第四讲 大题考法——三角函数、解三角形
题型(一)
三角函数的图象与性质
主要考查三角函数的对称性、周期性、单调性、最值问题等.常结合三角恒等变换与图象变换考查.
[典例感悟]
[典例1] (2018·台州质量评估)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为π，且函数f(x)的图象上的一条对称轴为x＝.
(1)求ω和φ的值；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋f，求g(x)的单调递减区间．
[解] (1)因为f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为π，
所以T＝＝π，所以ω＝2.
由2x＋φ＝kπ＋，k∈Z，
得x＝＋－，k∈Z，
由＝＋－，得φ＝kπ＋，k∈Z，
又|φ|≤，所以φ＝.
(2)函数g(x)＝f(x)＋f＝sin＋sin 2x＝sin 2x＋cos 2x＋sin 2x＝sin.
令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，
所以g(x)的单调递减区间为，k∈Z.
[备课札记]
[方法技巧]
求解三角函数的奇偶性、对称性、周期、最值和单调区间等问题时，通常要运用各种三角函数公式，通过恒等变换(降幂、辅助角公式应用)将其解析式化为y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)的形式，再研究其各种性质．
有关常用结论与技巧：
(1)我们往往运用整体换元法来求解单调性与对称性，求y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)的单调区间时一定要注意ω的取值情况，若ω<0，则最好用诱导公式将其转化为－ω>0后再去求解，否则极易出错．
(2)对y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)结合函数图象可观察出如下几点：
①函数图象的对称轴都经过函数的最值点，对称中心的横坐标都是函数的零点；
②相邻两对称轴(对称中心)间的距离都是半个周期；
③图象上相邻两个最大(小)值点之间的距离恰好等于一个周期．
[演练冲关]
1．(2017·浙江高考)已知函数f(x)＝sin2x－cos2x－2sin xcos x(x∈R)．
(1)求f的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．
解：(1)由题意，f(x)＝－cos 2x－sin 2x
＝－2＝－2sin，
故f＝－2sin＝－2sin ＝2.
(2)由(1)知f(x)＝－2sin.
则f(x)的最小正周期是π.
由正弦函数的性质
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，
解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．
2．已知函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋c(ω>0，x∈R，c为常数)的图象经过点，且相邻两个最低点的距离为π.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，求g(x)在[0，π]的最大值与最小值．
解：(1)∵f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋c＝sin＋c，且相邻两个最低点的距离为π，∴ω＝2，
又函数f(x)的图象经过点，
∴sin＋c＝，∴c＝，
∴f(x)＝sin＋.
(2)∵函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，
∴g(x)＝sin＋＝sin＋，
∵x∈[0，π]，
∴2x－∈，
∴sin∈，
∴g(x)的最大值为1＋，最小值为0.
题型(二)
三角形基本量的求解问题
主要考查利用正、余弦定理求解三角形的边长或角的大小?或三角函数值?，且常与三角恒等变换综合考查.
[典例感悟]
[典例2] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin A＋cos A＝1－sin .
(1)求sin A的值；
(2)若c2－a2＝2b，且sin B＝3cos C，求b.
[解] (1)由已知，得2sin cos ＋1－2sin2 ＝1－sin ，即sin ·＝0，
在△ABC中，sin ≠0，
所以2sin －2cos －1＝0，
即sin －cos ＝，
则sin2 －2sin cos ＋cos2 ＝，
从而sin A＝.
(2)由已知sin B＝3cos C，
结合(1)得sin B＝4cos Csin A.
法一：利用正弦定理和余弦定理得
b＝×a，即b2＝2(c2－a2)．
又c2－a2＝2b，∴b2＝4b，在△ABC中，b≠0，∴b＝4.
法二：∵c2＝a2＋b2－2abcos C，且c2－a2＝2b，
∴2b＝b2－2abcos C，
在△ABC中，b≠0，∴b＝2＋2acos C，
又sin B＝4cos Csin A，由正弦定理，得b＝4acos C，
解得b＝4.
[备课札记]
[方法技巧]
利用正、余弦定理求解三角形基本量的方法
[演练冲关]
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，求BC边上的中线AM的最大值．
解：(1)由b2＋c2－a2＝bc及余弦定理，得cos A＝＝＝，又0
(2)∵AM是BC边上的中线，
∴BM＝CM＝，
∴在△ABM中，AM2＋－2AM··cos∠AMB＝c2，①
在△ACM中，AM2＋－2AM··cos∠AMC＝b2，②
又∠AMB＝π－∠AMC，
∴cos∠AMB＝－cos∠AMC，
即cos∠AMB＋cos∠AMC＝0，
则①＋②整理得AM2＝－.
