資源簡介

專題二 三角恒等變換與解三角形
【題型分析】
考情分析：
1.三角恒等變換的求值、化簡是高考命題的熱點，常與三角函數的圖象、性質結合在一起考查，若單獨命題，則多以小題的形式呈現，難度較低；三角恒等變換也可作為工具，與三角函數及解三角形相結合求解最值、范圍，多以解答題為主，難度中等.
2.解三角形每年必考，各類題型均有，難度中等.
題型1 三角恒等變換
例1　(1)(2024年新高考全國Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m，tan αtan β=2，則cos(α-β)=(　　).
A.-3m B.- C. D.3m
(2)(2024年新高考全國Ⅱ卷)已知α為第一象限角，β為第三象限角，tan α+tan β=4，tan αtan β=+1，則sin(α+β)=　　　　.
方法總結：
三角恒等變換的“四大策略”
(1)常值代換：常用到“1”的代換，如1=sin2θ+cos2θ=tan 等.
(2)項的拆分與角的配湊：如sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α，α=(α-β)+β等.
(3)降次與升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次.
(4)弦、切互化.
【注意】(1)使用三角函數公式時要注意正確性，特別要注意公式中的符號和函數名的變換，防止出現“張冠李戴”的情況；
(2)求角時要注意角的取值范圍，要根據已知條件將所求角的取值范圍盡量縮小，避免產生增解.
1.(原創)已知=1，則=(　　).
A.或- B.或
C.- D.
2.已知α，β∈0，，且sin α-sin β=-，cos α-cos β=，則tan α+tan β=　　　　.
題型2 正、余弦定理的應用
正弦定理、余弦定理
例2　(2024年新高考全國Ⅱ卷)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin A+cos A=2.
(1)求A；
(2)若a=2，bsin C=csin 2B，求△ABC的周長.
方法總結：
解三角形問題，常要用到三角形的內角和定理，正、余弦定理，三角形的性質及三角形的面積公式，常見的三角變換方法和原則都適用，同時要注意“三統一”，即“統一角、統一函數、統一結構”，一般地，若已知條件中的等式兩邊含有角的正弦、余弦或邊的一次式，則考慮使用正弦定理將邊化為角(或將角化為邊)；若含有角的余弦或邊的二次式，則考慮使用余弦定理.
設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sin(B+C)=2sin2.
(1)求角A的大小；
(2)若b=3，BC邊上的高為，求△ABC的周長.
解三角形中的范圍與最值問題
例3　(2022年新高考全國Ⅰ卷)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知=.
(1)若C=，求B；(2)求的最小值.
方法總結：
解三角形中的最值或范圍問題主要有兩種解決方法：一是將問題表示為邊的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將問題用三角形某一個角的三角函數表示，結合角的范圍確定最值或范圍.
(原創)作△ABC外的一點D，使得該點到點A的距離為2，到點C的距離為1，若2cos A+2cos B-4cos2-1=0，則四邊形ABCD的面積的最大值為　　　　.
解三角形中的平面幾何問題
例4　(2023年新高考全國Ⅰ卷)已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A；(2)設AB=5，求AB邊上的高.
方法總結：
求解三角形某條邊上的高時，先用面積公式求出面積，再利用等面積法進行轉換即可求高.
在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知C=，a+b=7，△ABC的外接圓半徑為.
(1)求△ABC的面積；
(2)求△ABC的邊AB上的高h.
題型3 解三角形的實際應用
例5　(2024年上海卷) 海上有燈塔O，A，B，貨船T，如圖，已知A在O的正東方向，B在O的正北方向，O到A，B的距離相等，∠BTO=16.5°，∠ATO=37°，則∠BOT=　　　　.
(結果精確到0.1°，參考數據：tan 37°≈0.753 6，tan 16.5°≈0.296 2，tan 7.8°≈0.137 0，tan 15.6°≈0.279 2)
方法總結：
正、余弦定理在實際生活中，有著非常廣泛的應用，常見的問題包括求距離、高度、角度以及平面圖形的面積等很多方面.解決這些問題，關鍵是根據題意畫出示意圖，將問題抽象為三角形
的模型，然后利用正、余弦定理求解.注意隱含條件和最后將結果還原為實際問題進行檢驗.
