２ｘ ＋ ２π( )３ ， ｆ ｘ － π( )３ ＝ ｓｉｎ ２ｘ为奇函数，故Ａ正确； 当ｘ∈ － π１２， １１π( )１２ 时，ｕ ＝ ２ｘ ＋ ２π３ ∈ π２ ，５π( )２ ， 由ｙ ＝ ｓｉｎ ｔ的图象知ｙ ＝ ｆ（ｘ）在区间－ π１２， １１π( )１２ 只有１个极 值点，故Ｂ错误； 当ｘ ＝ ７π６时，２ｘ ＋ ２π ３ ＝ ３π，ｙ ＝ ｆ（ｘ）＝ ０，故 ７π ６ ，( )０ 是ｆ（ｘ）的对 称中心，故Ｃ正确； 由ｆ ′（ｘ）＝ ２ｃｏｓ ２ｘ ＋ ２π( )３ ＝ － １得ｃｏｓ ２ｘ ＋ ２π( )３ ＝ － １２ ， 解得２ｘ ＋ ２π３ ＝ ２π ３ ＋ ２ｋπ或２ｘ ＋ ２π ３ ＝ ４π ３ ＋ ２ｋπ，ｋ∈Ｚ． 从而得ｘ ＝ ｋπ或ｘ ＝ π３ ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 所以函数ｙ ＝ ｆ（ｘ）在点０，槡３( )２ 处的切线斜率为ｋ ＝ ｆ ′（０）＝ ２ｃｏｓ ２π３ ＝ － １， 切线方程为ｙ －槡３２ ＝ －（ｘ － ０），即ｙ ＝槡 ３ ２ － ｘ，故Ｄ正确．故 选ＡＣＤ． 第２讲　 三角恒等变换与解三角形 真题再现明考向 １． Ａ　 因为ｃｏｓ（α ＋ β）＝ ｍ，所以ｃｏｓ αｃｏｓ β － ｓｉｎ αｓｉｎ β ＝ ｍ， 而ｔａｎ αｔａｎ β ＝２，所以ｓｉｎ αｓｉｎ β ＝ ２ｃｏｓ αｃｏｓ β，故ｃｏｓ αｃｏｓ β － ２ｃｏｓ αｃｏｓ β ＝ｍ即ｃｏｓ αｃｏｓ β ＝ －ｍ，从而ｓｉｎ αｓｉｎ β ＝ － ２ｍ，                                                                      故 —６６２— ｃｏｓ（α － β）＝ － ３ｍ．故选Ａ． ２． Ｃ　 由已知得ｓｉｎ αｃｏｓ β ＋ ｃｏｓ αｓｉｎ β ＋ ｃｏｓ αｃｏｓ β － ｓｉｎ αｓｉｎ β ＝ ２（ｃｏｓ α － ｓｉｎ α）ｓｉｎ β， 即ｓｉｎ αｃｏｓ β － ｃｏｓ αｓｉｎ β ＋ ｃｏｓ αｃｏｓ β ＋ ｓｉｎ αｓｉｎ β ＝ ０，即ｓｉｎ（α － β）＋ ｃｏｓ（α － β）＝ ０， 所以ｔａｎ（α － β）＝ － １．故选Ｃ． ３． Ａ　 ∵ ｔａｎ ２α ＝ ｃｏｓ α２ － ｓｉｎ α ∴ ｔａｎ ２α ＝ ｓｉｎ ２αｃｏｓ ２α ＝ ２ｓｉｎ αｃｏｓ α １ － ２ｓｉｎ２α ＝ ｃｏｓ α２ － ｓｉｎ α ， ∵ α∈ ０，π( )２ ，∴ ｃｏｓ α≠０，∴ ２ｓｉｎ α１ － ２ｓｉｎ２α ＝ １２ － ｓｉｎ α，解得ｓｉｎ α ＝ １４ ， ∴ ｃｏｓ α ＝ １ － ｓｉｎ２槡 α ＝槡１５４ ， ∴ ｔａｎ α ＝ ｓｉｎ αｃｏｓ α ＝槡１５１５ ．故选Ａ． ４． － 槡２ ２３ 　 方法一：由题意得ｔａｎ（α ＋ β）＝ ｔａｎ α ＋ ｔａｎ β １ － ｔａｎ αｔａｎ β ＝ ４ １ －（槡２ ＋ １） 槡 ＝ － ２ ２， 因为α∈ ２ｋπ，２ｋπ ＋ π( )２ ，β∈ ２ｍπ ＋ π，２ｍπ ＋ ３π( )２ ，ｋ，ｍ∈ Ｚ，则α ＋ β∈（（２ｍ ＋ ２ｋ）π ＋ π，（２ｍ ＋ ２ｋ）π ＋ ２π），ｋ，ｍ∈Ｚ， 又因为ｔａｎ（α ＋ β） 槡＝ － ２ ２ ＜ ０， 则α ＋ β∈ （２ｍ ＋ ２ｋ）π ＋ ３π２ ，（２ｍ ＋ ２ｋ）π ＋ ２( )π ，ｋ，ｍ∈Ｚ，则 ｓｉｎ（α ＋ β）＜ ０， 则ｓｉｎ（α ＋ β）ｃｏｓ（α ＋ β） 槡＝ － ２ ２，联立ｓｉｎ ２（α ＋ β）＋ ｃｏｓ２（α ＋ β）＝ １，解 得ｓｉｎ（α ＋ β）＝ － 槡２ ２３ ． 