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专题一 三角函数与平面向量
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微专题1 三角函数与解三角形
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专 题 强 化 练专题强化练(二) 三角恒等变换与解三角形
1．(2021·湛江第三次模拟)如图，在平面四边形ABCD中，∠DAB＝，∠ADC＝，AB＝2AC＝2，CD＝1.
(1)求cos∠ACD的值；
(2)求BC的值．
解：(1)在△ACD中，由正弦定理知，＝，
所以＝，所以sin∠CAD＝，
因为∠CAD＜∠DAB＝，所以∠CAD＝，
所以cos∠ACD＝cos[π－(∠CAD＋∠ADC)]
＝－cos(∠CAD＋∠ADC)
＝－cos
＝－coscos＋sinsin
＝.
(2)由(1)知，∠CAD＝，
所以∠BAC＝∠DAB－∠CAD＝－＝，
在△ABC中，由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝8＋2－2×2××cos＝14，
所以BC＝.
2．(2021·聊城第三次模拟)在△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，且10sin2 ＝7－cos 2B.
(1)求角B的大小；
(2)已知点D满足＝，且AB＞BD，若S△ABD＝，AD＝，求AC.
解：(1)因为A＋B＋C＝π，
所以sin ＝cos ，
由10sin2 ＝7－cos 2B，得10cos2 ＝7－cos 2B，
即10×＝7－(2cos2 B－1)，
化简得2cos2 B＋5cos B－3＝0，
解得cosB＝或cos B＝－3(舍)，
因为0＜B＜π，所以B＝.
(2)因为S△ABD＝BD·BA·sin B＝，
所以BD·BA＝3，①
在△ABD中，由余弦定理知，AD2＝BD2＋BA2－2BD·BAcos B，
所以BD2＋BA2－BD·BA＝7，即BD2＋BA2＝10，②
由①②，解得BD＝1，BA＝3或BD＝3，BA＝1，
又AB＞BD，所以BD＝1，BA＝3，BC＝4BD＝4，
在△ABC中，由余弦定理知，AC2＝BA2＋BC2－2BC·BA·cos B＝
9＋16－2×3×4×＝13，
所以AC＝.
3．(2021·广州第二次模拟)如图，在四边形ABCD中，CD＝3，BC＝，cos∠CBD＝－.
(1)求∠BDC；
(2)若∠A＝，求△ABD周长的最大值．
解：(1)在△BCD中，cos∠CBD＝－，
所以sin∠CBD＝＝＝，
利用正弦定理得＝，
所以sin∠BDC＝＝＝，
又因为∠CBD为钝角，所以∠BDC为锐角，
故∠BDC＝.
(2)在△BCD中，由余弦定理得cos∠CBD＝＝＝－，
解得BD＝4或BD＝－5(舍去)，
在△ABD中，∠A＝，设AB＝x，AD＝y，
由余弦定理得cos A＝＝＝，即x2＋y2－16＝xy，
整理得(x＋y)2－16＝3xy，
又x＞0，y＞0，
利用基本不等式得(x＋y)2－16＝3xy≤，
即(x＋y)2≤64，当且仅当x＝y＝4时，等号成立，
所以x＋y的最大值为8，
所以AB＋AD＋BD的最大值为8＋4＝12，
所以△ABD周长的最大值为12.
4．(2021·广东高三专题练习)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，其面积S＝.
(1)若a＝，b＝，求cos B；
(2)求sin(A＋B)＋sin Bcos B＋cos(B－A)的最大值．
解：(1)因为三角形面积为S＝bcsin A＝，
所以sin A＝＝cos A，解得A＝，
因为a＝，b＝，由正弦定理得＝，
所以sin B＝＝＝，
因为a>b，所以A>B，所以B为锐角，
所以cos B＝.
(2)由(1)知A＝，
所以sin(A＋B)＋sin Bcos B＋cos(B－A)
＝sin＋sin Bcos B＋cos
＝sin B＋cos B＋sin Bcos B＋sin B＋cos B
＝(sin B＋cos B)＋sin Bcos B，
令t＝sin B＋cos B＝sin，
因为B∈，B＋∈，
所以sin∈(0，1]，所以t∈(0，]，
原式＝t＋＝＋t－＝(t＋)2－，
当t＝，即B＝时，原式取得最大值.
