＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－2ab－ab＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，所以c＝23.
5．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了mn
黄金分割均为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则＝2
2cos27°－1( )
A．8 C．2
解析：选C.因为m＝2sin 18°， 若m2＋n＝4，
则n＝4－m2＝4－4sin218°＝4(1－sin218°)＝4cos218°，
2sin18°4cos218°4sin 18°cos 18°2sin 36°mn
所以＝＝＝＝2.
2cos227°－1cos 54°sin 36°sin 36°
6．(2019·杭州市高三期末检测)设点P在△ABC的BC边所在的直线上从左到右运动，设△ABP与△ACP的外接圆面积之比为λ，当点P不与B，C重合时( )
B．4 D．1
A．λ先变小再变大
B．当M为线段BC中点时，λ最大 C．λ先变大再变小 D．λ是一个定值
解析：选D.设△ABP与△ACP的外接圆半径分别为r1，r2， ABAC则2r1＝，2r2＝，
sin∠APBsin∠APC因为∠APB＋∠APC＝180°， 所以sin∠APB＝sin∠APC， r1AB
所以＝，
r2AC
r2AB21
所以λ＝2＝2.故选D.
r2AC
tan（α＋β＋γ）
7．(2019·福州市综合质量检测)已知m＝，若sin 2(α＋γ)＝3sin 2β，则m
tan（α－β＋γ）＝( )
1A. 23C. 2
3B. 4D.2
- 11 -
解析：选D.设A＝α＋β＋γ，B＝α－β＋γ， 则2(α＋γ)＝A＋B，2β＝A－B， 因为sin 2(α＋γ)＝3sin 2β， 所以sin(A＋B)＝3sin(A－B)，
即sin Acos B＋cos Asin B＝3(sin Acos B－cos Asin B)， 即2cos Asin B＝sin Acos B， 所以tan A＝2tan B， tan A
所以m＝＝2，故选D.
tan B
a2b2
8．(2019·咸阳二模)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2＋2
sinAsinB→→
＝2c2，sin A(1－cos C)＝sin Bsin C，b＝6，AB边上的点M满足AM＝2MB，过点M的直线与射线CA，CB分别交于P，Q两点，则MP2＋MQ2的最小值是( )
A．36 C．38
B．37 D．39
a2b2
解析：选A.由正弦定理，知2＋2＝2c2，即2＝2sin2C，所以
sin AsinBπ
sin C＝1，C＝，所以sin A(1－cos C)＝sin Bsin C，即sin A＝sin B，所
2π
以A＝B＝.以C为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则M(2，
4
π164
4)，设∠MPC＝θ，θ∈?0，?，则MP2＋MQ2＝2＋＝(sin2θ＋cos2
2??sinθcos2θθ)?sin2θ＋cos2θ?＝20＋4tan2θ＋
164
??
16
≥36，当且仅当tan θ＝2时等号成立，即MP2＋tan2θMQ2的最小值为36.
9．已知2cos2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，则A＝________，b＝________． 解析：由于2cos2x＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x π
＝2sin(2x＋)＋1，所以A＝2，b＝1.
4答案：2 1
ππ
10．若α∈?0，?，cos?－α?＝22cos 2α，则sin 2α＝________．
2???4?解析：由已知得
2
(cos α＋sin α)＝22(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)， 2
1
所以cos α＋sin α＝0或cos α－sin α＝，
4由cos α＋sin α＝0得tan α＝－1，
- 12 -
π
因为α∈?0，?，
2??
所以cos α＋sin α＝0不满足条件；
11
由cos α－sin α＝，两边平方得1－sin 2α＝，
41615
所以sin 2α＝.
1615答案：
16
11．(2019·金丽衢十二校联考二模)在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，acos B＝bcos A，4S＝2a2－c2，其中S是△ABC的面积，则C的大小为________．
解析：△ABC中，acos B＝bcos A， 所以sin Acos B＝sin Bcos A，
所以sin Acos B－cos Asin B＝sin(A－B)＝0， 所以A＝B，所以a＝b； 1
又△ABC的面积为S＝absin C，
2且4S＝2a2－c2，
所以2absin C＝2a2－c2＝a2＋b2－c2， a2＋b2－c2
所以sin C＝＝cos C，
2abπ
所以C＝.
