专项01 三角函数、三角恒等变换与解三角形
参考答案
题型01 三角恒等变形与三角函数图象问题
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）根据图象，结合正弦函数的性质，可求函数
f x 的详解式，再求函数的单调区间
即可.
（2）根据同角三角函数的基本关系与两角和与差的余弦公式求值即可.
【规范答题】（1）由图可得
2
A =
，
π
π
4
π
12
6
T
æ
ö
=
´
+
=
ç
÷
è
ø
，
所以
2
w =
，且π
π
2
2 π
12
2
k
j
´ +
=
+
，k ÎZ 得
π
2 π
3
k
j =
+
，k ÎZ ，
又因为
π
2
j <
，所以
π
3
j =
，所以
π
2sin 2
3
f x
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
.
又因为
π
π
π
2 π
2
2 π
2
3
2
k
x
k
-
+
£
+
£
+
，k ÎZ ，
解得
5π
π
π
π
12
12
k
x
k
-
+
£
£
+
，k ÎZ ，
所以
π
2sin 2
3
f x
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø在
π π
,
2 2
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上的单调递增区间为
5π
π
,
12 12
é
ù
-
ê
ú
ë
û .
（2）因为
π
2
2sin 2
3
5
f q
q
æ
ö
=
+
= -
ç
÷
è
ø
，所以
π
1
sin 2
0
3
5
q
æ
ö
+
= -
<
ç
÷
è
ø
.
因为
π
0, 2
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø，所以
π
π 4π
2
,
3
3
3
q
æ
ö
+
Îç
÷
è
ø ，
即
π
4π
2
π,
3
3
q
æ
ö
+
Îç
÷
è
ø ，所以
π
2 6
cos 2
3
5
q
æ
ö
+
= -
ç
÷
è
ø
.
所以
π
π
2 6
1
1
3
2 6
3
cos2
cos
2
3
3
5
2
5
2
10
q
q
é
ù
+
æ
ö
æ
ö
=
+
-
= -
´
+ -
´
= -
ç
÷
ç
÷
ê
ú
è
ø
è
ø
ë
û
.
破类题·提能力
1．【答案】(1)
π
0, 8
æ
ù
ç
ú
è
û 和5π ,π
8
é
ö
÷
êë
ø
(2)条件①：不符合题意；条件②：
6
,
2
æ
ö
-¥ -
ç
÷
ç
÷
è
ø
；条件③：
,
2
-¥ -
【详解】（1）
2
2sin
sin
2cos
1
2sin
cos
cos2
2
f x
x
x
x
x
x
x
p
p
w
w
w
w
w
w
æ
ö
=
-
-
+
-
=
+
ç
÷
è
ø
sin 2
cos2
2 sin 2
4
x
x
x
p
w
w
w
æ
ö
=
+
=
+
ç
÷
è
ø
直线
2
y = -
是
( )
f x 的最小值线，相邻交点距离等于
( )
f x 的周期，故T
p
=
，
由周期公式
2
2
T
p
p
p
w
w
=
=
=
，得
1
w = ，因此：
( )
2 sin 2
4
f x
x
p
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø ，
正弦函数的单调递增区间满足：
2
2
2
Z
2
4
2
k
x
k
k
p
p
p
p
p
-
+
£
+
£
+
Î
，
解得：
3
Z
8
8
k
x
k
k
p
p
p
p
-
+
£
£
+
Î
结合
(0, )
x
p
Î
，取
0
k =
得
3π
π
8
8
x
-
£
£
，
取
1
k = 得5π
9π
8
8
x
£
£
，
所以
( )
f x 在(0, )
p 上的单调递增区间为
π
0, 8
æ
ù
ç
ú
è
û 和5π ,π
8
é
ö
÷
êë
ø；
（2）由题意得：( )
(
)
2 sin 2
2
4
g x
f x
x
p
j
j
æ
ö
=
-
=
+
-
ç
÷
è
ø ，0
2
p
j
<
<
，
选条件①：因为
2 sin 2
2
4
g x
x
p
j
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø ，其最大值为2 对任意
0, 2
p
j
æ
ö
Îç
÷
è
ø 均满足，函数
g x 不
唯一，不符合题意，
选条件②：( )
g x 在
,
4 4
p p
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上单调递增，
( )
g x 的递增区间
π
π
π
2
2
2 π,
2 π
4
2
2
x
k
k
j
é
ù
+
-
Î -
+
+
ê
ú
ë
û ，得递增区间
3
,
Z
8
8
x
k
k
k
p
p
j
p j
p
é
ù
Î
-
+
+
+
Î
ê
ú
ë
û
，
由
g x 在区间
,
4 4
p p
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上单调递增得
0
k =
时：
3
8
4
{
8
4
8
0
2
p
p
j
p
p
p
j
j
p
j
-
£ -
+
³
=
<
<
n
，
因此( )
2 sin 2
g x
x
=
，
当
2
0, 3
x
p
é
ù
Îê
ú
ë
û 时，
4
2
0, 3
x
p
é
ù
Îê
ú
ë
û ，
3
sin 2
,1
2
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û
，故
min
6
( )
2
g x
= -
，
若
m
g x
<
恒成立，则
min
6
2
m
g x
<
= -
，即m 的取值范围为
6
,
2
æ
ö
-¥ -
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
选条件③：因为
2 sin 2
2
4
g x
x
p
j
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø 为偶函数，
所以
π
2
π,
Z
4
2
k
k
p
j
-
=
+
Î
，解得
π
π ,
Z
2
8
k
k
j = -
-
Î
，
又0
2
p
j
<
<
，所以
π
π
π
0
2
8
2
Z
k
k
ì < -
-
<
ïí
ï Î
î
，解得
3
1
8
k
p
j
= - Þ
=
，
因此
2 cos2
g x
x
= -
,当
2
0, 3
x
p
é
ù
Îê
ú
ë
û 时，
4
2
0, 3
x
p
é
ù
Îê
ú
ë
û ，
cos2
1,1
xÎ -
，故
min
( )
2
g x
= -
，
若
m
g x
<
恒成立，则
min
2
m
g x
<
= -
，即m 的取值范围为
,
2
-¥ -
.
2．【答案】(1)
π
2
0
2
3
x
y
+
-
-
=
(2) 3
4 2
6
+
(3) 25 ,1
27
æ
ö
ç
÷
è
ø
【详解】（1）由题
π
π
1
1
3π
1
2
sin
sinπ
sin
1
2
2
2
3
2
3
3
f æ
ö =
+
+
= -
=
ç
÷
è
ø
，
cos
cos2
cos3
f
x
x
x
x
=
+
+
¢
，
所以
π
π
3π
cos
cosπ
cos
1
2
2
2
f ¢æ
ö =
+
+
= -
ç
÷
è
ø
，
所以
f x 的图象在点π
π
,
2
2
f
æ
ö
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
处的切线方程为
2
π
3
2
y
x
æ
ö
-
= -
-
ç
÷
è
ø即
π
2
0
2
3
x
y
+
-
-
=
.
（2）由（1）可知
cos
cos2
cos3
f
x
x
x
x
=
+
+
¢
cos 2
cos2
cos 2
x
x
x
x
x
=
-
+
+
+
cos2
2cos
1
x
x
=
+
，
因为
π
0, 2
é
ù
Îê
ú
ë
û
x
，所以2cos
1
0
x + >
，
当
π
0, 4
x
é
ö
Î
÷
êë
ø时，cos2
0
x >
，
0
f
x
¢
>
，
当
π π
,
4 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，cos2
0
x <
，
0
f
x
¢
<
，
故
f x 在区间
π
0, 4
é
ö
÷
êë
ø 上单调递增，在区间π π
,
4 2
æ
ù
ç
ú
è
û 上单调递减，
所以函数
f x 在区间
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 上的最大值为
π
3
4 2
4
6
f
+
æ
ö =
ç
÷
è
ø
.
（3）因为
2cos
cos2
2cos
1
2cos
g
x
f
x
x
a
x
x
x
a
¢
=
+
+
=
¢
+
+
+
要使函数
g x 在区间
0,π 上有三个极值点，
则函数
g
x
¢
在区间
0,π 上有三个不同的变号零点，
令
2cos
h x
f
x
x
=
+
¢
3
2
cos2
2cos
1
2cos
4cos
2cos
1
x
x
x
x
x
=
+
+
=
+
- ，
则
2
12cos
sin
4cos sin
2sin 2
3cos
1
h x
x
x
x
x
x
x
¢
= -
-
= -
+
，
当
0,π
xÎ
时，令
0
0
h x
x
=
¢
Þ
=
或
π
2
x =
或
1
1
cos
0,
3
2
x
æ
ö
= -
Î
-
ç
÷
è
ø或
π
x =
，
故存在
0
π 2π
,
2
3
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø使得
0
3cos
1
0
x + =
即
0
0
h x
¢
=
，
所以当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时
0
h x
¢
<
；当
0
π ,
2
x
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时
0
h x
¢
>
；当
0,π
x
x
Î
时
0
h x
¢
<
，
故
h x 在区间
π
0, 2
é
ö
÷
êë
ø 上单调递减，在区间
0
π ,
2 x
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在区间
0,π
x
上单调递减，
又
3
2
0
0
0
π
25
0
5,
1,
4cos
2cos
1
,
π
3
2
27
h
h
h x
x
x
h
æ
ö
=
= -
=
+
- = -
= -
ç
÷
è
ø
，
作直线y
a
= - 与函数
2cos
h x
f
x
x
=
+
¢
的图象如图所示：
由图可知直线y
a
= - 与函数
2cos
h x
f
x
x
=
+
¢
的图象有3 个不同的交点时
25
1,
27
a
æ
ö
- Î - -
ç
÷
è
ø ，
所以函数
g
x
¢
在区间
0,π 上有三个不同的变号零点，实数a 的取值范围为25 ,1
27
æ
ö
ç
÷
è
ø
.
题型02 三角形中边长及周长问题
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）根据已知条件，利用正弦定理结合两角和的正弦公式及三角形内角关系求解；
（2）根据已知条件，利用余弦定理解三角形，再利用已知周长构造方程求解．
【规范答题】（1）已知3 cos
3
a
B
c
b
=
-
，由正弦定理得
2 sin
,
2 sin
,
2 sin
a
R
A b
R
B c
R
C
=
=
=
，
3sin
cos
3sin
sin
A
B
C
B
\
=
-
，
又Q sin
sin(
)
C
A
B
=
+
，
3sin
cos
3sin(
)
sin
A
B
A
B
B
\
=
+
-
，
3sin
cos
3sin
cos
3cos
sin
sin
A
B
A
B
A
B
B
\
=
+
-
，
3cos
sin
sin
A
B
B
\
=
，
又
sin
0
B ¹
Q
，
1
cos
3
A
\
=
．
（2）
2
3
b
c
=
Q
，由余弦定理：
2
2
2
2
2
2
2
9
1
4
cos
2
3
3
c
c
a
b
c
a
A
bc
c
+
-
+
-
=
=
=
，
3
2
a
c
\
=
，
ABC
QV
的周长为8，
3
3
4
8
2
2
a
b
c
c
c
c
c
\ +
+
=
+
+
=
=
，解得
2
c =
，
故
3
2
3
2
a =
´
=
．
2．【思路分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变形即可求解角
π
3
A =
；
（2）利用正弦定理边化角，再借助三角恒等变形转化为正切函数的取值范围，最后可求周长的取值
范围.
【规范答题】（1）由
sin
sin
cos
cos
sin
cos
sin
cos
sin
2cos
2cos
2cos
a
A
A
c
B
b
C
C
B
B
C
C
B
A
A
A
+
=
Þ
+
=
Þ
+
=
，
因为在
ABC
V
中有
π
C
B
A
+
=
-
，所以上式可化为
sin
sin π
sin
2cos
A
A
A
A
-
=
=
，
又因为sin
0
A >
，所以
1
cos
2
A =
，又因为
0,π
AÎ
，所以
π
3
A =
；
（2）由正弦定理得：
2
π
sin
sin
sin
sin
sin
sin 3
a
b
c
a
b
A
B
C
B
C
=
=
Þ
=
=
，
可得
3
2sin
,
sin
sin
B
a
b
C
C
=
=
，
所以
ABC
V
的周长为
3
2sin
3
2sin
2
2
sin
sin
sin
B
B
l
a
b
c
C
C
C
+
=
+
+
=
+
+
=
+
，
因为锐角
ABC
V
，可知
2π
π
π
0,
3
2
B
A
C
C
æ
ö
=
-
-
=
-
Îç
÷
è
ø，
可得
π π
,
6 2
C
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，则周长可化为：
3
1
2π
3
2
cos
sin
3
2sin
2
2
1 cos
3
2
2
3
3
sin
sin
sin
C
C
C
C
l
C
C
C
æ
ö
æ
ö
+
+
ç
÷
+
-
ç
÷
+
è
ø
è
ø
=
+
=
+
=
+
，
2
1
2cos
1
cos
3
2
2
3
3
3
3
3
2sin
cos
sin
tan
2
2
2
2
C
C
C
C
C
C
+
-
=
+
=
+
=
+ ，
由
π
π
,
2
12 4
C
æ
ö
Îç
÷
è
ø，且
3
1
π
π
π
3
3
3
tan
tan
12
4
6
3
3
3
1 1
3
-
-
æ
ö
=
-
=
=
ç
÷
+
è
ø
+ ´
，
所以
3
3
tan
,1
2
3
3
C
æ
ö
-
Îç
÷
ç
÷
+
è
ø
，即
3
3,2 3
6
l Î
+
+
，
故锐角
ABC
V
周长的取值范围为
3
3,2 3
6
+
+
.