5．(2021·汕头第三次模拟)在①(sin B＋sin C)2＝sin2 A＋3sin Bsin C，②2c＝2acos B＋b，③bcos C＋ccos B－2acos A＝0这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答问题．在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，且________．
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC是锐角三角形，且b＝2，求边长c的取值范围．
解：(1)选条件①：
因为(sin B＋sin C)2＝sin2 A＋3sin Bsin C，
所以sin2 B＋sin2 C－sin2 A＝sin Bsin C，
根据正弦定理得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cos A＝，
因为A是△ABC的内角，
所以A＝.
选条件②：
因为c＝acos B＋b，由余弦定理c＝a×＋b，
整理得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cos A＝，
因为A是△ABC的内角，
所以A＝.
选条件③：
因为bcos C＋ccos B－2acos A＝0，
所以sin Bcos C＋sin Ccos B－2sin Acos A＝0.
所以sin(B＋C)＝2sin Acos A，即sin A＝2sin Acos A.
因为0＜A＜π，sin A≠0.
所以cos A＝，
所以A＝.
(2)因为A＝，△ABC为锐角三角形，
所以解得在△ABC中，＝，
所以c＝＝＝
，
即c＝＋1.
由，
所以0<<，所以1＜c＜4.
6．(2021·佛山模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＜b＜c，现有三个条件：
①a、b、c为连续偶数；②sin B＝2sin A；③sin2 A＋sin2 B＋cos2 C＝1.
(1)从上述三个条件中选出 ________两个，使得△ABC不存在，并说明理由；
(2)从上述三个条件中选出 ____________两个，使得△ABC存在；若△ABC存在且唯一，请求出a的值；若△ABC存在且不唯一，请说明理由．
解：(1)选①②时，△ABC不存在，理由如下：
因为a、b、c为连续偶数，且a＜b＜c，
所以b＝a＋2，
又由②sin B＝2sin A及正弦定理可得b＝2a，
所以2a＝a＋2，此时a＝2，b＝4，c＝6，不满足a＋b＞c，故△ABC不存在．
(2)选①③时，△ABC存在且唯一，理由如下：
因为a、b、c为连续偶数，且a＜b＜c，所以b＝a＋2，c＝a＋4，
由③sin2 A＋sin2 B＋cos2 C＝1，可得sin2 A＋sin2 B＝sin2 C，再由正弦定理可得a2＋b2＝c2，
所以a2＋(a＋2)2＝(a＋4)2，解得a＝6，(负值舍去)，此时a＝6，b＝8，c＝10，故△ABC存在且唯一，
选②③时，△ABC存在但不唯一，理由如下：
由②sin B＝2sin A及正弦定理可得b＝2a，
由③sin2 A＋sin2 B＋cos2 C＝1，可得sin2 A＋sin2 B＝sin2 C，再由正弦定理可得a2＋b2＝c2，
所以a2＋(2a)2＝c2，可得c＝a，则a∶b∶c＝1∶2∶，满足a＜b＜c及a＋b＞c，△ABC存在但不唯一．
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专题一 三角函数与平面向量
微中微 平面向量的热点问题
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微专题3 平面向量
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专题一 三角函数与平面向量
微专题2 三角恒等变换与解三角形
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专 题 强 化 练
D
C
A
B专题强化练(三) 平面向量
1．(2021·广东高三专题练习)已知向量a＝(－3，4)，b＝(1，－3)，若－3a＋2b与ma＋3b共线，则m的值为( )
A．－ B．2
C． D．4
解析：因为a＝(－3，4)，b＝(1，－3)，－3×(－3)≠1×4，
所以a，b不共线，所以a，b可以作为基底，所以由－3a＋2b与ma＋3b共线，得＝，解得m＝－.
故选A.
答案：A
2．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且3a＋2b与λa－b垂直，则实数λ的值为( )
A．－ B．
C．± D．1
解析：因为3a＋2b与λa－b垂直，所以(3a＋2b)·(λa－b)＝0，
即3λ|a|2＋(2λ－3)a·b－2|b|2＝0.因为a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，
所以a·b＝0，|a|2＝4，|b|2＝9，所以12λ－18＝0，即λ＝.