如圖，某同學為測量塔的高度AB，選取了與塔底B在同一水平面內的兩個測量基點C與D，現測得∠BCD=15°，∠BDC=135°，CD=20 m，在點C處測得塔頂A的仰角為60°，則塔高AB=　　　　m.
【真題改編】
1.(2023年新高考全國Ⅰ卷，T8改編)已知sin(α-β)=，cos αsin β=，則cos 2α·cos 2β=(　　).
A. B.
C. D.
2.(2024年全國甲卷，理科T11改編)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若B=，sin A+sin C=，則=(　　).
A. B.2
C. D.3
3.(2024年新高考全國Ⅰ卷，T15改編)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b2+c2-a2=-bc，sin B=.
(1)求cos A；
(2)若△ABC的面積為，求c.
4.(2024年新高考全國Ⅱ卷，T15改編1)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin A-cos A=.
(1)求A.
(2)若△ABC的周長為++1，a=2且c>b，證明：asin C=csin 2B.
5.(2024年新高考全國Ⅱ卷，T15改編2)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin A-cos A=1.
(1)求A；
(2)若a=7且c>b，△ABC的周長為20，求證：55asin C=49csin 2B.
6.(2023年新高考全國Ⅰ卷，T17改編)已知在△ABC中，A+B=2C，2sin(A-C)=sin B.
(1)求tan(2A+C)；
(2)設AB=5，求S△ABC.
【最新模擬】
總分：100分；
單選題每題5分，多選題每題6分，填空題每題5分，共68分；解答題共32分
1.已知△ABC的三個角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若3a=2b，B=2A，則cos B=(　　).
A.- B. C.- D.
2.已知cosα--cos α=，則sin2α+=(　　).
A. B.- C. D.-
3.設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a=9，b=8，c=5，則△ABC的外接圓的面積為(　　).
A. B. C. D.
4.在△ABC中，點D在BC邊上，AD平分∠BAC，∠BAC=120°，AB=2，AD=，則AC=(　　).
A.2 B. C.3 D.2
5.某學生為了測量一個方鼎雕塑的高AD，選取與鼎底A在同一水平面內的兩個測量點B，C，且A，B，C在同一條直線上.若在B，C處分別測得雕塑最高點D的仰角為30°，20°，且BC=6 m，則該雕塑的高度約為(　　)m.(參考數據：cos 10°≈0.985)
A.4.92 B.5.076 C.5.91 D.7.177
6.某學生為了測量某塔高AB，選取與塔底B在同一水平面內的兩個測量基點C與D.現測得∠CDB=120°，CD=60米，在點C，D處測得塔頂A的仰角分別為30°，45°，則該塔高AB=(　　).
A.60米 B.60米
C.60米 D.30米
7.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，則下列結論正確的是(　　).
A.若a=2，A=30°，則△ABC的外接圓半徑是4
B.若A>B，則sin A>sin B
C.若a2+b2D.若=，則A=45°
8.已知角α，β滿足tan α=，2sin β=cos(α+β)sin α，則tan β=　　　　.
9.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a=，b=2，A=，則(　　).
A.c=3
B.sin B=
C.sin C=
D.△ABC外接圓的面積為
10.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a·sin2=b·sin A，則下列結論正確的是(　　).
A.B=
B.若a=4，b=5，則△ABC有兩解
C.當a-c=b時，△ABC為直角三角形
D.若△ABC為銳角三角形，則cos A+cos C的取值范圍是，1
11.若兩個銳角α，β滿足=，則cosα+2β+=　　　　.
12.(原創)已知cos =，sin sin =，則cos(α-β)=　　　　.
13.(原創)已知-sin βcos β=2sin(α-β)cos(α-β)，則tan(α-2β)+3tan α=　　　　.
14.(15分)(人教A版必修第二冊P53T12改編)已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，bsin A=(c-acos B).
(1)求A的值；
(2)若AB=2，AC=5，且BC，AC邊上的中線AM，BN相交于點P，求∠MPN的余弦值.
15.(17分)(原創)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a=5，(2c+b)cos(B+C)+acos(A+C)=0.
(1)求A；
(2)若A的角平分線交BC于點D，記AD的長度為d，求b+c+d的最大值.
