2021高考数学二轮复习专题三第2讲：三角恒等变换与解三角形

这是一份2021高考数学二轮复习专题三第2讲：三角恒等变换与解三角形，共25页。试卷主要包含了二倍角的正弦、余弦、正切公式，辅助角公式，计算等内容，欢迎下载使用。


考点一 三角恒等变换与求值
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sinαcsβ±csαsinβ.
(2)cs(α±β)＝csαcsβ∓sinαsinβ.
(3)tan(α±β)＝eq \f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ).
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin2α＝2sinαcsα.
(2)cs2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
(3)tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α).
3．辅助角公式
asinx＋bcsx＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tanφ＝\f(b,a))).
[对点训练]

1．(2018·山西长治二模)已知sinα＝eq \f(\r(10),10)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))的值为( )
A.eq \f(4\r(3)－3,10) B.eq \f(4\r(3)＋3,10)
C.eq \f(4－3\r(3),10) D.eq \f(3\r(3)－4,10)
[解析] ∵sinα＝eq \f(\r(10),10)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴csα＝eq \f(3\r(10),10)，sin2α＝2sinαcsα＝2×eq \f(\r(10),10)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，cs2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),10)))2＝1－eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(4\r(3)－3,10)，故选A.
[答案] A
2．(2018·河南濮阳一模)设0°<α<90°，若sin(75°＋2α)＝－eq \f(3,5)，则sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(\r(2),20) C．－eq \f(1,10) D．－eq \f(\r(2),20)
[解析] 因为0°<α<90°，所以75°<75°＋2α<255°.
又因为sin(75°＋2α)＝－eq \f(3,5)<0，所以180°<75°＋2α<255°，角75°＋2α为第三象限角，所以cs(75°＋2α)＝－eq \f(4,5).所以sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝sin(15°＋α)·cs(15°＋α)＝eq \f(1,2)sin(30°＋2α)＝eq \f(1,2)sin[(75°＋2α)－45°]＝eq \f(1,2)[sin(75°＋2α)·cs45°－cs(75°＋2α)·sin45°]＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)×\f(\r(2),2)＋\f(4,5)×\f(\r(2),2)))＝eq \f(\r(2),20)，故选B.
[答案] B
3．(2018·豫北名校联考)计算： eq \f(cs10°－\r(3)cs－100°,\r(1－sin10°))＝________.(用数字作答)
[解析] eq \f(cs10°－\r(3)cs－100°,\r(1－sin10°))＝eq \f(cs10°＋\r(3)cs80°,\r(1－cs80°))＝eq \f(cs10°＋\r(3)sin10°,\r(2)·sin40°)＝eq \f(2sin10°＋30°,\r(2)·sin40°)＝eq \r(2).
[答案] eq \r(2)
4．(2018·河南六市联考)已知csα＝eq \f(1,7)，cs(α－β)＝eq \f(13,14)，若0<β<α[解析] 由csα＝eq \f(1,7)，0<α又cs(α－β)＝eq \f(13,14)，
∴sin(α－β)＝eq \r(1－cs2α－β)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,14)))2)＝eq \f(3\r(3),14).
由β＝α－(α－β)得csβ＝cs[α－(α－β)]＝csαcs(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq \f(1,7)×eq \f(13,14)＋eq \f(4\r(3),7)×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(1,2).
∵β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴β＝eq \f(π,3).
[答案] eq \f(π,3)
[快速审题] (1)看到三角函数求值，想到已知角与未知角间的和、差、倍的关系，想到公式求解．
(2)看到三角函数的平方，想到用二倍角公式降幂．
(1)三角恒等变换的三原则
①一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理拆分，从而正确使用公式，如2题．
②二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”．
③三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”等．
(2)解决条件求值应关注的三点
①分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角．
②正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示．
③求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小，如4题．
考点二 解三角形
1．正弦定理
eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．
变形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.
sinA＝eq \f(a,2R)，sinB＝eq \f(b,2R)，sinC＝eq \f(c,2R).
a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.
2．余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccsA，b2＝a2＋c2－2accsB，
c2＝a2＋b2－2abcsC.
推论：csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab).
变形：b2＋c2－a2＝2bccsA，a2＋c2－b2＝2accsB，a2＋b2－c2＝2abcsC.
3．面积公式
S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)absinC. 