破类题·提能力
1．【答案】(1)
π
6
B =
(2)
19
b =
(3) 3 5
7
16
-
【详解】（1）因为
3
sin
sin
sin
a
c
C
a
b
A
B
-
=
-
+
,
根据正弦定理得
3a
c c
a
b
a
b
-
=
-
+
，
整理得
2
2
2
3
b
a
c
ac
=
+
-
,
根据余弦定理
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B
=
+
-
,
可得
3
cos
2
B =
，
又因为0
π
B
<
<
,（B 是ABC
V
的内角）,
所以
π
6
B =
.
（2）由正弦定理sin
sin
a
b
A
B
=
，得
sin
sin
b
A
a
B
=
，
由（1）知
π
6
B =
，结合sin
3,
2 3
b
A
a
=
\
=
，
7
c = 由余弦定理得，
2
2
2
2
cos
19,
19
b
a
c
ac
B
b
=
+
-
=
=
.
（3）由已知
1
cos
0
π
4
A
A
=
<
<
Q
，
得
2
15
sin
1 cos
4
A
A
=
-
=
，
15
sin2
2sin cos
8
A
A
A
\
=
=
，
2
7
cos2
2cos
1
8
A
A
=
- = -
，
π
π
π
3 5
7
sin 2
sin 2
sin2 cos
cos2 sin
6
6
6
16
A
B
A
A
A
-
æ
ö
\
+
=
+
=
+
=
ç
÷
è
ø
.
2．【答案】（1）
π
3
C =
；
（2）12
【分析】（1）由余弦定理的边角关系，将cos
cos
4
a
B
b
A
+
=
化角为边求c ，再由正弦定理及
8sin
cos
sin
A
C
a
C
=
求得
1
cos
2
C =
，即可得；
（2）由余弦定理、基本不等式有
2
2
(
)
16
(
)
3
4
a
b
a
b
ab
+
=
+
-
³
，进而可得周长的最大值.
【详解】（1）由cos
cos
4
a
B
b
A
+
=
，则
2
2
2
2
2
2
4
2
2
a
c
b
b
c
a
a
b
ac
bc
+
-
+
-
×
+ ×
=
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
a
c
b
b
c
a
c
c
c
c
c
+
-
+
-
+
=
=
=
，
由sin
sin
a
c
A
C
=
，而8sin
cos
sin
A
C
a
C
=
，即
8cos
sin
sin
a
C
A
C
=
，
所以
8cos
1
cos
sin
sin
8
2
c
C
c
C
C
C
=
Þ
=
=
，而
(0,π)
C Î
，故
π
3
C =
；
（2）由（1）知
2
2
2
2
cos
c
a
b
ab
C
=
+
-
，则
2
2
2
2
2
2
3
3
16
4
4
a
b
a
b
ab
a
b
ab
a
b
a
b
+
+
-
=
+
-
=
³
+
-
+
=
，当且仅当a
b
=
时取等号，
所以
2
(
)
16
8
4
a
b
a
b
+
£
Þ
+
£
，即
4
a
b
=
= 时取等号，
所以
ABC
V
周长a
b
c
+
+
的最大值为12.
3．【答案】（1）
π
6
B =
；（2）
3
4
；（3）
3
3, 2
2 3
+
+
.
【详解】（1）因为
2
3
cos
3 cos
a
c
B
b
C
-
=
，
由正弦定理可得
2sin
3sin
cos
3sin
cos
A
C
B
B
C
-
=
，
∴
2sin
cos
3 sin
cos
cos
sin
3sin
3sin
A
B
B
C
B
C
B
C
A
=
+
=
+
=
，
∵
0,π
AÎ
，则sin
0
A >
，∴
3
cos
2
B =
，又
0,π
BÎ
，∴
π
6
B =
；
（2）因为
3
c =
，
2
a
b
+
=
，
由余弦定理
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B
=
+
-
，即
2
2
3
3
2
3
2
a
a
b
+ -
´
´
=
，
∴
2
2
3
3
2
a
a
a
+ -
=
-
，解得
1
a = ，
∴
1
1
1
3
sin
1
3
2
2
2
4
ABC
S
ac
B
=
=
´ ´
´
=
V
；
（3）在
ABC
V
中，由正弦定理sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C
=
=
，
∴
2
1
π
1
π
sin
sin
sin
2
6
2
6
b
c
b
c
A
A
A
+
=
=
=
æ
ö
æ
ö
+
+
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
∴
3
1
π
1
2
sin
cos
1
2sin
2
2
6
sin
sin
A
A
A
b
c
A
A
æ
ö
æ
ö
+
+
ç
÷
+
+
ç
÷
è
ø
è
ø
+
=
=
2
2cos
3sin
1 cos
1 cos
1
2
3
3
3
sin
sin
2sin
cos
tan
2
2
2
A
A
A
A
A
A
A
A
A
+ +
+
=
=
+
=
+
=
+
，
又
ABC
V
为锐角三角形，∴
π
0
π
π
2
π
π
3
2
0
π
6
2
A
A
A
ì <
<
ïï
Þ
<
<
í
ï <
-
-
<
ïî
，
∴π
π
6
2
4
A
<
<
，∴
3
tan
1
3
2
A
<
< ，
∴
1
1
3
tan 2
A
<
<
，∴3
1
2 3
b
c
+ <
+
<
，∴3
3
2
2 3
a
b
c
+
<
+
+
<
+
，
故
ABC
V
周长的取值范围为
3
3, 2
2 3
+
+
题型03 三角形中面积问题
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）由正弦定理得到
2
b
c
=
，根据
ABC
ADB
CDA
S
S
S
=
+
V
V
V
得到方程，求出
3
6
c
b
=
=
,
，根
据余弦定理得到
2
63
a =
，求出a ；
（2）由
ABC
ADB
CDA
S
S
S
=
+
V
V
V
利用三角形面积公式可得2
2
1
b
c
+
= ，根据基本不等式解出b
c
+ 的最小值，
应用取等条件求出三角形面积.
【规范答题】（1）因为sin
2sin
B
C
=
，由正弦定理得
2
b
c
=
，
因为
BAC
Ð
的角平分线交BC 于点D，所以
60
BAD
CAD
Ð
= Ð
=
°，
由
ABC
ADB
CDA
S
S
S
=
+
V
V
V
，得1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
bc
BAC
c AD
BAD
b AD
CAD
Ð
=
×
Ð
+
×
Ð
，
则1
1
1
2
sin60
2
sin60
sin120
2
2
2
b
c
bc
°
°
°
´ ´
+
´ ´ ´
=
´
，
即
2
2
bc
c
b
=
+
，所以
3
6
c
b
=
=
,
，
在
ABC
V
中，由余弦定理得
2
2
2
1
2
cos120 =36+9
2 3 6
63
2
a
b
c
ac
æ
ö
=
+
-
°
- ´ ´ ´ -
=
ç
÷
è
ø
，
即
63
3 7
a =
=
；
（2）由
ABC
ADB
CDA
S
S
S
=
+
V
V
V
，
得1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
bc
BAC
c AD
BAD
b AD
CAD
Ð
=
×
Ð
+
×
Ð
，
得1
1
1
2
sin60
2
sin60
sin120
2
2
2
b
c
bc
°
°
°
´ ´
+
´ ´ ´
=
´
，
化简得
2
2
bc
c
b
=
+
，即2
2
1
b
c
+
= ，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
4
8
2
b
c
b
c
b
c
b
c
c
b
b
b
c
c
æ
ö
+
=
+
=
+
+
+
³
´
+
=
ç
+
÷
è
ø
，
当且仅当
4
b
c
=
=
时等号成立，b
c
+ 取得最小值，
此时，
ABC
V
面积为1
1
3
sin120
4 4
4 3
2
2
2
b c
´ ´ ´
° =
´ ´ ´
=
．
2．【思路分析】（1）需利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合两角差的余弦公式及三角形内角
和定理化简，求解三角方程得出角A；
（2）求
ABC
V
面积的取值范围，先根据锐角三角形条件确定角B、角C 的范围，再由正弦定理用角
C 表示边b，结合正切函数性质求出b 的范围，最后代入面积公式得出结果.
【规范答题】（1）由和差公式和正弦定理可得：
π
sin
sin
cos
cos
sin
sin
3
2 n
π
3
si
B
C
B
B
A
+
+
=
，
即1
3
sin
sin
cos
sin
2
2
2sin
B
C
B
B
A
+
+
=
，
即
sin
cos
3sin
sin
sin
sin
A
B
A
B
B
A
B
+
=
+
+
，
即sin
cos
3sin
sin
sin
sin
cos
cos
sin
A
B
A
B
B
A
B
A
B
+
=
+
+
，
整理得到
sin
3sin
cos
1
0
B
A
A
-
-
=
，
因为在
ABC
V
中sin
0
B >
，
所以3sin
cos
1
A
A
-
= ，即
π
2sin
1
6
A
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
，
因为
(0,π)
AÎ
，所以
π
π 5π
,
6
6
6
A
æ
ö
-
Î -
ç
÷
è
ø ，
所以
π
π
6
6
A-
=
，得到
π
3
A =
.
（2）因为
ABC
V
是锐角三角形，所以
2π
π
0,
3
2
C
B
æ
ö
=
-
Îç
÷
è
ø，
结合B 为锐角，解得
π π
,
6 2
B
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，同理可得
π π
,
6 2
C
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
由正弦定理sin
sin
b
c
B
C
=
，
可得
2π
2sin
sin
3 cos
sin
3
3
1
sin
sin
sin
tan
C
c
B
C
C
b
C
C
C
C
æ
ö
-
ç
÷
+
è
ø
=
=
=
=
+ ，
因为
π π
,
6 2
C
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以
3
tan
3
C >
，所以
3
1
1,4
tan
b
C
=
+ Î
，
又因为
1
1
π
3
3
sin
2 sin
,2 3
2
2
3
2
2
b
S
bc
A
b
æ
ö
=
=
× × ×
=
Îç
÷
ç
÷
è
ø
.
破类题·提能力
1．【答案】(1)
60
A =
°
(2)等边三角形，
3
【详解】（1）在
ABC
V
中，由正弦定理得
2sin
sin
cos
sin
cos
C
B
A
A
B
-
=
，
整理得
2sin
cos
sin
cos
sin
cos
sin
sin
C
A
B
A
A
B
A
B
C
=
+
=
+
=
，
因为sin
0
C >
，故
1
2cos
1
cos
2
A
A
= Þ
=
，
又0
180
A
<
<
°
°，故
60
A =
°．
（2）已知
60
A =
°，则
120
C
B
=
°-
，故sin
sin
3
B
C
+
=
，
sin
sin120 cos
cos120 sin
3
B
B
B
+
°
-
°
=
，即3
3
sin
cos
3
2
2
B
B
+
=
，
则
3sin
30
3
B +
° =
，
sin
30
1
B +
° = ，
因为0
120
B
° <
<
°．则30
30
150
B
° <
+
° <
° ．故
30
90
60
B
B
+
° =
° Þ
=
° ，
所以，
ABC
V
是等边三角形．
因此
1
1
sin
2 2sin60
3
2
2
ABC
S
ac
B
=
=
´ ´
° =
△
.
2．【答案】(1)
π
3
B =
(2) 4 3
【详解】（1）在
ABC
V
中，
2
2
2
1
1
sin
s
)
(
in
2
2
S
ac
B
a
c
b
B
=
=
+
-
，而0
π
B
<
<
，即sin
0
B >
，
2
2
2
a
c
b
ac
+
-
=
，由余弦定理得
2
2
2
1
cos
2
2
a
c
b
B
ac
+
-
=
=
，
所以
π
3
B =
.
（2）由（1）知，
π
3
B =
，
2
2
2
a
c
b
ac
+
-
=
，而
4
b =
，于是
2
2
16
a
c
ac
=
+
-
，
即16
2ac
ac
ac
³
-
=
，当且仅当
4
a
c
=
=
时取等号，
因此
ABC
V
的面积
1
π
3
sin
4 3
2
3
4
S
ac
ac
=
=
£
，
所以当
4
a
c
=
=
时，
ABC
V
面积取得最大值4 3 .
3．【答案】(1)证明见解析；
(2) 3 2 4 3
,
2
3
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
；
(3)
3 ,2
2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简得出
sin
sin
C
B
C
=
-
，结合
正弦函数的单调性可证得结论成立；
（2）由正弦定理及三角恒等变换化简得出
1
1
2cos
cos
2cos
a
C
C
b
C
+
=
+
，根据已知条件求出角C 的取
值范围，结合余弦函数的基本性质和对勾函数的单调性可得出
1
cos
a
C
b
+
的取值范围；
（3）利用正弦定理、三角形的面积公式结合三角恒等变换化简得出
4
3
tan
tan
ABC
S
C
C
=
-
V
，结合正切
函数和反比例函数的基本性质可求得
ABC
V
面积的取值范围.
【详解】（1）由
2
2
2
sin
sin
sin
1
sin
sin
-
- =
A
A
C
C
B
及正弦定理可得
2
2
2
1
a
a
c
c
b
-
- =
，即
2
2
2
a
c
a
c
c
b
-
-
=
，
因为A
C
¹
，则a
c
¹ ，所以
2
1
a
c
c
b
+
=
，即
2
2
b
c
ac
=
+
，
由余弦定理可得
2
2
2
2
2
cos
c
ac
b
a
c
ac
B
+
=
=
+
-
，所以
2
2
cos
ac
a
ac
B
=
-
，
所以
2 cos
c
a
c
B
=
-
，由正弦定理可得sin
sin
2cos
sin
C
A
B
C
=
-
sin
2cos
sin
sin
cos
cos
sin
2cos
sin
B
C
B
C
B
C
B
C
B
C
=
+
-
=
+
-
sin
cos
cos
sin
sin
B
C
B
C
B
C
=
-
=
-
，
因为
ABC
V
为锐角三角形，故
π
0
2
B
<
<
，
π
0
2
C
<
<
，所以
π
π
2
2
B
C
-
<
-
<
，
又函数
sin
y
x
=
在
π π
,
2 2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø上单调递增，且
sin
sin
C
B
C
=
-
，故C
B
C
=
-
，即
2
B
C
=
.