答案：B
3．(2021·银川第二次模拟)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则(a＋2b)·＝( )
A．－ B．2
C．1 D．0
解析：因为|a|＝2，|b|＝1，
所以(a＋2b)·＝|a|2－2|b|2＋a·b－a·b＝|a|2－2|b|2＝×4－2×1＝0.
故选D.
答案：D
4．(2021·大连第二次模拟)若非零向量a，b满足|b|＝3|a|，且(a＋b)⊥a，则a与b夹角的余弦值是( )
A．－ B．
C．－ D．
解析：根据题意，设a与b夹角为θ，且|a|＝t，则|b|＝3t，
若(a＋b)⊥a，则(a＋b)·a＝a2＋a·b＝t2＋3t2cos θ＝0，变形可得cos θ＝－，
故选A.
答案：A
5．(2021·江西省其他模拟)在△ABC中，AB＝2，∠A＝90°，点D在线段AC上，则·＝( )
A．－4 B．4
C．5 D．－5
解析：因为·＝||||cos ∠DBA，而||＝||cos
∠DBA，
所以·＝||2，又AB＝2，
所以·＝4.
故选B.
答案：B
6．(2021·普宁市第二中学其他模拟)已知向量a＝(cos θ，sin θ)，b＝(3，4)，若|a·b|＝|a|·|b|，则tan θ的值是( )
A．－ B．
C．－ D．
解析：设a、b的夹角为φ，则a·b＝|a|·|b|cos φ，由|a·b|＝|a|·|b|可得|cos φ|＝1，则cos φ＝±1，
因为0≤φ≤π，所以φ＝0或φ＝π，即a∥b，
因为向量a＝(cos θ，sin θ)，b＝(3，4)，则3sin θ＝4cos θ，所以tan θ＝＝.
故选B.
答案：B
7．(多选题)(2021·珠海高三期末)△ABC中，D为AC上一点且满足＝，若P为BD上一点，且满足＝λ＋μ，λ、μ为正实数，则下列结论正确的是( )
A．λμ的最小值为16 B．λμ的最大值为
C．＋的最大值为16 D．＋的最小值为4
解析：先证明结论：若A、B、C三点共线，点O为直线AB外一点，且＝x＋y，则x＋y＝1.
证明：因为A、B、C三点共线，可设＝m，即－＝m(－)，
所以＝(1－m)＋m＝x＋y，所以x＋y＝1.
因为λ、μ为正实数，＝，即＝＝，故＝4，
因为＝λ＋4μ，且P、B、D三点共线，所以λ＋4μ＝1，
因为λμ＝·λ·4μ≤＝，当且仅当λ＝，μ＝时取等号，
＋＝(λ＋4μ)·＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当λ＝，
μ＝时取等号．
故选BD.
答案：BD
8．如图，在平行四边形ABCD中，M是边CD的中点，N是AM的一个三等分点(|AN|＜|NM|)，若存在实数λ和μ，使得＝λ＋μ，则λ＋μ＝( )
A. B. C．－ D.
解析：根据题意，＝－，又N是AM的一个三等分点(|AN|＜|NM|)，所以＝，则＝－＝(＋)－；由于在平行四边形ABCD中，M是边CD的中点，有＝，
所以＝－＝－＋，所以λ＋μ＝－＋＝－.
故选C.
答案：C
9．(2021·新乡第二次模拟)在△ABC中，＝(＋)，D为BC边的中点，则( )
A．3＝7 B．7＝3
C．2＝3 D．3＝2
解析：因为D为BC边的中点，
所以＋＝2，
因为＝(＋)，
所以＝，则2＝3.
故选C.
答案：C
10．(2020·武汉市部分学校在线学习摸底)已知单位向量，，满足2＋3＋3＝0，则·的值为( )
A. B.
C. D. 1
解析：因为2＋3＋3＝0，所以＋＝－，如图，
设BC中点为D，则＝(＋)＝－，且||＝||＝
||＝1，
所以P，A，D三点共线，PD⊥BC，||＝||＝，||＝，
所以△ABC为等腰三角形，
所以||＝＝，||＝||＝ ＝，
所以cos ∠BAC＝cos 2∠CAD＝2cos2 ∠CAD－1＝2－1＝，
所以·＝||||cos ∠BAC＝××＝.