角度1：利用正弦、余弦定理判断三角形的形状
[解析] 由csB＝1－2sin2eq \f(B,2)得sin2eq \f(B,2)＝eq \f(1－csB,2)，∴eq \f(c－a,2c)＝eq \f(1－csB,2)，即csB＝eq \f(a,c).
解法一：由余弦定理得eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a,c)，即a2＋c2－b2＝2a2，∴a2＋b2＝c2.
∴△ABC为直角三角形，又无法判断两直角边是否相等，故选A.
解法二：由正弦定理得csB＝eq \f(sinA,sinC)，又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcsC＋csBsinC，∴csBsinC＝sinBcsC＋csBsinC，即sinBcsC＝0，又sinB≠0，∴csC＝0，又角C为三角形的内角，∴C＝eq \f(π,2)，∴△ABC为直角三角形，又无法判断两直角边是否相等，故选A.
[答案] A
角度2：利用正弦、余弦定理进行边角计算
[解] (1)由2csAcsC(tanAtanC－1)＝1，
得2(sinAsinC－csAcsC)＝1，
即cs(A＋C)＝－eq \f(1,2)，
∴csB＝－cs(A＋C)＝eq \f(1,2)，
又0(2)由余弦定理得csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(a＋c2－2ac－b2,2ac)＝eq \f(1,2)，又a＋c＝eq \f(3\r(3),2)，b＝eq \r(3)，
∴eq \f(27,4)－2ac－3＝ac，即ac＝eq \f(5,4)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)×eq \f(5,4)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(5\r(3),16).
[探究追问1] 若本例第(2)问条件变为“若b＝eq \r(3)，S△ABC＝eq \f(3\r(3),2)”，试求a＋c的值．
[解] 由已知S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(3\r(3),2)，
∴eq \f(1,2)ac×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)，则ac＝6.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accsB＝(a＋c)2－3ac，
所以(a＋c)2＝b2＋3ac＝21，所以a＋c＝eq \r(21).
[探究追问2] 在本例条件下，若b＝eq \r(3)，求△ABC面积的最大值．
[解] 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accsB＝a2＋c2－ac，
则3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac，所以ac≤3(当且仅当a＝c＝eq \r(3)时取等号)．
所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB≤eq \f(1,2)×3×sineq \f(π,3)＝eq \f(3\r(3),4).
故△ABC面积的最大值为eq \f(3\r(3),4).
利用正、余弦定理解三角形应注意的3点
(1)利用正、余弦定理解三角形时，涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，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、余弦定理与三角形面积综合问题，求三角形面积时用S＝eq \f(1,2)absinC形式的面积公式．
[对点训练]
1．[角度1]在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，则△ABC的形状为( )
A．直角三角形
B．等边三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
[解析] 因为(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
所以b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－
sin(A－B)]．
所以a2csAsinB＝b2sinAcsB.
解法一：由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB，
所以sin2AcsAsinB＝sin2BsinAcsB.
又sinA·sinB≠0，所以sinAcsA＝sinBcsB，
所以sin2A＝sin2B.
在△ABC中，0<2A<2π，0<2B<2π，
所以2A＝2B或2A＝π－2B，
所以A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).
所以△ABC为等腰或直角三角形，故选C.
解法二：由正弦定理、余弦定理得：
a2beq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝b2aeq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
所以a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0，
即a＝b或a2＋b2＝c2.
所以△ABC为等腰或直角三角形，故选C.
[答案] C
2．[角度2](2018·河南、河北重点中学第三次联考)如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝4，b＝2,2ccsC＝b，D，E分别为线段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE.
(1)求线段AD的长；
(2)求△ADE的面积．
[解] (1)因为c＝4，b＝2,2ccsC＝b，所以csC＝eq \f(b,2c)＝eq \f(1,4).
由余弦定理得csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋4－16,4a)＝eq \f(1,4)，
所以a＝4，即BC＝4.
在△ACD中，CD＝2，AC＝2，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs∠ACD＝6，所以AD＝eq \r(6).
(2)因为AE是∠BAC的平分线，
所以eq \f(S△ABE,S△ACE)＝eq \f(\f(1,2)AB·AE·sin∠BAE,\f(1,2)AC·AE·sin∠CAE)＝eq \f(AB,AC)＝2，
又eq \f(S△ABE,S△ACE)＝eq \f(BE,EC)，所以eq \f(BE,EC)＝2，
所以CE＝eq \f(1,3)BC＝eq \f(4,3)，DE＝2－eq \f(4,3)＝eq \f(2,3).
