第一篇 专题二 第3讲 三角函数与解三角形-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

!"@$dF‘*„@ˆ–'^_lm ●5678 １．解三角形与向量的综 合题时，一般通过向量 的运算把向量问题转化 为三角函数或解三角形 问题，再利用三角变换 或正（余）弦定理综合 解决． ２．处理解三角形和数列 问题，要充分利用三角 形中的边角关系及正、 余弦定理． ●1234 ３．（１）（２０２４·庐阳区校级模拟）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，若ｂ ＝ ２，ｃｏｓ Ｂｂ ＝ ｃｏｓ Ａ ＋ ｃｏｓ Ｃ ａ ＋ ｃ ，２ →ＡＭ ＝ →ＭＣ，则｜ →ＢＭ ｜可能是 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． １２ Ｂ． ２ ３ Ｃ． １ Ｄ． ２ （２）（２０２４·牧野区校级模拟）在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ．若 ａ ｃｏｓ Ａ ＋ ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ３ｃ ｃｏｓ Ｃ，则ｔａｎ Ａ ＋ ｔａｎ Ｃ的最小值是 （　 　 ） Ａ． ４３ Ｂ． ８ ３ Ｃ． ２槡３ Ｄ． ４ （３）（２０２４·合肥模拟）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知ｃ ＝ ２， １ ｔａｎ Ａ ＋ １ ｔａｎ Ｂ ＋ １ ｔａｎ Ａｔａｎ Ｂ ＝ １，则△ＡＢＣ面积的最大值为 （　 　 ） Ａ． １ ＋槡２ Ｂ． １ ＋槡３ Ｃ． ２槡２ Ｄ． ２槡３ ●9:;< ５．（２０２４·秦皇岛二模）在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，若ｃｏｓ Ａａ ＋ ｃｏｓ Ｂ ｂ ＝ ｓｉｎ Ｃ ｃ ，１３ｂ ２ ＋ １３ｃ２ ＝ １０ｂｃ ＋ １３ａ２，则ｔａｎ Ｂ的值为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ７１２ Ｂ． ３ ４ Ｃ． １２ ７ Ｄ． ４ ３ ６．（２０２４·江西模拟）在△ＡＢＣ中，若ｓｉｎ Ａ ＝ ２ｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ，则ｃｏｓ２Ｂ ＋ ｃｏｓ２Ｃ的取值范 围为 （　 　 ） Ａ． １，６[ )５ Ｂ． １，槡２ ＋ １[ ]２ Ｃ． ６５ ，( )２ Ｄ． 槡２ ＋ １２ ，[ )２ 温馨提示：复习至此，请做练案［７］ 第３讲　 三角函数与解三角形 !"#$ 　 　 　 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　 !$$ )*+, 　 　 　 明考向　 １．（２０２４·全国新课标Ⅰ卷）记△ＡＢＣ内角Ａ、Ｂ、Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知ｓｉｎ Ｃ ＝槡２ｃｏｓ Ｂ，ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＝槡２ａｂ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　（１）求Ｂ； （２）若△ＡＢＣ的面积为３ ＋槡３，求ｃ． ２．（２０２４·新课标全国Ⅱ卷）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知ｓｉｎ Ａ ＋槡３ｃｏｓ Ａ ＝ ２． （１）求Ａ． （２）若ａ ＝ ２，槡２ｂｓｉｎ Ｃ ＝ ｃｓｉｎ ２Ｂ，求△ＡＢＣ的周长． ３．（２０２３·新课标全国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． ４．（２０２３·新课标全国Ⅱ卷）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知△ＡＢＣ面积为槡３，Ｄ为ＢＣ的中点， 且ＡＤ ＝ １． （１）若∠ＡＤＣ ＝ π３ ，求ｔａｎ Ｂ； （２）若ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ８，求ｂ，ｃ． !$% ５．（２０２２·新高考全国Ⅰ卷）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知ｃｏｓ Ａ１ ＋ ｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉｎ ２Ｂ １ ＋ ｃｏｓ ２Ｂ． （１）若Ｃ ＝ ２π３ ，求Ｂ； （２）求ａ ２ ＋ ｂ２ ｃ２ 的最小值． ６．（２０２２·新高考全国Ⅱ卷）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，分别以ａ，ｂ，ｃ为边长的三个正三角形 的面积依次为Ｓ１，Ｓ２，Ｓ３ ．已知Ｓ１ － Ｓ２ ＋ Ｓ３ ＝槡３２ ，ｓｉｎ Ｂ ＝ １ ３ ． （１）求△ＡＢＣ的面积； （２）若ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｃ ＝槡２３ ，求ｂ． ７．