（2）
sin
1
1
sin
1
1
sin
cos
cos
sin
cos
cos
sin
cos
sin
cos
sin
B
C
a
A
B
C
B
C
C
b
C
B
C
B
C
B
+
+
+
=
+
=
+
=
+
2
1
sin 2
cos
cos2
sin
1
2sin
cos
cos2
sin
cos
sin 2
cos
2sin
cos
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
+
+
=
+
=
+
2
1
2cos
1
1
cos
2cos
cos
2cos
2cos
C
C
C
C
C
C
-
=
+
+
=
+
，
因为
ABC
V
为锐角三角形，故
π
0
2
π
0
2
2
π
0
π
3
2
C
B
C
A
C
ì <
<
ï
ïï <
=
<
í
ï
ï <
=
-
<
ïî
，解得π
π
6
4
C
<
<
，
又因为
π
3
A
C
C
=
-
¹
，可得
π
4
C ¹
，故角C 的取值范围是π π
,
6 4
æ
ö
ç
÷
è
ø，
所以
2
3
cos
2
2
C
<
<
，故
2
2cos
3
C
<
<
，
令
2cos
2, 3
t
C
=
Î
，
1
f t
t
t
= +
，
任取1t 、
2
2, 3
t Î
且1
2
t
t
<
，
则
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1 2
1
1
1
1
t
t
f t
f t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t t
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
-
=
+
-
+
=
-
-
-
=
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
1
2
1 2
1
2
1 2
1 2
1
1
1
t
t
t t
t
t
t t
t t
-
-
æ
ö
=
-
-
=
ç
÷
è
ø
，
因为
1
2
2
3
t
t
<
<
<
，所以1
2
0
t
t
-
<
，则1 2
1
t t > ，所以
1
2
1 2
1
2
1 2
1
0
t
t
t t
f t
f t
t t
-
-
-
=
<
，
所以函数
f t 在
2, 3 上为增函数，故
1
1
3 2 4 3
2cos
,
cos
2cos
2
3
a
C
C
b
C
æ
ö
+
=
+
Îç
÷
ç
÷
è
ø
，
故
1
cos
a
C
b
+
的取值范围是3 2 4 3
,
2
3
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
（3）由正弦定理可得
2
sin
sin
sin
sin
b
c
a
B
C
A
A
=
=
=
，所以
2sin
sin
B
b
A
=
，
2sin
sin
C
c
A
=
，
所以
1
1
2sin
2sin
2sin
sin
2sin 2
sin
2sin 2
sin
sin
sin
2
2
sin
sin
sin
sin π
3
sin 3
ABC
B
C
B
C
C
C
C
C
S
bc
A
A
A
A
A
C
C
=
=
´
´
´
=
=
=
-
V
2
2
2
2
2
2
3
2
2
2
4sin
cos
4sin
cos
4sin
cos
4sin
cos
sin 2
cos
cos2
sin
4sin
cos
sin
3sin
cos
sin
4sin
cos
sin
sin
cos
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
=
=
=
=
+
-
-
-
+
2
2
2
4sin
cos
4tan
4
3
3cos
sin
3
tan
tan
tan
C
C
C
C
C
C
C
C
=
=
=
-
-
-
，
因为
π π
,
6 4
C
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以
3
tan
,1
3
C
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
，
令
3
tan
,1
3
x
C
æ
ö
=
Îç
÷
ç
÷
è
ø
，函数
3
y
x
=
、y
x
= - 在
3 ,1
3
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上均为减函数，
故函数
3
y
x
x
=
-
在
3 ,1
3
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上为减函数，所以
3
8 3
2, 3
y
x
x
æ
ö
=
- Îç
÷
ç
÷
è
ø
，即
3
8 3
tan
2,
tan
3
C
C
æ
ö
-
Îç
÷
ç
÷
è
ø
，
因此
4
3 ,2
3
2
tan
tan
ABC
S
C
C
æ
ö
=
Îç
÷
ç
÷
è
ø
-
V
，即
ABC
V
面积的取值范围是
3 ,2
2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
题型04 解三角形中三线问题
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）将已知三角等式通过内角和与二倍角公式转化为关于cos A的二次方程，求解角
A ；
（2）先利用正弦定理求出三角形各边长度，再通过余弦定理计算AB 边上的中线长.
【规范答题】（1）在
ABC
V
中，B
C
A
+
= p -
，故cos(
)
cos
B
C
A
+
= -
.
由cos2
2 2 cos(
)
2
A
B
C
-
+
=
，得
2
2cos
1
2 2( cos
)
2
A
A
- -
-
=
，
即
2
2cos
2 2 cos
3
0
A
A
+
-
=
，
即
2
cos
2
A =
，
3 2
cos
2
A = -
(舍去，因| cos
| 1
A £ ).
由
2
cos
2
A =
，
(0,π)
AÎ
，得
π
4
A =
.
（2）由
5
cos
5
C =
，
(0,π)
C Î
，得
2
2 5
sin
1 cos
5
C
C
=
-
=
.
2
5
2
2 5
3 10
sin
sin(
)
sin
cos
cos
sin
2
5
2
5
10
B
A
C
A
C
A
C
=
+
=
+
=
´
+
´
=
.
由正弦定理得
2
3 5
sin
2
5
sin
3 10
10
b
A
a
B
´
=
=
=
，
同理，
2 5
3 5
sin
5
2 10
sin
3 10
10
b
C
c
B
´
=
=
=
.
设AB 的中点为D ，则
10
2
c
AD =
=
.
在ACD
V
中，
2
2
2
2
cos
CD
AC
AD
AC AD
A
=
+
- ×
×
×
2
2
2
(3 5)
( 10)
2 3 5
10
25
2
=
+
- ´
´
´
=
，
故
5
CD = ，即AB 边上的中线长为5 .
2．【思路分析】（1）由正弦定理结合诱导公式及两角和正弦公式得出
3
cos
2
B =
，应用角的范围求出
角；
（2）先根据中线得出2BM
BC
BA
=
+
uuuur
uuur
uuur
，再左右两边平方结合余弦定理得出
ABC
V
为直角三角形，最
后应用两角和正弦公式及正弦定理计算求解.
【规范答题】（1）根据题意2 cos
2
3
b
C
a
c
=
-
，且
sin
sin
sin cos
sin cos
A
B
C
B
C
C
B
=
+
=
+
，
由正弦定理得2sin cos
2sin
3sin
2sin cos
2sin cos
3sin
B
C
A
C
B
C
C
B
C
=
-
=
+
-
，
化简得2sin cos
3sin
C
B
C
=
，因为sin
0
C >
，
所以
3
cos
2
B =
，又
0,π
BÎ
，
所以
π
6
B =
；
（2）根据题意，在
ABC
V
中，AC 边上的中线BM 长为13 ，
得2BM
BC
BA
=
+
uuuur
uuur
uuur
，
两边平方得
2
2
2
2
2
3
4
|
|
|
|
2
cos
2
52
2
BM
BC
BA
BC
BA
B
a
c
ac
=
+
+
×
=
+
+
´
=
uuuur
uuur
uuur
uuur
uuur
化简
2
2
2
3
52
4
2 4
4 3
16
2
c
c
c
c
=
+
+ ´ ´ ´
=
+
+
，故有
2
4 3
36
0
c
c
+
-
=
，
解得
6 3
c = -
（舍去）或
2 3
c =
.
在
ABC
V
中，
2
2
2
2
cos
4
b
a
c
ac
B
=
+
-
=
，
又
2
2
2
2
2
2
4
2
(2 3)
a
b
c
=
=
+
=
+
，故
ABC
V
为直角三角形，
在
ADC
△
中，
π
π
,
4
3
CAD
C
Ð
Ð
=
=
，所以
π
π
5π
π
4
3
12
CDA
Ð
=
-
-
=
，
又
5π
π
π
π
π
π
π
6
2
sin
sin
sin
sin
cos
sin
cos
12
4
6
4
6
6
4
4
CDA
+
æ
ö
Ð
=
=
+
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
所以根据正弦定理得
2
sin
sin
6
2
3
4
2
b
AD
AD
CDA
C
Ð
=
=
=
+
，
解得
3 2
6
AD =
-
.
破类题·提能力
1．【答案】(1)证明见解析
(2)
4
a =
【详解】（1）由正弦定理知，
:
sin
: sin
a b
A
B
=
，所以
2
2
2
2
sin
sin
a
A
b
B
=
，
即
2
2
sin
sin
cos
sin
cos
sin
sin
cos
sin
cos
A
A
B
A
B
B
B
A
B
A
=
Þ
=
，
所以sin
cos
sin
cos
A
A
B
B
=
，所以sin 2
sin 2
A
B
=
，所以2
2
A
B
=
或2
2
π
A
B
+
=
，
所以A
B
=
或
π
π
2
2
A
B
C
+
=
Û
=
，又因为
ABC
V
是锐角三角形，所以A
B
=
；
（2）不妨设AD 为BC 边上的中线，
在
ABC
V
中，有
2
2
2
cos
2
c
a
b
B
ac
+
-
=
，由（1）可得A
B
=
，故a
b
=
，
所以
9
3
cos
6
2
B
a
a
=
=
．
在
ABD
△
中，有
2
2
2
(
)
2
cos
a
c
AD
B
ac
æ
ö
+
-
ç
÷
è
ø
=
，所以
2
1
17
9
3
4
2
2
3
a
a
a
+
-
=
．
即
2
16
a
=
，解得
4
a =
．
2．【答案】(1)
2π
3
A =
(2)2
【详解】（1）由
cos
2 cos
cos
b
C
a
A
c
B
+
= - 可得cos
cos
2 cos
b
C
c
B
a
A
+
= -
，
由正弦定理得sin
cos
sin
cos
2sin
cos
B
C
C
B
A
A
+
= -
，
所以sin(
)
sin
2sin
cos
B
C
A
A
A
+
=
= -
，
因为sin
0
A ¹
，所以
1
cos
2
A = -
，
因为0
π
A
<
<
，所以
2π
3
A =
．
（2）依题意，
4 3
a=
，设BC 边上的高为h ，
由
1
1
sin
2
2
ABC
S
a h
bc
A
=
×
=
V
，可得
3
2
8
4 3
bc
bc
h
´
=
=
，
由余弦定理
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A
=
+
-
可得
2
2
48
2
3
b
c
bc
bc
bc
bc
=
+
+
³
+
=
，
即
16
bc £
，当且仅当
4
b
c
=
=
时等号成立，
因此
1 16
2
8
8
bc
h =
£
´
=
，
所以BC 边上的高的最大值为2．
3．【答案】(1)
π
3
A =
(2) 24 3
7
(3)
3 ,2 3
2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
【详解】（1）
sin
sin
sin
sin
c
a
C
B
b
C
A
+
-
=
-
Q
，
c
a
c
b
b
c
a
+
-
\
=
-
，
2
2
2
c
a
bc
b
\
-
=
-
，
2
2
2
b
c
a
bc
\
+
-
=
，
由余弦定理得
2
2
2
1
cos
2
2
2
b
c
a
bc
A
bc
bc
+
-
=
=
=
，
又
0,π
AÎ
，
π
3
A
\
=
；
（2）由
BAC
Ð
的角平分线将
ABC
V
的面积分为两部分，
则
ABC
ABD
ACD
S
S
S
=
+
V
V
V
，
π
6
BAD
CAD
Ð
= Ð
=
，
于是1
1
1
π
sin
sin
sin
12 3
2
2
2
3
AB AD
BAD
AC AD
CAD
AB AC
×
Ð
+
×
Ð
=
×
=
，
即
π
π
4
sin
3
sin
12 3
6
6
AD
AD
+
=
，解得
24 3
7
AD =
，
所以AD 的长为24 3
7
；
（3）由三角形面积公式得
1
1
3
3
sin
2
2
2
2
2
=
=
× × ×
=
VABC
S
bc
A
c
c ，
由正弦定理得
π
sin
sin π
sin
3
sin
sin
sin
B
A
B
c
C
b
B
B
B
æ
ö
+
ç
÷
é
ù
-
+
ë
û
è
ø
=
=
=
1
3
3
sin
cos
1
2
2
2
sin
2
tan
+
=
=
+
B
B
B
B
，
Q三角形为锐角三角形，
π
0
2
2π
π
0
3
2
B
B
ì <
<
ïï
\í
ï <
-
<
ïî
，得π
π
6
2
B
<
<
，
3
tan
3
B
\
>
，
3
3
2
0,
tan
2
æ
ö
\
Îç
÷
è
ø
B
，
1 ,2
2
c
b
æ
ö
\
Îç
÷
è
ø ，
1,4
c
\ Î
，
3 ,2 3
2
ABC
S
æ
ö
\
Îç
÷
ç
÷
è
ø
V
.
题型05 三角形中图形类边长及范围问题
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）利用余弦定理角化边，再利用余弦定理公式可得答案；
（2）利用正弦定理将b
c
- 转化为2sin
2sin
B
C
-
，然后利用三角恒等变换的公式将b
c
- 表示成三角函
数的形式，通过三角函数的值域的求法求出范围.