又a＝，A＝，∴b2＋c2－3＝bc≤，
∴b2＋c2≤6，∴AM2＝－≤，即AM≤，
∴BC边上的中线AM的最大值为.
4．(2018·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsin A＝acos.
(1)求角B的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．
解：(1)在△ABC中，
由正弦定理＝，可得bsin A＝asin B.
又因为bsin A＝acos，
所以asin B＝acos，
即sin B＝cos B＋sin B，
所以tan B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝，
得b2＝a2＋c2－2accos B＝7，故b＝.
由bsin A＝acos，可得sin A＝.
因为a＜c，所以cos A＝.
所以sin 2A＝2sin Acos A＝，
cos 2A＝2cos2A－1＝.
所以sin(2A－B)＝sin 2Acos B－cos 2Asin B
＝×－×＝.
题型(三)
与三角形面积有关的问题
主要考查三角形面积的计算或已知三角形的面积求边或角，涉及正、余弦定理及三角形面积公式.
[典例感悟]
[典例3] (2016·浙江高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2acos B.
(1)证明：A＝2B；
(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．
[解] (1)证明：由正弦定理得sin B＋sin C＝2sin Acos B，
故2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)
＝sin B＋sin Acos B＋cos Asin B，
于是 sin B＝sin(A－B)．
又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，
所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，
因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.
(2)由S＝得absin C＝，
故有sin Bsin C＝sin A＝sin 2B＝sin Bcos B.
因为 sin B≠0，所以 sin C＝cos B.
又B，C∈(0，π)，所以C＝±B.
当B＋C＝时，A＝；
当C－B＝时，A＝.
综上，A＝或A＝.
[备课札记]
[方法技巧]
求解与三角形面积有关问题的步骤
[演练冲关]
5．(2019届高三·浙江新高考调研卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝，A＋3C＝π.
(1)求cos C的值；
(2)若b＝，求△ABC的面积．
解：(1)∵A＋B＋C＝π，A＋3C＝π，
∴B＝2C.
由＝，得＝，化简得cos C＝.
(2)∵C∈(0，π)，∴sin C＝＝ ＝.
∵B＝2C，∴cos B＝cos 2C＝2cos2C－1＝2×－1＝，∴sin B＝.
∵A＋B＋C＝π，
∴sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝×＋×＝.
∵＝，b＝，∴c＝.
∴△ABC的面积S＝bcsin A＝×××＝.
6．在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且4sin Acos2A－cos(B＋C)＝sin 3A＋.
(1)求角A的大小；
(2)若b＝2，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)∵A＋B＋C＝π，∴cos(B＋C)＝－cos A．①
∵3A＝2A＋A，
∴sin 3A＝sin(2A＋A)＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A．②
又sin 2A＝2sin Acos A，③
将①②③代入已知等式，得2sin 2Acos A＋cos A＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A＋，
整理得sin A＋cos A＝，
即sin＝，
又A∈，
∴A＋＝，即A＝.
(2)由(1)得B＋C＝，∴C＝－B，
∵△ABC为锐角三角形，
∴－B∈且B∈，解得B∈，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴c＝＝＝＋1，
又B∈，∴∈(0，)，∴c∈(1,4)，
∵S△ABC＝bcsin A＝c，
∴S△ABC∈.
故△ABC面积的取值范围为.
题型(四)
三角函数与解三角形综合问题
此类问题综合考查三角恒等变换、三角函数的性质与解三角形等问题.
[典例感悟]
[典例4] (2018·嘉兴高三测试)已知函数f(x)＝cos＋(sin x＋cos x)2.
(1)求函数f(x)的最大值和最小正周期；
(2)设△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，若a＝2，c＝，f＝，求b的值．
[解] (1)f(x)＝cos 2x－sin 2x＋(1＋sin 2x)＝sin＋，
所以f(x)的最大值为1＋，最小正周期T＝π.
(2)因为f＝sin＋＝cos＋＝，
所以cos＝0，因为0由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，可得b2－2b－3＝0，
因为b>0，所以b＝3.
[备课札记]
[方法技巧]
三角函数与解三角形的综合题，其中，解决与三角恒等变换有关的问题，优先考虑角与角之间的关系；解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理．
[演练冲关]
7．(2019届高三·浙江六校联考)已知f(x)＝cos xsin＋1.
(1)求f(x)在[0，π]上的单调递增区间；
(2)在△ABC中，若角A，B，C的对边分别是a，b，c，且f(B)＝，sin Asin C＝sin2B，求a－c的值．
解：f(x)＝cos xsin＋1
＝cos x＋1
＝sin 2x－×＋1
＝sin 2x－cos 2x＋
＝sin＋.