（２０２２·全国乙卷）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知ｓｉｎ Ｃｓｉｎ（Ａ － Ｂ）＝ ｓｉｎ Ｂｓｉｎ（Ｃ － Ａ）． （１）证明：２ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２； （２）若ａ ＝ ５，ｃｏｓ Ａ ＝ ２５３１，求△ＡＢＣ的周长． !$& !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$@ˆ%&>?*AB'^_lm ●5678 解决三角形中的最值问 题或者范围问题一般是 两种思路：一是利用正 余弦定理的边角关系转 化为三角函数，利用三 角恒等变换得到ｙ ＝ Ａｓｉｎ（ωｘ ＋ φ）的形式， 再根据角的范围求得最 值或范围；二是寻求边 角关系，利用基本不等 式求得最值或范围． ●1234 １．（２０２４·山西临汾三模）已知函数ｆ（ｘ）＝ Ａｓｉｎ（ωｘ ＋ φ） Ａ ＞ ０，ω ＞ ０，０ ＜ φ ＜ π( )２ 的 图象可由函数ｙ ＝ ３ｓｉｎ ｘ的图象平移得到，且关于直线ｘ ＝ π３对称． （１）求ｆ ７π( )１２ 的值； （２）求函数ｇ（ｘ）＝ ｆ ２ｘ ＋ π( )６ ＋ ｆ ２ｘ － π( )６ ，ｘ∈［０，π］的单调递增区间． ●9:;< １．（２０２４·安徽蚌埠期末）已知函数ｆ（ｘ）＝槡３ｓｉｎ ２ｘ ＋ ２ｃｏｓ２ｘ ＋ ２． （１）求ｆ（ｘ）的单调递减区间； （２）将ｙ ＝ ｆ（ｘ）的图象上的各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的２倍，再向 右平移π６个单位得到ｙ ＝ ｇ（ｘ）的图象，当ｘ∈ － π ６ ， π[ ]４ 时，方程ｇ（ｘ）＝ｍ有解，求 实数ｍ的取值范围． !$' !"=$XM’“‰”Q •“‰”„@ˆ– ●5678 利用正弦定理、余弦定 理求解三角形基本量的 方法 提醒：平面几何图形中 研究长度、角度、面积等 问题，通常是转化到三 角形中，利用正、余弦定 理加以解决． ●1234 ２．（２０２４·秦皇岛三模）在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，Ｃ ＝ π３且 ａ ＋ ｂ ＝ ７，△ＡＢＣ的外接圆半径为４槡３３ ． （１）求△ＡＢＣ的面积； （２）求△ＡＢＣ边ＡＢ上的高ｈ． ●9:;< ２．（２０２４·张家口模拟）△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ．分别以ａ，ｂ，ｃ为 边长的正三角形的面积依次为Ｓ１，Ｓ２，Ｓ３，且Ｓ１ － Ｓ２ － Ｓ３ ＝槡３４ ｂｃ． （１）求角Ａ； （２）若→ＢＤ ＝ ４ →ＣＤ，∠ＣＡＤ ＝ π６ ，求ｓｉｎ∠ＡＣＢ． !$( !"@$„@ˆ–'^_lm ●5678 １．与解三角形有关的 “结构不良”问题的特 点及解题策略 （１）特点：所给的可选 择的条件是平行的，即 无论选择哪个条件，都 可解答题目，只要推理 严谨、过程规范，都会得 满分． （２）解题策略：一般来 说，所选择的条件并没 有哪个条件让解答过程 比较繁杂，最好是能结 合已知条件及其推出的 结论恰当选择． ２．三角形中求最值与范 围问题的两种解法 （１）利用基本不等式求 得最大值或最小值． （２）将所求式子转化为 只含有三角形某一个角 的三角函数形式，结合 角的范围确定所求式子 的范围． 提醒：解三角形问题中， 求解某个量（式子）的 取值范围时，要建立所 求量（式子）与已知角 或边的关系，然后把角 或边作为自变量，所求 量（式子）的值作为函 数值，将原问题转化为 求函数的值域问题．这 里要利用条件中的范围 限制，以及三角形自身 范围限制，尽量把角或 边的范围（也就是函数 的定义域）找完善，避 免结果的范围过大． ●1234 ３．在①ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ Ａ ＋１ ＝ ｃ２ ａｂ，②（ａ ＋２ｂ）ｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ａ ＝０，③槡３ａｓｉｎ Ａ ＋ Ｂ ２ ＝ ｃｓｉｎ Ａ这三 个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答． 在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，且　 　 　 　 ． （１）求角Ｃ的大小； （２）若ｃ ＝ ４，求ＡＢ的中线ＣＤ长度的最小值． ●9:;< ３．（２０２４·辽宁一模）在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，满足ｂ（ｂ ＋ ａ） ＝ ｃ２； （１）求证：Ｃ ＝ ２Ｂ； （２）若△ＡＢＣ为锐角三角形，求２ｓｉｎ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｂ的最大值． !$) !"]$@ˆ%&*„@ˆ–'JKlm ●5678 三角函数背景下的数学 建模问题，常以实际生 活中的测量问题、航海 问题、规划线路问题等 为背景，考查利用数学 模型解决实际问题的能 力．求解实际问题中的 解三角形问题，关键是 对数据的采集与利用， 将数据标注在相应平面 图形中是准确将问题归 类，建立解决问题的数 学模型的有效措施． ●1234 ４．（２０２４·安徽合肥模拟预测）某商场零食区改造，如图，原 零食区是区域ＯＤＢＣ，改造时可利用部分为扇形区域 ＯＡＤ，已知∠ＯＣＢ ＝ ∠ＣＯＡ ＝ π２ ，ＯＣ ＝ １０槡３ 米，ＢＣ ＝ １０ 米，区域ＯＢＣ为三角形，区域ＯＡＢ是以ＯＡ为半径的扇 形，且∠ＡＯＤ ＝ π６ ． （１）若需在区域ＯＡＢＣ外轮廓地面贴广告带，求广告带的总长度； （２）在区域ＯＡＤ中，设置矩形区域ＨＧＩＦ作为促销展示区，求促销展示区的面积Ｓ 的最大值． ●9:;< ４．