2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分 专题六 三角恒等变换与解三角形含解析.pdf

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1、专题六专题六 Error! 三角恒等变换与解三角形三角恒等变换与解三角形 卷卷卷卷卷卷 二倍角公式及余弦定理的应 用 二倍角公式及余弦定理的应 用T6 二倍角公式二倍角公式T4 2018 正 、 余 弦 定 理 的 应 用 正 、 余 弦 定 理 的 应 用T17同角三角函数关系及两角和 的正弦公式 同角三角函数关系及两角和 的正弦公式T15 三角形的面积公式及 余弦定理 三角形的面积公式及 余弦定理T9 2017 正、余弦定理、三角形 的面积公式及两角和的 余弦公式 正、余弦定理、三角形 的面积公式及两角和的 余弦公式T17 余弦定理、三角恒等变换及三 角形的面积公式 余弦定理、三角恒等变换

2、及三 角形的面积公式T17 余弦定理、三角形的 面积公式 余弦定理、三角形的 面积公式T17 诱导公式、三角恒等变换、给 值求值问题 诱导公式、三角恒等变换、给 值求值问题T9 同角三角函数的基本 关系、 二倍角公式 同角三角函数的基本 关系、 二倍角公式T5 2016 正、余弦定理、三角形 面积公式、两角和的正 弦公式 正、余弦定理、三角形 面积公式、两角和的正 弦公式T17 正弦定理的应用、诱导公 式 正弦定理的应用、诱导公 式T13 利用正、余弦定理解 三角形 利用正、余弦定理解 三角形T8 纵向把握 趋势 纵向把握 趋势 卷卷3 年年 3 考且均出现 在解答题中的第 考且均出现 在解答

3、题中的第 17 题， 涉及正、余弦定理、三 角形的面积公式、两角 和与差的正、 余弦公式， 难度适中 预计 题， 涉及正、余弦定理、三 角形的面积公式、两角 和与差的正、 余弦公式， 难度适中 预计 2019 年 会以选择题或填空题的 形式考查正、余弦定理 的应用及三角恒等变 换，难度适中 年 会以选择题或填空题的 形式考查正、余弦定理 的应用及三角恒等变 换，难度适中 卷卷3 年年 5 考，既有选择题、 填空题，也有解答题，涉及诱 导公式、同角三角函数基本关 系式、三角恒等变换、正弦定 理和余弦定理以及三角形面 积公式，难度适中预计 考，既有选择题、 填空题，也有解答题，涉及诱 导公式、同角

4、三角函数基本关 系式、三角恒等变换、正弦定 理和余弦定理以及三角形面 积公式，难度适中预计 2019 年会以解答题的形式考查正、 余弦定理和三角形面积公式 的应用 年会以解答题的形式考查正、 余弦定理和三角形面积公式 的应用 卷卷3 年年 5 考，既有 选择题， 也有解答题， 难度适中涉及同角 三角函数基本关系 式、二倍角公式、正 弦定理和余弦定理、 三 角 形 面 积 公 式 等 预计 考，既有 选择题， 也有解答题， 难度适中涉及同角 三角函数基本关系 式、二倍角公式、正 弦定理和余弦定理、 三 角 形 面 积 公 式 等 预计 2019 年会以 解答题的形式考查 正、余弦定理在解三 角形

5、中的应用 年会以 解答题的形式考查 正、余弦定理在解三 角形中的应用 横向把握 重点 横向把握 重点 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 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 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 49 或第或第 1315 题位置上题位置上 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 若以解答

6、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 题位 置上，难度中等. 三角恒等变换三角恒等变换 题组全练题组全练 1(2018全国卷全国卷)若若 sin ，则 ，则 cos 2( ) 1 3 A. B. 8 9 7 9 C D 7 9 8 9 解析：选解析：选 B sin ， ，cos 212sin212 2 .故选故选 B. 1 3 ( 1 3) 7 9 2(2016全国卷全国卷)若若 cos ，则 ，则 sin 2( ) ( 4 ) 3 5 A. B. 7 25 1 5 C D 1 5 7 25 解析：选解析：选 D 因为 因

