《二輪復習數(shù)學理重點生通用版講義：第一部分 專題六 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《二輪復習數(shù)學理重點生通用版講義：第一部分 專題六 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析（35頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題六專題六三角恒等變換與解三角形三角恒等變換與解三角形卷卷卷卷卷卷2018正 、 余 弦 定 理 的 應正 、 余 弦 定 理 的 應用用T17二倍角公式及余弦定理的應二倍角公式及余弦定理的應用用T6二倍角公式二倍角公式T4同角三角函數(shù)關(guān)系及兩角和同角三角函數(shù)關(guān)系及兩角和的正弦公式的正弦公式T15三角形的面積公式及三角形的面積公式及余弦定理余弦定理T92017正、余弦定理、三角形正、余弦定理、三角形的面積公式及兩角和的的面積公式及兩角和的余弦公式余弦公式T17余弦定理余弦定理、三角恒等變換及三三角恒等變換及三角形的面積公式角形的面積公式T17余弦定理、三角形的余弦定理、三角形的面積公式面積公
2、式T172016正、余弦定理、三角形正、余弦定理、三角形面積公式、兩角和的正面積公式、兩角和的正弦公式弦公式T17誘導公式誘導公式、三角恒等變換三角恒等變換、給給值求值問題值求值問題T9同角三角函數(shù)的基本同角三角函數(shù)的基本關(guān)系關(guān)系、 二倍角公式二倍角公式T5正 弦 定 理的 應 用 、 誘 導公正 弦 定 理的 應 用 、 誘 導公式式T13利用正、余弦定理解利用正、余弦定理解三角形三角形T8縱向把握縱向把握趨勢趨勢卷卷3 年年 3 考且均出現(xiàn)考且均出現(xiàn)在解答題中的第在解答題中的第 17 題題，涉及正、余弦定理、三涉及正、余弦定理、三角形的面積公式、兩角角形的面積公式、兩角和與差的正和與差的正
3、、 余弦公式余弦公式，難度適中預計難度適中預計 2019年會以選擇題或填空題年會以選擇題或填空題的形式考查正、余弦定的形式考查正、余弦定理的應用及三角恒等變理的應用及三角恒等變換，難度適中換，難度適中卷卷3 年年 5 考，既有選擇題、考，既有選擇題、填空題填空題，也有解答題也有解答題，涉及誘涉及誘導公式導公式、同角三角函數(shù)基本關(guān)同角三角函數(shù)基本關(guān)系式系式、三角恒等變換三角恒等變換、正弦定正弦定理和余弦定理以及三角形面理和余弦定理以及三角形面積公式積公式，難度適中難度適中預計預計 2019年會以解答題的形式考查正年會以解答題的形式考查正、余弦定理和三角形面積公式余弦定理和三角形面積公式的應用的應
4、用卷卷3 年年 5 考，既有考，既有選擇題選擇題， 也有解答題也有解答題，難度適中涉及同角難度適中涉及同角三角函數(shù)基本關(guān)系三角函數(shù)基本關(guān)系式、二倍角公式、正式、二倍角公式、正弦定理和余弦定理、弦定理和余弦定理、三 角 形 面 積 公 式三 角 形 面 積 公 式等等 預計預計 2019 年會以年會以解答題的形式考查解答題的形式考查正、余弦定理在解三正、余弦定理在解三角形中的應用角形中的應用橫向把握橫向把握重點重點1.高考對此部分的考查高考對此部分的考查一般以一般以“二小二小”或或“一一大大”的命題形式出現(xiàn)的命題形式出現(xiàn)2.若無解答題，一般在選擇題若無解答題，一般在選擇題或填空題各有一題或填空題
5、各有一題，主要考查主要考查三角恒等變換三角恒等變換、解三角形解三角形，難難度一般，一般出現(xiàn)在第度一般，一般出現(xiàn)在第 49或第或第 1315 題位置上題位置上3.若以解答題命題形若以解答題命題形式出現(xiàn)，主要考查三式出現(xiàn)，主要考查三角函數(shù)與解三角形的角函數(shù)與解三角形的綜合問題，一般出現(xiàn)綜合問題，一般出現(xiàn)在解答題第在解答題第 17 題位題位置上，難度中等置上，難度中等.三角恒等變換三角恒等變換題組全練題組全練1(2018全國卷全國卷)若若 sin 13，則，則 cos 2()A.89B.79C79D89解析：解析：選選 Bsin 13，cos 212sin21213279.故選故選 B.2(2016
6、全國卷全國卷)若若 cos435，則，則 sin 2()A.725B.15C15D725解析：解析：選選 D因為因為 cos435，所以所以 sin 2cos222cos241725.3已知已知 sin6 cos 13，則，則 cos23 ()A518B.518C79D.79解析：解析：選選 D由由 sin6 cos 13，得，得32sin 12cos cos 32sin 12cos sin6 13，所以，所以 cos23 12sin26 12979.4已知已知 sin 352，且，且 sin()cos ，則，則 tan()()A2B2C12D.12解析：解析：選選 Asin 35，且，且2，
7、cos 45，tan 34.sin()sin cos cos sin 45sin 35cos cos ，tan 12，tan()tan tan 1tan tan 2.5已知已知 A，B 均為鈍角均為鈍角，sin2A2cosA3 5 1510，且且 sin B1010，則則 AB()A.34B.54C.74D.76解析：解析：選選 C因為因為 sin2A2cosA3 5 1510，所以所以1cos A212cos A32sin A5 1510，即即1232sin A5 1510，解得解得 sin A55.因為因為 A 為鈍角，為鈍角，所以所以 cos A 1sin2A15522 55.由由 si
8、n B1010，且，且 B 為鈍角，為鈍角，可得可得 cos B 1sin2B1101023 1010.所以所以 cos(AB)cos Acos Bsin Asin B2 553 101055101022.又又 A，B 都為鈍角，即都為鈍角，即 A，B2，所以所以 AB(，2)，故故 AB74，選，選 C.系統(tǒng)方法系統(tǒng)方法1化簡求值的方法與思路化簡求值的方法與思路(1)方法方法：采用采用“切化弦切化弦”“”“弦化切弦化切”來減少函數(shù)的種類來減少函數(shù)的種類，做到三角函數(shù)名稱的統(tǒng)一做到三角函數(shù)名稱的統(tǒng)一；通過三角恒等變換，化繁為簡，便于化簡求值；通過三角恒等變換，化繁為簡，便于化簡求值；(2)基本