又因为csC＝eq \f(1,4)，所以sinC＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(\r(15),4).
所以S△ADE＝eq \f(1,2)×DE×AC×sinC＝eq \f(\r(15),6).
考点三 正、余弦定理的实际应用
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到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．
[对点训练]
1．(2018·广东省五校协作体高三一诊)如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25 m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50 m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据可得csθ＝________.
[解析] 由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°可得∠BDA＝30°，由三角形外角定理可得∠DCB＝90°＋θ，根据正弦定理，在△BAD中，可得eq \f(50,sin30°)＝eq \f(DB,sin15°)，即DB＝100sin15°＝100×sin(45°－30°)＝25eq \r(2)(eq \r(3)－1)，在△BCD中，又eq \f(25,sin45°)＝eq \f(25\r(2)\r(3)－1,sin90°＋θ)，即eq \f(25,sin45°)＝eq \f(25\r(2)\r(3)－1,csθ)，得到csθ＝eq \r(3)－1.
[答案] eq \r(3)－1
2．(2018·福州综合质量检测)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为________m/s.(精确到0.1)
参考数据：eq \r(2)≈1.414，eq \r(5)≈2.236.
[解析] 因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.
设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v m，
在Rt△ADB中，AB＝eq \f(AD,cs∠BAD)＝eq \f(AD,cs60°)＝200 m.
在Rt△ADC中，AC＝eq \f(AD,cs∠CAD)＝eq \f(100,cs45°)＝100eq \r(2) m.
在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cs∠BAC，
所以(14v)2＝(100eq \r(2))2＋2002－2×100eq \r(2)×200×cs135°，解得v＝eq \f(50\r(10),7)≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.
[答案] 22.6
[快速审题] 看到三角函数的实际应用问题，想到各类角的概念，想到确定一个解斜三角形的数学模型．
解三角形实际问题的4步骤
1．(2018·全国卷Ⅲ)若sinα＝eq \f(1,3)，则cs2α＝( )
A.eq \f(8,9) B.eq \f(7,9) C．－eq \f(7,9) D．－eq \f(8,9)
[解析] 由sinα＝eq \f(1,3)，得cs2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝1－eq \f(2,9)＝eq \f(7,9)，故选B.
[答案] B
2．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为eq \f(a2＋b2－c2,4)，则C＝( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
[解析] 根据余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcsC，因为S△ABC＝eq \f(a2＋b2－c2,4)，所以S△ABC＝eq \f(2abcsC,4)，又S△ABC＝eq \f(1,2)absinC，所以tanC＝1，因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,4)，故选C.
[答案] C
3．(2018·全国卷Ⅱ)已知sinα＋csβ＝1，csα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝________.
[解析] 由sinα＋csβ＝1，csα＋sinβ＝0，
两式平方相加，得2＋2sinαcsβ＋2csαsinβ＝1，整理得
sin(α＋β)＝－eq \f(1,2).
[答案] －eq \f(1,2)
4．(2018·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6))).
(1)求角B的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．
[解] (1)在△ABC中，
由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，可得bsinA＝asinB，
又由bsinA＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，得asinB＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，即sinB＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，可得tanB＝eq \r(3).
又因为B∈(0，π)，可得B＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝eq \f(π,3)，有b2＝a2＋c2－2accsB＝7，故b＝eq \r(7).
由bsinA＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，可得sinA＝eq \f(\r(3),\r(7)).
因为a因此sin2A＝2sinAcsA＝eq \f(4\r(3),7)，cs2A＝2cs2A－1＝eq \f(1,7).所以，sin(2A－B)＝sin2A·csB－cs2AsinB＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(1,2)－eq \f(1,7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),14).
1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．
2．若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9或第13～15题位置上．
3．若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等．
热点课题8 解三角形中的范围问题
[感悟体验]
(2018·河南豫北联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且eq \r(3)acsC＝(2b－eq \r(3)c)csA.
(1)求角A的大小；
(2)求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)－B))－2sin2eq \f(C,2)的取值范围．
[解] (1)由正弦定理将原等式化为eq \r(3)sinAcsC＝2sinBcsA－eq \r(3)sinCcsA，
从而可得，eq \r(3)sin(A＋C)＝2sinBcsA，
即eq \r(3)sinB＝2sinBcsA.