（２０２３·沈河区校级模拟）一次机器人足球比赛中，甲 队１号机器人在点Ａ处，２号机器人在点Ｂ处，３号机器 人在点Ｃ处，且∠ＢＡＣ ＝ ４５°，∠ＢＣＡ ＝ ７５°，ＡＣ ＝（１２ － ４槡３）米，如图所示． （１）求１号机器人和２号机器人之间的距离； （２）若２号机器人发现足球在点Ｄ处向点Ａ做匀速直线运动，２号机器人则立刻以 足球滚动速度的一半做匀速直线运动去拦截足球．已知ＡＤ ＝ １７米，忽略机器人原 地旋转所需的时间，若２号机器人最快可在线段ＡＤ上的点Ｅ处截住足球，求此时 线段ＡＥ的长． 温馨提示：复习至此，请做练案［８］ !$* 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— ２ｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｂ， 又Ｂ，Ｃ∈（０，π），则ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ≠０，进而ｃｏｓ Ｂ ＝槡２２ ，得到Ｂ ＝ π ４ ，于是Ｃ ＝ π － Ａ － Ｂ ＝ ７π １２， ｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ（π － Ａ － Ｂ）＝ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａ ＝ 槡槡２ ＋ ６ ４ ， 由正弦定理可得， ａｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ， 即２ ｓｉｎ π６ ＝ ｂ ｓｉｎ π４ ＝ ｃ ｓｉｎ ７π１２ ，解得ｂ 槡＝ ２ ２，ｃ 槡槡＝ ６ ＋ ２， 故△ＡＢＣ的周长为 槡 槡２ ＋ ６ ＋ ３ ２． ３．（１）∵ Ａ ＋ Ｂ ＝ ３Ｃ，Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝ π，∴ ４Ｃ ＝ π，∴ Ｃ ＝ π４ ， ∵ ２ｓｉｎ（Ａ － Ｃ）＝ ｓｉｎ Ｂ，∴ ２ｓｉｎ（Ａ － Ｃ）＝ ｓｉｎ［π －（Ａ ＋ Ｃ）］＝ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｃ）， ∴ ２ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ －２ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｃ， ∴ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ ＝ ３ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｃ， ∴槡２２ ｓｉｎ Ａ ＝ ３ ×槡 ２ ２ ｃｏｓ Ａ，∴ ｓｉｎ Ａ ＝ ３ｃｏｓ Ａ，即ｃｏｓ Ａ ＝ １ ３ ｓｉｎ Ａ， 又∵ ｓｉｎ２Ａ ＋ ｃｏｓ２Ａ ＝ １，∴ ｓｉｎ２Ａ ＋ １９ ｓｉｎ ２Ａ ＝ １，解得ｓｉｎ２Ａ ＝ ９１０， 又∵ Ａ∈（０，π），∴ ｓｉｎ Ａ ＞ ０，∴ ｓｉｎ Ａ ＝ 槡３ １０１０ ． （２）由（１）可知ｓｉｎ Ａ ＝ 槡３ １０１０ ，ｃｏｓ Ａ ＝ １ ３ ｓｉｎ Ａ ＝ 槡１０ １０ ， ∴ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｃ）＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｃ ＝ 槡３ １０１０ ×槡 ２ ２ ＋ 槡１０ １０ × 槡２ ２ ＝ 槡２ ５ ５ ， ∴ ＡＢｓｉｎ Ｃ ＝ ＡＣ ｓｉｎ Ｂ ＝ ＢＣ ｓｉｎ Ａ ＝ ５ ｓｉｎ π４ 槡＝ ５ ２， ∴ ＡＣ 槡＝ ５ ２ｓｉｎ Ｂ 槡＝ ５ ２ × 槡２ ５５ 槡＝ ２ １０，ＢＣ 槡＝ ５ ２ × ｓｉｎ Ａ 槡＝ ５ ２ × 槡３ １０１０ 槡＝ ３ ５， 设ＡＢ边上的高为ｈ，则１２ ＡＢ·ｈ ＝ １ ２ × ＡＣ × ＢＣ × ｓｉｎ Ｃ， ∴ ５２ ｈ ＝ １ ２ 槡 槡× ２ １０ × ３ ５ ×槡 ２ ２ ，解得ｈ ＝ ６，即ＡＢ边上的高 为６． ４．（１）Ｄ为ＢＣ中点，Ｓ△ＡＢＣ 槡＝ ３，则Ｓ△ＡＣＤ ＝槡３２ ， 过Ａ作ＡＥ⊥ＢＣ，垂足为Ｅ，如图所示， △ＡＤＥ中，ＤＥ ＝ １２ ，ＡＥ ＝ 槡３ ２ ，Ｓ△ＡＣＤ ＝ １ ２·槡 ３ ２ ＣＤ ＝ 槡３ ２ ，解得ＣＤ ＝ ２， ∴ ＢＤ ＝ ２，ＢＥ ＝ ５２ ，故ｔａｎ Ｂ ＝ ＡＥ ＢＥ ＝ 槡３ ２ ５ ２ ＝槡３５ ． （２）→ＡＤ ＝ １２ （ →ＡＢ ＋→ＡＣ），→ＡＤ２ ＝ １４ （ｃ ２ ＋ ｂ２ ＋ ２ｂｃｃｏｓ Ａ），ＡＤ ＝ １， ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ８，则１ ＝ １４ （８ ＋ ２ｂｃｃｏｓ Ａ）， ∴ ｂｃｃｏｓ Ａ ＝ － ２①， Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ ｂｃｓｉｎ Ａ 槡＝ ３，即ｂｃｓｉｎ Ａ 槡＝ ２ ３②， 由①②解得ｔａｎ Ａ 槡＝ － ３，∴ Ａ ＝ ２π３ ，∴ ｂｃ ＝ ４，又ｂ ２ ＋ ｃ２ ＝ ８， ∴ ｂ ＝ ｃ ＝ ２． ５．