參考答案
專題二 三角恒等變換與解三角形
題型1　三角恒等變換
例1　(1)A　(2)-
【解析】(1)由tan αtan β=2，得sin αsin β=2cos αcos β，
所以cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=cos αcos β-2cos αcos β=m，即cos αcos β=-m，
從而sin αsin β=-2m，故cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m.故選A.
(2)(法一)由題意得tan(α+β)===-2，
因為α∈2kπ，2kπ+，k∈Z，β∈2mπ+π，2mπ+，m∈Z，
所以α+β∈((2m+2k)π+π，(2m+2k)π+2π)，k，m∈Z，
又因為tan(α+β)=-2<0，
所以α+β∈(2m+2k)π+，(2m+2k)π+2π，k，m∈Z，所以sin(α+β)<0.
由
解得sin(α+β)=-.
(法二) 因為α為第一象限角，β為第三象限角，所以cos α>0，cos β<0，
cos α==，cos β==，
所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=cos αcos β·(tan α+tan β)=4cos αcos β====-.
跟蹤訓練
1.D
【解析】由=1，得7-3cos2α-3sin 2α=2sin2α-4cos 2α，得5sin2α+4cos2α-3sin 2α+4cos 2α=0，即sin2α+8cos2α-6sin αcos α=0，顯然cos α≠0，
所以tan2α-6tan α+8=0，解得tan α=4或tan α=2.
因為2sin2α-4cos 2α-4=2sin2α-4(1-2sin2α)-4≠0，所以sin2α≠，cos2α≠，即tan2α≠4，tan α≠±2，所以tan α=4，
所以===.故選D.
2.
【解析】由題意知sin α-sin β=-cos α+cos β，即sin α+cos α=sin β+cos β，
所以sinα+=sinβ+.
因為α，β∈0，，所以α+∈，，β+∈，.
又α≠β，所以a++β+=π，故α+β=，
所以sin α-sin β=sin α-cos α=-，
可得sin2α-2sin αcos α+cos2α=，得sin αcos α=，
則tan α+tan β=tan α+=+==.
題型2　正、余弦定理的應用
考向1　正弦定理、余弦定理
例2
【解析】(1)(法一：輔助角公式)由sin A+cos A=2可得sin A+cos A=1，即sinA+=1.
由A∈(0，π)得A+∈，，故A+=，解得A=.
(法二：同角三角函數的基本關系)由消去sin A得4cos2A-4cos A+3=0，即(2cos A-)2=0，解得cos A=.
又A∈(0，π)，所以A=.
(2)由題設條件和正弦定理得sin Bsin C=2sin Csin Bcos B，
又B，C∈(0，π)，所以sin Bsin C≠0，進而cos B=，故B=，于是C=π-A-B=π--=，
sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=.
由正弦定理==，可得==，解得b=2，c=+，故△ABC的周長為2++3.
跟蹤訓練
【解析】(1)因為A，B，C為△ABC的內角，所以sin(B+C)=sin A.
因為sin2=，所以sin(B+C)=2sin2可化為sin A=(1-cos A)，即sin A+cos A=，所以sinA+=.
又A+∈，，所以A+=，即A=.
(2)由三角形的面積公式得b·csin A=×a，即×3·csin =×a，得a=c.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=c2，則c2+4c-12=0，解得c=2或c=-6(舍去)，所以a=，所以△ABC的周長為5+.
考向2　解三角形中的范圍與最值問題
例3
【解析】(1)∵C=，∴cos B≠0.由==，得cos Acos B-sin Asin B=cos(A+B)=-cos C=sin B=，
∵B∈0，，∴B=.
(2)由(1)得-cos C=sin B>0，∴C>且C=+B， ∴A=π-B-C=-2B，∴====4cos2B+-5.
由得0∴≥2-5=4-5，
當且僅當4cos2B=，即cos2B=時取等號，∴的最小值為4-5.
跟蹤訓練　2+
【解析】設α=，β=，則A=α+β，B=α-β，且α∈0，，β∈-，，
則由2cos A+2cos B-4cos2-1=0得4cos α·cos β-4cos2α-1=0，則關于cos α的二次方程cos2α-cos αcos β+=0有解，即Δ=cos2β-1≥0，因為cos2β∈(0，1]，所以cos2β=1，則cos β=±1.因為β∈-，，所以cos β=1，即β=0，A=B.