方法二：因为α为第一象限角，β为第三象限角，则ｃｏｓ α ＞ ０， ｃｏｓ β ＜ ０， ｃｏｓ α ＝ ｃｏｓ α ｓｉｎ２α ＋ ｃｏｓ２槡 α ＝ １ １ ＋ ｔａｎ２槡 α ，ｃｏｓ β ＝ ｃｏｓ β ｓｉｎ２β ＋ ｃｏｓ２槡 β ＝ － １ １ ＋ ｔａｎ２槡 β ， 则ｓｉｎ（α ＋ β）＝ ｓｉｎ αｃｏｓ β ＋ ｃｏｓ αｓｉｎ β ＝ ｃｏｓ αｃｏｓ β（ｔａｎ α ＋ ｔａｎ β）＝ ４ｃｏｓ αｃｏｓ β ＝ － ４ １ ＋ ｔａｎ２槡 α １ ＋ ｔａｎ２槡 β ＝ － ４ （ｔａｎ α ＋ ｔａｎ β）２ ＋（ｔａｎ αｔａｎ β － １）槡 ２ ＝ － ４ ４２槡＋ ２ ＝ － 槡２ ２３ ． ５． 槡２ ２　 由题意，Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝槡 ３ ４ ａｃ 槡＝ ３， 所以ａｃ ＝ ４，ａ２ ＋ ｃ２ ＝ １２， 所以ｂ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ２ａｃｃｏｓ Ｂ ＝ １２ － ２ × ４ × １２ ＝ ８，解得ｂ 槡＝ ２ ２ （负值舍去）． ６．槡３ － １　 设ＣＤ ＝ ２ＢＤ ＝ ２ｍ ＞ ０， 则在△ＡＢＤ中，ＡＢ２ ＝ ＢＤ２ ＋ ＡＤ２ － ２ＢＤ·ＡＤ ｃｏｓ∠ＡＤＢ ＝ ｍ２ ＋ ４ ＋ ２ｍ， 在△ＡＣＤ中，ＡＣ２ ＝ ＣＤ２ ＋ ＡＤ２ － ２ＣＤ·ＡＤｃｏｓ∠ＡＤＣ ＝ ４ｍ２ ＋ ４ － ４ｍ， 所以ＡＣ ２ ＡＢ２ ＝４ｍ ２ ＋４ －４ｍ ｍ２ ＋４ ＋２ｍ ＝４（ｍ ２ ＋４ ＋２ｍ）－１２（１ ＋ｍ） ｍ２ ＋４ ＋２ｍ ＝４ － １２ （ｍ ＋１）＋ ３ｍ ＋１ ≥４ － １２ ２ （ｍ ＋ １）·３ｍ槡 ＋ １ 槡 ＝ ４ － ２ ３， 当且仅当ｍ ＋ １ ＝ ３ｍ ＋ １即ｍ 槡＝ ３ － １时，等号成立， 所以当ＡＣＡＢ取最小值时，ｍ 槡＝ ３ － １． 考点突破提能力 考点一 典例研析 １．（１）Ａ　 （２）Ａ　 （３）Ｄ　 （４）Ａ　 （１）由题意ｓｉｎ α ＋ π( )３ ＝ １４ ， 得ｃｏｓ α ＋ ５６( )π ＝ ｃｏｓ α ＋ π( )３ ＋ π[ ]２ ＝ － ｓｉｎ α ＋ π( )３ ＝ － １４ ．故选Ａ． （２）α∈ π２ ，( )π ，且５ｃｏｓ ２α 槡＝ ２ｓｉｎ π４ －( )α ， 可得５（ｃｏｓ α － ｓｉｎ α）（ｃｏｓ α ＋ ｓｉｎ α） 槡＝ ２ ×槡２２ （ｃｏｓ α － ｓｉｎ α）， 可得ｃｏｓ α ＋ ｓｉｎ α ＝ １５ ． １ ＋ ２ｓｉｎ αｃｏｓ α ＝ １ ２５ ． ２ｔａｎ α ｔａｎ２α ＋ １ ＝ － ２４２５， 解得ｔａｎ α ＝ － ４３ ．故选Ａ． （３）由４ｔａｎ α ＝ １５ｓｉｎ α，得４ｓｉｎ ２α ＝ １５ｃｏｓ α， 即４ｃｏｓ２α ＋ １５ｃｏｓ α － ４ ＝ ０，解得ｃｏｓ α ＝ １４ 或ｃｏｓ α ＝ － ４ （舍）， 所以ｃｏｓ ２α ＝ ２ｃｏｓ２α － １ ＝ － ７８ ．故选Ｄ． （４） ２ｃｏｓ ６５°ｃｏｓ １５°ｔａｎ １５°ｃｏｓ １０° ＋ ｓｉｎ １０° ＝ ２ｃｏｓ ６５°ｃｏｓ２１５° ｓｉｎ １５°ｃｏｓ １０° ＋ ｓｉｎ １０°ｃｏｓ １５° ＝ ｓｉｎ ２５° ×（１ ＋ ｃｏｓ ３０°）ｓｉｎ ２５° ＝ １ ＋槡 ３ ２ ＝ 槡２ ＋ ３ ２ ．