7、为 cos ， ， ( 4 ) 3 5 所以所以 sin 2cos2cos21. ( 2 2) ( 4 ) 7 25 3已知已知 sincos ，则 ，则 cos( ) ( 6) 1 3 (2 3) A B. 5 18 5 18 C D. 7 9 7 9 解析：选解析：选 D 由 由 sincos ，得 ，得sin cos cos sin cos sin ( 6) 1 3 3 2 1 2 3 2 1 2 ，所以 ，所以 cos12sin21 . ( 6) 1 3 (2 3) ( 6) 2 9 7 9 4已知已知 sin ，且，且 sin()cos ，则，则 tan()( ) 3 5( 2 1)

8、m，ACt(t0)m， 依题意得依题意得 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， 化简并整理得化简并整理得 tx12(x1) x20.25 x 1 0.75 x 1 因为因为 x1， 所以， 所以 tx122当且仅当当且仅当 x1时取等号， 故时取等号， 故 AC 最短为最短为(2 0.75 x 1 3 3 2 )m，应选，应选 D.3 答案答案 (1)C (2)D 类题通法类题通法 1解三角形实际应用问题的解题步骤解三角形实际应用问题的解题步骤 2解三角形实际应用问题的注

9、意事项解三角形实际应用问题的注意事项 (1)要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名词，并能准确作出这些角；要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名词，并能准确作出这些角； (2)要注意将平面几何的性质、定理与正、余弦定理结合起来使用，这样可以优化解题 过程； 要注意将平面几何的性质、定理与正、余弦定理结合起来使用，这样可以优化解题 过程； (3)要注意题目中的隐含条件及解的实际意义要注意题目中的隐含条件及解的实际意义 应用通关应用通关 1某位居民站在离地面某位居民站在离地面 20 m 高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为 60，小高层底部的俯角为，小高层底

10、部的俯角为 45，那么这栋小高层的高度为，那么这栋小高层的高度为( ) A20mB20(1)m (1 3 3) 3 C10()mD20()m2626 解析：选解析：选 B 如图，设 如图，设 AB 为阳台的高度，为阳台的高度，CD 为小高层的高度，为小高层的高度，AE 为水 平线由题意知 为水 平线由题意知 AB20 m，DAE45，CAE60，故，故 DEAE20 m，CE20 3 m，所以，所以 CD20(1)m.3 2.(2018河北保定模拟河北保定模拟)如图，某游轮在如图，某游轮在A处看灯塔处看灯塔B在在A的北偏东的北偏东75 方向上，距离为方向上，距离为12海里，灯塔海里，灯塔C在在

11、A的北偏西的北偏西30方向上，距离为方向上，距离为863 海里，游轮由海里，游轮由A处向正北方向航行到处向正北方向航行到D处时再看灯塔处时再看灯塔B，B在南偏东在南偏东60 方向上，则方向上，则 C 与与 D 的距离为的距离为( ) A20 海里海里 B8海里海里3 C23海里海里 D24 海里海里2 解析：选解析：选 B 在 在ABD 中，因为灯塔中，因为灯塔 B 在在 A 的北偏东的北偏东 75方向上，距离为方向上，距离为 12海里，海里，6 货轮由货轮由 A 处向正北方向航行到处向正北方向航行到 D 处时， 再看灯塔处时， 再看灯塔 B， B 在南偏东在南偏东 60方向上， 所以方向上，

12、 所以 B180 756045，由正弦定理，由正弦定理， AD sin B AB sinADB 可得可得 AD24 海里海里 ABsin B sinADB 12 6 2 2 3 2 在在ACD 中，中，AD24 海里，海里，AC8海里，海里，CAD30，3 由余弦定理得由余弦定理得 CD2AD2AC22ADACcos 30242(8)22248192.33 3 2 所以所以 CD8海里海里3 3如图， 游客从某旅游景区的景点如图， 游客从某旅游景区的景点A处至景点处至景点C处有两条线路线路处有两条线路线路1 是从是从 A 沿直线步行到沿直线步行到 C，线路，线路 2 是先从是先从 A 沿直线步

13、行到景点沿直线步行到景点 B 处，然后从处，然后从 B 沿直线步行到沿直线步行到 C. 现有甲、乙两位游客从现有甲、乙两位游客从 A 处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的11 9 倍，甲走线路倍，甲走线路 2，乙走线路，乙走线路 1，最后他们同时到达，最后他们同时到达 C 处经测量，处经测量，AB1 040 m，BC500 m，则，则 sinBAC 等于等于_ 解析：依题意，设乙的速度为解析：依题意，设乙的速度为 x m/s， 则甲的速度为则甲的速度为x m/s， 11 9 因为因为 AB1 040 m，BC500 m， 所以，所以， AC x 1