（１）∵ ｃｏｓ Ａ１ ＋ ｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉｎ ２Ｂ １ ＋ ｃｏｓ ２Ｂ，∴ ｃｏｓ Ａ １ ＋ ｓｉｎ Ａ ＝ ２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｂ ２ｃｏｓ２Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｂ， 化为ｃｏｓ Ａｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｂ， ∴ ｃｏｓ（Ｂ ＋ Ａ）＝ ｓｉｎ Ｂ，∴ － ｃｏｓ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｂ，Ｃ ＝ ２π３ ，∴ ｓｉｎ Ｂ ＝ １ ２ ， ∵ ０ ＜ Ｂ ＜ π３ ，∴ Ｂ ＝ π ６ ． （２）由（１）可得－ ｃｏｓ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｂ ＞ ０，∴ ｃｏｓ Ｃ ＜ ０，Ｃ∈ π２ ，( )π ， ∴ Ｃ为钝角，Ｂ，Ａ都为锐角，Ｂ ＝ Ｃ － π２ ． ｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉｎ（Ｂ ＋ Ｃ）＝ ｓｉｎ ２Ｃ － π( )２ ＝ － ｃｏｓ ２Ｃ， ａ２ ＋ ｂ２ ｃ２ ＝ ｓｉｎ ２Ａ ＋ ｓｉｎ２Ｂ ｓｉｎ２Ｃ ＝ ｃｏｓ ２２Ｃ ＋ ｃｏｓ２Ｃ ｓｉｎ２Ｃ ＝ （１ － ２ｓｉｎ２Ｃ）２ ＋（１ － ｓｉｎ２Ｃ） ｓｉｎ２Ｃ ＝ ２ ＋ ４ｓｉｎ ４Ｃ － ５ｓｉｎ２Ｃ ｓｉｎ２Ｃ ＝ ２ ｓｉｎ２Ｃ ＋ ４ｓｉｎ２Ｃ － ５≥ 槡 槡２ ２ × ４ － ５ ＝ ４ ２ － ５，当且仅当ｓｉｎ Ｃ ＝ １４槡２ 时取等 号． ∴ ａ ２ ＋ ｂ２ ｃ２ 的最小值为槡４ ２ － ５． ６．（１）Ｓ１ ＝ １２ ａ ２ ｓｉｎ ６０° ＝槡３４ ａ ２，Ｓ２ ＝ １２ ｂ ２ ｓｉｎ ６０° ＝槡３４ ｂ ２，Ｓ３ ＝ １ ２ ｃ ２ ｓｉｎ ６０° ＝槡３４ ｃ ２， ∵ Ｓ１ － Ｓ２ ＋ Ｓ３ ＝槡３４ ａ ２ －槡３４ ｂ ２ ＋槡３４ ｃ ２ ＝槡３２ ，解得ａ ２ － ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ２， ∵ ｓｉｎ Ｂ ＝ １３ ，ａ ２ － ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ２ ＞ ０，即ｃｏｓ Ｂ ＞ ０， ∴ ｃｏｓ Ｂ ＝ 槡２ ２３ ，∴ ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＝ 槡２ ２ ３ ，解得ａｃ ＝ 槡 ３ ２ ４ ， Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝ 槡２ ８ ． ∴ △ＡＢＣ的面积为槡２８ ． （２）由正弦定理得ｂｓｉｎ Ｂ ＝ ａ ｓｉｎ Ａ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ，∴ ａ ＝ ｂｓｉｎ Ａ ｓｉｎ Ｂ， ｃ ＝ ｂｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ｂ， 由（１）得ａｃ ＝ 槡３ ２４ ，∴ ａｃ ＝ ｂｓｉｎ Ａ ｓｉｎ Ｂ· ｂｓｉｎ Ｃ ｓｉｎ Ｂ ＝ 槡３ ２ ４ ， 已知ｓｉｎ Ｂ ＝ １３ ，ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｃ ＝槡 ２ ３ ，解得ｂ ＝ １ ２ ． ７．（１）证明：因为ｓｉｎ Ｃｓｉｎ（Ａ － Ｂ）＝ ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ（Ｃ － Ａ）， 所以ｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａ ＝ ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ａ － ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ， 所以ａｃ·ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ － ２ｂｃ· ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ － ａｂ· ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ                                                                       ， —０７２— 即ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ －（ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２）＝ － ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ ，所以２ａ ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２； （２）因为ａ ＝ ５，ｃｏｓ Ａ ＝ ２５３１，由（１）得ｂ ２ ＋ ｃ２ ＝ ５０， 由余弦定理可得ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ，则５０ － ５０３１ ｂｃ ＝ ２５，所 以ｂｃ ＝ ３１２ ， 故（ｂ ＋ ｃ）２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ＋ ２ｂｃ ＝ ５０ ＋ ３１ ＝ ８１，所以ｂ ＋ ｃ ＝ ９， 所以△ＡＢＣ的周长为ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝ １４． 