【规范答题】（1）因为
1
cos
2
a
C
b
c
=
-
，所以
2
2
2
1
2
2
a
b
c
a
b
c
ab
+
-
×
=
-
，
即
2
2
2
2
2
a
b
c
b
bc
+
-
=
-
，即
2
2
2
b
c
a
bc
+
-
=
，
所以
2
2
2
1
cos
2
2
2
b
c
a
bc
A
bc
bc
+
-
=
=
=
，
又
0,π
AÎ
，所以
π
3
A =
；
（2）由（1）知
π
3
A =
，又
3
a =
，
由正弦定理sin
sin
sin
sin
c
b
a
C
B
A
=
=
=
=
p
3
2
3
，
所以
2sin
,
2sin
c
C b
B
=
=
，
所以
2
2sin
2sin
2sin
2sin
3 cos
sin
2sin
3
b
c
B
C
C
C
C
C
C
p
æ
ö
-
=
-
=
-
-
=
+
-
ç
÷
è
ø
π
3 cos
sin
2cos
6
C
C
C
æ
ö
=
-
=
+
ç
÷
è
ø ，
又
2π
0
3
C
<
<
，所以π
π
5π
6
6
6
C
<
+
<
，
所以
3
π
3
cos
2
6
2
C
æ
ö
-
<
+
<
ç
÷
è
ø
，
所以b
c
- 的取值范围是
3, 3
-
.
2．【思路分析】（1）
5
b
c
+
=
两边平方，结合题目条件，余弦定理和面积公式得到tan
3
A =
，因为A 为
锐角，所以
π
3
A =
.
（2）设
BAD
q
Ð
=
，
π
0, 6
q
æ
ù
Îç
ú
è
û ，则
π
3
CAD
q
Ð
=
-
，在BAD
V
中和在CAD
V
中，由正弦定理联立得
1
3
1
2tan
2
a
c
b
q
-
=
-
，因为
π
0, 6
q
æ
ù
Îç
ú
è
û ，所以
1
1,
a
c
b
-
Î
+¥ ，求出
1
a
c
b
-
的最小值.
【规范答题】（1）由
5
b
c
+
=
，两边平方得
2
2
2
25
b
c
bc
+
+
=
，故
2
2
2
2
25
2
b
c
a
bc
a
+
-
=
-
-
，
所以
ABC
V
的面积
2
2
2
2
3
3
25
2
4
4
a
bc
b
c
a
-
-
=
+
-
，
由余弦定理
2
2
2
2
cos
b
c
a
bc
A
+
-
=
及
1
sin
2
ABC
S
bc
A
=
△
，
得
3
1
2
cos
sin
4
2
bc
A
bc
A
´
=
，
因为
0
bc ¹
，所以tan
3
A =
，因为A 为锐角，所以
π
3
A =
.
（2）设
BAD
q
Ð
=
，
π
0, 6
q
æ
ù
Îç
ú
è
û ，则
π
3
CAD
q
Ð
=
-
，
在BAD
V
中，由正弦定理得sin
sin
BD
c
BAD
ADB
=
Ð
Ð
，
因为
π
ADB
ADC
Ð
=
- Ð
，
所以
sin
sin π
sin
ADB
ADC
ADC
Ð
=
- Ð
=
Ð
，
则
1
sin
sin
c
ADC
q =
Ð
①，
在CAD
V
中，由正弦定理得sin
sin
AC
DC
ADC
DAC
=
Ð
Ð
，
则
1
π
sin
sin 3
b
a
ADC
q
-
=
Ð
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
②，
由①②得，
π
3
1
sin
cos
sin
1
3
1
3
2
2
sin
sin
2tan
2
a
c
b
q
q
q
q
q
q
æ
ö
-
-
ç
÷
-
è
ø
=
=
=
-
，
因为
π
0, 6
q
æ
ù
Îç
ú
è
û ，所以
3
tan
0, 3
q
æ
ù
Îç
ú
çè
û
，所以
3
1
1,
2tan
2
q -
Î
+¥
所以
1
1,
a
c
b
-
Î
+¥ ，故
1
a
c
b
-
的最小值为1.
破类题·提能力
1．【答案】(1)
8
a =
(2)2 3,4ùû
【详解】（1）由3
2
0
AB BC
S
×
+
=
uuur uuur
，得
1
3
cos
2
sin
0
2
ac
B
ac
B
-
+
×
=
，
因为,a c 为三角形边长，所以
0
ac ¹
，所以sin
3cos
B
B
=
，
若cos
0
B =
，则
π ,sin
1
2
B
B
=
= ，代入得1
0
=
，矛盾，
所以cos
0
B ¹
，方程两边同除以cosB 得tan
3
B =
，又
0,π
BÎ
，所以
π
3
B =
.
根据余弦定理
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B
=
+
-
，
得
2
2
2
π
7
5
2
5 cos 3
a
a
=
+
- × × ×
.即
2
49
25
5
a
a
=
+
-
，整理得
2
5
24
0
a
a
-
-
=
.
解得
8
a =
或
3
a = - （舍去）.所以
8
a =
.
（2）由
2
4 3
π
sin
sin
sin
3
sin 3
a
b
c
A
B
C
=
=
=
=
，得
4 3 sin
3
a
A
=
，
4 3 sin
3
c
C
=
，
因为
π
3
B =
，则
2π
3
A
C
+
=
，
2π
3
C
A
=
-
，
所以
4 3
4 3
2π
sin
sin
sin
sin
3
3
3
a
c
A
C
A
A
é
ù
æ
ö
+
=
+
=
+
-
ç
÷
ê
ú
è
ø
ë
û
，
4 3
3
3
3
1
sin
cos
4
sin
cos
3
2
2
2
2
A
A
A
A
æ
ö
æ
ö
=
+
=
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
π
4sin
6
A
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø ，
因为
ABC
V
为锐角三角形，所以
π
0
2
2π
π
0
3
2
A
A
ì
<
<
ïïí
ï <
-
<
ïî
则π
π
6
2
A
<
<
，
所以
π
2 3
4sin
4
6
A
æ
ö
<
+
£
ç
÷
è
ø
，即a
c
+ 取值范围为2 3,4ùû .
2．【答案】(1)
π
3
A =
;
(2) 1 ,2
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
【详解】（1）由正弦定理得
sin
4sin sin sin
2sin cos
A
C
A
B
A
B
C
=
-
-
，
因为
0,π
AÎ
，所以sin
0
A ¹
，
所以
1
4sin sin
2cos
B
C
B
C
=
-
-
，
所以1
2sin sin
2cos cos
B
C
B
C
=
-
，
所以
1
cos
2
B
C
+
= -
，即
1
cos
2
A =
，所以
π
3
A =
；
（2）根据正弦定理得
π
3
1
sin
cos
sin
sin
3
1
3
2
2
sin
sin
sin
2tan
2
B
B
B
c
C
b
B
B
B
B
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
=
=
=
=
+
，
由（1）得
π
3
A =
，
2π
3
B
C
+
=
，
B
Q
，C 为锐角，所以
π
0
2
2π
π
0
3
2
B
B
ì
<
<
ïïí
ï <
-
<
ïî
，
π π
,
6 2
B
æ
ö
\
Îç
÷
è
ø，
其中
3
tan
,
3
B
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
3
3
0,
2tan
2
B
æ
ö
\
Îç
÷
è
ø
，即
3
1
1 ,2
2tan
2
2
c
b
B
æ
ö
=
+
Îç
÷
è
ø
，
综上可知，c
b 的取值范围是1 ,2
2
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
题型06 三角形中证明类问题
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和与差的正弦公式即可计算求解；
（2）（i）先分别在
ABD
△
和
ABD
△
中利用正弦定理结合
ABD
CBD
Ð
= Ð
和比例的性质得
AB AC
AD
AB
BC
×
=
+
和
BC
AC
CD
AB
BC
×
=
+
，接着在
ABD
△
和
BCD
△
中利用余弦定理结合
π
ADB
CDB
Ð
+ Ð
=
即
可分析计算求解；
（ii）先由（1）得
2
c
a
=
，进而得到
2
3
AD
AC
=
，
1
3
DC
AC
=
，接着由题设结合（i）得
2
2
2
2
9
BD
AC
+
=
，再结合基本不等式即可求解．
【规范答题】（1）因为4 sin
sin
cos
sin
cos
a
A
b
C
A
c
A
B
=
+
，
所以由正弦定理得
2
4sin
sin
sin
cos
sin
sin
cos
sin
sin
cos
sin
cos
A
B
C
A
C
A
B
C
B
A
A
B
=
+
=
+
2
sin
sin
sin
C
A
B
C
=
+
=
，
因为A，
0,π
C Î
，所以sin
0
A >
，sin
0
C >
，故sin
1
sin
2
A
C =
；
（2）（i）证明：
ABD
△
中，由正弦定理得si n
si n
AD
AB
ABD
ADB
=
Ð
Ð
①，
同理在
BCD
△
中，sin
sin
CD
BC
CBD
CDB
=
Ð
Ð
②，
BD 是
ABC
Ð
的角平分线，则
ABD
CBD
Ð
= Ð
，则sin
sin
ABD
CBD
Ð
=
Ð
，
故
¸
①
②得AD
AB
CD
BC
=
，
由比例的性质得AD
AB
AC
AB
BC
=
+
，即
AB AC
AD
AB
BC
×
=
+
，
同理得CD
BC
AC
AB
BC
=
+
，即
BC
AC
CD
AB
BC
×
=
+
，
在
ABD
△
中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
AB
AD
BD
AD BD
ADB
=
+
-
×
×
Ð
③，
BCD
△
中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
BC
CD
BD
CD BD
CDB
=
+
Ð
-
×
×
④，
又
π
ADB
CDB
Ð
+ Ð
=
，故sin
sin
ADB
CDB
Ð
=
Ð
，cos
ADB cos
DB
0
Ð
+
Ð
=
C
，
由CD
AD
´
+
´
③
④得
2
2
2
CD AB
AD BC
CD AD AD
CD
CD
AD
BD
×
+
×
=
×
+
+
+
×
2
CD AD AC
AC BD
=
×
×
+
×
，
则
2
2
2
CD AB
AD BC
BD
CD AD
AC
×
+
×
=
-
×
2
2
BC AB
AB BC
CD AD
BA BC
DA DC
AB
BC
×
+
×
=
-
×
=
×
-
×
+
，
即
2
BD
BA BC
DA DC
=
×
-
×
；
（ii）因为sin
1
sin
2
A
C =
，故
2
c
a
=
，
则
2
AD
AB
CD
BC
=
=
，则
2
3
AD
AC
=
，
1
3
DC
AC
=
，
由
1
a = 以及（i）知
2
2
2
2
9
BD
AC
=
-
，
即
2
2
2
2
9
BD
AC
+
=
，则
2
2
2
2 2
9
3
BD
AC
BD AC
+
³
×
，
当且仅当
2
2
2
9
BD
AC
=
，结合
2
2
2
2
9
BD
AC
+
=
，即
1
BD = ，
3 2
2
AC =
时等号成立，
故BD AC
×
的最大值为3 2
2
．
破类题·提能力
1．【答案】(1)见解析；(2)
2
2
【详解】（1）由正弦定理可知，
2
2sin
cos
sin
sin
B
C
A
B
=
，
得2cos
sin
sin
C
A
B
=
，且
cos
cos
C
A
B
= -
+
，
即2cos
cos
2sin
sin
sin
sin
A
B
A
B
A
B
-
+
=
，整理为sin
sin
2cos
cos
A
B
A
B
=
，
即tan
tan
2
A
B =
；
（2）
2
2
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
b
A
B
A
B
A
a
C
A
C
C
=
=
，
由（1）tan
tan
2
A
B =
可知，sin
sin
2cos
cos
B
A
B
A
=
，且
sin
sin
C
A
B
=
+
，
所以
2
sin
2cos
cos
2cos
cos
sin
sin
sin
cos
cos
sin
b
A
B
A
B
A
a
C
A
B
A
B
A
B
=
=
+
+
，上下同时除以cos
cos
A
B ，
2
tan
tan
A
B
=
+
，
因为tan
tan
2
0
A
B =
>
，得tan
0,tan
0
A
B
>
>
，
所以tan
tan
2 tan
tan
2 2
A
B
A
B
+
³
=
，当tan
tan
A
B
=
时等号成立，
所以
2
sin
sin
b
A
a
C
2
2
tan
tan
2
A
B
=
£
+
，
所以
2
sin
sin
b
A
a
C
的最大值为
2
2 .
题型07 解三角形中内切圆、外接圆问题
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）先根据等差数列的性质得到, ,
a b c 的关系，再根据正弦定理将角化边，最后利用余
弦定理求值；
（2）先根据正弦定理求出a ，再结合（1）中的, ,
a b c 的关系求出,b c ，最后根据三角形的面积公式求
解.
【规范答题】（1）由, ,
a b c 成等差数列知2b
a
c
=
+ ，又3sin
2sin
A
C
=
得3
2
a
c
=
，
于是
: :
4:5:6
a b c =
，设
4
a
k
=
，则
5 ,
6
b
k c
k
=
=
，
所以
2
2
2
2
2
2
(5 )
(6 )
(4 )
3
cos
2
2
5
6
4
+
-
+
-
=
=
=
´
´
b
c
a
k
k
k
A
bc
k
k
；
（2）由（1）知
2
7
sin
1
cos
4
A
A
=
-
=
，
由
2
sin
a
R
A =
得
4 7
7
2 sin
2
2
7
4
a
R
A
=
=
´
´
=
，所以
5 ,
3
2
b
c
=
=
，
所以ABC
D
的面积
1
sin
2
S
bc
A
=
=. 1
5
7
15 7
3
2
2
4
16
´
´ ´
=
2．【思路分析】（1）由已知及三角恒等变换化简得
2
2
2
sin
sin
sin
sin
sin
A
B
C
A
B
+
-
= -
，根据正弦定理边
角关系、余弦定理求角的大小；
（2）由（1）得
2
2
2
a
b
c
ab
+
-
= -
，结合已知求边长，进而得到三角形面积，应用等面积法求内切圆
半径.