14、040500 11 9 x 解得解得 AC1 260 m. 在在ABC 中，由余弦定理得，中，由余弦定理得， cosBACAB 2 AC2BC2 2ABAC ， 1 04021 26025002 2 1 040 1 260 12 13 所以所以 sinBAC 1cos2BAC .1(12 13) 2 5 13 答案：答案： 5 13 重难增分重难增分 与平面几何有关的解三角形综合问题与平面几何有关的解三角形综合问题 考法全析考法全析 一、曾经这样考一、曾经这样考 1 (2015全国卷全国卷)与平面四边形有关的边长范围问题与平面四边形有关的边长范围问题在平面四边形在平面四边形 ABCD 中， 中

15、， A BC75，BC2，则，则 AB 的取值范围是的取值范围是_ 学解题学解题 法一：分割法法一：分割法(学生用书不提供解题过程学生用书不提供解题过程) 易知易知ADC135.如图，连接如图，连接 BD，设，设BDC，ADB， 则 ， 则 135. 在在ABD 和和BCD 中，由正弦定理得，中，由正弦定理得， BC sin BD sin 75 AB sin 则则 AB BCsin sin 2sin 135 sin ， 2sin 45 sin 2(1 1 tan ) 由由Error!得得 300)，则，则 BD2x. 在在BCD 中，因为中，因为 CDBC，CD5，BD2x， 所以所以 cos

16、CDB. CD BD 5 2x 在在ACD 中，中，ADx，CD5，AC5，3 由余弦定理得由余弦定理得 cosADC. AD2CD2AC2 2 AD CD x252 5 3 2 2 x 5 因为因为CDBADC， 所以所以 cosADCcosCDB， 即，即， x252 5 3 2 2 x 5 5 2x 解得解得 x5，所以，所以 AD 的长为的长为 5. 答案：答案：5 2.如图，在直角梯形如图，在直角梯形 ABDE 中，已知中，已知ABDEDB90，C 是是 BD 上一点，上一点，AB3 ， ， ACB15， ECD60， EAC45， 则线段， 则线段 DE 的长为的长为_3 解析：易

17、知解析：易知ACE105，AEC30， 在在 RtABC 中，中，AC， AB sin 15 在在AEC 中，中，CE， AC sin 30 CE sin 45 ACsin 45 sin 30 在在 RtCED 中，中， DECEsin 60 sin 45sin 60 sin 30 AB sin 15 6. 2 2 3 2 1 2 3 3 6 2 4 答案：答案：6 3.(2018四川成都模拟四川成都模拟)如图， 在如图， 在ABC 中，中， AB4， BC2， ， ABC D ，若 ，若ADC 是锐角三角形，则是锐角三角形，则 DADC 的取值范围为的取值范围为 3 _ 解析：设解析：设AC

18、D，则，则CAD，根据条件及余弦定理计算得，根据条件及余弦定理计算得 AC2. 2 3 3 在在ACD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得 4， AD sin CD sin(2 3 ) 2 3 sin 3 AD4sin ，CD4sin， ( 2 3 ) DADC4sin sin(2 3 ) 44 (sin 3 2 cos 1 2sin ) ( 3 2sin 3 2 cos ) 44sin.3( 3 2 sin 1 2cos ) 3 ( 6) ACD 是锐角三角形，是锐角三角形， 和和 均为锐角，均为锐角， 2 3 ( 6， ， 2) ， ， 6 ( 3， ， 2 3) sin. ( 6)( 3

19、2 ， ，1 DADC4sin.3 ( 6) (6， ，4 3 答案：答案：(6,4 3 高考大题通法点拨高考大题通法点拨 三角函数问题重在“变”变角、变式三角函数问题重在“变”变角、变式 思维流程思维流程 策略指导策略指导 1常用的变角技巧常用的变角技巧 (1)已知角与特殊角的变换；已知角与特殊角的变换； (2)已知角与目标角的变换；已知角与目标角的变换； (3)角与其倍角的变换；角与其倍角的变换； (4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用如 ：两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用如 ： ()( )，2()()，2()()，2，. 2 2 ( 2) ( 2 )

20、2常用的变式技巧常用的变式技巧 主要从函数名、次数、系数方面入手，常见的有：主要从函数名、次数、系数方面入手，常见的有： (1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论； (2)涉及涉及 sin xcos x、 sin xcos x 的问题， 常做换元处理， 如令的问题， 常做换元处理， 如令 tsin xcos x，22 将原问题转化为关于将原问题转化为关于 t 的函数来处理；的函数来处理； (3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等 在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化