又B为三角形的内角，所以sinB≠0，
于是csA＝eq \f(\r(3),2).
又A为三角形的内角，因此A＝eq \f(π,6).
(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)－B))－2sin2eq \f(C,2)
＝sinB＋csC－1
＝sinB＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－B))－1
＝sinB＋cseq \f(5π,6)csB＋sineq \f(5π,6)sinB－1
＝eq \f(3,2)sinB－eq \f(\r(3),2)csB－1
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))－1，
由A＝eq \f(π,6)可知，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,6)))，所以B－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，
从而sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
因此，eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))－1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3)＋2,2)，\r(3)－1))，
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)－B))－2sin2eq \f(C,2)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3)＋2,2)，\r(3)－1)).
专题跟踪训练(十五)
一、选择题
1．(2018·广东七校联考)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＋csα＝－eq \f(\r(3),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝( )
A．－eq \f(2\r(2),3) B.eq \f(2\r(2),3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
[解析] 由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＋csα＝－eq \f(\r(3),3)，得eq \f(\r(3),2)sinα＋eq \f(1,2)csα＋csα＝－eq \f(\r(3),3)，即eq \f(\r(3),2)sinα＋eq \f(3,2)csα＝－eq \f(\r(3),3)，
亦即eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),3)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,3)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))
＝－eq \f(1,3)，故选C.
[答案] C
2．(2018·贵阳监测)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))))的值是( )
A.eq \f(7,9) B.eq \f(1,3) C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(7,9)
[解析] ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(7,9)，∴cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2α))))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2α))＝－eq \f(7,9)，故选D.
[答案] D
3．(2018·湖北武汉模拟)在△ABC中，a＝eq \r(2)，b＝eq \r(3)，B＝eq \f(π,3)，则A等于( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(3π,4) D.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)
[解析] 由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，所以sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(\r(2)×sin\f(π,3),\r(3))＝eq \f(\r(2),2)，所以A＝eq \f(π,4)或eq \f(3π,4).又a[答案] B
4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝2C,2bcsC－2ccsB＝a，则角A的大小为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
[解析] 由正弦定理得2sinBcsC－2sinCcsB＝sinA＝sin(B＋C)＝sinBcsC＋csBsinC，sinBcsC＝3sinCcsB，sin2CcsC＝3sinCcs2C,2cs2C＝3(cs2C－sin2C)，tan2C＝eq \f(1,3)，∵B＝2C，∴C为锐角，∴tanC＝eq \f(\r(3),3)，C＝eq \f(π,6)，B＝eq \f(π,3)，A＝eq \f(π,2)，故选A.
[答案] A
5．在△ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的对边．若bsinA＝3csinB，a＝3，csB＝eq \f(2,3)，则b＝( )
A．14 B．6 C.eq \r(14) D.eq \r(6)
[解析] bsinA＝3csinB⇒ab＝3bc⇒a＝3c⇒c＝1，∴b2＝a2＋c2－2accsB＝9＋1－2×3×1×eq \f(2,3)＝6，b＝eq \r(6)，故选D.
[答案] D
6．(2018·山东日照二模)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，△ACD为正三角形，则△BCD面积的最大值为( )
A．2eq \r(3)＋2 B.eq \f(\r(3)＋1,2)
C.eq \f(\r(3),2)＋2 D.eq \r(3)＋1
[解析] 在△ABC中，设∠ABC＝α，∠ACB＝β，由余弦定理得：AC2＝12＋22－2×1×2csα，∵△ACD为正三角形，∴CD2＝AC2＝5－4csα，S△BCD＝eq \f(1,2)·2·CD·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋β))＝CD·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋β))＝eq \f(\r(3),2)CD·csβ＋eq \f(1,2)CD·sinβ，在△ABC中，由正弦定理得：eq \f(1,sinβ)＝eq \f(AC,sinα)，∴AC·sinβ＝sinα，∴CD·sinβ＝sinα，∴(CD·csβ)2＝CD2(1－sin2β)＝CD2－sin2α＝5－4csα－sin2α＝(2－csα)2，∵β<∠BAC，∴β为锐角，CD·csβ＝2－csα，∴S△BCD＝eq \f(\r(3),2)CD·csβ＋eq \f(1,2)CD·sinβ＝eq \f(\r(3),2)·(2－csα)＋eq \f(1,2)sinα＝eq \r(3)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))，当α＝eq \f(5π,6)时，(S△BCD)max＝eq \r(3)＋1，故选D.