故选Ａ． 跟踪训练 １． Ｄ　 由３ｃｏｓ θ 槡＝ ２ ｓｉｎ θ ＋ π( )４ ＝ ｓｉｎ θ ＋ ｃｏｓ θ，可得２ｃｏｓ θ ＝ ｓｉｎ θ， 所以ｔａｎ θ ＝ ２． 所以１ － ２ｓｉｎ ２θ １ － ｓｉｎ ２θ ＝ ｃｏｓ ２θ ＋ ｓｉｎ２θ － ２ｓｉｎ２θ ｃｏｓ２θ ＋ ｓｉｎ２θ － ２ｓｉｎ θｃｏｓ θ ＝ ｃｏｓ ２θ － ｓｉｎ２θ （ｃｏｓ θ － ｓｉｎ θ）２ ＝ ｃｏｓ θ ＋ ｓｉｎ θｃｏｓ θ － ｓｉｎ θ ＝ １ ＋ ｔａｎ θ１ － ｔａｎ θ ＝ １ ＋ ２１ － ２ ＝ － ３．故选Ｄ． ２． Ｂ　 ｃｏｓ ２０° － ｓｉｎ ３０°ｃｏｓ ４０°ｓｉｎ ４０°ｃｏｓ ６０° ＝ ｃｏｓ（６０° － ４０°）－ ｓｉｎ ３０°ｃｏｓ ４０° ｓｉｎ ４０°ｃｏｓ ６０° ＝ ｓｉｎ ６０°ｓｉｎ ４０°ｓｉｎ ４０°ｃｏｓ ６０° 槡＝ ｔａｎ ６０° ＝ ３．故选Ｂ． 考点二 典例研析 ２．（１）Ｄ　 （２）Ｃ　 （３）Ｄ　 （４）Ａ　 （１）因为３ａ ＝ ２ｂ，Ｂ ＝ ２Ａ， 由正弦定理可得：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 ＝ ３４                                                                       ， —７６２— 所以ｃｏｓ Ｂ ＝ ｃｏｓ ２Ａ ＝ ２ｃｏｓ２Ａ － １ ＝ ２ × ( )３４ ２ － １ ＝ １８ ．故选Ｄ． （２）ａ 槡＝ ２ ３，ｃ ＝ ２，Ｂ ＝ π６ ，则ｂ ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ２ａｃ·ｃｏｓ Ｂ ＝ （槡２ ３）２ ＋ ２２ 槡－ ２ × ２ ３ × ２ ×槡３２ ＝ ４，解得ｂ ＝ ２．故选Ｃ． （３）由Ｓ ＝（ａ ＋ ｂ） ２ － ｃ２ ３ ，可得 １ ２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＋ ２ａｂ ３ ， 将ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ 代入，可得 ｓｉｎ Ｃ ２ ＝ ２ｃｏｓ Ｃ ＋ ２ ３ ，即３ｓｉｎ Ｃ ＝ ４ｃｏｓ Ｃ ＋ ４， 由二倍角公式，可得３ × ２ｓｉｎ Ｃ２ ｃｏｓ Ｃ ２ ＝ ４ × ２ｃｏｓ ２ Ｃ ２ ， 又Ｃ∈（０，π），可得ｃｏｓ Ｃ２ ≠０，故ｔａｎ Ｃ ２ ＝ ４ ３ ．故选Ｄ． （４）因为２ｂａ － ｃ ＝ ｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｃ ｓｉｎ Ｂ ，由正弦定理可得： ２ｂ ａ － ｃ ＝ ａ ＋ ｃ ｂ  ２ｂ２ ＝ ａ２ － ｃ２， 由余弦定理可得：ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － １２ （ａ ２ － ｃ２） ２ａｃ ＝ １ ２ ａ ２ ＋ ３２ ｃ ２ ２ａｃ ≥ 槡３ａｃ ２ａｃ ＝ 槡３ ２ ，当且仅当ａ 槡＝ ３ｃ取等号，所以Ｂ≤ π ６ ．故选Ａ． 