21、角为边等 已知函数 已知函数 f (x)4tan xsincos.例例1 ( 2 x) (x 3) 3 (1)求求 f (x)的定义域与最小正周期；的定义域与最小正周期； (2)讨论讨论 f (x)在区间上的单调性在区间上的单调性 4， ， 4 破题思路破题思路 第第(1)问问 求什么 想什么 求什么 想什么 求求 f (x)的定义域与最小正周期，想到建立关于的定义域与最小正周期，想到建立关于 x 的不等式以及化函数的不等式以及化函数 f (x)的解析 式为 的解析 式为 f (x)Asin(x)或或 f (x)Acos(x)的形式的形式 给什么 用什么 给什么 用什么 题干中给出的解析式中既

22、有正切函数也有正弦、余弦函数，利用同角三角函数关 系式、诱导公式、两角差的正弦公式化简函数解析式，再分别利用各种三角函数 的定义域即可求出函数 题干中给出的解析式中既有正切函数也有正弦、余弦函数，利用同角三角函数关 系式、诱导公式、两角差的正弦公式化简函数解析式，再分别利用各种三角函数 的定义域即可求出函数 f (x)的定义域，利用周期公式可求周期的定义域，利用周期公式可求周期 第第(2)问问 求什么想什么求什么想什么讨论讨论 f (x)在区间上的单调性，想到正弦函数在区间上的单调性，想到正弦函数 ysin x 的单调性的单调性 4， ， 4 给什么用什么给什么用什么 第第(1)问中已经将函数

23、问中已经将函数 f (x)化为化为 f (x)Asin(x)的形式，用整体代换求单 调区间，并与区间求交集 的形式，用整体代换求单 调区间，并与区间求交集 4， ， 4 规范解答规范解答 (1)f (x)的定义域为的定义域为Error!. f (x)4tan xcos xcos (x 3) 3 4sin xcos (x 3) 3 4sin x(1 2cos x 3 2 sin x) 3 2sin xcos x2sin2x33 sin 2x(2sin2x1)3 sin 2xcos 2x3 2sin. (2x 3) 所以所以 f (x)的最小正周期的最小正周期 T. 2 2 (2)令令 z2x ，

24、则函数 ，则函数 y2sin z 的单调递增区间是，的单调递增区间是，kZ. 3 2k， ，2k 由 由 2k2x 2k，kZ， 2 3 2 得得kxk，kZ. 12 5 12 设设 A，B，kZ，易知，易知 AB. 4， ， 4 12 k， ，5 12 k 12， ， 4 所以当所以当 x时，时， f (x)在区间上单调递增， 在区间上单调递减在区间上单调递增， 在区间上单调递减 4， ， 4 12， ， 4 4， ， 12 关键点拨关键点拨 解答此类问题的关键在于“变” ，其思路为“一角二名三结构”解答此类问题的关键在于“变” ，其思路为“一角二名三结构” 升幂升幂(降幂降幂)公式口诀：“

25、幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半” 公式口诀：“幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半” ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，已知，已知 2cos C(acos Bbcos A)c.例例2 (1)求求 C； (2)若若 c，ABC 的面积为，求的面积为，求ABC 的周长的周长7 3 3 2 破题思路破题思路 第第(1)问问 求什么 想什么 求什么 想什么 求角求角 C，想到求，想到求 C 的某一个三角函数值的某一个三角函数值 给什么 用什么 给什么 用什么 题目条件中给出关系式题目条件中给出关系式 2cos C(acos Bbcos A)c.用正弦定理或余弦定

26、理统一角 或边，可求角 用正弦定理或余弦定理统一角 或边，可求角 C 的一个三角函数值，进而求出的一个三角函数值，进而求出 C 的值的值 第第(2)问问 求什么 想什么 求什么 想什么 求求ABC 的周长，想到求的周长，想到求ABC 各边的长或直接求各边的长或直接求 abc 的值的值 给什么 用什么 给什么 用什么 已知已知 c，ABC 的面积为，用的面积为，用 S ABC absin C可建立可建立 ab 的关系式的关系式7 3 3 2 1 2 3 3 2 差什么 找什么 差什么 找什么 求周长，还需求周长，还需 ab 的值通过以上步骤可知的值通过以上步骤可知ABC 中中 C，c 及及 ab