[答案] D
二、填空题
7．(2018·长春二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2asinA＝(2sinB＋sinC)b＋(2c＋b)sinC，则A＝________.
[解析] 由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccsA，故csA＝－eq \f(1,2)，又A为三角形的内角，故A＝120°.
[答案] 120°
8．计算：4cs50°－tan40°＝________.
[解析] 4cs50°－tan40°＝4sin40°－eq \f(sin40°,cs40°)
＝eq \f(4cs40°sin40°－sin40°,cs40°)
＝eq \f(2sin80°－sin40°,cs40°)
＝eq \f(2sin120°－40°－sin40°,cs40°)
＝eq \f(\r(3)cs40°＋sin40°－sin40°,cs40°)
＝eq \f(\r(3)cs40°,cs40°)＝eq \r(3).
[答案] eq \r(3)
9．(2018·安徽合肥一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若csC＝eq \f(2\r(2),3)，bcsA＋acsB＝2，则△ABC的外接圆面积为________．
[解析] 已知bcsA＋acsB＝2，由正弦定理可得2RsinBcsA＋2RsinAcsB＝2(R为△ABC的外接圆半径)．利用两角和的正弦公式得2Rsin(A＋B)＝2，则2RsinC＝2，因为csC＝eq \f(2\r(2),3)，所以sinC＝eq \f(1,3)，所以R＝3.故△ABC的外接圆面积为9π.
[答案] 9π
三、解答题
10．(2018·江苏卷)已知α，β为锐角，tanα＝eq \f(4,3)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5).
(1)求cs2α的值；
(2)求tan(α－β)的值．
[解] (1)因为tanα＝eq \f(4,3)，tanα＝eq \f(sinα,csα)，所以sinα＝eq \f(4,3)csα.
因为sin2α＋cs2α＝1，所以cs2α＝eq \f(9,25)，
所以cs2α＝2cs2α－1＝－eq \f(7,25).
(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)，
又因为cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，
所以sin(α＋β)＝eq \r(1－cs2α＋β)＝eq \f(2\r(5),5)，
因此tan(α＋β)＝－2.
因为tanα＝eq \f(4,3)，所以tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝－eq \f(24,7).
因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq \f(tan2α－tanα＋β,1＋tan2αtanα＋β)＝－eq \f(2,11).
11．(2018·河北保定三模)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)c－a))csB＝bcsA.
(1)若sinA＝eq \f(2,5)，a＋b＝10，求a；
(2)若b＝3eq \r(5)，a＝5，求△ABC的面积S.
[解] ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)c－a))csB＝bcsA，
∴由正弦定理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)sinC－sinA))·csB＝sinBcsA，即有eq \f(5,4)sinCcsB＝sinAcsB＋csAsinB，则eq \f(5,4)sinC·csB＝sinC.∵sinC>0，∴csB＝eq \f(4,5).
(1)由csB＝eq \f(4,5)，得sinB＝eq \f(3,5)，
∵sinA＝eq \f(2,5)，∴eq \f(a,b)＝eq \f(sinA,sinB)＝eq \f(2,3).
又∵a＋b＝10，∴a＝4.
(2)∵b2＝a2＋c2－2accsB，b＝3eq \r(5)，a＝5，∴45＝25＋c2－8c，即c2－8c－20＝0，解得c＝10或c＝－2(舍去)，
∴S＝eq \f(1,2)acsinB＝15.
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝eq \f(tanA,csB)＋eq \f(tanB,csA).
(1)证明：a＋b＝2c；
(2)求csC的最小值．
[解] (1)证明：由题意知2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sinA,csA)＋\f(sinB,csB)))＝eq \f(sinA,csAcsB)＋eq \f(sinB,csAcsB)，
化简得2(sinAcsB＋sinBcsA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC.
从而sinA＋sinB＝2sinC.
由正弦定理得a＋b＝2c.
(2)由(1)知c＝eq \f(a＋b,2)，
所以csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2,2ab)
＝eq \f(3,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq \f(1,4)≥eq \f(1,2)，
当且仅当a＝b时，等号成立．
故csC的最小值为eq \f(1,2).