【规范答题】（1）由
2
cos2
cos2
2sin
2sin
sin
A
C
B
A
B
=
+
+
，
有
2
1
2sin A
-
2
2
1 2sin
2sin
2sin
sin
C
B
A
B
= -
+
+
.
可得
2
2
2
sin
sin
sin
sin
sin
A
B
C
A
B
+
-
= -
.
由正弦定理，有
2
2
2
a
b
c
ab
+
-
= -
.
又由余弦定理，有
2
2
2
1
cos
2
2
2
a
b
c
ab
C
ab
ab
+
-
-
=
=
= -
.
又由0
π
C
<
<
，可得
2π
3
C =
；
（2）由（1）有
2
2
2
a
b
c
ab
+
-
= -
，代入
1,
7
a
b
c
=
+
=
，
所以
2
2
2
(
1)
( 7)
(
1)
b
b
b b
+
+
-
= -
+
，解得
1
b = 或
2
b = - （舍去），
所以
2
a =
，可得
ABC
V
的面积为1
2π
3
1 2 sin
2
3
2
´ ´ ´
=
.
设
ABC
V
的内切圆的半径为r，有1
3
(
)
2
2
a
b
c r
+
+
=
，
代入
2,
1,
7
a
b
c
=
=
=
，有1
3
(3
7)
2
2
r
+
=
，可得
3 3
21
2
r
-
=
，
故
ABC
V
的内切圆的半径为3 3
21
2
-
.
破类题·提能力
1．【答案】(1)7
(2) 9
2 或72
49 .
【详解】（1）设
ABC
V
的外接圆半径为R ，
由三角形面积公式有
1
sin
2
S
bc
A
=
，故1
1
sin
2
28
bc
A
abc
=
，则
14
sin
a
A =
，
又
2
sin
sin
sin
a
b
c
R
A
B
C
=
=
=
，故2
14
R =
，即
7
R =
.
故
ABC
V
的外接圆半径为7.
（2）由
3 3
sin
2
14
a
A
R
=
=
，且a
b
<
，
所以
π
0, 2
A
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以
2
13
cos
1 sin
14
A
A
=
-
=
.
在
ABC
V
中，由余弦定理
2
2
2
5 3
3 3
13
cos
14
2 5 3
c
A
c
+
-
=
=
´
，
解得
7 3
c =
或16 3
7
，
所以AC 边上的高
9
sin
2
h
c
A
=
=
或72
49 .
2．【答案】(1)
π
3
C =
(2)证明见解析
(3)
3
【详解】（1）由
2
2
2
3
1
sin
4
2
ABC
S
a
b
c
ab
C
=
+
-
=
V
，
则
2
2
2
2
sin
3
a
b
c
ab
C
+
-
=
，
根据余弦定理得
2
2
2
sin
cos
2
3
a
b
c
C
C
ab
+
-
=
=
，即tan
3
C =
，
由0
π
C
<
<
，则
π
3
C =
.
（2）由（1）知，
2
2
2
a
b
c
ab
+
-
=
，则有
2
2
3
a
b
c
ab
+
-
=
，
又
2
4
a
b
ab
+
£
，当且仅当a
b
=
时等号成立，
所以
2
2
2
3
4
a
b
c
a
b
+
-
£
+
，解得
2
2
1
4 a
b
c
+
£
，所以
2
a
b
c
+
£
，当且仅当a
b
=
取到等号，
（3）设
ABC
V
的内切圆I 的半径为r ，
由等面积法可得
1
1
sin
2
2
ABC
S
ab
C
r a
b
c
=
=
+
+
V
，故
sin
3
2
ab
C
ab
r
a
b
c
a
b
c
=
=
×
+
+
+
+
，
所以
2
sin 2
r
CI
r
C
=
=
，故
2
3
3
a
b
c c
AB
c
c
ab
CI
r
ab
a
b
c
+
+
=
=
=
×
+
+
2
2
2
2
2
2
4
2
2
4
3
3
3
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
c
c
a
b c
ab
ab
ab
é
ù
é
ù
+
+
+
+
+
+
-
+
-
ê
ú
ê
ú
+
+
ë
û
ë
û
=
=
³
2
2
2
2
3
3
2
3
3
4
2
4
4
4
3
a
b
a
ab
b
a
b
b
a
ab
ab
a
b
ab
+
+
+
+
æ
ö
=
=
=
=
+
+
ç
÷
è
ø
3
2
2
3
4
b a
a b
æ
ö
³
×
×
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
当且仅当a
b
=
时等号成立，
所以
AB
CI 的最小值为
3 .
题型08 解三角形中图形类问题
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）利用三角形的面积公式与余弦定理求解即可；
（2）先用正弦定理求CD ，进而利用余弦定理可求AD ，从而可得周长.
【规范答题】（1）由AC 为
BAD
Ð
的角平分线及
2π
3
BAD
Ð
=
，知
π
3
BAC
DAC
Ð
Ð
=
=
.
1
sin
8 3
2
ABC
S
AB AC
BAC
=
×
Ð
=
△
，即1
3
8
8 3
2
2 AB
´ ´
=
，得
4
AB =
.
2
2
1
2
cos
16
64
2 8 4
4 3
2
B
BC
AB
AC
AB AC
AC
Ð
=
+
-
×
=
+
- ´ ´ ´
=
.
故边BC 的长度为4 3 .
（2）由ACD
V
的外接圆直径2
4 7
R =
，得
2
sin
CD
R
DAC
Ð
=
，则
3
4 7
2 21
2
CD =
´
=
.
由余弦定理知，
2
2
2
2
cos
CD
AC
AD
AC AD
DAC
=
+
-
×
Ð
，
设
0
AD
x x
=
>
，则
2
2
2
1
2 21
8
2 8
2
x
x
=
+
- ´ ´
，即
2
8
20
0
x
x
-
-
=
，
2
10
0
x
x
+
-
=
，解得
2
x = - （舍去）或
10
x =
，则
10
AD =
.
所以△ACD 的周长为
18
2 21
AC
AD
CD
+
+
=
+
.
2．【思路分析】（1）根据已知条件，利用余弦定理求出相关线段长度，进而求解；
（2）利用正弦定理结合已知条件求出
,
OB OD ，再利用四点共圆的性质求出OE ，比较
,
OE
OD 的
大小判断D 的位置．
【规范答题】（1）
1
2
OB =
Q
，\
1
3
2
2
2
OD
BD
OB
=
-
=
-
=
，
在
AOD
△
中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
AD
OA
OD
OA OD
AOD
=
+
-
×
Ð
2
2
3
3
3π
29
2
2 2
cos
2
2
4
4
æ
ö
=
+
-
´
=
ç
÷
è
ø
，
29
2
AD
\
=
，
同理
2
2
2
2
2
1
1
3π
13
2
cos
2
2 2
cos
2
2
4
4
BC
OC
OB
OC
OB
COB
æ
ö
=
+
-
×
Ð
=
+
-
´
=
ç
÷
è
ø
，
13
2
BC
\
=
，
29
13
2
AD
BC
-
\
-
=
．
（2）在
AOB
V
中，由正弦定理得sin
sin
OA
OB
ABO
OAB
=
Ð
Ð
，
π
π
2 sin
2 sin
sin
6
6
3
1
π
π
sin
π
π
sin
sin π
6
4
6
4
OA
OAB
OB
ABO
Ð
\
=
=
=
=
-
Ð
é
ù
æ
ö
æ
ö
+
-
+
ç
÷
ç
÷
ê
ú
è
ø
è
ø
ë
û
，
3
3
OD
\
=
-
，
设E 为射线OD 上一点，且
,
,
,
A B C E 四点共圆，则OA OC
OB OE
×
=
×
，
\
2
2
3
1
OE
=
-
×
，解得
3
1
OE =
+ ，
3
1
3
3
OE
OD
=
+ >
-
=
Q
，\ D 位于
ABC
V
外接圆的内部．
破类题·提能力
1．【答案】(1) 1
2
(2)
7 5
5
AD =
【详解】（1）在
ABC
V
中，由余弦定理知
2
2
2
2
cos
AC
AB
BC
AB BC
ABC
=
+
-
×
×
Ð
，
即
2
2
5
1
2
2
4
0
BC
BC
BC
BC
= +
+
×
Þ
+
-
=
，
解得
2
BC =
，
1
1
2
1
sin
1
2
2
2
2
2
ABC
S
AB BC
ABC
Ð
\
=
×
×
=
´ ´
´
=
V
；
（2）在
ABC
V
中，由正弦定理知sin
sin
AC
BC
ABC
BAC
=
Ð
Ð
，解得
5
sin
5
BAC
Ð
=
，
又在
ABC
V
中，
π
π
4
BAC
ABC
Ð
<
- Ð
=
，
2
2 5
cos
1 sin
5
BAC
BAC
Ð
Ð
\
=
-
=
，
2
CAD
BAC
Ð
= Ð
Q
，
4
sin
sin2
2sin
cos
5
CAD
BAC
BAC
BAC
Ð
Ð
Ð
Ð
\
=
=
×
=
，
2
2
3
cos
cos2
cos
sin
5
CAD
BAC
BAC
BAC
Ð
Ð
Ð
Ð
=
=
-
=
，
\在ACD
V
中，
π
ACD
CAD
D
Ð
=
- Ð
+ Ð
，
7 2
sin
sin
sin
cos
cos
sin
10
ACD
CAD
D
CAD
D
CAD
D
\
Ð
=
Ð
+ Ð
=
Ð
Ð
+
Ð
Ð
=
，
在ACD
V
中，由正弦定理得sin
sin
AC
AD
D
ACD
Ð
Ð
=
，
解得
7 5
5
AD =
.
2．【答案】(1) 3 3
2
(2)
3,3 3
（
）
【详解】（1）在
BCD
△
中，由余弦定理可得：
2
2
2
2
cos
BD
BC
CD
BC CD
BCD
=
+
-
×
×
×
Ð
，所以
2
2
1
7
3
2 3
2
CD
CD
=
+
- ´ ´
´
,
所以
2
CD =
或
1
CD = ，因为
1
CD > ，所以
2
CD =
所以
1
1
3
6
3
3 3
sin
3 2
2
2
2
4
2
BCD
S
BC CD
BCD
×
=
×
×
×
Ð
=
× × ×
=
=
V
.
即
BCD
△
的面积为3 3
2
.
（2）设
,
AB
x
ADB
q
=
Ð
=
，
在
ABD
△
中，
60
BAD
Ð
=
o ，所以
120
ABD
q
Ð
=
°-
，
由正弦定理：sin
sin
sin
BD
AB
AD
BAD
ADB
ABD
=
=
Ð
Ð
Ð
，即sin 60
sin
BD
x
q
° =
，
所以
3
sin 60
3
2
sin
sin
2sin
x
x
x
BD
q
q
q
°
=
=
=
，
在
BCD
△
中，
3
BC = ,
60
BCD
Ð
=
o ,
由正弦定理sin
sin
BD
BC
BCD
BDC
=
Ð
Ð
，所以
3
sin 60
sin
BD
BDC
=
°
Ð
，
所以
3
3
3sin 60
3 3
2
sin
sin
2sin
BD
BDC
BDC
BDC
°
´
=
=
=
Ð
Ð
Ð
，
所以
3
3 3
2sin
2sin
x
BDC
q =
Ð
，化简得
3
sin
sin
x
BDC
q =
Ð
，
所以
3sin
sin
x
BDC
q
=
Ð
，
因为AB
BC
^
，所以
90
ABD
DBC
Ð
+ Ð
=
° ，
在
BCD
△
中，
180
120
DBC
BCD
BDC
BDC
°
Ð
=
- Ð
- Ð
=
°- Ð
,
所以
120
90
ABD
BDC
°
°
Ð
+
- Ð
=
，即
120
120
90
BDC
q
°
°
°
-
+
- Ð
=
，
所以240
90
BDC
q
°
°
-
- Ð
=
，所以
150
BDC
q
°
Ð
=
-
，
所以
3sin
3sin
6sin
6
cos
1
3
cos
3sin
sin 150
3
cos
sin
sin
2
2
x
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
°
=
=
=
=
+
-
+
+
，
因为
120
0
ABD
q
°
Ð
=
-
>
，所以
120
q
°
<
，
又因为
120
120
(150
)
30
0
DBC
BDC
q
q
°
°
°
Ð
=
- Ð
=
-
-
=
-
° >
，所以
30
q
°
>
，
所以30
120
q
°
°
<
<
，所以
3
cos
3
3
sin
q
q
-
<
<
，所以2 3
cos
3
2 3
3
sin
q
q
<
+
<
，
所以
6
cos
3
sin
x
q
q
=
+
的取值范围为
6
6
2 3
2 3
3
x
<
<
，即
3
3 3
x
<
<
.
所以AB 的取值范围为
3,3 3 .