27、 的值，利用余 弦定理即可求出 的值，利用余 弦定理即可求出 ab 的值的值 规范解答规范解答 (1)法一：由法一：由 2cos C(acos Bbcos A)c， 得得 2cos C(sin Acos Bsin B cos A)sin C， 即即 2cos Csin(AB)sin C. 因为因为 ABC， A，B，C(0，)， 所以所以 sin(AB)sin C0， 所以所以 2cos C1，cos C . 1 2 因为因为 C(0，)，所以，所以 C . 3 法二：由法二：由 2cos C(acos Bbcos A)c， 得得 2cos C (a a2c2b2 2ac bb 2 c2a2

28、2bc ) c， 整理得整理得 2cos C1， 即即 cos C . 1 2 因为因为 C(0，)，所以，所以 C . 3 (2)因为因为 S absin Cab，所以，所以 ab6， 1 2 3 4 3 3 2 由余弦定理，由余弦定理，c2a2b22abcos C， 得得 7a2b22ab ， 1 2 即即(ab)23ab7， 所以所以(ab)2187， 即即 ab5，所以，所以ABC 的周长为的周长为 abc5 . 7 关键点拨关键点拨 利用正、余弦定理求解问题的策略 利用正、余弦定理求解问题的策略 角化边角化边 利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得 出

29、边的相应关系，进而求解 利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得 出边的相应关系，进而求解 边化角边化角 利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角 函数恒等变换，得出内角的关系，进而求解 利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角 函数恒等变换，得出内角的关系，进而求解 对点训练对点训练 1(2018全国卷全国卷)在平面四边形在平面四边形 ABCD 中，中，ADC90，A45，AB2，BD5. (1)求求 cos ADB； (2)若若 DC2，求，求 BC.2 解：解：(1)在在ABD 中，由正弦定理得，即

30、，中，由正弦定理得，即， BD sin A AB sin ADB 5 sin 45 2 sin ADB 所以所以 sin ADB. 2 5 由题设知，由题设知，ADB0. b 2c 从而从而 tan Btan(AC)，由基本不等，由基本不等 tan Atan C 1tan Atan C 2tan C 1 3tan2C 2 1 tan C 3tan C 式，得式，得3tan C2 2，当且仅当，当且仅当 tan C时等号成立，此时角时等号成立，此时角 B 1 tan C 1 tan C3tan C 3 3 3 取得最大值， 且取得最大值， 且 tan Btan C， tan A， 即， 即 bc

31、， A120， 又， 又 bc1， 所以， 所以 bc1， a 3 3 3 ，故，故ABC 的周长为的周长为 2.33 法二 ： 由已知法二 ： 由已知 b2ccos A0， 得， 得 b2c0， 整理得， 整理得 2b2a2c2.由余弦定理，由余弦定理， b2c2a2 2bc 得得 cos B，当且仅当，当且仅当 ac 时等号成立，此时角时等号成立，此时角 B 取得取得 a2c2b2 2ac a23c2 4ac 2 3ac 4ac 3 2 3 最大值，将最大值，将 ac 代入代入 2b2a2c2可得可得 bc.又又 bc1，所以，所以 bc1，a，故，故ABC33 的周长为的周长为 2 .

32、3 3 (2019 届高三届高三惠州调研惠州调研)已知已知 a， b， c 是是ABC 中角中角 A， B， C 的对边，的对边， a4， b(4,6)， sin 2Asin C，则，则 c 的取值范围为的取值范围为_ 解析：在解析：在ABC 中，由正弦定理得，中，由正弦定理得， 4 sin A c sin C 即，即，c8cos A， 4 sin A c sin 2A 由余弦定理得由余弦定理得 16b2c22bccos A， 16b264cos2A16bcos2A， 又又 b4，cos2A， 16 b2 6416b 4 b 4 b 16 4 b 4 b 16 c264cos2A64164B.