故选A.
答案：A
11．(2021·绵阳市涪城区校级模拟)在平行四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝4，AD＝2，E为DC的中点，则·＝( )
A．9 B．12
C．18 D．22
解析：在平行四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝4，AD＝2，E为DC的中点，
如图，过E作EF⊥AB于F，过D作DG⊥AB于G，则AF＝AG＋GF＝AG＋DE＝1＋2＝3，
则·＝||||cos∠BAE＝||||＝4×3＝12.
故选B.
答案：B
12．(多选题)已知向量e1，e2是平面α内的一组基向量，O为α内的定点，对于α内任意一点P，当＝xe1＋ye2时，则称有序实数对(x，y)为点P的广义坐标．若点A、B的广义坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，关于下列命题正确的是( )
A．线段A、B的中点的广义坐标为
B．A、B两点间的距离为
C．向量平行于向量的充要条件是x1y2＝x2y1
D．向量垂直于的充要条件是x1y2＋x2y1＝0
解析：根据题意得，由中点坐标公式知A正确；只有平面直角坐标系中两点间的距离公式B不正确，未必是平面直角坐标系因此B错误；由向量平行的充要条件得C正确；与垂直的充要条件为x1x2＋y1y2＝0，因此D不正确；故选AC.
答案：AC
13．已知向量a＝(1，2)，向量b与向量a共线，且a·b＝15，则|b|＝________．
解析：因为向量a＝(1，2)，向量b与向量a共线，
所以设b＝λa＝(λ，2λ)，
又a·b＝15，
所以λ＋4λ＝15，所以λ＝3，
所以b＝(3，6)，
所以|b|＝＝3.
故答案为3.
答案：3
14．(2021·茂名模拟)已知向量a＝(2，1)，b＝(m，n－1)(m＞0，n＞0)，若a⊥b，则mn的最大值为________．
解析：由向量a＝(2，1)，b＝(m，n－1)，m＞0，n＞0，a⊥b，
可知a·b＝2m＋n－1＝0，所以1＝2m＋n≥2，即得mn≤，
当且仅当n＝，m＝时取等号，所以mn的最大值为.
故答案为.
答案：
15．(2020·南通如皋中学检测)如图，已知AC是圆的直径，B，D在圆上且AB＝，AD＝，则·＝______．
解析：如图，连接CD，CB，因为AC为直径，所以CD⊥AD，BC⊥AB.
所以·＝·－·＝||||·cos ∠CAD－||||cos ∠CAB＝||2－||2＝5－3＝2.
答案：2
16．(2021·普宁市校级第二次模拟)已知a，b，c是平面向量，a，c是单位向量，且〈a，c〉＝，若b2－9b·c＋20＝0，则|2a－b|最大值是________．
解析：因为a，c是单位向量，
所以|a|＝|c|＝1，
又因为〈a，c〉＝，
不妨设a＝(1，0)，c＝，
又因为b2－9b·c＋20＝0，
所以(b－4c)·(b－5c)＝0，
所以(b－4c)⊥(b－5c)，
作图，＝2a＝(2，0)，＝4c＝(2，2)，＝5c＝，＝b，∠AOC＝，
所以b－4c＝－＝，b－5c＝－＝，
所以点B在以CD为直径的圆上，圆心为CD中点，r＝＝，
|2a－b|＝|－|＝||，
所以问题转化为点A到圆上距离的最大值＋r＝.
故答案为.
答案：
PAGE专题强化练(一) 三角函数与解三角形
1．(2021·山东省模拟)已知2cos(π＋θ)＝sin(－θ)，则tan＝( )
A． B．
C．－1 D．－3
解析：因为2cos(π＋θ)＝sin(－θ)，所以－2cos θ＝－sin θ，所以tan θ＝2，
则tan＝＝－3.
故选D.
答案：D
2．已知tan α＝3，则sin＝( )
A．－ B．－
C． D．
解析：sin＝cos 2α＝cos2 α－sin2 α＝
＝＝－.
故选A.