题型09 解三角形的实际应用
析典例·建模型
1．【思路分析】（1）在ACD
V
中利用正弦定理计算可得；
（2）在
CDB
△
中利用余弦定理求出BC ，再在
ACB
△
中利用余弦定理求出AB ；
【规范答题】（1）由题可知在ACD
V
中，
75
ACD
Ð
=
o ，
=45
ADC
Ð
o ，所以
60
CAD
Ð
=
o ，
由正弦定理可得：sin
sin
CD
AC
CAD
ADC
=
Ð
Ð
，及
10 3
CD =
，
所以
2
10 3
sin
2
10 2
sin
3
2
CD
ADC
AC
CAD
´
×
Ð
=
=
=
Ð
（海里）．
（2）由题可知在
CDB
△
中：
30
BCD
Ð
=
o ，
120
CDB
Ð
=
o ，所以
30
CBD
Ð
=
o ．
所以
10 3
BD
CD
=
=
（海里），
由余弦定理可得：
2
2
2
2
cos
BC
CD
BD
CD BD
CDB
=
+
-
×
Ð
2
2
2
1
10 3
10 3
2
10 3
900
2
æ
ö
=
+
- ´
´ -
=
ç
÷
è
ø
，
所以
30
BC =
（海里），
由题意可知，在
ACB
△
中，
45
ACB
Ð
=
o ，
由余弦定理可得：
2
2
2
2
cos
AB
AC
BC
AC BC
ACB
=
+
-
×
×
Ð
2
2
2
10 2
30
2 10 2
30
500
2
=
+
- ´
´
´
=
，
所以
10 5
AB =
（海里）.
2．【思路分析】（1）利用仰角差得
ACB
Ð
，通过正弦定理求BC ，结合直角三角形求山高BE 即可.
（2）用正切表示仰角，通过正切差公式表示视角的正切值，结合基本不等式求最值即可.
【规范答题】（1）由题意可知，
37
BCD
Ð
=
°，
45
ACD
Ð
=
°，
8
ACB
Ð
= °，
45
A
Ð
=
° ，
在
ABC
V
中，sin
sin
AB
BC
ACB
A
=
Ð
Ð
，所以
2
50
sin
2
250m
sin
0.14
AB
A
BC
ACB
´
×
Ð
=
==
»
Ð
，
在Rt
BCD
△
中，
sin
250 0.6
150m
BD
BC
BCD
=
×
Ð
»
´
=
，
所以山高
150 1.5
151.5m
BE =
+
=
.
（2）由题意知，
ACD
b
Ð
=
，
BCD
a
Ð
=
，且
π
0
2
a
b
<
<
<
，
则
π
0
2
b
a
<
-
<
，
在Rt
BCD
△
中，
150
tan
BD
CD
x
a =
=
，
在Rt
ACD
△
中，
200
tan
AD
CD
x
b =
=
，
则
200
150
tan
tan
50
50
3
tan
tan
200 150
30000
1
tan
tan
12
30000
1
2
x
x
ACB
x
x
x
x
x
x
b
a
b
a
b
a
-
-
Ð
=
-
=
=
=
£
=
+
+
×
+
×
，
当且仅当
30000
x
x
=
，即
100 3
x =
时取等号，
所以
100 3
x =
时，tan
ACB
Ð
取得最大值，
又
π
0
tan
2
ACB
<
Ð
<
，所以此时视角
ACB
Ð
最大.
综上，当
100 3
x =
时，视角
ACB
Ð
最大.
破类题·提能力
1．【答案】(1) 2 6
7
(2)10 15 米
【详解】（1）因为
10
,cos
5
DBA
DBC
DBA
Ð
Ð
Ð
=
=
，所以
2
2
1
cos
cos2
2cos
1
2
1
5
5
ABC
DBA
DBA
Ð
=
Ð
=
Ð
- =
´
- = -
.
所以π
π
2
DBA
< Ð
<
，所以
2
24
2 6
sin
1 cos
25
5
ABC
ABC
Ð
=
-
Ð
=
=
.
在ABC
V
中，根据正弦定理，sin
sin
AB
AC
ACB
ABC
=
Ð
Ð
，即
50
70
sin
2 6
5
ACB =
Ð
，
解得
2 6
50
2 6
5
sin
70
7
ACB
´
Ð
=
=
.
（2）在ABC
V
中，根据余弦定理，
2
2
2
2
·
·cos
AC
AB
BC
AB BC
ABC
=
+
-
Ð
，
化简得
2
20
2400
0
BC
BC
+
-
=
，由于
0
BC >
，所以解得
40
BC =
米.
因为DB
DC
=
，在DBC
V
中，根据余弦定理
2
2
2
2
·
·cos
DC
DB
BC
DB BC
DBC
=
+
-
Ð
，
化简得1600 16 10
0
DB
-
=
，解得
10 10
DB =
米.
在ABD
V
中，根据余弦定理
2
2
2
2
·
·cos
AD
AB
BD
AB BD
DBA
=
+
-
Ð
，
化简得
2
10
2500 1000
2 50 10 10
3500
2000
1500
5
AD =
+
- ´
´
´
=
-
=
，解得
10 15
AD =
米.
2．【答案】(1)
27
AB =
米
(2)
5
20
【详解】（1）由题意得，设AB
m
=
米，
在Rt
ABC
△
中，
45
ACB
Ð
=
°，则BC
m
=
；
在Rt
ABD
△
中，
30
ADB
Ð
=
° ，则
3
BD
m
=
.
在
BCD
△
中，由余弦定理得，
2
2
2
1
3
36
2
36 12
m
m
m
=
+
+ ´
´
´
，
整理得
2
2
2
6
36
0
m
m
-
-
=
，解得
27
m =
或
24
m = -
（舍）
所以重兴塔高
27
AB =
米
（2）过点F 作FH
AB
^
交AB 于H ，设HF
x
=
，
则在
V
Rt HEF 中，
20
tan
EFH
x
Ð
=
，
在Rt
HFA
△
中，
25
tan
AFH
x
Ð
=
，
2
25
20
5
tan
tan
25 20
500
1
1
x
x
x
AFH
EFH
x
x
x
q
-
=
Ð
- Ð
=
=
+
×
+
5
5
5
500
20
2 500
x
x
=
£
=
+
.
当且仅当
500
x
x
=
，即
10 5
x =
等号成立
所以tanq 的最大值为
5
20
（建议用时：60 分钟）
刷模拟
1．【答案】(1) 3 10
10
(2)
1,1
3
é
ù
-
+
ë
û
【详解】（1）Q函数
π
2sin
6
f x
x
w
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø的最小正周期为π，
2π
π
w
\
=
，解得
2
w =
， 即
π
2sin 2
6
f x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø，
6
5
f a =
Q
，
π
6
2sin 2
6
5
a
æ
ö
\
-
=
ç
÷
è
ø
，则
π
3
sin 2
6
5
a
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
，
π
π
,
12 3
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø
Q
，则
π
π
2
0,
6
2
a
æ
ö
-
Îç
÷
è
ø ，
2
π
3
4
cos 2
1
6
5
5
a
æ
ö
æ
ö
\
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
2
π
π
cos 2
2cos
1
6
12
a
a
æ
ö
æ
ö
-
=
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
Q
，
2
π
4
2cos
1
12
5
a
æ
ö
\
-
- =
ç
÷
è
ø
，
π
π
2
0,
6
2
a
æ
ö
-
Îç
÷
è
ø
Q
，即
π
π
0,
12
4
a
æ
ö
-
Îç
÷
è
ø ，
∴
π
3 10
cos
12
10
a
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
.
（2）
π
2sin 2
6
f x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
Q
，
\
f x 的图象向右平移π
12 个单位后得到的函数为
π
π
2sin 2
12
6
y
x
é
ù
æ
ö
=
-
-
ç
÷
ê
ú
è
ø
ë
û
，即
π
2sin 2
3
y
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø ，
再向上平移1 个单位得到的图象对应函数为
π
2sin 2
1
3
y
x
æ
ö
=
-
+
ç
÷
è
ø
，
π
2sin 2
1
3
g x
x
æ
ö
\
=
-
+
ç
÷
è
ø
，
当
π π
,
6 3
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û 时，
π
2π π
2
,
3
3
3
x
é
ù
-
Î -
ê
ú
ë
û ，
令
π
2
3
t
x
=
-
，则
2π π
,
3
3
t
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，
则
sin
y
t
=
在区间
2π
π
,
3
2
é
ù
-
-
ê
ú
ë
û 上单调递减，在区间
π π
,
2 3
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上单调递增，
n
π
π
sin
sin
si
2
3
t
æ
ö
\
-
£
£
ç
÷
è
ø
则
3
1
sin
2
t
- £
£
，
π
3
1
sin 2
3
2
x
æ
ö
\- £
-
£
ç
÷
è
ø
，
π
1
2sin 2
1 1
3
3
x
æ
ö
\- £
-
+ £ +
ç
÷
è
ø
，
\函数
y
g x
=
在
π π
,
6 3
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上的值域为
1,1
3
é
ù
-
+
ë
û ．
2．【答案】(1) 11
16
(2)
3 15,
é
+¥
ë
【详解】（1）因为, ,
a b c 成等差数列，所以2b
a
c
=
+ ，又sin
2
sin
3
A
B =
，所以
2
3
a
b =
．
设
2
a
x
=
，则
3 ,
4
b
x c
x
=
=
，则
2
2
2
2
2
2
2
4
16
9
11
cos
2
16
16
a
c
b
x
x
x
B
ac
x
+
-
+
-
=
=
=
．
（2）由（1）得
2
3 15
sin
1 cos
16
B
B
=
-
=
，
则
ABC
V
外接圆的半径
3
8 15
2sin
15
3 15
8
b
x
R
x
B
=
=
=
，
则
2
2
64
π
π
64π
15
x
S
R
=
=
³
，则
2
15
x ³
，
15
x ³
，
则
3
b
x
=
的取值范围为
3 15,
é
+¥
ë
．
3．【答案】(1)
π
3
A =
(2) 4 3
【详解】（1）由余弦定理得
2
2
2
2
cos
b
c
a
bc
A
+
-
=
，
因为
2
2
2
12
b
c
a
+
-
=
，所以
cos
6
bc
A =
.
由三角形面积公式得
1
sin
2
S
bc
A
=
，
又因为
3 3
S =
，所以
sin
6 3
bc
A =
，
所以
sin
tan
3
cos
bc
A
A
bc
A
=
=
，
因为
0,π
AÎ
，所以
π
3
A =
.
（2）由（1）知，
π
sin
6 3
3 =
bc
，得
12
bc =
，
而
2 3
b =
，得
2 3
c =
，又
π
3
A =
，
得
ABC
V
为等边三角形，得
2 3
a =
，
故
4 3
a
c
+
=
.
4．【答案】(1)证明见详解；
(2)
1
2
【详解】（1）证明：设
BAC
DAC
q
Ð
= Ð
=
，
因为
180
ABC
ADC
Ð
+ Ð
=
o，所以sin
sin
ABC
ADC
Ð
=
Ð
，
在
ABC
V
中，由正弦定理得，sin
sin
AC
BC
ABC
q
=
Ð
，
在ACD
V
中，由正弦定理得，
s n
sin
i
C
A
D
C
CD
A
q
=
Ð
，
所以BC
CD
=
.
（2）因为
ABC
V
的外接圆半径为1，
由正弦定理
2
sin
BC
q =
，得
2sin
BC
CD
q
=
=
，
在
ABC
V
中，由余弦定理得
2
2
2sin
2
2
2 cos
AB
AB
q
q
=
+
- ×
×
×
，
即
2
2 2 cos
2cos2
0
AB
AB
q
q
-
×
+
=
，①
在ACD
V
中，同理可得
2
2 2 cos
2cos2
0
AD
AD
q
q
-
×
+
=
，②
由①②可知，AB
AD
，
是关于的方程
2
2 2 cos
2cos2
0
x
x
q
q
-
× +
=
的两根，
所以
2cos2
AB AD
q
×
=
．
ABD
△
的面积为
1
1
sin 2
cos2
sin 2
sin 4
2
2
S
AB AD
q
q
q
q
=
×
×
=
×
=
.
由
2
Δ
8 cos
cos2
0
2cos2
0
q
q
q
ì
=
-
>
ïí
>
ïî
，得到
2
1
cos
2
q >
，
又因为
π
0
2
q
<
<
，所以
π
0
4
q
<
<
，
所以
max
π
1 .
8
2
S
S æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
即
ABD
△
面积的最大值为
1
2 .
5．【答案】(1)9
3 7
+
(2)最大值2 13
2
3
+ ；最小值4
【详解】（1）由题意得1
3
1
3
1
3
2
2
2
2
2
2
2
2
bc
b
c
=
´
+
´
所以
2
bc
b
c
=
+
①
又
2
2
63
b
c
bc
=
+
+
②
由①②解得
9
b
c
+
=
，所以
ABC
V
的周长为9
3 7
+
；
（2）∵
2
1
1
3
4
sin
sin
2
2
4
3
bc
A
a
a
a
bc
A
=
´
Þ
=
，
又
2
2
2
cos
2
b
c
a
A
bc
+
-
=
，∴
2
2
2
4
2
cos
sin
2
cos
3
b
c
a
bc
A
bc
A
bc
A
+
=
+
=
+
∴
2
2
2
2
2
2
2
b
c
b
c
bc
b
c
bc
bc
bc
+
+
+
+
=
=
+
4
2 13
2
3
2 13
2 13
sin
2cos
2
sin
cos
2
sin(
)
2
2
3
3
3
3
13
13
A
A
A
A
A f
æ
ö
=
+
+
=
+
+
=
+
+
£
+
ç
÷
è
ø
当且仅当
sin
1
A f
+
= ，即
2 13
3 13
sin
,cos
13
13
A
A
=
=
时取“ = ”，
又
2
2
2
4
bc
b
c
bc
bc
+
³
=
，当且仅当b
c
=
时取“ = ”，
所以
2
b
c
bc
+
的最大值2 13
2
3
+ ，最小值4．
6．【答案】(1) 2 3
3
(2) π
3
【详解】（1）因为
3
sin
2
a
B
c
=
，由正弦定理可得
3
sin
sin
sin
2
A
B
C
=
，
又因为
sin
sin
sin
cos
cos
sin
C
A
B
A
B
A
B
=
+
=
+
，
即
3
sin
sin
sin
cos
cos
sin
2
A
B
A
B
A
B
=
+
，
且
ABC
V
为锐角三角形，则
π
,
0, 2
A B
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，则sin
0,sin
0,cos
0,cos
0
A
B
A
B
>
>
>
>
，
可得
3
1
1
1
2
tan
tan
A
B
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
，所以
1
1
2 3
tan
tan
3
A
B
+
=
.