考点突破提能力 考点一 典例研析 １．（１）依题知函数ｆ（ｘ）与函数ｙ ＝ ３ｓｉｎ ｘ有相同的振幅和周期， 所以Ａ ＝ ３，ω ＝ １，因为函数ｆ（ｘ）的图象关于直线ｘ ＝ π３轴 对称， 所以π３ ＋ φ ＝ π ２ ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ，即φ ＝ π ６ ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 又因为０ ＜ φ ＜ π２ ，所以φ ＝ π ６ ， 所以ｆ（ｘ）＝ ３ｓｉｎ ｘ ＋ π( )６ ，ｆ ７π( )１２ ＝ ３ｓｉｎ ７π１２ ＋ π( )６ ＝ ３ｓｉｎ ３π４ ＝ 槡３ ２２ ． （２）ｇ（ｘ）＝ ３ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )３ ＋ ３ｓｉｎ ２ｘ ＝ ３ ３２ ｓｉｎ ２ｘ ＋槡３２ ｃｏｓ ２( )ｘ 槡＝ ３ ３ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ， 方法一：因为ｘ∈［０，π］，所以ｔ ＝ ２ｘ ＋ π６ ∈ π ６ ， １３π[ ]６ ， 因为ｙ ＝ ｓｉｎ ｔ在π６ ， π[ ]２ ，３π２ ，１３π[ ]６ 单调递增， 故ｙ ＝ ｇ（ｘ）的单调递增区间为０，π[ ]６ 和２π３ ，[ ]π ． 方法二：由－ π２ ＋ ２ｋπ≤２ｘ ＋ π ６ ≤ π ２ ＋ ２ｋπ，ｋ∈Ｚ，得－ π ３ ＋ ｋπ≤ｘ≤ π６ ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 又因为ｘ ∈ ［０，π］，所以ｇ （ｘ）的单调递增区间为 ０，π[ ]６ 和２π３ ，[ ]π ． 跟踪训练 １．（１）因为ｆ（ｘ） 槡＝ ３ｓｉｎ ２ｘ ＋ ２ｃｏｓ２ｘ 槡＋ ２ ＝ ３ｓｉｎ ２ｘ ＋ ｃｏｓ ２ｘ ＋ ３ ＝ ２ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ＋ ３，由π２ ＋ ２ｋπ≤２ｘ ＋ π６ ≤３π２ ＋ ２ｋπ，ｋ∈Ｚ，解 得π６ ＋ ｋπ≤ ｘ≤ ２π ３ ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ，所以ｆ（ｘ）的递减区间为 π ６ ＋ ｋπ， ２π ３ ＋ ｋ[ ]π ，ｋ∈Ｚ． （２）由（１）知ｆ（ｘ）＝ ２ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ＋ ３，那么将ｆ（ｘ）图象上各 点纵坐标保持不变， 横坐标伸长到原来的２倍，再向右平移π６个单位，得到ｇ（ｘ） ＝ ２ｓｉｎ ｘ ＋ ３． 当ｘ∈ － π６ ， π[ ]４ 时，ｓｉｎ ｘ∈ － １２ ，槡２[ ]２ ，ｇ（ｘ）∈［２， 槡３ ＋ ２］， 由方程ｇ（ｘ）＝ ｍ有解，可得实数ｍ的取值范围为［２， 槡３ ＋ ２］． 考点二 典例研析 ２．（１）在△ＡＢＣ中， ｃｓｉｎ Ｃ ＝ ２ × 槡 ４ ３ ３ ，ｃ ＝ ２ × 槡 ４ ３ ３ × 槡３ ２ ＝ ４， 根据余弦定理得４２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ２ａｂｃｏｓ Ｃ，即１６ ＝（ａ ＋ ｂ）２ － ２ａｂ － ａｂ ＝（ａ ＋ ｂ）２ －３ａｂ， 所以３ａｂ ＝ ４９ － １６ ＝ ３３，所以ａｂ ＝ １１，所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ 槡１１ ３４ ． （２）Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ １ ２ ｃｈ，所以１１ｓｉｎ Ｃ ＝ ４ｈ ＝ １１ ×槡 ３ ２ ， 所以ｈ ＝ １１ × ｓｉｎ ６０°４ ＝ 槡 １１ ３ ８ ． 跟踪训练 ２．（１）由题意Ｓ１ ＝槡３４ ａ ２，Ｓ２ ＝槡３４ ｂ ２，Ｓ３ ＝槡３４ ｃ ２， 所以槡３４ （ａ ２ － ｂ２ － ｃ２）＝槡３４ ｂｃ，即ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ － ｂｃ， 由余弦定理可得：ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ ２ｂｃｃｏｓ Ａ，所以ｃｏｓ Ａ ＝ － １２ ，而 Ａ∈（０，π），解得Ａ ＝２π３ ． （２）由（１）即∠ＣＡＤ ＝ π６ ， 因为→ＢＤ ＝ ４ →ＣＤ，可知Ｄ在ＢＣ的延长线上，可得∠ＢＡＤ ＝ ５π６ ， 在△ＡＣＤ中，由正弦定理可得ＡＤｓｉｎ Ｃ ＝ ＣＤ ｓｉｎ∠ＣＡＤ ＝ ＣＤ ｓｉｎ π６ ＝２ＣＤ，所 以ＡＤ ＝２ＣＤｓｉｎ Ｃ， 在△ＡＢＣ中，ＢＣ ＝ ３ＣＤ，设ＣＤ ＝ ｘ，∠ＡＣＢ ＝ α， 由正弦定理可得ＢＣ ｓｉｎ ２π３ ＝ ＡＢｓｉｎ∠ＢＣＡ ，可得ＡＢ ＝ ３ｘ 槡３ ２ ·ｓｉｎ α， 在△ＡＢＤ中，由正弦定理可得 ＢＤｓｉｎ∠ＢＡＤ ＝ ＡＢ ｓｉｎ∠ＡＤＣ ， 可得ＡＢ ＝ ４ｘ ｓｉｎ ５π６ ·ｓｉｎ α － π( )６ ，所以３ｘ槡３ ２ ·ｓｉｎ α ＝ ４ｘ ｓｉｎ ５π６ · ｓｉｎ α － π( )６ ， 可得槡２ ３ｓｉｎ α ＝８ｓｉｎ α － π( )６ ＝８ 槡３２ ｓｉｎ α － １２ ｃｏｓ( )α ，整理可得 槡３ｓｉｎ α ＝２ｃｏｓ α， 所以ｔａｎ α ＝ ２ 槡３ ，所以ｓｉｎ α ＝ ２ ２２ ＋（槡３）槡 ２ ＝ 槡２ ７７ ．