因為cos2α-cos α+=0，即cos α-2=0，
所以α=，A=B=，故△ABC是一個等邊三角形.
設等邊△ABC的邊長為a，則S四邊形ABCD=S△ABC+S△ACD=a2+sin D，
又AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos D，則5-4cos D=a2，
所以S四邊形ABCD=-cos D+sin D=2sinD-+，而0考向3　解三角形中的平面幾何問題
例4
【解析】(1)在△ABC中，A+B=π-C，
因為A+B=3C，所以3C=π-C，所以C=.
因為2sin(A-C)=sin B，
所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)，
所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C，
所以sin Acos C=3cos Asin C，
易得cos Acos C≠0，
所以tan A=3tan C=3tan =3.
因為tan A=，所以tan2A=.
又sin A>0，
所以sin A===.
(2)由(1)知sin A=，tan A=3>0，所以A為銳角，所以cos A=，
所以sin B=sin-A=(cos A+sin A)=×+=.
由正弦定理=，
得AC===2.
設AB邊上的高為h，所以AB·h=AB·AC·sin A，所以h=AC·sin A=2×=6.
故AB邊上的高為6.
跟蹤訓練
【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理可得，=2×，則c=2××=4，
根據余弦定理c2=a2+b2-2abcos C，得16=a2+b2-2abcos =(a+b)2-3ab，
所以3ab=49-16=33，所以ab=11，所以S△ABC=absin C=.
(2)S△ABC=absin C=ch，
所以h==.
題型3　解三角形的實際應用
例5　7.8°
【解析】設∠BOT=θ，則∠AOT=90°-θ，在△BOT中，由正弦定理得=，在△AOT中，由正弦定理得=，∵OA=OB，∴兩式相除得=，即sin 37°sin(16.5°+θ)=sin 16.5°·sin(37°+90°-θ)，即(sin θcos 16.5°+cos θsin 16.5°)sin 37°=(cos θcos 37°+sin θsin 37°)sin 16.5°，∴tan θ=≈0.137 6.又θ為銳角，∴θ≈7.8°.
跟蹤訓練　20
【解析】因為在△BCD中，CD=20 m，∠BDC=135°，∠BCD=15°，
所以∠CBD=180°-135°-15°=30°，由正弦定理得=，解得BC=20 m.在Rt△ABC中，∠ACB=60°，所以AB=BCtan 60°=20 m.
1.C
【解析】由題意得sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=，
因為cos αsin β=，所以sin αcos β=，
所以sin 2αsin 2β=4sin αcos αsin βcos β=4(sin αcos β)·(cos αsin β)=4××=.
又因為cos(2α-2β)=1-2sin2(α-β)=1-2×2=，
所以cos(2α-2β)=cos 2αcos 2β+sin 2αsin 2β=，
所以cos 2αcos 2β=cos(2α-2β)-sin 2αsin 2β=-=.故選C.
2.C
【解析】由B=及余弦定理可得b2=a2+c2-ac.
由正弦定理得sin2B=sin2A+sin2C-sin Asin C，
即sin2A+sin2C=+sin Asin C，
又sin A+sin C=，
所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=，
即+3sin Asin C=，解得sin Asin C=.
由正弦定理得==×3=.
故選C.
3.解析　(1)由b2+c2-a2=-bc，
可得cos A===-.
(2)由cos A=-，可得sin A=，由sin B=，cos A<0，可得cos B=，
則sin C=sin(B+A)=sin Bcos A+sin Acos B=.
由正弦定理得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=35∶40∶17，
令a=35k，b=40k，c=17k，其中k>0，
則S△ABC=absin C=×35k×40k×=，解得k=，因此c=.
4.解析　(1)由sin A-cos A=，
得sin2A+cos2A-2cos Asin A=2.
因為sin2A+cos2A=1，所以2cos Asin A=-1，所以sin 2A=-1.
因為A∈(0，π)，所以2A∈(0，2π)，所以2A=，即A=.