（2）因为
1
1
2 3
tan
tan
3
A
B
+
=
，且
π
,
0, 2
A B
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，则tan
0,tan
0
A
B
>
>
，
可得
2 3
tan
tan
tan
tan
2 tan
tan
3
A
B
A
B
A
B
+
=
×
³
×
，解得tan
tan
3
A
B
×
³ ，
当且仅当tan
tan
3
A
B
=
=
，即
3
π
A
B
=
=
时，等号成立，
则
2 3 tan
tan
tan
tan
2 3
1
3
tan
tan
1
tan
tan
1
tan
tan
1
3 1
tan
tan
A
B
A
B
C
A
B
A
B
A
B
A
B
×
+
= -
+
=
=
=
-
-
-
，
因为tan
tan
3
A
B
×
³ ，则
1
1
0
tan
tan
3
A
B
<
£
×
，
可得2
1
1
1
3
tan
tan
A
B
£ -
<
×
，
1
3
1
1
2
1
tan
tan
A
B
<
£
-
×
，
则
2 3
1
2 3
tan
, 3
1
3
3
1
tan
tan
C
A
B
æ
ù
=
Îç
ú
çè
û
-
，
即tanC 的最大值为
3 ，且
π
0, 2
C
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
所以角C 的最大值为π
3 .
7．【答案】(1)1
(2)
3
5
1,
2
é
ö
+
÷
ê
÷
ë
ø
【详解】（1）
sin
sin
cos
sin
cos
tan
sin
cos
cos
sin
cos
sin
sin
cos
tan
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
B
A
A
A
A
B
A
B
A
B
B
m
B
C
C
B
C
B
C
B
C
C
B
+
×
+
+
=
=
=
+
+
+
×
sin
sin
sin
sin
A
B
C
B
C
A
+
=
=
+
，
因为, ,
A B C 成等差数列，所以2B
A
C
=
+
，
又
π
A
B
C
+
+
= ，所以
π
3
B =
，又A
B
£
，所以
π
0
3
A
<
£
，
所以
π
sin
sin π
sin
sin
3
C
A
B
A
B
A
æ
ö
=
-
-
=
+
=
+
ç
÷
è
ø ，
π
1
3
sin
sin
cos
sin
1
3
1
3
2
2
sin
sin
sin
2
2
tan
A
A
A
C
m
A
A
A
A
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
\
=
=
=
=
+
×
，
当tan A 取得最大值时，m 取得最小值，
因为
π
0
3
A
<
£
，所以0
tan
3
A
<
£
，
所以当
π
3
A =
时，m 取得最小值1.
（2）因为, ,
a b c 成等比数列，所以
2
b
ac
=
，
由（1）知
sin
sin
C
m
A
=
，
因为sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C
=
=
，所以
sin
0
sin
C
c
m
A
a
=
=
>
，
将b
ac
=
代入a
c
b
a
c
-
<
<
+
，化简得
2
2
a
c
ac
a
c
-
<
<
+
，
两边同除以ac ，得
2
1
2
a
c
a
c
c
a
c
a
-
+
< <
+
+
，即1
1
2
1
2
m
m
m
m
-
+
< <
+
+
，
所以
2
2
3
1
0
1
0
m
m
m
m
ì
-
+ <
í
+
+ >
î
，解得3
5
3
5
2
2
-
+
<
<
m
，
因为A
B
£
，所以a
b
£
，即a
ac
£
，得
1
c
a ³ ，
所以m 的取值范围为
3
5
1,
2
é
ö
+
÷
ê
÷
ë
ø
.
8．【答案】(1)证明见详解
(2)
6
2
(3)
1,2
c
b Î
【详解】（1）由
2 cos
b
b
A
c
+
=
，利用正弦定理得：sin
2sin
cos
sin
B
B
A
C
+
=
，
又
sin
sin π
sin
sin
cos
cos
sin
C
A
B
A
B
A
B
A
B
é
ù
=
-
+
=
+
=
+
ë
û
，
所以sin
2sin
cos
sin
cos
cos
sin
B
B
A
A
B
A
B
+
=
+
，
所以
sin
sin
cos
cos
sin
sin
B
A
B
A
B
A
B
=
-
=
-
，
所以B
A
B
=
-
或
π
A
B
B
-
=
-
，
所以
2
A
B
=
或
π
A =
（舍去）
所以
2
A
B
=
；
（2）由
2,
1,
2 cos
b
c
b
b
A
c
=
=
+
=
，所以
1
cos
2
4
c
b
A
b
-
=
= -
，
又
2
cos
2cos
1
2
A
A =
- ，所以
2
1
cos
3
cos 2
2
8
A
A
+
=
=
，
又
π
0
2
2
A
<
<
，所以
6
cos 2
4
A =
，
又由AD 为
BAC
Ð
的平分线，
所以
ABC
ABD
ADC
S
S
S
=
+
V
V
V
，
所以1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
A
A
bc
A
c AD
b AD
=
×
+
×
，
所以
6
2
cos
2 2 1
sin
6
2
4
1
2
3
sin
sin
2
2
A
bc
bc
A
AD
A
A
c
b
c
b
´ ´ ´
=
=
=
=
+
+
+
，
又由余弦定理得：
2
2
2
1
2
cos
4 1 2 2 1
6
4
a
b
c
bc
A
æ
ö
=
+
-
=
+ - ´ ´ ´ -
=
ç
÷
è
ø
，
所以
6
a =
，所以
1
6
6
6
3
6
2
AD
a
+
=
+
=
；
（3）由（1）有
2
A
B
=
，又
3
π
A
B
C
B
C
+
+
=
+
=
，所以
π
3
C
B
=
-
，
又由正弦定理得：
3
2
sin π
3
sin
sin3
3sin
4sin
3
4sin
sin
sin
sin
sin
B
c
C
B
B
B
B
b
B
B
B
B
-
-
=
=
=
=
=
-
，
又
ABC
V
为锐角三角形，所以
π
π
0
0
2
2
2
π
π
π
π
0
0
2
2
6
4
π
π
0
0
π
3
2
2
A
B
B
B
B
C
B
ì
ì
<
<
<
<
ï
ï
ï
ï
ï
ï
<
<
Þ
<
<
Þ
<
<
í
í
ï
ï
ï
ï
<
<
<
-
<
ï
ï
î
î
，
所以1
2
sin
2
2
B
<
<
，所以
2
1
3
4sin
2
B
<
-
<
，所以
1,2
c
b Î
.
9．【答案】(1) 7
4 （海里）
(2)
27 2
3
4
-
（平方海里）．
【分析】（1）在ANC
V
和AMB
V
中反复使用正弦定理，用角度q 表示边长AN 、AM 、CN 、MB ，
代入求值即可；
（2）将面积表达式化简为关于q 的三角函数，利用和角公式、二倍角公式进行变形，通过三角函数
的范围求解面积的最小值.
【详解】（1）因为
π
3
ABC
Ð
=
，
π
6
ACB
Ð
=
，所以
π
2
BAC
Ð
=
，
又因为
6
BC =
，所以
3
AB = ，
3 3
AC =
，
又
π
6
MAN
Ð
=
，设
BAM
q
Ð
=
，
∴
2π
3
AMB
q
Ð
=
-
，
π
2
ANC
q
Ð
=
+
，
π
3
NAC
q
Ð
=
-
．
在ANC
V
和AMB
V
中由正弦定理可得sin
sin
sin
AN
AC
CN
C
ANC
NAC
=
=
Ð
Ð
Ð
，
sin
sin
sin
AM
AB
BM
B
AMB
MAB
=
=
Ð
Ð
Ð
，
即
3 3
3 3
π
2cos
2sin 2
AN
q
q
=
=
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
，
3 3
2π
2sin
3
AM
q
=
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
，
π
π
π
3 3sin
3 3 sin
cos
cos
sin
3
1
3
3
3
3 3
tan
π
cos
2
2
sin 2
CN
q
q
q
q
q
q
æ
ö
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
æ
ö
è
ø
è
ø
=
=
=
-
ç
÷
ç
÷
æ
ö
è
ø
+
ç
÷
è
ø
，
3sin
3sin
3tan
2π
2π
2π
3
1
sin
cos
cos
sin
sin
tan
3
3
3
2
2
MB
q
q
q
q
q
q
q
=
=
=
æ
ö
-
-
+
ç
÷
è
ø
．
当
21
sin
7
q =
时，则
2
2 7
cos
1 sin
7
q
q
=
-
=
，
sin
3
tan
cos
2
q
q
q
=
=
，
∴
3
1
3
9
3 3
2
2
2
4
CN
æ
ö
=
-
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
3
3
2
2
3
1
3
2
2
2
MB
´
=
=
+
´
，
∴
9
7
6
2
4
4
MN
BC
NC
BM
=
-
-
=
-
-
=
（海里）．
（2）
1
1
sin
2
4
AMN
S
AN AM
MAN
AN AM
=
×
×
Ð
=
×
△
1
3 3
3 3
27
2π
2π
4
2cos
2sin
16cos sin
3
3
q
q
q
q
=
´
´
=
æ
ö
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
令
2π
2π
2π
cos sin
cos
sin
cos
cos
sin
3
3
3
t
q
q
q
q
q
æ
ö
æ
ö
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
2
3
1
3 cos2
1
1
cos
sin
cos
sin 2
2
2
2
2
4
q
q
q
q
q
+
=
+
=
×
+
3
1
3
1
π
3
cos2
sin 2
sin 2
4
4
4
2
3
4
q
q
q
æ
ö
=
+
+
=
+
+
ç
÷
è
ø
，
∴
27
16
AMN
S
t
=
△
．
因为
π
0, 3
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø，∴
π
sin 2
0,1
3
q
æ
ö
+
Î
ç
÷
è
ø
，∴
3 1
3
,
4
2
4
t
æ
ù
Î
+
ç
ú
çè
û
，
所以当
1
3
2
4
t =
+
时，
min
27 2
3
27
4
1
3
16 2
4
AMN
S
-
=
=
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
V
（平方海里）．
10．【答案】(1)
4
2π ,
3
ta
3
n
APC
q
Ð
=
=
(2)①12；②
3
【分析】（1）根据角的关系求得
2π
π
,
3
2
APC
APB
Ð
=
Ð
=
，在
APC
△
、
APB
△
中，分别由正弦定理可
得
4 3 sin
3
AP
q
=
，
cos
AP
q
=
，由商数关系求tanq 的值；
（2）由
ABC
APB
APC
CPB
S
S
S
S
=
+
+
V
V
V
V
，可得
4
PA AB
PB BC
PC AC
S
×
+
×
+
×
=
，对于①在
APB
△
、
CPB
△
、
APC
△
中由余弦定理结合代数运算可得
2
2
2
3(
)
a
b
c
PA AB
PB BC
PC AC
+
+
=
×
+
×
+
×
，再根据
面积可求
2
2
2
a
b
c
+
+
的值；②由面积公式结合余弦定理可得
2
2
2
2
1
1
2
2
a
c
b
S
ac
ac
æ
ö
+
-
=
-ç
÷
è
ø
，结合①可得
2
2
2
2
2
2
2
2 3
1
2
a
c
b
a
b
c
ac
ac
æ
ö
+
-
+
+
=
-ç
÷
è
ø
，平方展开运算得解.
【详解】（1）
在
ABC
V
中，
π ,
2,
1
2
ABC
AC
AB
Ð
=
=
= ，
所以
1
cos
2
CAB
Ð
=
，而
CAB
Ð
为锐角，故
π
3
CAB
Ð
=
，所以
π
6
ACB
Ð
=
，
所以
π
3
PAC
q
Ð
=
-
，而
ACP
q
Ð
=
，故
π
2π
π
3
3
APC
q
q
æ
ö
Ð
=
-
-
+
=
ç
÷
è
ø
.
又
π
2
ABP
q
Ð
=
-
，故
π
π
π
2
2
APB
q
q
æ
ö
Ð
=
-
-
+
=
ç
÷
è
ø
，
在
APC
△
中，由正弦定理有
4 3
2π
sin
3
sin 3
AP
AC
q =
=
，所以
4 3 sin
3
AP
q
=
，
在
APB
△
中，由正弦定理有
1
π
π
sin
sin
2
2
AP
AB
q
=
=
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
，所以
cos
AP
q
=
，
所以4 3 sin
cos
3
q
q
=
，故
3
tan
4
q =
.
（2）
ABC
APB
APC
CPB
S
S
S
S
=
+
+
V
V
V
V
1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
PA AB
PB BC
PC AC
q
q
q
=
×
×
+
×
×
+
×
×
因为
π
6
q =
，所以
1 (
)
4
S
PA AB
PB BC
PC AC
=
×
+
×
+
×
，即
4
PA AB
PB BC
PC AC
S
×
+
×
+
×
=
，
①
3
S =
，所以
4 3
PA AB
PB BC
PC AC
×
+
×
+
×
=
在
APB
△
中，
2
2
2
π
2
cos 6
PB
AP
AB
AP AB
=
+
-
×
×
，
在
CPB
△
中，
2
2
2
π
2
cos 6
PC
BP
CB
BP CB
=
+
-
×
×
，
在
APC
△
中，
2
2
2
π
2
cos 6
PA
CP
AC
CP AC
=
+
-
×
×
，
三式相加得
2
2
2
PA
PC
PB
+
+
2
2
2
2
2
2
π
2cos
(
)
6
PA
PC
PB
AB
CB
AC
PA AB
PB BC
PC AC
=
+
+
+
+
+
-
×
×
+
×
+
×
，
整理得：
2
2
2
2
2
2
3(
)
3
4 3
12
a
b
c
AB
CB
AC
PA AB
PB BC
PC AC
+
+
=
+
+
=
×
+
×
+
×
=
´
=
.