即ｓｉｎ∠ＡＣＢ ＝ 槡２ ７７ ． 考点三 典例研析 ３．（１）选择条件①， 由ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ Ａ ＋ １ ＝ ｃ２ ａｂ及正弦定理，可得 ａ ｂ ＋ ｂ ａ ＋ １ ＝ ｃ２ ａｂ，                                                                       则 —１７２— ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＝ － ａｂ， 由余弦定理，得ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ － ａｂ ２ａｂ ＝ － １ ２ ， 因为０ ＜ Ｃ ＜ π，所以Ｃ ＝ ２π３ ． 选择条件②， 由（ａ ＋ ２ｂ）ｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ａ ＝ ０及正弦定理，可得（ｓｉｎ Ａ ＋ ２ｓｉｎ Ｂ）ｃｏｓ Ｃ ＋ ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ａ ＝ ０，即ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｃ ＝ － ２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ． 即ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｃ）＝ － ２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ． 在△ＡＢＣ中，Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝ π，所以ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｃ）＝ ｓｉｎ（π － Ｂ）＝ ｓｉｎ Ｂ， 即ｓｉｎ Ｂ ＝ － ２ｃｏｓ Ｃｓｉｎ Ｂ，因为０ ＜ Ｂ ＜ π，所以ｓｉｎ Ｂ≠０，所以 ｃｏｓ Ｃ ＝ － １２ ． 因为０ ＜ Ｃ ＜ π，所以Ｃ ＝ ２π３ ． 选择条件③， 由槡３ａｓｉｎ Ａ ＋ Ｂ２ ＝ ｃｓｉｎ Ａ及正弦定理，可得槡３ ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ａ ＋ Ｂ ２ ＝ ｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ａ， 因为ｓｉｎ Ａ≠０，所以槡３ｓｉｎ Ａ ＋ Ｂ２ ＝ ｓｉｎ Ｃ． 在△ＡＢＣ中，Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝ π，可得ｓｉｎ Ａ ＋ Ｂ２ ＝ ｃｏｓ Ｃ ２ ， 故槡３ｃｏｓ Ｃ２ ＝ ２ｓｉｎ Ｃ ２ ｃｏｓ Ｃ ２ ． 因为０ ＜ Ｃ ＜ π，所以ｃｏｓ Ｃ２ ≠０，则ｓｉｎ Ｃ ２ ＝ 槡３ ２ ，故Ｃ ＝ ２π ３ ． （２）因为∠ＡＤＣ ＋∠ＢＤＣ ＝ π， 所以４ ＋ ＣＤ ２ － ｂ２ ２ × ２ × ＣＤ ＋ ４ ＋ ＣＤ２ － ａ２ ２ × ２ × ＣＤ ＝ ０，整理可得２ＣＤ ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ８， 在△ＡＢＣ中，由余弦定理可得４２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ２ａｂｃｏｓ ２π３ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ ＋ ａｂ， 因为ａｂ≤ａ ２ ＋ ｂ２ ２ ，当且仅当ａ ＝ ｂ时取等号， 所以１６ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋ ａｂ≤ａ２ ＋ ｂ２ ＋ １２ （ａ ２ ＋ ｂ２）＝ ３２ （ａ ２ ＋ ｂ２）， 即ａ２ ＋ ｂ２≥３２３ ， 所以２ＣＤ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ８≥３２３ － ８ ＝ ８ ３ ，即ＣＤ≥ 槡 ２ ３ ３ ， 即ＣＤ长度的最小值为槡２ ３３ ． 跟踪训练 ３．