答案：A
3．(2021·广州模拟)已知第二象限角θ的终边上有两点A(－1，a)，B(b，2)，且cos θ＋3sin θ＝0，则3a－b＝( )
A．－7 B．－5
C．5 D．7
解析：由题意得cos θ＞0，sin θ＜0，
因为cos θ＋3sin θ＝0，即tan θ＝－，
所以＝－，
所以3a－b＝7.
故选D.
答案：D
4.(2020·大连模拟)函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示，为了得到y＝sin 2x的图象，只需将f(x)的图象( )
A．向右平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向左平移个单位
解析：由图象知A＝1，＝－ T＝π，＝π ω＝2，
f ＝－1 2·＋φ＝＋2kπ，|φ|<，得φ＝，所以f(x)＝sin，为了得到g(x)＝sin 2x的图象，所以只需将f(x)的图象向右平移个长度单位即可，故选B.
答案：B
5．(2021·梅州第一次模拟)已知直线x＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ) 的图象的一条对称轴，为了得到函数y＝f(x)的图象，可把函数y＝sin 2x的图象( )
A．向左平行移动个单位长度
B．向右平行移动个单位长度
C．向左平行移动个单位长度
D．向右平行移动个单位长度
解析：令2x＋φ＝kπ＋，由x＝是此方程的一个解，则φ＝kπ＋，
又|φ|＜，所以φ＝，
即y＝f(x)＝sin＝sin，
所以为了得到函数y＝f(x)的图象，可把函数y＝sin 2x的图象向左平移个单位长度．
故选C.
答案：C
6．(多选题)(2021·潮州第二次模拟)已知直线x＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的一条对称轴，则( )
A．f 是奇函数
B．x＝是f(x)的一个零点
C．f(x)在上单调递减
D．y＝f(x)与g(x)＝sin的图象关于直线x＝对称
解析：因为直线x＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的一条对称轴，
所以2×＋φ＝kπ＋，k∈Z，所以φ＝，函数f(x)＝sin.
所以f＝sin＝cos 2x是偶函数，故A错误；
令x＝，求得f(x)＝0，可得x＝是f(x)的一个零点，故B正确；
当x∈，2x＋∈，函数f(x)单调递减，故C正确；
显然，f(x)＝sin与g(x)＝sin的图象关于直线x＝对称，故D正确，
故选BCD.
答案：BCD
7．已知函数f(x)＝4cos－2(ω＞0)在[0，π]内有且仅有两个零点，则ω的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：因为函数f(x)＝4cos－2(ω＞0)在[0，π]内有且仅有两个零点，则
即 cos＝在[0，π]内有且仅有两个解．
当x∈[0，π]，则2ωx＋∈.
所以由于cos ＝cos ＝cos ，
所以2ωπ＋∈，所以ω∈，
故选D.
答案：D
8．(多选题)(2020·泰安第三次模拟)已知函数f(x)＝(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A．f(x)是周期函数
B．f(x)的图象是轴对称图形
C．f(x)的图象关于点对称
D．f(x)≤n
解析：由于f(x＋2π)＝＝＝＝f(x)，所以f(x)是周期函数，故A正确；
由f(－x)＝＝＝f(x)，从而f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，故B正确；
由于f(x)＋f(π－x)＝＋＝从而当n为奇数时，f(x)的图象不一定关于点对称，故C不正确；
当n＝2时，f(x)＝＝2cos x－，令cos x＝－，则此时f(x)>2，故D不正确．
答案：AB
9．(2020·天一大联考“顶尖计划”联考)关于函数f(x)＝|cos x|＋cos|2x|，有下列三个结论：①π是f(x)的一个周期；②f(x)在上单调递增；③f(x)的值域为[－2，2]．则上述结论中，正确的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：①因为f(x)＝f(x＋π)，所以π是f(x)的一个周期，①正确；
②因为f(π)＝2，f ＝<2，所以f(x)在上不单调递增，②错误；
③因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，又π是f(x)的一个周期，所以可以只考虑x∈时，f(x)的值域．当x∈时，令t＝cos x∈[0，1]，
f(x)＝|cos x|＋cos|2x|＝cos x＋cos 2x＝2cos2 x＋cos x－1＝2t2＋t－1.
y＝2t2＋t－1在[0，1]在上单调递增，所以f(x)∈[－1，2]，f(x)的值域为[－1，2]，③错误；
综上，正确的个数只有一个，故选B.