9、思路：找差異，化同名基本思路：找差異，化同名(同角同角)，化簡求值，化簡求值2解決條件求值問題的三個關(guān)注點解決條件求值問題的三個關(guān)注點(1)分析已知角和未知角之間的關(guān)系，正確地用已知角來表示未知角；分析已知角和未知角之間的關(guān)系，正確地用已知角來表示未知角；(2)正確地運用有關(guān)公式將所求角的三角函數(shù)值用已知角的三角函數(shù)值來表示；正確地運用有關(guān)公式將所求角的三角函數(shù)值用已知角的三角函數(shù)值來表示；(3)求解三角函數(shù)中給值求角的問題時，要根據(jù)已知求這個角的某種三角函數(shù)值，然后求解三角函數(shù)中給值求角的問題時，要根據(jù)已知求這個角的某種三角函數(shù)值，然后結(jié)合角的取值范圍，求出角的大小結(jié)合角的取值范圍，求出角的
10、大小正弦定理、余弦定理的應用正弦定理、余弦定理的應用多維例析多維例析角度一角度一利用正、余弦定理進行邊、角計算利用正、余弦定理進行邊、角計算例例 1(1)(2018全國卷全國卷)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c.若若ABC 的的面積為面積為a2b2c24，則，則 C()A.2B.3C.4D.6(2)(2018長春質(zhì)檢長春質(zhì)檢)已知在銳角已知在銳角ABC 中，角中，角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c,2asin B 3b，b2，c3，AD 是角是角 A 的平分線，的平分線，D 在在 BC 上，則上，則 BD_.解析解析(1)S12absin
11、 Ca2b2c242abcos C412abcos C，sin Ccos C，即即 tan C1.C(0，)，C4.(2)由正弦定理可得由正弦定理可得，2sin Asin B 3sin B，可得可得 sin A32，因為因為 0A1)m，ACt(t0)m，依題意得依題意得 ABAC0.5(t0.5)(m)在在ABC 中，由余弦定理得，中，由余弦定理得，AB2AC2BC22ACBCcos 60，即即(t0.5)2t2x2tx，化簡并整理得化簡并整理得 tx20.25x1x10.75x12(x1)因為因為 x1，所以所以 tx10.75x122 3當且僅當當且僅當 x132時取等號時取等號，故故
12、AC 最短為最短為(2 3)m，應選，應選 D.答案答案(1)C(2)D類題通法類題通法1解三角形實際應用問題的解題步驟解三角形實際應用問題的解題步驟2解三角形實際應用問題的注意事項解三角形實際應用問題的注意事項(1)要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名詞，并能準確作出這些角；要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名詞，并能準確作出這些角；(2)要注意將平面幾何的性質(zhì)、定理與正、余弦定理結(jié)合起來使用，這樣可以優(yōu)化解題要注意將平面幾何的性質(zhì)、定理與正、余弦定理結(jié)合起來使用，這樣可以優(yōu)化解題過程；過程；(3)要注意題目中的隱含條件及解的實際意義要注意題目中的隱含條件及解的實際意義應用通關(guān)應用通關(guān)1
13、某位居民站在離地面某位居民站在離地面 20 m 高的陽臺上觀測到對面小高層房頂?shù)难鼋歉叩年柵_上觀測到對面小高層房頂?shù)难鼋菫闉?0，小高層底部的俯角為，小高層底部的俯角為 45，那么這棟小高層的高度為，那么這棟小高層的高度為()A20133 mB20(1 3)mC10( 2 6)mD20( 2 6)m解析：解析：選選 B如圖，設如圖，設 AB 為陽臺的高度，為陽臺的高度，CD 為小高層的高度，為小高層的高度，AE 為水為水平線平線 由題意知由題意知 AB20 m， DAE45， CAE60， 故故 DEAE20 m， CE20 3 m，所以所以 CD20(1 3)m.2.(2018河北保定模擬河
14、北保定模擬)如圖如圖， 某游輪在某游輪在 A 處看燈塔處看燈塔 B 在在 A 的北偏的北偏東東 75方向上，距離為方向上，距離為 126海里，燈塔海里，燈塔 C 在在 A 的北偏西的北偏西 30方向上方向上，距離為距離為 83海里海里，游輪由游輪由 A 處向正北方向航行到處向正北方向航行到 D 處時再看燈塔處時再看燈塔 B，B 在南偏東在南偏東 60方向上，則方向上，則 C 與與 D 的距離為的距離為()A20 海里海里B83海里海里C232海里海里D24 海里海里解析：解析：選選 B在在ABD 中，因為燈塔中，因為燈塔 B 在在 A 的北偏東的北偏東 75方向上，距離為方向上，距離為 126
15、海里海里，貨輪由貨輪由 A 處向正北方向航行到處向正北方向航行到 D 處時處時，再看燈塔再看燈塔 B，B 在南偏東在南偏東 60方向上方向上，所以所以 B180756045，由正弦定理，由正弦定理ADsin BABsinADB，可得可得 ADABsin BsinADB12 6223224 海里海里在在ACD 中，中，AD24 海里，海里，AC83海里，海里，CAD30，由余弦定理得由余弦定理得 CD2AD2AC22ADACcos 30242(8 3)22248 332192.所以所以 CD83海里海里3如圖如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點游客從某旅游景區(qū)的景點 A 處至景點處至景點 C 處有兩條線
16、路處有兩條線路線線路路1 是從是從 A 沿直線步行到沿直線步行到 C，線路，線路 2 是先從是先從 A 沿直線步行到景點沿直線步行到景點 B 處，然后處，然后從從 B 沿直線步行到沿直線步行到 C.現(xiàn)有甲現(xiàn)有甲、乙兩位游客從乙兩位游客從 A 處同時出發(fā)勻速步行處同時出發(fā)勻速步行，甲的速度是乙的速度甲的速度是乙的速度的的119倍倍，甲走線路甲走線路 2，乙走線路乙走線路 1，最后他們同時到達最后他們同時到達 C 處處經(jīng)測量經(jīng)測量，AB1 040 m，BC500 m，則，則 sinBAC 等于等于_解析：解析：依題意，設乙的速度為依題意，設乙的速度為 x m/s，則甲的速度為則甲的速度為119x
17、m/s，因為因為 AB1 040 m，BC500 m，所以所以ACx1 040500119x，解得解得 AC1 260 m.在在ABC 中，由余弦定理得，中，由余弦定理得，cosBACAB2AC2BC22ABAC1 04021 2602500221 0401 2601213，所以所以 sinBAC 1cos2BAC112132513.答案答案：513重難增分重難增分與平面幾何有關(guān)的解三角形綜合問題與平面幾何有關(guān)的解三角形綜合問題考法全析考法全析一、曾經(jīng)這樣考一、曾經(jīng)這樣考1(2015全國卷全國卷)與平面四邊形有關(guān)的邊長范圍問題與平面四邊形有關(guān)的邊長范圍問題在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中