(1)由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
又x∈[0，π]，
∴f(x)在[0，π]上的单调递增区间是和.
(2)由f(B)＝sin＋＝，
得sin＝1.
又B是△ABC的内角，∴2B－＝，得B＝.
由sin Asin C＝sin2B及正弦定理可得ac＝b2.
在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得ac＝(a－c)2＋2ac－ac，则a－c＝0.
8．已知函数f(x)＝sin ωxcos ωx－sin2ωx＋1(ω＞0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为.
(1)求ω的值及函数f(x)的单调递减区间；
(2)已知a，b，c分别为△ABC中角A，B，C的对边，且满足a＝，f(A)＝1，求△ABC面积S的最大值．
解：(1)f(x)＝sin 2ωx－＋1
＝sin＋.
因为函数f(x)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为，所以T＝π，即＝π，所以ω＝1.
所以f(x)＝sin＋.
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
解得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)．
所以函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)由f(A)＝1，得sin＝.
因为2A＋∈，
所以2A＋＝，得A＝.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即()2＝b2＋c2－2bccos ，
所以bc＋3＝b2＋c2≥2bc，
解得bc≤3，当且仅当b＝c时等号成立．
所以S△ABC＝bcsin A≤×3×＝，
所以△ABC面积S的最大值为.
[技法指导]
1.常用的变角技巧
(1)已知角与特殊角的变换；
(2)已知角与目标角的变换；
(3)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：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·，＝－.
2．常用的变式技巧
主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有：
(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；
(2)涉及sin x±cos x、sin x·cos x的问题，常做换元处理，如令t＝sin x±cos x∈[－，]，将原问题转化为关于t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.
[典例] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c.
(1)求C；
(2)若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
[解题示范]
(1)由已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c及正弦定理得
2cos C(sin Acos B＋sin B·cos A)＝sin C，
即2cos Csin(A＋B)＝sin C，
故2cos Csin C＝sin C.
可得cos C＝，
所以C＝.
(2)由已知得absin C＝.又C＝，所以ab＝6.
由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcos C＝7，
故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，即a＋b＝5.
所以△ABC的周长为5＋.
[思维升华]
“明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是三角变换的基本要诀．在解题时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质，仔细审题，快速运算．
[应用体验]
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知2acos2＋2ccos2＝b.
(1)求证：2(a＋c)＝3b；
(2)若cos B＝，S＝，求b.
解：(1)证明：由已知得，a(1＋cos C)＋c(1＋cos A)＝b.
在△ABC中，过B作BD⊥AC，垂足为D(图略)，
则acos C＋ccos A＝CD＋AD＝b.
∴a＋c＝b，即2(a＋c)＝3b.
(2)∵cos B＝，∴sin B＝.
∵S＝acsin B＝ac＝，∴ac＝8.
又b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)，
又由(1)知，2(a＋c)＝3b，
∴b2＝－2×8×，解得b＝4.
1．(2018·浙江高考)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P.
(1)求sin(α＋π)的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值．
解：(1)由角α的终边过点P，
得sin α＝－.
所以sin(α＋π)＝－sin α＝.
(2)由角α的终边过点P，
得cos α＝－.
由sin(α＋β)＝，得cos(α＋β)＝±.
由β＝(α＋β)－α，
得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，
所以cos β＝－或cos β＝.
2．(2019届高三·浙江名校联考)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝.
(1)若＝，求角A的大小；
(2)若a＝1，tan A＝2，求△ABC的面积．
解：(1)由＝及正弦定理得sin B(1－2cos A)＝2sin Acos B，
即sin B＝2sin Acos B＋2cos Asin B＝2sin(A＋B)＝2sin C，即b＝2c.
又由＝及余弦定理，得cos A＝＝?A＝.
(2)∵tan A＝2，∴cos A＝，sin A＝.
由余弦定理cos A＝，得＝，
解得c2＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝c2sin A＝×＝.
3．(2019届高三·绍兴六校质检)已知函数f(x)＝mcos x＋sin的图象经过点P.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若f(α)＝，α∈，求sin α的值．
解：(1)由题意可知f＝，
即＋＝，解得m＝1.
所以f(x)＝cos x＋sin＝cos x＋sin x＝ sin，
令－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
解得－＋2kπ≤x≤＋2kπ(k∈Z)．
所以函数f(x)的单调递增区间为
(k∈Z)．
(2)由f(α)＝，得sin＝，
所以sin＝.