(2)因為sin C≠0，所以要證asin C=csin 2B，只需證sin A·sin C=sin Csin 2B，即證sin 2B==，
又2B∈0，，A=，所以只需證2B=，即證B=.
因為b+c+a=++1，a=2，所以b+c=+-1，　①
又由a2=b2+c2-2bccos A，得b2+c2+bc=4，
即(b+c)2-(2-)bc=4，所以bc=-.　②
由①②及c>b，解得c=，b=-1.
由=，得sin C=，又C∈0，，所以C=，所以B=.
故asin C=csin 2B成立.
5.解析　(1)由sin A-cos A=1，可得2sin A-cos A=1，即sinA-=，
又A∈(0，π)，所以A-∈-，，故A-=，解得A=.
(2)因為sin C≠0，所以要證55asin C=49csin 2B，只需證55·sin Asin C=49sin Csin 2B，即證sin 2B==.
因為b+c+a=20，a=7，所以b+c=13，　①
由a2=b2+c2-2bccos A，得b2+c2-bc=49，即(b+c)2-3bc=49，所以bc=40.　②
由①②及c>b，解得c=8，b=5.
由=，得sin B=，
易知B∈0，，所以cos B==，
所以sin 2B=2sin Bcos B=2××=，
故55asin C=49csin 2B成立.
6.解析　(1)∵A+B=2C，∴π-C=2C，即C=.
又2sin(A-C)=sin B=sin(A+C)，
∴2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C，
∴sin Acos C=3cos Asin C，∴sin A=cos A，∴sin A=3cos A，
即tan A=3，則tan 2A===-，
∴tan(2A+C)=
==.
(2)由題意及(1)知sin A=3cos A>0，記角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則c=AB=5，
則cos A=，sin A=，
∴sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=×+×=.
∵=，∴b==，
則S△ABC=×bcsin A=××5×=.
1.D
【解析】因為3a=2b，B=2A，所以3sin A=2sin B=2sin 2A=4sin Acos A.因為A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以3=4cos A，即cos A=，所以cos B=cos 2A=2cos2A-1=2×2-1=.
2.B
【解析】因為cosα--cos α=，所以cos αcos +sin αsin -cos α=，所以cos αcos -sin αsin =-，所以cosα+=-，
所以cos2α+=2cos2α+-1=，
所以sin2α+=cos-2α+=cos -2α=-cos2α+=-.
3.A
【解析】因為a=9，b=8，c=5，
所以cos C===，顯然sin C>0，所以sin C==.
設△ABC的外接圓半徑為R，
則R===，則△ABC的外接圓的面積S=πR2=.
4.B
【解析】因為S△ABC=S△ABD+S△ADC，所以AB·AC·sin 120°=AB·AD·sin 60°+AD·AC·sin 60°，
即AB·AC=AB·AD+AD·AC，代入AB=2，AD=，
可得2×AC=2×+×AC，解得AC=.
5.C
【解析】在△BCD中，由正弦定理得=，
所以BD=BC·=2BC·cos 10°.
在Rt△ABD中，AD=BDsin ∠ABD=2BC·cos 10°sin 30°≈2×6×0.985×=5.91 m.
6.A
【解析】由題意知∠CDB=120°，CD=60米，∠ACB=30°，∠ADB=45°，
所以AB=BD，BC=AB.在△BCD中，由余弦定理得BC2=CD2+BD2-2CD·BDcos∠CDB，
即3AB2=602+AB2-2×60×AB×-，整理可得AB2-30AB-1 800=0，
解得AB=60或AB=-30(舍去)，所以該塔高AB=60米.
7.BCD
【解析】設△ABC的外接圓半徑是R，若a=2，A=30°，則2R===4，解得R=2，A錯誤；
由A>B可得a>b，由正弦定理=可得sin A>sin B，B正確；
若a2+b2若=，則由=，可得sin A=cos A，∴tan A=1，
又∵0°8.
【解析】因為2sin β=cos(α+β)sin α，即2sin[(α+β)-α]=cos(α+β)sin α，
所以2sin(α+β)cos α-2cos(α+β)sin α=cos(α+β)sin α，
整理得2sin(α+β)cos α=3cos(α+β)sin α，變形得tan(α+β)=tan α=，
所以tan β=tan[(α+β)-α]==.