18、，中，ABC75，BC2，則，則 AB 的取值范圍是的取值范圍是_學解題學解題法一：分割法法一：分割法(學生用書不提供解題過程學生用書不提供解題過程)易知易知ADC135.如圖，連接如圖，連接 BD，設，設BDC，ADB，則則135.在在ABD 和和BCD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BCsin BDsin 75ABsin ，則則 ABBCsin sin 2sin 135 sin 2sin 45 sin 211tan ，由由75180，13575180，得得 30105，所以所以 321tan 3.則則 6 2AB 6 2.法二：極限法法二：極限法(學生用書提供解題過程學生用書提供解題過程
19、)如圖，動態(tài)地審視平面四邊形如圖，動態(tài)地審視平面四邊形 ABCD，邊邊 BC2 固定，固定，BC75固定，延長固定，延長 BA，CD 交于點交于點 P.雖然雖然BAD75，但但 AB 邊并不固定，邊并不固定，平行移動平行移動 AD 邊，邊，則容易看出則容易看出 BQABBP.在在BCQ 中，中，易求得易求得 BQ 6 2；在在BCP 中，易求得中，易求得 BP 6 2，則則 AB 的取值范圍是的取值范圍是( 6 2， 6 2)答案：答案：( 6 2， 6 2)啟思維啟思維本題考查轉(zhuǎn)化與化歸思想本題考查轉(zhuǎn)化與化歸思想， 將四邊形問題轉(zhuǎn)化為解三角形問題是解決該題的將四邊形問題轉(zhuǎn)化為解三角形問題是解
20、決該題的關(guān)鍵可利用正弦定理建立函數(shù)關(guān)系式求解，也可利用數(shù)形結(jié)合思想，作出圖形，分析圖關(guān)鍵可利用正弦定理建立函數(shù)關(guān)系式求解，也可利用數(shù)形結(jié)合思想，作出圖形，分析圖形的特點找出解題思路形的特點找出解題思路二、還可能這樣考二、還可能這樣考2與三角形的中線與三角形的中線、角平分線相關(guān)的問題角平分線相關(guān)的問題在在ABC 中中，AB3AC，BAC 的平分線的平分線交交 BC 于于 D，且，且 ADmAC，則實數(shù)，則實數(shù) m 的取值范圍是的取值范圍是_解析：解析：法一：法一：設設 ACx，則，則 AB3x.由三角形內(nèi)角平分線的性質(zhì)可知，由三角形內(nèi)角平分線的性質(zhì)可知，BD34BC，CD14BC.在在ABD 中
21、，由余弦定理可得中，由余弦定理可得34BC29x2m2x223mx2cosBAC2.在在ACD 中，由余弦定理可得中，由余弦定理可得14BC2x2m2x22mx2cosBAC2.由由兩式消去兩式消去 BC 并化簡得并化簡得 cosBAC22m3.因為因為 0BAC22，所以所以 cosBAC2(0,1)，所以所以 02m31，解得解得 m0，32 ，所以實數(shù)所以實數(shù) m 的取值范圍是的取值范圍是0，32 .法二：法二：設設BADCAD00)，則，則 BD2x.在在BCD 中，因為中，因為 CDBC，CD5，BD2x，所以所以 cosCDBCDBD52x.在在ACD 中，中，ADx，CD5，AC
22、5 3，由余弦定理得由余弦定理得cosADCAD2CD2AC22ADCDx252 5 3 22x5.因為因為CDBADC，所以所以 cosADCcosCDB，即即x252 5 3 22x552x，解得解得 x5，所以，所以 AD 的長為的長為 5.答案：答案：52.如圖，在直角梯形如圖，在直角梯形 ABDE 中，已知中，已知ABDEDB90，C 是是 BD 上一點，上一點，AB3 3，ACB15，ECD60，EAC45，則線段，則線段 DE 的長為的長為_解析：解析：易知易知ACE105，AEC30，在在 RtABC 中，中，ACABsin 15，在在AEC 中，中，ACsin 30CEsin
23、 45CEACsin 45sin 30，在在 RtCED 中，中，DECEsin 60sin 45sin 60sin 30ABsin 152232123 36 246.答案：答案：63.(2018四川成都模擬四川成都模擬)如圖，在如圖，在ABC 中，中，AB4，BC2，ABCD3，若，若ADC 是銳角三角形，則是銳角三角形，則 DADC 的取值范圍為的取值范圍為_解析：解析：設設ACD，則，則CAD23，根據(jù)條件及余弦定理計算得，根據(jù)條件及余弦定理計算得 AC2 3.在在ACD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得ADsin CDsin232 3sin34，AD4sin ，CD4sin23，DAD
24、C4 sin sin234sin 32cos 12sin 432sin 32cos 4 332sin 12cos 4 3sin6 .ACD 是銳角三角形，是銳角三角形，和和23均為銳角，均為銳角，6，2 ，63，23 ，sin6 32，1.DADC4 3sin6 (6，4 3.答案：答案：(6,4 3 高考大題通法點撥高考大題通法點撥三角函數(shù)問題重在三角函數(shù)問題重在“變變”變角、變式變角、變式思維流程思維流程策略指導策略指導1常用的變角技巧常用的變角技巧(1)已知角與特殊角的變換；已知角與特殊角的變換；(2)已知角與目標角的變換；已知角與目標角的變換；(3)角與其倍角的變換；角與其倍角的變換；
25、(4)兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運用如：兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運用如：()()， 2()()， 2()()， 22，22 2.2常用的變式技巧常用的變式技巧主要從函數(shù)名、次數(shù)、系數(shù)方面入手，常見的有：主要從函數(shù)名、次數(shù)、系數(shù)方面入手，常見的有：(1)討論三角函數(shù)的性質(zhì)時，常常將它化為一次的單角的三角函數(shù)來討論；討論三角函數(shù)的性質(zhì)時，常常將它化為一次的單角的三角函數(shù)來討論；(2)涉及涉及 sin xcos x、 sin xcos x 的問題的問題， 常做換元處理常做換元處理， 如令如令 tsin xcos x 2， 2，將原問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于將原問題轉(zhuǎn)化為