跟踪训练 ３． Ｂ　 因为ａ ＝ ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｂｃｏｓ Ａ， 所以由正弦定理可得ｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａ ＝ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ Ｃ ＝槡２２ ， 又ａ ＝ １， 所以由正弦定理ａｓｉｎ Ａ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ，可得ｃ ＝ １，Ｃ为锐角， 又ｓｉｎ Ｃ ＝槡２２ ，所以ｃｏｓ Ｃ ＝ １ － ｓｉｎ ２槡 Ｃ ＝槡２２ ， 所以由余弦定理ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ２ａｂｃｏｓ Ｃ，可得１ ＝ １ ＋ ｂ２ － ２ × １ × ｂ ×槡２２ ， 所以解得ｂ 槡＝ ２．故选Ｂ． ４． Ｄ　 ｃ２ ＝（ａ － ｂ）２ ＋ ６ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ２ａｂ ＋ ６， 可得ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＝ ２ａｂ － ６，Ｃ ＝ π３ ， 由余弦定理可得ｃｏｓ Ｃ ＝ １２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ， 可得ａｂ ＝ ２ａｂ － ６，即ａｂ ＝ ６， 则△ＡＢＣ的面积是１２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ １ ２ × ６ × 槡３ ２ ＝ 槡３ ３ ２ ．故选Ｄ． 考点三 典例研析 ３．（１）Ｃ　 （２）Ｂ　 （３）Ａ　 （１）因为ｂ ＝ ２，ｃｏｓ Ｂｂ ＝ ｃｏｓ Ａ ＋ ｃｏｓ Ｃ ａ ＋ ｃ ， 由正弦定理可得ｃｏｓ Ｂｓｉｎ Ａ ＋ ｃｏｓ Ｂｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ， 整理可得ｓｉｎ（Ａ － Ｂ）＝ ｓｉｎ（Ｂ － Ｃ）， 在三角形中，可得Ａ － Ｂ ＝ Ｂ － Ｃ，即２Ｂ ＝ Ａ ＋ Ｃ， 又因为Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝ １８０°，所以Ｂ ＝ ６０°， 设△ＡＢＣ的外接圆圆心为Ｏ， 则动点Ｂ的轨迹为优弧ＡＣ（不包括点Ａ、点Ｃ）， 设∠ＭＯＢ ＝ θ（０ ＜ θ≤π），则ＢＭ是关于θ的函数，且是增 函数， 当θ ＝ π，即Ｂ，Ｏ，Ｍ三点共线时，ＢＭ最大，此时ＢＭ ＝ ＯＭ ＋ ＯＢ ＝ 槡２ ＋ ２ ３３ ， 当Ｂ→Ａ时，ＢＭ→ＡＭ，即ＢＭ→ ２３ ， 所以｜ →ＢＭ ｜的取值范围为２ ３ ， 槡 ２ ＋ ２ ３( ]３ ， 比较各个选项，只有Ｃ正确．故选Ｃ． （２） ａｃｏｓ Ａ ＋ ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ３ｃ ｃｏｓ Ｃ，即 ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ３ｓｉｎ Ｃ ｃｏｓ Ｃ， ∴ ｔａｎ Ａ ＋ ｔａｎ Ｂ ＝ ３ｔａｎ Ｃ，∴ ｔａｎ Ａｔａｎ Ｂ ＝ － ３ ｔａｎ Ａ ＋ ｔａｎ Ｂ１ － ｔａｎ Ａｔａｎ Ｂ， ∴ １ ＝ ３ｔａｎ Ａｔａｎ Ｂ － １，即ｔａｎ Ａｔａｎ Ｂ ＝ ４， ｔａｎ Ｂ ＝ ４ｔａｎ Ａ，ｔａｎ Ｃ ＝ １ ３ （ｔａｎ Ａ ＋ ｔａｎ Ｂ）＝ １ ３ ｔａｎ Ａ ＋ ４ ｔａｎ( )Ａ ， ∴ ｔａｎ Ａ ＋ ｔａｎ Ｃ ＝ ４３ ｔａｎ Ａ ＋ ４ ３ｔａｎ Ａ≥２ １６槡９ ＝ ８３ ．