9.ABD
【解析】設△ABC的外接圓半徑為R，因為===2R，
所以===2R，得sin B=，R=，B正確；
△ABC外接圓的面積為πR2=，D正確；
由a2=b2+c2-2bccos A=4+c2-2×2ccos =7，
整理得c2-2c-3=0，解得c=3或c=-1(舍去)，A正確；
由=，解得sin C=，C錯誤.
10.ACD
【解析】因為a·sin2=b·sin A，所以由A+B+C=π及正弦定理，得sin A·sin2=sin B·sin A，由誘導公式得sin A·cos2=sin B·sin A，
因為A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos2=2sin cos ，
化簡得cos sin -cos =0，即cos ·sin-=0，
所以cos =0或sin-=0，又B∈(0，π)，所以B=，A正確；
若a=4，b=5，且B=，則a當a-c=b時，由正弦定理得sin A-sin C=sin B，即sin+C-sin C=×=，
整理得cos C-sin C=，
即cosC+=，在△ABC中，C∈0，，故C+∈，，
所以C+=，即C=，此時A=，
故△ABC為直角三角形，C正確；
若△ABC為銳角三角形，且B=，
則即解得即cos A+cos C=cos A+cos-A=cos A+sin A=sinA+，
因為A+∈，，所以sinA+∈，1，D正確.
11.-
【解析】因為=，所以=，
所以=.
因為α，β為銳角，所以=，
所以cos αcos β=sin β(1+sin α)，
即cos αcos β=sin β+sin βsin α，
即cos(α+β)=sin β.
因為α，β為銳角，所以α+β+β=，即α+2β=，
所以cosα+2β+=cos+=-sin =-.
12.
【解析】因為cos =cos cos -sin sin =，而sin sin =，
所以cos cos =，則cos-=cos cos +sin sin =+=，
所以cos(α-β)=2cos2-1=2×2-1=.
13.0
【解析】由-sin βcos β=2sin(α-β)cos(α-β)，
可得-sin 2β=2sin(2α-2β)，
所以sin(-2β)=2sin(2α-2β).
因為sin(-2β)=sin[(α-2β)-α]=sin(α-2β)cos α-cos(α-2β)sin α，
而2sin(2α-2β)=2sin[(α-2β)+α]=2sin(α-2β)cos α+2cos(α-2β)sin α，
所以cos αsin(α-2β)+3sin αcos(α-2β)=0，顯然cos α≠0，cos(α-2β)≠0，
兩邊同除以cos αcos(α-2β)得tan(α-2β)+3tan α=0.
14.解析　(1)∵bsin A=(c-acos B)，
∴由正弦定理得sin Bsin A=sin C-sin Acos B. 1分
又C=π-(A+B)，∴sin Bsin A=sin(A+B)-sin A·cos B=sin Acos B+cos Asin B-sin Acos B=cos A·sin B. 4分
又0∵0(2)設=c，=b，依題意可得=(b+c)，=b-c，=(+)=b-c. 9分
∴||==，||==. 11分
∵·=(b+c)·b-c=b2-b·c-c2=3， 13分
∴cos∠MPN==. 15分
15.解析　(1)由(2c+b)cos(B+C)+acos(A+C)=0，得(2c+b)·cos A+acos B=0， 2分
由正弦定理可得(2sin C+sin B)cos A+sin Acos B=0， 4分
∴2sin Ccos A+sin Bcos A+sin Acos B=0，
∴2sin Ccos A+sin C=0.
∵C∈(0，π)，∴sin C>0，∴cos A=-.
又A∈(0，π)，∴A=. 7分
(2)在△ABC中，a2=b2+c2-2bccos，
∴25=(b+c)2-bc≥(b+c)2-=(b+c)2，當且僅當b=c=時取等號， 9分
∴(b+c)2≤，即5∵S△ABC=S△ABD+S△ACD，
∴bcsin =cdsin +bdsin ，
∴bc=cd+bd， 13分
∴d==，
∴b+c+d=+b+c.
令t=b+c，則b+c+d=+t=2t-，515分
∵y=2t-在5，上單調遞增，
∴當t=時，y取得最大值，最大值為2×-=，
∴b+c+d的最大值為. 17分

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