4π答案：
4
12．(2019·绍兴市一中高三期末检测)△ABC中，D为线段BC的中点，AB＝2AC＝2，tan∠CAD＝sin∠BAC，则BC＝________．
sin∠CADsin∠CAD解析：由正弦定理可知＝2，又tan∠CAD＝sin∠BAC，则＝sin(∠CAD
sin∠BADcos∠CAD＋∠BAD)，利用三角恒等变形可化为
1
cos∠BAC＝，据余弦定理BC＝
2
AC2＋AB2－2·AC·AB·cos∠BAC＝1＋4－2＝3. 答案：3
13．(2019·惠州第一次调研)已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，a＝4，b∈(4，6)，sin 2A＝sin C，则c的取值范围为________．
4c4c解析：由＝，得＝，所以c＝8cos A，因为16＝b2＋c2－2bccos A，所
sin Asin Csin Asin 2A
- 13 -
16－b2（4－b）（4＋b）4＋b
以16－b＝64cosA－16bcosA，又b≠4，所以cosA＝＝＝，
1664－16b16（4－b）
2
2
2
2
4＋b
所以c2＝64cos2A＝64×＝16＋4b.因为b∈(4，6)，所以32 16 答案：(42，210) 14．(2019·绍兴市一中期末检测)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且acos 1 C－c＝b. 2 (1)求角A的大小； (2)若a＝3，求△ABC的周长l的取值范围． 11 解：(1)由acos C－c＝b得：sin Acos C－sin C＝sin B， 22又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C， 1 所以sin C＝－cos Asin C， 2因为sin C≠0， 1 所以cos A＝－， 2又0＜A＜π， 2π 所以A＝. 3 asin B (2)由正弦定理得：b＝＝23sin B，c＝23sin C， sin Al＝a＋b＋c＝3＋23(sin B＋sin C) ＝3＋23[sin B＋sin(A＋B)] 13 ＝3＋23?sin B＋cos B? 2?2?π ＝3＋23sin?B＋?， 3?? 2ππ 因为A＝，所以B∈?0，?， 33??ππ2π 所以B＋∈?，?， 3?33?π3 所以sin?B＋?∈?，1?， 3??2?? 则△ABC的周长l的取值范围为(6，3＋23 ]． 15．(2019·湖州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(sin A＋sin B＋sin C)(sin B＋sin C－sin A)＝3sin Bsin C. (1)求角A的值； - 14 - (2)求3sin B－cos C的最大值． 解：(1)因为(sin A＋sin B＋sin C)(sin B＋sin C－sin A) ＝3sin Bsin C， 由正弦定理，得(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc， 所以 b2＋c2－a2＝bc，所以 b2＋c2－a21π cos A＝＝，因为A∈(0，π)，所以A＝. 2bc23 π2π (2)由A＝，得B＋C＝， 33所以3sin B－cos C＝3sin B－cos? 2π －B? ?3? π13＝3sin B－?－cos B＋sin B?＝sin?B＋?. 6?2??2?2πππ5π 因为0＜B＜，所以＜B＋＜， 3666 πππ 当B＋＝，即B＝时，3sin B－cos C的最大值为1. 623 16．(2019·宁波镇海中学模拟)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，b＝2sin 2sin B B，且满足tan A＋tan C＝. cos A (1)求角C和边c的大小； (2)求△ABC面积的最大值． 2sin Bsin Asin C 解：(1)tan A＋tan C＝可得＋＝ cos Acos Acos C sin Acos C＋cos Asin Csin（A＋C）sin B2sin B＝＝＝， cos Acos Ccos Acos Ccos Acos Ccos A1所以cos C＝， 2因为0＜C＜π， π 所以C＝， 3因为b＝2sin B， cb 由正弦定理可得＝＝2， sin Csin B所以c＝ 6. 2 (2)由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C， 3 所以＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，当且仅当a＝b时取等号． 2133333 所以S△ABC＝absin C＝ab≤×＝， 24428 - 15 -
高考数学二轮复习专题二三角恒等变换与解三角形