故选Ｂ． （３）因为１ｔａｎ Ａ ＋ １ ｔａｎ Ｂ ＋ １ ｔａｎ Ａｔａｎ Ｂ ＝ １，可得ｔａｎ Ａ ＋ ｔａｎ Ｂ ＋ １ ＝ ｔａｎ Ａｔａｎ Ｂ， 即ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｂ ＋ １ ＝ ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ ＡｃｏｓＢ， 整理可得ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ａｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ， 即ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ － ｃｏｓ（Ａ ＋ Ｂ）， 在三角形中ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ Ｃ，ｃｏｓ（Ａ ＋ Ｂ）＝ － ｃｏｓ Ｃ，即ｓｉｎ Ｃ ＝ ｃｏｓ Ｃ，可得Ｃ ＝ π４ ； 由余弦定理可得ｃ２ ＝ ｂ２ ＋ ａ２ － ２ａｂｃｏｓ π４ ≥２ａｂ 槡－ ２ａｂ，当且仅 当ａ ＝ ｂ时取等号， 而ｃ ＝ ２， 所以ａｂ≤ ４ 槡２ － ２ ＝２（ 槡２ ＋ ２），所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ≤ １ ２ × ２（２ 槡＋ ２）×槡２２ 槡＝１ ＋ ２． 即该三角形的面积的最大值为 槡１ ＋ ２．故选Ａ． 跟踪训练 ５． Ｃ 　 因为ｃｏｓ Ａａ ＋ ｃｏｓ Ｂ ｂ ＝ ｓｉｎ Ｃ ｃ ，由正弦定理得 ｃｏｓ Ａ ｓｉｎ Ａ ＋ ｃｏｓ Ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ｃ， 所以１ｔａｎ Ａ ＋ １ ｔａｎ Ｂ ＝ １，又１３ｂ ２ ＋ １３ｃ２ ＝ １０ｂｃ ＋ １３ａ２，即ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ １０１３ ｂｃ， 由余弦定理得ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ ２ｂｃｃｏｓ Ａ，可得ｃｏｓ Ａ ＝ ５１３， 又Ａ∈（０，π），所以ｓｉｎ Ａ ＝ １ － ｃｏｓ２槡 Ａ ＝ １２１３， 所以ｔａｎ Ａ ＝ １２５ ，所以ｔａｎ Ｂ ＝ １２ ７ ．故选Ｃ． ６． Ｂ　 因为ｓｉｎ Ａ ＝ ２ｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ，在三角形中，ｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉｎ（Ｂ ＋ Ｃ）＝ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ｂｓｉｎ Ｃ，所以ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ｂｓｉｎ Ｃ ＝ ２ｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ                                                                       ， —８６２— 又由Ａ∈（０，π），得ｓｉｎ Ａ ＝ ２ｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ ＞ ０，两边同时除以 ｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ可得ｔａｎ Ｂ ＋ ｔａｎ Ｃ ＝ ２，且Ｂ，Ｃ均为锐角，即ｔａｎ Ｂ ＞ ０，ｔａｎ Ｃ ＞ ０， 所以ｃｏｓ２Ｂ ＋ ｃｏｓ２Ｃ ＝ ｃｏｓ ２Ｂ ｓｉｎ２Ｂ ＋ ｃｏｓ２Ｂ ＋ ｃｏｓ ２Ｃ ｓｉｎ２Ｃ ＋ ｃｏｓ２Ｃ ＝ １ １ ＋ ｔａｎ２Ｂ ＋ １ １ ＋ ｔａｎ２Ｃ ＝ ２ ＋ ｔａｎ ２Ｂ ＋ ｔａｎ２Ｃ （１ ＋ ｔａｎ２Ｂ）（１ ＋ ｔａｎ２Ｃ）＝ ｔａｎ２Ｂ ＋ ｔａｎ２Ｃ ＋ ２ ｔａｎ２Ｂｔａｎ２Ｃ ＋ ｔａｎ２Ｂ ＋ ｔａｎ２Ｃ ＋ １ ， 因为ｔａｎ２Ｂ ＋ ｔａｎ２Ｃ ＝ （ｔａｎ Ｂ ＋ ｔａｎ Ｃ）２ － ２ｔａｎ Ｂｔａｎ Ｃ ＝ ４ － ２ｔａｎ Ｂｔａｎ Ｃ， 所以ｃｏｓ２Ｂ ＋ ｃｏｓ２Ｃ ＝ ６ － ２ｔａｎ Ｂｔａｎ Ｃ ｔａｎ２Ｂｔａｎ２Ｃ － ２ｔａｎ Ｂｔａｎ Ｃ ＋ ５ ， 设３ － ｔａｎ Ｂｔａｎ Ｃ ＝ ｍ， 因为ｔａｎ Ｂｔａｎ Ｃ≤ ｔａｎ Ｂ ＋ ｔａｎ Ｃ( )２ ２ ＝ １，当且仅当ｔａｎ Ｂ ＝ ｔａｎ Ｃ，即Ｂ ＝ Ｃ ＝ π４时等号成立，所以ｍ∈［２，３），故由对勾函 数性质ｍ ＋ ８ｍ ∈ ［ 槡４ ２，６］，则ｃｏｓ ２Ｂ ＋ ｃｏｓ２Ｃ ＝ ２ｍ （３ － ｍ）２ － ２（３ － ｍ）＋ ５ ＝ ２ｍ ｍ２ － ４ｍ ＋ ８ ＝ ２ ｍ ＋ ８ｍ － ４ ∈ １，槡２ ＋ １[ ]２ ．故选Ｂ． 第３讲　 三角函数与解三角形 真题再现明考向 １．（１）由余弦定理有ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＝ ２ａｂｃｏｓ Ｃ，对比已知ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ 槡＝ ２ａｂ， 可得ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ 槡２ａｂ ２ａｂ ＝ 槡２ ２ ， 因为Ｃ∈（０，π），所以ｓｉｎ Ｃ ＞ ０，从而ｓｉｎ Ｃ ＝ １ － ｃｏｓ２槡 Ｃ ＝ １ － 槡２( )２槡 ２ ＝槡２２ ， 又因为ｓｉｎ Ｃ 槡＝ ２ｃｏｓ Ｂ，即ｃｏｓ Ｂ ＝ １２ ， 注意到Ｂ∈（０，π），所以Ｂ ＝ π３ ． （２）由（１）可得Ｂ ＝ π３ ，ｃｏｓ Ｃ ＝槡 ２ ２ ，Ｃ∈（０，π），从而Ｃ ＝ π ４ ， Ａ ＝ π － π３ － π ４ ＝ ５π １２， 而ｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉｎ ５π( )１２ ＝ ｓｉｎ π４ ＋ π( )６ ＝槡２２ ×槡３２ ＋槡２２ × １２ ＝槡槡６ ＋ ２４ ， 由正弦定理有ａ ｓｉｎ ５π１２ ＝ ｂ ｓｉｎ π３ ＝ ｃ ｓｉｎ π４ ，从而ａ ＝槡槡６ ＋ ２４ ·槡２ ｃ ＝槡３ ＋ １２ ｃ，ｂ ＝槡 ３ ２·槡２ｃ ＝槡 ６ ２ ｃ， 由三角形面积公式可知，△ＡＢＣ的面积可表示为Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ １ ２·槡 ３ ＋ １ ２ ｃ·槡 ６ ２ ｃ·槡 ２ ２ ＝ 槡３ ＋ ３ ８ ｃ ２， 由已知△ＡＢＣ的面积为 槡３ ＋ ３，可得槡３ ＋ ３８ ｃ ２ 槡＝ ３ ＋ ３，所以ｃ ＝ 槡２ ２． ２．