（１）证明：因为ｂ（ｂ ＋ ａ）＝ ｂ２ ＋ ａｂ ＝ ｃ２， 在△ＡＢＣ中，由余弦定理得到ｂ２ ＋ ａｂ ＝ ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ２ａｂｃｏｓ Ｃ， 所以ｂ ＝ ａ － ２ｂｃｏｓ Ｃ， 由正弦定理得到ｓｉｎ Ｂ ＝ｓｉｎ Ａ －２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ ＝ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｂ －ｃｏｓ Ｃｓｉｎ Ｂ ＝ｓｉｎ（Ｃ －Ｂ）， 因为Ｂ，Ｃ∈（０，π），则Ｃ － Ｂ∈（－ π，π）， 所以Ｃ － Ｂ ＝ Ｂ或Ｃ － Ｂ ＝ π － Ｂ（舍去），所以Ｃ ＝ ２Ｂ； （２）因为△ＡＢＣ为锐角三角形， 所以 ０ ＜ π － ３Ｂ ＜ π２ ， ０ ＜ Ｂ ＜ π２ ， ０ ＜ ２Ｂ ＜ π２        ， 解得π６ ＜ Ｂ ＜ π ４ ，所以０ ＜ π ４ － Ｂ ＜ π １２， 且ｓｉｎ π１２ ＝ ｓｉｎ π ３ － π( )４ ＝ ｓｉｎ π３ ｃｏｓ π４ － ｃｏｓ π３ ｓｉｎ π４ ＝槡槡６ － ２４ ， 由（１）问，Ｃ ＝ ２Ｂ，所以２ｓｉｎ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｂ ＝ ２ｓｉｎ ２Ｂ ＋ ｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｂ， 令ｔ ＝ ｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｂ 槡＝ ２ｓｉｎ π４ －( )Ｂ ∈ ０，槡３ －１( )２ ，则ｓｉｎ ２Ｂ ＝１ － （ｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｂ）２， 所以２ｓｉｎ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｂ ＝ ２（１ － ｔ２）＋ ｔ ＝ － ２ｔ２ ＋ ｔ ＋ ２ ＝ － ２ ｔ －( )１４ ２ ＋ １７８ ， 因为ｔ∈ ０，槡３ － １( )２ ，所以当ｔ ＝ １４时，所求２ｓｉｎ Ｃ ＋ ｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｂ的最大值为１７８ ． 考点四 典例研析 ４．（１）因为ＯＣ 槡＝ １０ ３，ＢＣ ＝ １０，∠ＯＣＢ ＝ π２ ， 所以∠ＢＯＣ ＝ π６ ，ＯＢ ＝ １０ ２ ＋（ 槡１０ ３）槡 ２ ＝ ２０， 则ＯＡ ＝ ２０，∠ＢＯＡ ＝ π２ － π ６ ＝ π ３ ， ) ＡＢ的长为ｌ ＝ π３ × ２０ ＝ ２０π３ ， 所以广告带的总长度为ＯＡ ＋ ＯＣ ＋ ＢＣ ＋ ｌ ＝ 槡３０ ＋ １０ ３ ＋ ２０π( )３ （米）． （２）如图，连接ＯＦ．设∠ＦＯＡ ＝ θ ０ ＜ θ ＜ π( )６ ． 因为ＯＦ ＝ ２０，所以ＦＩ ＝ ＧＨ ＝ ２０ｓｉｎ θ，ＯＩ ＝ ２０ｃｏｓ θ， 因为∠ＡＯＤ ＝ π６ ，所以ＯＧ ＝ ＧＨ ｔａｎ π６ 槡＝ ２０ ３ｓｉｎ θ， 所以ＧＩ ＝ ２０ｃｏｓ θ 槡－ ２０ ３ｓｉｎ θ， 所以Ｓ ＝（２０ｃｏｓ θ 槡－ ２０ ３ｓｉｎ θ）·２０ｓｉｎ θ ＝ ４００ｓｉｎ θｃｏｓ θ 槡－ ４００ ３ｓｉｎ２θ ＝ ２００ ｓｉｎ ２θ 槡－ ３（１ － ｃｏｓ ２θ[ ]） ＝ ２００ ２ｓｉｎ ２θ ＋ π( )３ 槡[ ]－ ３ ， 因为２θ ＋ π３ ∈ π ３ ， ２π( )３ ，当２θ ＋ π３ ＝ π２ ，即θ ＝ π１２时取得最 大值． 所以Ｓ≤２００（ 槡２ － ３） 槡＝ ４００ － ２００ ３， 所以促销展示区的面积Ｓ的最大值为（ 槡４００ － ２００ ３）平方米                                                                      ． —２７２— 跟踪训练 ４．（１）在△ＡＢＣ中，由正弦定理得 ＡＣ ｓｉｎ Ｂ ＝ ＡＢ ｓｉｎ∠ＢＣＡ ， 即 槡１２ － ４ ３ｓｉｎ（１８０° － ４５° － ７５°）＝ ＡＢ ｓｉｎ ７５°， ＡＢ ＝ （ 槡１２ － ４ ３）·槡槡６ ＋ ２４ 槡３ ２ 槡＝ ４ ２， 故１号机器人和２号机器人之间的距离为槡４ ２米． （２）如图，设ＢＥ ＝ ｘ米．由题 意，ＥＤ ＝ ２ｘ米． ＡＥ ＝ ＡＤ － ＥＤ ＝ （１７ － ２ｘ）米， 在△ＡＢＥ中，由余弦定理得 ＢＥ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＡＥ２ － ２ＡＢ·ＡＥｃｏｓ Ａ， ｘ２ ＝（槡４ ２）２ ＋（１７ － ２ｘ）２ 槡－ ２ × ４ ２（１７ － ２ｘ）ｃｏｓ ４５°， 整理得３ｘ２ － ５２ｘ ＋ １８５ ＝ ０，解得ｘ ＝ ５或３７３ ， 所以ＡＥ ＝ １７ － ２ｘ ＝ ７，或ＡＥ ＝ － ２３３ （不合题意，舍去）， 故若２号机器人最快可在线段ＡＤ上的点Ｅ处截住足球，此时 线段ＡＥ的长为７米． 微专题　 解三角形中的结构不良问题 题型选讲 题型一 典例研析 １．