答案：B
10．(2020·百校联考考前冲刺)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝ .根据此公式，若acos B＋(b＋3c)cos A＝0，且a2－b2－c2＝2，则△ABC的面积为( )
A． B．2
C． D．2
解析：由acos B＋(b＋3c)cos A＝0得sin Acos B＋cos Asin B＋3sin Ccos A＝0，
即sin(A＋B)＋3sin Ccos A＝0，即sin C(1＋3cos A)＝0，
因为sin C≠0，所以cos A＝－，
由余弦定理a2－b2－c2＝－2bccos A＝bc＝2，所以bc＝3，
由△ABC的面积公式得S＝ ＝
＝，故选A.
答案：A
11．(2021·西安第一次模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且asin Asin B＝b－bcos A，b＋c＝10，△ABC的面积为，则a＝( )
A．2 B．5
C．8 D．2
解析：由正弦定理，可将asin Asin B＝b－bcos A化为sin2Asin B＝sin B－sin Bcos A，
因为A，B，C为三角形内角，所以sin B≠0，因此sin2A＝－cos A，
所以1－cos2A＝－cos A，解得cos A＝，又A∈(0，π)，所以A＝；
又△ABC的面积为，所以bcsin A＝，则bc＝25；
又b＋c＝10，所以由余弦定理可得：
a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝100－75＝25，
所以a＝5.
故选B.
答案：B
12．(2021·广东一模)函数f(x)＝cos 2x＋6cos(－x)的最大值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：函数f(x)＝cos 2x＋6cos＝1－2sin2x＋6sin x＝－2＋＋1＝－2＋，由于x∈，故sin x∈[0，1]，由于函数f(x)的对称轴为，当sin x＝1时，f(x)取得最大值f(x)max＝f＝5，
故选B.
答案：B
13．(2021·东阳模拟)在锐角△ABC中，AB＝，AC＝1，D点在线段BC上，且BD＝2DC，∠CAD＝，则△ABC的面积为________．
解析：如图，
由题意可知＝＝＝，解得sin∠DAB＝，cos∠DAB＝，
所以sin∠CAB＝sin＝×＋×＝，
所以S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝××＝.
故答案为.
答案：
14.已知函数f(x)＝Asin(wx＋φ)的部分图象如图所示，则f(x)的解析是________．
解析：因为函数图象经过点，
所以函数的最大值为2，可得A＝2.
又因为函数的周期T＝4＝π，
所以＝π，可得w＝2，因此函数解析式为f(x)＝2sin，再将点代入，可得 2＝2sin，解得φ＝＋2kπ.(k∈Z)，
因为|φ|<，所以取k＝0，得φ＝，
所以f(x)的解析式是f(x)＝2sin.
答案：f(x)＝2sin
15．(2021·广东省第一次模拟)△ABC中，内角A，B，C对的边长分别为a，b，c，且满足2cos Bcos C(tan B＋tan C)＝cos Btan B＋cos Ctan C，则cos A的最小值是________．
解析：2cos Bcos C(tan B＋tan C)
＝2cos Bcos C
＝2sin Bcos C＋2sin Ccos B
＝2sin(B＋C)
＝2sin A，
cos Btan B＋cos Ctan C＝sin B＋sin C，
所以sin B＋sin C＝2sin A，
由正弦定理得b＋c＝2a，
由余弦定理得cos A＝＝＝－≥－＝，
当且仅当b＝c＝a时取等号，此时A＝.
故答案为.
答案：
16.(2020·西安中学第三次模拟)如图平面四边形ABCD的对角线的交点位于四边形的内部，AB＝1，BC＝，AC＝CD，AC⊥CD，当∠ABC变化时，对角线BD的最大值为__________．
解析：设∠ABC＝α，∠ACB＝β，则由余弦定理得，AC2＝1＋3－
2×1××cos α＝4－2cos α；
由正弦定理得＝，则sin β＝；
所以BD2＝3＋(4－2cos α)－2×××cos(90°＋β)＝7－2cos α＋2sin α＝7＋2sin (α－45°)，所以α＝135°时，BD取得最大值，最大值为＝1＋.
答案：1＋
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