26、關(guān)于 t 的函數(shù)來處理；的函數(shù)來處理；(3)在解決三角形的問題時，常利用正、余弦定理化邊為角或化角為邊等在解決三角形的問題時，常利用正、余弦定理化邊為角或化角為邊等例例 1已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)4tan xsin2xcosx3 3.(1)求求 f (x)的定義域與最小正周期；的定義域與最小正周期；(2)討論討論 f (x)在區(qū)間在區(qū)間4，4 上的單調(diào)性上的單調(diào)性破題思路破題思路第第(1)問問求什么求什么想什么想什么求求 f (x)的定義域與最小正周期，想到建立關(guān)于的定義域與最小正周期，想到建立關(guān)于 x 的不等式以及化函數(shù)的不等式以及化函數(shù) f (x)的解析的解析式為式為 f (x)Asi
27、n(x)或或 f (x)Acos(x)的形式的形式給什么給什么用什么用什么題干中給出的解析式中既有正切函數(shù)也有正弦題干中給出的解析式中既有正切函數(shù)也有正弦、余弦函數(shù)余弦函數(shù)，利用同角三角函數(shù)關(guān)利用同角三角函數(shù)關(guān)系式系式、誘導公式誘導公式、兩角差的正弦公式化簡函數(shù)解析式兩角差的正弦公式化簡函數(shù)解析式，再分別利用各種三角函數(shù)再分別利用各種三角函數(shù)的定義域即可求出函數(shù)的定義域即可求出函數(shù) f (x)的定義域，利用周期公式可求周期的定義域，利用周期公式可求周期第第(2)問問求什么想什么求什么想什么討論討論 f (x)在區(qū)間在區(qū)間4，4 上的單調(diào)性，想到正弦函數(shù)上的單調(diào)性，想到正弦函數(shù) ysin x 的
28、單調(diào)性的單調(diào)性給什么用什么給什么用什么第第(1)問中已經(jīng)將函數(shù)問中已經(jīng)將函數(shù) f (x)化為化為 f (x)Asin(x)的形式，用整體代換求單的形式，用整體代換求單調(diào)區(qū)間，并與區(qū)間調(diào)區(qū)間，并與區(qū)間4，4 求交集求交集規(guī)范解答規(guī)范解答(1)f (x)的定義域為的定義域為 x|x2k，kZ .f (x)4tan xcos xcosx3 34sin xcosx3 34sin x12cos x32sin x 32sin xcos x2 3sin2x 3sin 2x 3(2sin2x1)sin 2x 3cos 2x2sin2x3 .所以所以 f (x)的最小正周期的最小正周期 T22.(2)令令 z2
29、x3，則函數(shù)，則函數(shù) y2sin z 的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是22k，22k，kZ.由由22k2x322k，kZ，得得12kx512k，kZ.設設 A4，4 ，B12k，512k，kZ，易知，易知 AB12，4 .所以當所以當 x4，4 時，時，f (x)在區(qū)間在區(qū)間12，4 上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間4，12 上單調(diào)上單調(diào)遞減遞減關(guān)鍵點撥關(guān)鍵點撥解答此類問題的關(guān)鍵在于解答此類問題的關(guān)鍵在于“變變”，其思路為，其思路為“一角二名三結(jié)構(gòu)一角二名三結(jié)構(gòu)”升冪升冪(降冪降冪)公式口訣：公式口訣：“冪降一次，角翻倍，冪升一次，角減半冪降一次，角翻倍，冪升一次，角減半”例例 2ABC
30、的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，已知，已知 2cos C(acos Bbcos A)c.(1)求求 C；(2)若若 c 7，ABC 的面積為的面積為3 32，求，求ABC 的周長的周長破題思路破題思路第第(1)問問求什么求什么想什么想什么求角求角 C，想到求，想到求 C 的某一個三角函數(shù)值的某一個三角函數(shù)值給什么給什么用什么用什么題目條件中給出關(guān)系式題目條件中給出關(guān)系式 2cos C(acos Bbcos A)c.用正弦定理或余弦定理統(tǒng)一角用正弦定理或余弦定理統(tǒng)一角或邊，可求角或邊，可求角 C 的一個三角函數(shù)值，進而求出的一個三角函數(shù)值，進而求出 C 的值的值第
31、第(2)問問求什么求什么想什么想什么求求ABC 的周長，想到求的周長，想到求ABC 各邊的長或直接求各邊的長或直接求 abc 的值的值給什么給什么用什么用什么已知已知 c 7，ABC 的面積為的面積為3 32，用用 SABC12absin C3 32可建立可建立 ab 的關(guān)系式的關(guān)系式差什么差什么找什么找什么求周長，還需求周長，還需 ab 的值通過以上步驟可知的值通過以上步驟可知ABC 中中 C，c 及及 ab 的值，利用余的值，利用余弦定理即可求出弦定理即可求出 ab 的值的值規(guī)范解答規(guī)范解答(1)法一：法一：由由 2cos C(acos Bbcos A)c，得得 2cos C(sin Ac
32、os Bsin Bcos A)sin C，即即 2cos Csin(AB)sin C.因為因為 ABC，A，B，C(0，)，所以所以 sin(AB)sin C0，所以所以 2cos C1，cos C12.因為因為 C(0，)，所以，所以 C3.法二：法二：由由 2cos C(acos Bbcos A)c，得得 2cos Caa2c2b22acbb2c2a22bcc，整理得整理得 2cos C1，即即 cos C12.因為因為 C(0，)，所以，所以 C3.(2)因為因為 S12absin C34ab3 32，所以，所以 ab6，由余弦定理，由余弦定理，c2a2b22abcos C，得得 7a2