（１）方法一：常规方法（辅助角公式） 由ｓｉｎ Ａ 槡＋ ３ ｃｏｓ Ａ ＝ ２ 可得１２ ｓｉｎ Ａ ＋槡 ３ ２ ｃｏｓ Ａ ＝ １，即 ｓｉｎ Ａ ＋ π( )３ ＝ １， 由于Ａ∈（０，π）Ａ ＋ π３ ∈ π ３ ， ４π( )３ ，故Ａ ＋ π３ ＝ π２ ，解得Ａ ＝ π ６ ． 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由ｓｉｎ Ａ 槡＋ ３ｃｏｓ Ａ ＝２， 又ｓｉｎ２Ａ ＋ ｃｏｓ２Ａ ＝ １，消去ｓｉｎ Ａ得到４ｃｏｓ２Ａ 槡－ ４ ３ｃｏｓ Ａ ＋ ３ ＝ ０（２ｃｏｓ Ａ 槡－ ３）２ ＝ ０，解得ｃｏｓ Ａ ＝槡３２ ， 又Ａ∈（０，π），故Ａ ＝ π６ ． 方法三：利用极值点求解 设ｆ（ｘ）＝ ｓｉｎ ｘ 槡＋ ３ ｃｏｓ ｘ（０ ＜ ｘ ＜ π），则ｆ（ｘ）＝ ２ｓｉｎ ｘ ＋ π( )３ （０ ＜ ｘ ＜ π）， 显然ｘ ＝ π６时，ｆ（ｘ）ｍａｘ ＝ ２，注意到ｆ（Ａ）＝ ｓｉｎ Ａ 槡＋ ３ｃｏｓ Ａ ＝ ２ ＝ ２ｓｉｎ Ａ ＋ π( )３ ， ｆ（ｘ）ｍａｘ ＝ ｆ（Ａ），在开区间（０，π）上取到最大值，于是ｘ ＝ Ａ必 定是极值点， 即ｆ ′（Ａ）＝ ０ ＝ ｃｏｓ Ａ 槡－ ３ｓｉｎ Ａ，即ｔａｎ Ａ ＝槡３３ ， 又Ａ∈（０，π），故Ａ ＝ π６ ． 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设ａ ＝（１，槡３），ｂ ＝（ｓｉｎ Ａ，ｃｏｓ Ａ），由题意，ａ·ｂ ＝ ｓｉｎ Ａ 槡＋ ３ｃｏｓ Ａ ＝ ２， 根据向量的数量积公式，ａ·ｂ ＝ ａ ｂ ｃｏｓ 〈ａ，ｂ〉＝ ２ｃｏｓ 〈ａ， ｂ〉，则２ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝ ２ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝ １， 此时ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝ ０，即ａ，ｂ同向共线，根据向量共线条件， １·ｃｏｓ Ａ 槡＝ ３·ｓｉｎ Ａｔａｎ Ａ ＝槡３３ ， 又Ａ∈（０，π），故Ａ ＝ π６ ． 方法五：利用万能公式求解 设ｔ ＝ ｔａｎ Ａ２ ，根据万能公式，ｓｉｎ Ａ 槡＋ ３ ｃｏｓ Ａ ＝ ２ ＝ ２ｔ １ ＋ ｔ２ ＋ 槡３（１ － ｔ２） １ ＋ ｔ２ ，整理可得，ｔ２ － ２（ 槡２ － ３）ｔ ＋ （ 槡２ － ３）２ ＝ ０ ＝ ［ｔ －（ 槡２ － ３）］２，解得ｔａｎ Ａ２ ＝ ｔ 槡＝ ２ － ３，根据二倍角公式， ｔａｎ Ａ ＝ ２ｔ １ － ｔ２ ＝槡３３ ， 又Ａ∈（０，π），故Ａ ＝ π６ ． （２）由题设条件和正弦定理槡２ｂｓｉｎ Ｃ ＝ ｃｓｉｎ ２Ｂ槡２ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ                                                                      ＝ —９６２—