②又
2
2
2
2
2
1
1
1
sin
1 cos
1
2
2
2
2
a
c
b
S
ac
B
ac
B
ac
ac
æ
ö
+
-
=
=
-
=
-ç
÷
è
ø
又由①知
2
2
2
3(
)
4 3
a
b
c
PA AB
PB BC
PC AC
S
+
+
=
×
+
×
+
×
=
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2 3
1
2
a
c
b
a
b
c
ac
ac
æ
ö
+
-
+
+
=
-ç
÷
è
ø
，
故
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
12
3
a
b
c
a c
a
b
c
+
+
=
-
-
+
，
整理得：
4
4
4
2
2
2
2
2
2
0
a
b
c
a b
a c
b c
+
+
-
-
-
=
，
即
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
a
b
a
c
c
b
-
+
-
+
-
=
，
所以
2
2
2
a
b
c
=
=
，即
2
a
b
c
=
=
=
，
所以
1
1
π
sin
2 2 sin
3
2
2
3
S
ac
B
=
=
´ ´ ´
=
.
刷真题
1．【答案】(1)
π
3
j =
(2)答案见详解
【详解】（1）由题意
1
0
cos
, 0
π
2
f
j
j
=
=
£
<
，所以
π
3
j =
；
（2）由（1）可知
π
cos 2
3
f x
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø ，
所以
π
π
cos 2
cos2
6
3
g x
f x
f
x
x
x
æ
ö
æ
ö
=
+
-
=
+
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
1
3
3
3
π
cos2
sin 2
cos2
cos2
sin 2
3 cos 2
2
2
2
2
6
x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
-
+
=
-
=
+
ç
÷
è
ø
，
所以函数
g x 的值域为
3, 3
é
ù
-
ë
û ，
令
π
2 π
2
π
2 π,
Z
6
k
x
k
k
£
+
£
+
Î
，解得
π
5π
π
π,
Z
12
12
k
x
k
k
-
+
£
£
+
Î
，
令
π
π
2 π
2
2π
2 π,
Z
6
k
x
k
k
+
£
+
£
+
Î
，解得5π
11π
π
π,
Z
12
12
k
x
k
k
+
£
£
+
Î
，
所以函数
g x 的单调递减区间为
π
5π
π,
π ,
Z
12
12
é
ù
-
+
+
Î
ê
ú
ë
û
k
k
k
，
函数
g x 的单调递增区间为5π
11π
π,
π ,
Z
12
12
é
ù
+
+
Î
ê
ú
ë
û
k
k
k
.
2．【答案】(1)
π
3
B =
(2)2 2
【详解】（1）由余弦定理有
2
2
2
2
cos
a
b
c
ab
C
+
-
=
，对比已知
2
2
2
2
+
-
=
a
b
c
ab，
可得
2
2
2
2
2
cos
2
2
2
+
-
=
=
=
a
b
c
ab
C
ab
ab
，
因为
0,π
C Î
，所以sin
0
C >
，
从而
2
2
2
2
sin
1 cos
1
2
2
æ
ö
=
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
C
C
，
又因为sin
2 cos
=
C
B ，即
1
cos
2
B =
，
注意到
0,π
BÎ
，
所以
π
3
B =
.
（2）由（1）可得
π
3
B =
，
2
cos
2
C =
，
0,π
C Î
，从而
π
4
C =
，
π
π
5π
π
3
4
12
A =
-
-
=
，
而
5π
π
π
2
3
2
1
6
2
sin
sin
sin
12
4
6
2
2
2
2
4
A
+
æ
ö
æ
ö
=
=
+
=
´
+
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
由正弦定理有
5π
π
π
sin
sin
sin
12
3
4
a
b
c
=
=
，
从而
6
2
3
1
3
6
2
,
2
4
2
2
2
a
c
c b
c
c
+
+
=
×
=
=
×
=
，
由三角形面积公式可知，
ABC
V
的面积可表示为
2
1
1
3
1
6
2
3
3
sin
2
2
2
2
2
8
ABC
S
ab
C
c
c
c
+
+
=
=
×
×
×
=
V
，
由已知
ABC
V
的面积为3
3
+
，可得
2
3
3
3
3
8
c
+
=
+
，
所以
2 2
c =
.
3．【答案】(1)
π
6
A =
(2) 2
6
3 2
+
+
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由sin
3 cos
2
A
A
+
=
可得1
3
sin
cos
1
2
2
A
A
+
= ，即sin(
)
1
π
3
A+
= ，
由于
π
π 4π
(0,π)
(
,
)
3
3
3
A
A
Î
Þ
+
Î
，故
π
π
3
2
A+
=
，解得
π
6
A =
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由sin
3 cos
2
A
A
+
=
，又
2
2
sin
cos
1
A
A
+
= ，消去sin A 得到：
2
2
4cos
4 3 cos
3
0
(2cos
3)
0
A
A
A
-
+
=
Û
-
=
，解得
3
cos
2
A =
，
又
(0,π)
AÎ
，故
π
6
A =
方法三：利用极值点求解
设
( )
sin
3 cos (0
π)
f x
x
x
x
=
+
<
<
，则
π
( )
2sin
(0
π)
3
f x
x
x
æ
ö
=
+
<
<
ç
÷
è
ø
，
显然
π
6
x =
时，
max
( )
2
f x
=
，注意到
π
( )
sin
3 cos
2
2sin(
)
3
f A
A
A
A
=
+
=
=
+
，
max
( )
( )
f x
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
( )
0
cos
3sin
f
A
A
A
¢
=
=
-
，即
3
tan
3
A =
，
又
(0,π)
AÎ
，故
π
6
A =
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设
(1, 3),
(sin
,cos
)
a
b
A
A
=
=
r
r
，由题意，
sin
3 cos
2
a b
A
A
×
=
+
=
r r
，
根据向量的数量积公式，
|
||
| cos
,
2cos
,
a b
a b
a b
a b
×
=
=
r
r
r
r
r
r
r
r
，
则2cos ,
2
cos ,
1
a b
a b
=
Û
=
r
r
r
r
，此时,
0
a b =
r
r
，即,a b
r r
同向共线，
根据向量共线条件，
3
1 cos
3 sin
tan
3
A
A
A
×
=
×
Û
=
，
又
(0,π)
AÎ
，故
π
6
A =
方法五：利用万能公式求解
设
tan 2
A
t =
，根据万能公式，
2
2
2
2
3(1
)
sin
3 cos
2
1
1
t
t
A
A
t
t
-
+
=
=
+
+
+
，
整理可得，
2
2
2
2(2
3)
(2
3)
0
(
(2
3))
t
t
t
-
-
+
-
=
=
-
-
，
解得tan
2
3
2
A
t
= =
-
，根据二倍角公式，
2
2
3
tan
1
3
t
A
t
=
=
-
，
又
(0,π)
AÎ
，故
π
6
A =
（2）由题设条件和正弦定理
2 sin
sin 2
2 sin
sin
2sin
sin
cos
b
C
c
B
B
C
C
B
B
=
Û
=
，
又
,
(0,π)
B C Î
，则sin
sin
0
B
C ¹
，进而
2
cos
2
B =
，得到
π
4
B =
，
于是
7π
π
12
C
A
B
=
-
-
=
，
2
6
sin
sin(π
)
sin(
)
sin
cos
sin
cos
4
C
A
B
A
B
A
B
B
A
+
=
-
-
=
+
=
+
=
，
由正弦定理可得，sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C
=
=
，即
2
π
π
7π
sin
sin
sin
6
4
12
b
c
=
=
，
解得
2
2 ,
6
2
b
c
=
=
+
，
故ABC
V
的周长为2
6
3 2
+
+
4．【答案】(1) 3 10
10 (2)6
【详解】（1）
3
A B
C
+
=
Q
，
π
3
C
C
\ -
=
，即
π
4
C =
，
又2sin(
)
sin
sin(
)
A
C
B
A
C
-
=
=
+
，
2sin cos
2cos sin
sin cos
cos sin
A
C
A
C
A
C
A
C
\
-
=
+
，
sin cos
3cos sin
A
C
A
C
\
=
，
sin
3cos
A
A
\
=
，
即tan
3
A=
，所以
π
0
2
A
<
<
，
3
3 10
sin
10
10
A
\
=
=
.
（2）由（1）知，
1
10
cos
10
10
A =
=
，
由sin
sin(
)
B
A
C
=
+
2 3 10
10
2 5
sin
cos
cos
sin
(
)
2
10
10
5
A
C
A
C
=
+
=
+
=
，
由正弦定理，sin
sin
c
b
C
B
=
，可得
2 5
5
5
2 10
2
2
b
´
=
=
，
1
1
sin
2
2
AB h
AB AC
A
\
×
=
×
×
，
3 10
sin
2 10
6
10
h
b
A
\
=
×
=
´
=
.
5．【答案】(1) 3
5 ；
(2)
2
b
c
=
=
.
【详解】（1）方法1：在ABC
V
中，因为D 为BC中点，
π
3
ADC
Ð
=
，
1
AD= ，
则
1
1
1
3
3
1
3
sin
1
2
2
2
2
8
2
2
ADC
ABC
S
AD DC
ADC
a
a
S
=
×
Ð
=
´ ´
´
=
=
=
V
V
，解得
4
a= ，
在
ABD
△
中，
2π
3
ADB
Ð
=
，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
c
BD
AD
BD AD
ADB
=
+
-
×
Ð
，
即
2
1
4 1 2 2 1 (
)
7
2
c =
+ - ´ ´ ´ -
=
，解得
7
c =
，则
7
4
1
5 7
cos
14
2 7
2
B
+
-
=
=
´
，
2
2
5
7
21
sin
1
cos
1
(
)
14
14
B
B
=
-
=
-
=
，
所以
sin
3
tan
cos
5
B
B
B
=
=
.
方法2：在ABC
V
中，因为D 为BC中点，
π
3
ADC
Ð
=
，
1
AD= ，
则
1
1
1
3
3
1
3
sin
1
2
2
2
2
8
2
2
ADC
ABC
S
AD DC
ADC
a
a
S
=
×
Ð
=
´ ´
´
=
=
=
V
V
，解得
4
a= ，
在ACD
V
中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
b
CD
AD
CD AD
ADC
=
+
-
×
Ð
，
即
2
1
4 1 2 2 1
3
2
b =
+ - ´ ´ ´
=
，解得
3
b =
，有
2
2
2
4
AC
AD
CD
+
=
=
，则
π
2
CAD
Ð
=
，
π
6
C =
，过A 作AE BC
^
于E，于是
3
3
cos
,
sin
2
2
CE
AC
C
AE
AC
C
=
=
=
=
，
5
2
BE =
，
所以
3
tan
5
AE
B
BE
=
=
.
（2）方法1：在
ABD
△
与ACD
V
中，由余弦定理得
2
2
2
2
1
1
1 2
1 cos(π
)
4
2
1
1
1 2
1 cos
4
2
c
a
a
ADC
b
a
a
ADC
ì
=
+ - ´
´ ´
- Ð
ïïí
ï
=
+ - ´
´ ´
Ð
ïî
，
整理得
2
2
2
1
2
2 a
b
c
+
=
+
，而
2
2
8
b
c
+
= ，则
2 3
a =
，
又
1
3
3 1 sin
2
2
ADC
S
ADC
=
´
´ ´
Ð
=
V
，解得sin
1
ADC
Ð
= ，而0
π
ADC
<Ð
<
，于是
π
2
ADC
Ð
=
，
所以
2
2
2
b
c
A D
C D
=
=
+
=
.
方法2：在ABC
V
中，因为D 为BC中点，则2AD
AB
AC
=
+
uuur
uuur
uuur ，又CB
AB
AC
=
-
uuur
uuur
uuur ，
于是
2
2
2
2
2
2
4
(
)
(
)
2(
) 16
AD
CB
AB AC
AB AC
b
c
+
=
+
+
-
=
+
=
uuur
uuur
uuur uuur
uuur uuur
，即
2
4
16
a
+
=
，解得
2 3
a =
，
又
1
3
3 1 sin
2
2
ADC
S
ADC
=
´
´ ´
Ð
=
V
，解得sin
1
ADC
Ð
= ，而0
π
ADC
<Ð
<
，于是
π
2
ADC
Ð
=
，
所以
2
2
2
b
c
A D
C D
=
=
+
=
.
6．【答案】(1)
21
14 ；
(2) 3
10 .
【详解】（1）由余弦定理可得：
2
2
2
2
2
cos
BC
a
b
c
bc
A
=
=
+
-
4 1
2 2 1 cos120
7
=
+ - ´ ´ ´
=
o
，
则
7
BC =
，
2
2
2
7
4
1
5 7
cos
2
14
2
2
7
a
c
b
B
ac
+
-
+
-
=
=
=
´
´
，
2
25
21
sin
1
cos
1
28
14
ABC
B
Ð
=
-
=
-
=
.
（2）由三角形面积公式可得
1
sin 90
2
4
1
sin 30
2
ABD
ACD
AB
AD
S
S
AC
AD
´
´
´
=
=
´
´
´
o
o
△
△
，
则
1
1
1
3
2 1 sin120
5
5
2
10
ACD
ABC
S
S
æ
ö
=
=
´
´
´ ´
=
ç
÷
è
ø
o
△
△
.