33、b22ab12，即即(ab)23ab7，所以所以(ab)2187，即即 ab5，所以，所以ABC 的周長為的周長為 abc5 7.關(guān)鍵點撥關(guān)鍵點撥利用正、余弦定理求解問題的策略利用正、余弦定理求解問題的策略角化邊角化邊利用正弦利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含邊的關(guān)系余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含邊的關(guān)系，通過因式分解通過因式分解、配方等得配方等得出邊的相應關(guān)系，進而求解出邊的相應關(guān)系，進而求解邊化角邊化角利用正弦利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含內(nèi)角的三角函數(shù)間的關(guān)系余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含內(nèi)角的三角函數(shù)間的關(guān)系，通過三角通過三角函數(shù)恒等變換，得出內(nèi)角的關(guān)系，進而求解函數(shù)恒等變換，
34、得出內(nèi)角的關(guān)系，進而求解對點訓練對點訓練1(2018全國卷全國卷)在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中，中，ADC90，A45，AB2，BD5.(1)求求 cos ADB；(2)若若 DC2 2，求，求 BC.解：解：(1)在在ABD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BDsin AABsin ADB，即，即5sin 452sin ADB，所以所以 sin ADB25.由題設知，由題設知，ADB90，所以所以 cos ADB1225235.(2)由題設及由題設及(1)知，知，cos BDCsin ADB25.在在BCD 中，由余弦定理得中，由余弦定理得BC2BD2DC22BDDCcos BDC
35、258252 22525，所以，所以 BC5.2已知函數(shù)已知函數(shù) f (x) 3sin xcos xsin2x1(0)的圖象中相鄰兩條對稱軸之間的的圖象中相鄰兩條對稱軸之間的距離為距離為2.(1)求求的值及函數(shù)的值及函數(shù) f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間；的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)已知已知 a，b，c 分別為分別為ABC 中角中角 A，B，C 的對邊，且滿足的對邊，且滿足 a 3，f (A)1，求，求ABC 面積面積 S 的最大值的最大值解：解：(1)f (x)32sin 2x1cos 2x21sin2x6 12.因為函數(shù)因為函數(shù) f (x)的圖象中相鄰兩條對稱軸之間的距離為的圖象中相鄰兩條對稱軸之間的距
36、離為2，所以所以 T，即即22，所以所以1.所以所以 f (x)sin2x6 12.令令22k2x6322k(kZ)，解得解得6kx23k(kZ)所以函數(shù)所以函數(shù) f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為6k，23k(kZ)(2)由由 f (A)1，得得 sin2A6 12.因為因為 2A66，136，所以所以 2A656，得，得 A3.由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos A，即即( 3)2b2c22bccos3，所以所以 bc3b2c22bc，解得解得 bc3，當且僅當，當且僅當 bc 時等號成立時等號成立所以所以 SABC12bcsin A123323 34，所以所以AB
37、C 面積面積 S 的最大值為的最大值為3 34.總結(jié)升華總結(jié)升華高考試題中的三角函數(shù)解答題相對比較傳統(tǒng)，難度較低，大家在復習時，應高考試題中的三角函數(shù)解答題相對比較傳統(tǒng)，難度較低，大家在復習時，應“明確思明確思維起點維起點，把握變換方向把握變換方向，抓住內(nèi)在聯(lián)系抓住內(nèi)在聯(lián)系，合理選擇公式合理選擇公式”是解答此類題的關(guān)鍵是解答此類題的關(guān)鍵在解題時在解題時，要緊緊抓住要緊緊抓住“變變”這一核心，靈活運用公式與性質(zhì)，這一核心，靈活運用公式與性質(zhì)， 仔細審題，快速運算仔細審題，快速運算專題跟蹤檢測專題跟蹤檢測(對應配套卷對應配套卷 P177)一、全練保分考法一、全練保分考法保大分保大分1已知已知ABC
38、 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若，若 a 5，c2，cos A23，則則 b()A. 2B. 3C2D3解析：解析：選選 D由余弦定理得由余弦定理得 522b222bcos A，cos A23，3b28b30，b3b13舍去舍去.2在在ABC 中中，a，b，c 分別是角分別是角 A，B，C 的對邊的對邊，已知已知 a6，b4，C120，則則sin B()A.217B.5719C.338D5719解析：解析：選選 B在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 c2a2b22abcos C76，所以，所以 c 76.由由正弦定理得正弦定理得bsin Bcsin
39、 C，所以，所以 sin Bbsin Cc432765719.3已知已知ABC 中中，內(nèi)角內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若若 a2b2c2bc，bc4，則則ABC 的面積為的面積為()A.12B1C. 3D2解析：解析：選選 Ca2b2c2bc，bcb2c2a2，cos Ab2c2a22bc12.A為為ABC的內(nèi)角的內(nèi)角， A60， SABC12bcsin A12432 3.4(2019 屆高三屆高三洛陽第一次統(tǒng)考洛陽第一次統(tǒng)考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，若若 a，b，c 成等比數(shù)列，且成等比數(shù)列，且 a2c2acbc
40、，則，則cbsin B()A.32B.2 33C.33D. 3解析解析：選選 B由由 a，b，c 成等比數(shù)列得成等比數(shù)列得 b2ac，則有則有 a2c2b2bc，由余弦定理得由余弦定理得 cosAb2c2a22bcbc2bc12， 因為因為 A 為為ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角， 所以所以 A3， 對于對于 b2ac， 由正弦定理得由正弦定理得，sin2Bsin Asin C32sin C，由正弦定理得，由正弦定理得，cbsin Bsin Csin2Bsin C32sin C2 33.5ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c.已知已知 sin Bsin A(sin Cc