33、 4 b 16 b(4,6)，32c240，4c2.210 答案：答案：(4，2)210 4(2018潍坊模拟潍坊模拟)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，外接圆的半径 为 ，外接圆的半径 为 1，且，则，且，则ABC 面积的最大值为面积的最大值为_ tan A tan B 2c b b 解析：因为，所以解析：因为，所以(2cb)， tan A tan B 2c b b bsin A cos A sin B cos 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，

34、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 A ， ，sin A. 1 2 3 2 设外接圆的半径为设外接圆的半径为 r，则，则 r1， 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos Ab2c2bc2bcbcbc. 当且仅当当且仅当 bc 时，等号成立，时，等号成立， 又因为又因为 a2rsin A，3 所以所以 bc3，所以，所以 S ABC bcsin Abc. 1

35、2 3 4 3 3 4 答案：答案： 3 3 4 5 (2018陕西质检陕西质检)已知已知ABC 的内角的内角 A， B， C 的对边分别是的对边分别是 a， b， c， 且， 且(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc，若，若 ab2，则，则 c 的取值范围为的取值范围为_ 解析 ： 由解析 ： 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 A c， 则由则由(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc， 得得 a2b2c2ab， 由余弦定理可得由余弦定理可得 cos C ，则 ，则 C ，

36、，BA， 1 2 3 2 3 由正弦定理，由正弦定理， a sin A b sin B c sin C 得，又得，又 ab2， a sin A b sin(2 3 A) c sin 3 所以所以2， csin A 3 2 csin(2 3 A) 3 2 即即 c. 3 sin Asin(2 3 A) 1 sin(A 6) 因为因为 A，所以，所以 A ， ， (0， ， 2 3) 6 ( 6， ， 5 6) 所以所以 sin，则，则 c1,2) (A 6) ( 1 2， ，1 答案：答案：1,2) 6 (2018南昌模拟南昌模拟)如图， 平面上有四个点如图， 平面上有四个点 A， B， P，

37、Q， 其中， 其中 A， B 为定点， 且为定点， 且 AB， P， Q 为动点，满足关系为动点，满足关系 APPQQB1，若，若3 APB 和和PQB 的面积分别为的面积分别为 S，T，则，则 S2T2的最大值为的最大值为_ 解析：设解析：设 PB2x，则，则12x2，3 x1， 31 2 T2 2 x2(1x2)， ( 1 2 2x 1x2) cosPAB， 13 4x2 2 3 2 1 x2 3 sin2PAB1 2， ， 2 1 x2 3 S2 2 (1x2)2， ( 1 2 3 1 sinPAB) 3 41 3 4 S2T2 (1x2)2x2(1x2)， 3 4 令令 1x2t，则，

38、则 x21t,0t， 3 2 S2T2 t2(1t)t2t2t ， ， 3 4 3 4 其对称轴方程为其对称轴方程为 t ，且 ， ，且 ， 1 4 1 4(0， ， 3 2) 当当 t 时， 时，S2T2取得最大值，取得最大值， 1 4 此时此时 S2T22 . 1 16 1 4 3 4 7 8 答案：答案：7 8 三、加练大题考法三、加练大题考法少失分少失分 1.(2019届高三届高三洛阳联考洛阳联考)如图， 在如图， 在ABC中， 点中， 点P在在BC边上， 边上， PAC60， PC2， AP AC4. (1)求求ACP； (2)若若APB 的面积是，求的面积是，求 sinBAP. 3

39、 3 2 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 AC2， 所以所以APC 是等边三角形，所以是等边三角形，所以ACP60. (2)由于由于APB 是是APC 的外角，的外角， 所以所以APB120， 因为因为APB 的面积是，的面积是， 3 3 2 所以所以 APPBsinAPB，所以，所以 PB3. 1 2 3 3 2 在在APB 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 A

40、B2AP2PB22APPBcosAPB 2232223cos 12019， 所以所以 AB.19 在在APB 中，由正弦定理得，中，由正弦定理得， AB sinAPB PB sinBAP 所以所以 sinBAP. 3sin 120 19 3 57 38 2 (2018开封模拟开封模拟)ABC 的内角的内角 A， B， C 的对边分别为的对边分别为 a， b， c， 面积为， 面积为 S， 已知， 已知 3a24 S3b23c2.3 (1)求求 A； (2)若若 a3，求，求ABC 周长的取值范围周长的取值范围 解：解：(1)S bcsin A， 1 2 由已知得，由已知得，b2c2a2S bcsin A， 4 3 3 4 3 3 1 2 cos Asin A， b2c2a2 2bc 3 3 tan A，又，又A(0，)，A.3 2 3 (2)在在ABC 中，由正弦定理得，中，由正弦定理得， 2， b sin B c sin C 3 sin2 3 3 b2sin B，c2sin C2sin，333 ( 3 B) 记记ABC 周长为周长为 y， yabc2sin B2sin333 ( 3 B) 2sin B2333( 3 2 cos B1 2sin B) sin B3cos B32sin3，33 (B 3) B，sin， (0， ， 3) (B 3)( 3