（１）因为２ｓｉｎ２ Ｂ ＋ Ｃ２ ＝ １ ＋ ｓｉｎ Ａ，所以１ － ｃｏｓ（Ｂ ＋ Ｃ）＝ １ ＋ ｓｉｎ Ａ， 所以１ ＋ ｃｏｓ Ａ ＝ １ ＋ ｓｉｎ Ａ，则ｔａｎ Ａ ＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ａ ＝ １， 又０ ＜ Ａ ＜ π，∴ Ａ ＝ π４ ． （２）若选条件①：因为ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ，所以槡 ２ ２ ＝ ３ ２ ＋ ｃ２ － ２２ ６ｃ ， 所以ｃ２ 槡－ ３ ２ｃ ＋ ５ ＝ ０，则Δ ＝ １８ － ２０ ＝ － ２ ＜ ０，故ｃ无解； 若选条件②：因为ｃｏｓ Ｂ ＝ 槡２ ２３ ，又０ ＜ Ｂ ＜ π，所以ｓｉｎ Ｂ ＝ １ ３ ， 由正弦定理得ａｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ，所以 ａ 槡２ ２ ＝ ｂ１ ３ ， 所以ａ ＝ 槡３ ２２ ｂ，又ａｂ 槡＝ ３ ２，所以ａ ＝ ３，ｂ 槡＝ ２， 因为ｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｂ ＝槡２２ × 槡 ２ ２ ３ ＋ 槡２ ２ × １ ３ ＝ 槡４ ＋ ２ ６ ， 所以ｃ ＝ ａｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ａ ＝ ３ × 槡４ ＋ ２６ 槡２ ２ 槡＝ ２ ２ ＋ １． ２．选择①： 由余弦定理可知，ｃｃｏｓ Ｂ ＋ ｂｃｏｓ Ｃ ＝ ｃ·ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＋ ｂ· ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ ａ ＝ ２，由正弦定理得，ｓｉｎ Ｂ ＝ ｂｓｉｎ Ａ ａ ＝ １，又Ｂ∈ （０，π），所以Ｂ ＝ π２ ， 所以△ＡＢＣ是直角三角形，则ｃ 槡＝ ２ ３，所以△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １ ２ ａｃ 槡＝ ２ ３． 选择②： 由正弦定理得，ｓｉｎ Ｂｃｏｓ π２ －( )Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｂ，即ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｂ， 又Ｃ∈（０，π），所以ｓｉｎ Ｃ≠０，所以ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃｏｓ Ｂ，即ｔａｎ Ｂ ＝ １， 又Ｂ∈（０，π），所以Ｂ ＝ π４ ， 由正弦定理得，ａ ＝ ｂｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ 槡＝ ２ ２， 所以△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ 槡＝ ４ ２ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ 槡４ ２ｓｉｎ π４ ＋ π( )６ 槡＝ ２ ＋ ２ ３． 选择③： 因为ｓｉｎ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ｂ 槡＝ ２ｓｉｎ Ｂ ＋ π( )４ 槡＝ ２，所以ｓｉｎ Ｂ ＋ π( )４ ＝ １， 又Ｂ∈（０，π），所以Ｂ ＋ π４ ∈ π ４ ， ５π( )４ ，所以Ｂ ＋ π４ ＝ π２ ，即Ｂ ＝ π４ 由正弦定理得，ａ ＝ ｂｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ 槡＝ ２ ２， 所以△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ 槡＝ ４ ２ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ 槡４ ２ｓｉｎ π４ ＋ π( )６ 槡＝ ２ ＋ ２ ３． 题型二 典例研析 ３．若选①：２ａ 槡－ ３ｃ 槡３ｂ ＝ ｃｏｓ Ｃｃｏｓ Ｂ， ２ｓｉｎ Ａ 槡－ ３ｓｉｎ Ｃ 槡３ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃｏｓ Ｃｃｏｓ Ｂ，２ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ 槡＝ ３ｓｉｎ（Ｂ ＋ Ｃ） 槡＝ ３ｓｉｎ（π － Ａ） 槡＝ ３ｓｉｎ Ａ，ｃｏｓ Ｂ ＝槡３２ ，Ｂ ＝ π ６ ； 若选②：ｓｉｎ Ａ 槡－ ３ｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｃ ＝ ｂ － ｃ ａ ， ａ 槡－ ３ｃ ｂ ＋ ｃ ＝ ｂ － ｃ ａ ，ｂ ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ 槡－ ３ａｃ， ｃｏｓ Ｂ ＝槡３２ ，Ｂ ＝ π ６ ； 若选③：ａｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ － ｂｃｏｓ Ａｃｏｓ Ｃ ＝槡３２ ｂ，ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ － ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａｃｏｓ Ｃ ＝槡３２ ｓｉｎ Ｂ， － ｃｏｓ（Ａ ＋ Ｃ）＝ ｃｏｓ Ｂ ＝槡３２ ，Ｂ ＝ π ６ ． ４．（１）∵ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ ｂｃ，∴由余弦定理知，ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ ｂｃ ２ｂｃ ＝ １ ２                                                                      ， —３７２—