41、os C)0，a2，c 2，則，則 C()A.12B.6C.4D.3解析：解析：選選 B在在ABC 中，中，sin Bsin(AC)，則則 sin Bsin A(sin Ccos C)sin(AC)sin A(sin Ccos C)0，即即 sin Acos Ccos Asin Csin Asin Csin Acos C0，cos Asin Csin Asin C0，sin C0，cos Asin A0，即即 tan A1，所以所以 A34.由由asin Acsin C得得2222sin C，sin C12，又又 0C4，C6.6在在ABC 中中，已知已知 AB 2，AC 5，tanBAC3，
42、則則 BC 邊上的高等于邊上的高等于()A1B. 2C. 3D2解析解析：選選 A在在ABC 中中，tanBAC3，sinBAC3 1010，cosBAC1010，由余弦定理得由余弦定理得 BC2AC2AB22ACABcosBAC522 5 21010 9，BC3.SABC12ABACsinBAC12 2 53 101032， BC 邊上的高為邊上的高為2SABCBC23231.7(2018開封模擬開封模擬)在在ABC 中中，角角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，btan Bbtan A2ctan B，且，且 a5，ABC 的面積為的面積為 2 3，則，則 bc 的值為的值為
43、_解析：解析：由正弦定理及由正弦定理及 btan Bbtan A2ctan B，得得 sin Bsin Bcos Bsin Bsin Acos A2sin Csin Bcos B，即即 cos Asin Bsin Acos B2sin Ccos A，亦即亦即 sin(AB)2sin Ccos A，故故 sin C2sin Ccos A.因為因為 sin C0，所以所以 cos A12，所以所以 A3.因為因為 SABC12bcsin A2 3，所以所以 bc8.由余弦定理由余弦定理，知知 a2b2c22bccos A(bc)23bc，可得可得 bc7.答案：答案：78(2018福州模擬福州模擬
44、)如圖，小明同學在山頂如圖，小明同學在山頂 A 處觀測到一輛汽車處觀測到一輛汽車在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在 A 處測得公路上處測得公路上 B，C兩點的俯角分別為兩點的俯角分別為 30，45，且且BAC135.若山高若山高 AD100 m，汽汽車從車從 B 點到點到 C 點歷時點歷時 14 s， 則這輛汽車的速度約為則這輛汽車的速度約為_ m/s(精確精確到到0.1)參考數(shù)據(jù)：參考數(shù)據(jù)：21.414,52.236.解析：解析：因為小明在因為小明在 A 處測得公路上處測得公路上 B，C 兩點的俯角分別為兩點的俯角分別為 30，45，所以，所以B
45、AD60， CAD45.設這輛汽車的速度為設這輛汽車的速度為 v m/s， 則則 BC14v， 在在 RtADB 中中 ABADcosBADADcos 60200.在在 RtADC 中，中，ACADcosCAD100cos 45100 2.在在ABC 中，由余弦定中，由余弦定理 ， 得理 ， 得 BC2 AC2 AB2 2ACABcos BAC ， 所 以， 所 以 (14v)2 (1002 )2 20022100 2200cos 135，所以，所以 v50 10722.6，所以這輛汽車的速度約為，所以這輛汽車的速度約為 22.6 m/s.答案：答案：22.69(2018長春質(zhì)檢長春質(zhì)檢)在在
46、ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若其面積，若其面積 Sb2sin A，角，角 A 的平分線的平分線 AD 交交 BC 于點于點 D，AD2 33，a 3，則，則 b_.解析解析：由面積公式由面積公式 S12bcsin Ab2sin A，可得可得 c2b，即即cb2.由由 a 3，并結(jié)合角平分線定理可得并結(jié)合角平分線定理可得，BD2 33，CD33，在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 cos B4b23b222b 3，在，在ABD 中中，cos B4b2434322b2 33，即，即4b23b222b 34b2434322b2 33，化簡得化
47、簡得 b21，解得，解得 b1.答案：答案：110(2018昆明調(diào)研昆明調(diào)研)已知已知ABC 的面積為的面積為 3 3，AC2 3，BC6，延長延長 BC 至至 D，使使ADC45.(1)求求 AB 的長；的長；(2)求求ACD 的面積的面積解：解：(1)因為因為 SABC1262 3sinACB3 3，所以所以 sinACB12，ACB30或或 150，又又ADC45，所以，所以ACB150，由余弦定理得由余弦定理得 AB2123622 36cos 15084，所以所以 AB2 21.(2)在在ACD 中，因為中，因為ACB150，ADC45，所以所以CAD105，由正弦定理得由正弦定理得C
48、DsinCADACsinADC，即即CDsin 1052 3sin 45，解得解得 CD3 3，又又ACD18015030，所以所以 SACD12ACCDsinACD122 3(3 3)123 31 2.11(2018沈陽質(zhì)檢沈陽質(zhì)檢)在在ABC 中中，已知內(nèi)角已知內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，且且 2ccosB2ab.(1)求角求角 C 的大??；的大小；(2)若若 ab6，ABC 的面積為的面積為 2 3，求，求 c.解解：(1)由正弦定理得由正弦定理得 2sin Ccos B2sin Asin B，又又 sin Asin(BC)，2sin Ccos B2sin(B
49、C)sin B，2sin Ccos B2sin Bcos C2cos Bsin Csin B，2sin Bcos Csin B0，sin B0，cos C12.又又 C(0，)，C23.(2)SABC12absin C2 3，ab8，由余弦定理由余弦定理，得得 c2a2b22abcos Ca2abb2(ab)2ab28，c2 7.12 (2018長沙模擬長沙模擬)在銳角在銳角ABC 中中， a， b， c 分別為角分別為角 A， B， C 的對邊的對邊， 且且 4sin Acos2A 3cos(BC)sin 3A 3.(1)求角求角 A 的大??；的大小；(2)若若 b2，求，求ABC 面積的取
50、值范圍面積的取值范圍解：解：(1)ABC，cos(BC)cos A3A2AA，sin 3Asin(2AA)sin 2Acos Acos 2Asin A又又 sin 2A2sin Acos A，cos 2A2cos2A1，將將代入已知等式代入已知等式，得得 2sin 2Acos A 3cos Asin 2Acos Acos 2Asin A 3，整理得整理得 sin A 3cos A 3，即即 sinA3 32，又又 A0，2 ，A323，即即 A3.(2)由由(1)得得 BC23，C23B，ABC 為銳角三角形，為銳角三角形，23B0，2 且且 B0，2 ，解得，解得 B6，2 ，在在ABC 中
51、，由正弦定理得中，由正弦定理得2sin Bcsin C，c2sin Csin B2sin23Bsin B3tan B1，又又 B6，2 ，1tan B(0， 3)，c(1,4)，SABC12bcsin A32c，SABC32，2 3.故故ABC 面積的取值范圍為面積的取值范圍為32，2 3.二、強化壓軸考法二、強化壓軸考法拉開分拉開分1 (2018成都模擬成都模擬)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A， B， C 的對邊分別為的對邊分別為 a， b， c， 且且 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B，ABC 的外接圓半徑為的外接圓半徑為 3.則則ABC 面積的最大值為面積的最大值為()A.38
52、B.34C.9 38D.9 34解析解析： 選選 D由正弦定理由正弦定理， 得得asin Absin Bcsin C2 3， 所以所以 sin Aa2 3， sin Bb2 3，sin Cc2 3，將其代入，將其代入 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B 得，得，a2b2c2ab，由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ca2b2c22ab12， 又又 0C， 所所以以 C3.于于是是 SABC12absin C122 3sin A2 3sinBsin33 3sin Asin B3 32cos(AB)cos(AB)3 32cos(AB)cos C3 32cos(AB)3 34.當當
53、AB3時，時，SABC取得最大值，最大值為取得最大值，最大值為9 34，故選，故選 D.2(2019 屆高三屆高三南寧二中南寧二中、柳州高中聯(lián)考柳州高中聯(lián)考)在在ABC 中中，角角 A，B，C 所對的邊分別所對的邊分別為為a，b，c，若，若 bc1，b2ccos A0，則當角，則當角 B 取得最大值時，取得最大值時，ABC 的周長為的周長為()A2 3B2 2C3D3 2解析：解析：選選 A法一：法一：由題意可得，由題意可得，sin B2sin Ccos A0，即，即 sin(AC)2sin Ccos A0，得得 sin Acos C3sin Ccos A，即即 tan A3tan C.又又
54、cos Ab2c0.從而從而 tan Btan(AC)tan Atan C1tan Atan C2tan C13tan2C21tan C3tan C，由基本不等由基本不等式式，得得1tan C3tan C21tan C3tan C2 3，當且僅當當且僅當 tan C33時等號成立時等號成立，此時此時角角B 取得最大值取得最大值，且且 tan Btan C33，tan A 3，即即 bc，A120，又又 bc1，所以所以 bc1，a 3，故故ABC 的周長為的周長為 2 3.法二法二： 由已知由已知 b2ccos A0， 得得 b2cb2c2a22bc0， 整理得整理得 2b2a2c2.由余弦定
55、理由余弦定理，得得 cos Ba2c2b22aca23c24ac2 3ac4ac32，當且僅當當且僅當 a 3c 時等號成立時等號成立，此時角此時角 B 取得取得最大值，將最大值，將 a 3c 代入代入 2b2a2c2可得可得 bc.又又 bc1，所以，所以 bc1，a 3，故，故ABC的周長為的周長為 2 3.3 (2019 屆高三屆高三惠州調(diào)研惠州調(diào)研)已知已知 a， b， c 是是ABC 中角中角 A， B， C 的對邊的對邊， a4， b(4,6)，sin 2Asin C，則，則 c 的取值范圍為的取值范圍為_解析：解析：在在ABC 中，由正弦定理得中，由正弦定理得4sin Acsin
56、 C，即即4sin Acsin 2A，c8cos A，由余弦定理得由余弦定理得 16b2c22bccos A，16b264cos2A16bcos2A，又又 b4，cos2A16b26416b 4b 4b 16 4b 4b16，c264cos2A644b16164B.b(4,6)，32c240，4 2c2 10.答案：答案：(4 2，2 10)4(2018濰坊模擬濰坊模擬)在在ABC 中中，內(nèi)角內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，外接圓的半徑外接圓的半徑為為 1，且，且tan Atan B2cbb，則，則ABC 面積的最大值為面積的最大值為_解析：解析：因為因為tan Ata
57、n B2cbb，所以，所以bsin Acos A(2cb)sin Bcos B，由正弦定理得由正弦定理得sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A，又又 sin B0，所以所以 sin Acos B(2sin Csin B)cos A，所以所以 sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A，sin(AB)2sin Ccos A，即即 sin C2sin Ccos A，又又 sin C0，所以所以 cos A12，sin A32.設外接圓的半徑為設外接圓的半徑為 r，則，則 r1，由余弦定理得由余弦定理得a2b2c22bccos Ab2c2bc
58、2bcbcbc.當且僅當當且僅當 bc 時，等號成立，時，等號成立，又因為又因為 a2rsin A 3，所以所以 bc3，所以，所以 SABC12bcsin A34bc3 34.答案：答案：3 345(2018陜西質(zhì)檢陜西質(zhì)檢)已知已知ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，且，且(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc，若，若 ab2，則，則 c 的取值范圍為的取值范圍為_解析：解析：由由 sin Acos Bsin Bcos Asin(AB)sin C 及正弦定理，可知及正弦定理，可知 acos Bbcos Ac，則由則由(a2b2c2)(acos
59、 Bbcos A)abc，得得 a2b2c2ab，由余弦定理可得由余弦定理可得 cos C12，則，則 C3，B23A，由正弦定理由正弦定理asin Absin Bcsin C，得得asin Absin23Acsin3，又，又 ab2，所以所以csin A32csin23A322，即即 c3sin Asin23A1sinA6.因為因為 A0，23 ，所以，所以 A66，56 ，所以所以 sinA6 12，1，則，則 c1,2)答案：答案：1,2)6(2018南昌模擬南昌模擬)如圖如圖，平面上有四個點平面上有四個點 A，B，P，Q，其中其中 A，B 為定點，且為定點，且 AB 3，P，Q 為動點
60、，滿足關(guān)系為動點，滿足關(guān)系 APPQQB1，若若APB 和和PQB 的面積分別為的面積分別為 S，T，則，則 S2T2的最大值為的最大值為_解析：解析：設設 PB2x，則，則 312x2，312x1，T2122x 1x22x2(1x2)，cosPAB134x22 32 1x2 3，sin2PAB12 1x2 32，S212 31sinPAB23414 1x2 2334(1x2)2，S2T234(1x2)2x2(1x2)，令令 1x2t，則，則 x21t,0t32，S2T234t2(1t)t2t2t34，其對稱軸方程為其對稱軸方程為 t14，且，且140，32 ，當當 t14時，時，S2T2取得
61、最大值，取得最大值，此時此時 S2T22116143478.答案：答案：78三、加練大題考法三、加練大題考法少失分少失分1.(2019 屆高三屆高三洛陽聯(lián)考洛陽聯(lián)考)如圖如圖，在在ABC 中中，點點 P 在在 BC 邊上邊上，PAC60，PC2，APAC4.(1)求求ACP；(2)若若APB 的面積是的面積是3 32，求，求 sinBAP.解：解：(1)在在APC 中，中，PAC60，PC2，APAC4，由余弦定理得由余弦定理得PC2AP2AC22APACcosPAC，所以所以 22AP2(4AP)22AP(4AP)cos 60，整理得整理得 AP24AP40，解得解得 AP2，所以，所以 A
62、C2，所以所以APC 是等邊三角形，所以是等邊三角形，所以ACP60.(2)由于由于APB 是是APC 的外角，的外角，所以所以APB120，因為因為APB 的面積是的面積是3 32，所以所以12APPBsinAPB3 32，所以，所以 PB3.在在APB 中，由余弦定理得中，由余弦定理得AB2AP2PB22APPBcosAPB2232223cos 12019，所以所以 AB 19.在在APB 中，由正弦定理得中，由正弦定理得ABsinAPBPBsinBAP，所以所以 sinBAP3sin 120193 5738.2(2018開封模擬開封模擬)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對
63、邊分別為 a，b，c，面積為，面積為 S，已，已知知3a24 3S3b23c2.(1)求求 A；(2)若若 a3，求，求ABC 周長的取值范圍周長的取值范圍解：解：(1)S12bcsin A，由已知得，由已知得，b2c2a24 33S4 3312bcsin A，cos Ab2c2a22bc33sin A，tan A 3，又又A(0，)，A23.(2)在在ABC 中中，由正弦定理得由正弦定理得，bsin Bcsin C3sin232 3，b2 3sin B，c2 3sin C2 3sin3B，記記ABC 周長為周長為 y，yabc2 3sin B2 3sin3B32 3sin B2 332cos
64、 B12sin B3 3sin B3cos B32 3sinB3 3，B0，3 ，sinB3 32，1，y(6,32 3，ABC 周長的取值范圍是周長的取值范圍是(6,32 33. (2018淄博模擬淄博模擬)在在ABC 中中，BAC23，D 為邊為邊 BC 上一上一點，點，DAAB，且，且 AD32.(1)若若 AC2，求，求 BD；(2)求求DADBDADC的取值范圍的取值范圍解：解：(1)因為因為BAC23，BAD2，所以所以CAD6，在，在DAC 中，中，由余弦定理知由余弦定理知CD2AC2AD22ACADcos674，得得 CD72，從而從而 cosADCAD2CD2AC22ADCD
65、32212217.或用正弦定理求得或用正弦定理求得 sinADC2 77所以所以 cosADB217.在在 RtDAB 中，中，BDADcosADB72，所以所求所以所求 BD 的長為的長為72.(2)設設ADB，則，則ACD6，在在 RtDAB 中，中，DADBcos ，在在DAC 中，由正弦定理知中，由正弦定理知DADCsin6sin62sin6 .于是于是DADBDADCcos 2sin6 3sin .由題設知由題設知62，故，故12sin 1，因此所求因此所求DADBDADC的取值范圍為的取值范圍為32， 3.4設函數(shù)設函數(shù) f (x)sin x( 3cos xsin x)12.(1)
66、求函數(shù)求函數(shù) f (x)的最大值，并求此時的的最大值，并求此時的 x 值；值；(2)在在ABC 中中，內(nèi)角內(nèi)角 A，B，C 所對的邊分別為所對的邊分別為 a，b，c，若若 f (A)1，且且 2bsin B2csinCbc 3a，求，求 a 的值的值解：解：(1)由題意可得由題意可得 f (x) 3sin xcos xsin2x1232sin 2x12(1cos 2x)1232sin 2x12cos 2xsin2x6 .當當 2x622k(kZ)，即即 x3k(kZ)時，函數(shù)時，函數(shù) f (x)取得最大值為取得最大值為 1.(2)A(0，)，2A66，116.又又 f (A)sin2A6 1，2A62，A3.根據(jù)正弦定理根據(jù)正弦定理bsin Bcsin Casin3，得得 sin B3b2a，sin C3c2a.2bsin B2csin Cbc 3a，2b3b2a2c3c2abc 3a， 3(b2c2a2)abc， 32bccos3abc，a 3.
二輪復習數(shù)學理重點生通用版講義：第一部分 專題六 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析