又α∈，所以α＋∈，sin＝<，
所以cos＝－ ＝－.
所以sin α＝sin＝×－×＝.
4．(2018·浙江模拟)已知函数f(x)＝sin 2x＋2cos2x－1，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝，f(C)＝1，sin B＝2sin A，求a，b的值．
解：(1)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，
所以函数f(x)的最小正周期T＝＝π，
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)因为f(C)＝2sin＝1，所以C＝，
所以()2＝a2＋b2－2abcos，a2＋b2－ab＝3，
又因为sin B＝2sin A，所以b＝2a，
解得a＝1，b＝2，
所以a，b的值分别为1,2.
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2.
(1)求cos B；
(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.
解：(1)由题设及A＋B＋C＝π得sin B＝8sin2，
即sin B＝4(1－cos B)，
故17cos2B－32cos B＋15＝0，
解得cos B＝，cos B＝1(舍去)．
(2)由cos B＝，得sin B＝，
故S△ABC＝acsin B＝ac.
又S△ABC＝2，则ac＝.
由余弦定理及a＋c＝6得
b2＝a2＋c2－2accos B
＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)
＝36－2××
＝4.
所以b＝2.
6.如图，已知D是△ABC的边BC上一点．
(1)若cos∠ADC＝－，∠B＝，且AB＝DC＝7，求AC的长；
(2)若∠B＝，AC＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)因为cos∠ADC＝－，
所以cos∠ADB＝cos(π－∠ADC)＝－cos∠ADC＝，所以sin∠ADB＝.
在△ABD中，由正弦定理，得AD＝＝＝5，
所以在△ACD中，由余弦定理，得
AC＝
＝＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝20＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠B＝AB2＋BC2－AB·BC≥(2－)AB·BC，
所以AB·BC≤＝40＋20，
所以S△ABC＝AB·BCsin∠B≤10＋5，
所以△ABC面积的最大值为10＋5.
课件46张PPT。三角函数、解三角形大题考法——四讲第题型(一) 三角函数的图象与性质题型(二) 三角形基本量的求解问题题型(三) 与三角形面积有关的问题题型(四) 三角函数与解三角形综合问题[高考5个大题] 题题研诀窃三角函数问题重在“变”——变角、变式
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1．(2018·浙江高考)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P .
(1)求sin(α＋π)的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值．
解：(1)由角α的终边过点P ，
得sin α＝－.
所以sin(α＋π)＝－sin α＝.
(2)由角α的终边过点P ，
得cos α＝－.
由sin(α＋β)＝，得cos(α＋β)＝±.
由β＝(α＋β)－α，
得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，
所以cos β＝－或cos β＝.
2．(2019届高三·浙江名校联考)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝.
(1)若＝，求角A的大小；
(2)若a＝1，tan A＝2，求△ABC的面积．
解：(1)由＝及正弦定理得sin B(1－2cos A)＝2sin Acos B，
即sin B＝2sin Acos B＋2cos Asin B＝2sin(A＋B)＝2sin C，即b＝2c.
又由＝及余弦定理，得cos A＝＝?A＝.
(2)∵tan A＝2，∴cos A＝，sin A＝.
由余弦定理cos A＝，得＝，
解得c2＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝c2sin A＝×＝.
3．(2019届高三·绍兴六校质检)已知函数f(x)＝mcos x＋sin的图象经过点P.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若f(α)＝，α∈，求sin α的值．
解：(1)由题意可知f＝，
即＋＝，解得m＝1.
所以f(x)＝cos x＋sin＝cos x＋sin x＝ sin，
令－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
解得－＋2kπ≤x≤＋2kπ(k∈Z)．
所以函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
(2)由f(α)＝，得sin＝，
所以sin＝.
又α∈，所以α＋∈，sin＝<，
所以cos＝－ ＝－.
所以sin α＝sin＝×－×＝.
4．(2018·浙江模拟)已知函数f(x)＝sin 2x＋2cos2x－1，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝，f(C)＝1，sin B＝2sin A，求a，b的值．
解：(1)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，
所以函数f(x)的最小正周期T＝＝π，
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)因为f(C)＝2sin＝1，所以C＝，
所以()2＝a2＋b2－2abcos，a2＋b2－ab＝3，
又因为sin B＝2sin A，所以b＝2a，
解得a＝1，b＝2，
所以a，b的值分别为1,2.
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2.
(1)求cos B；
(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.
解：(1)由题设及A＋B＋C＝π得sin B＝8sin2，
即sin B＝4(1－cos B)，
故17cos2B－32cos B＋15＝0，
解得cos B＝，cos B＝1(舍去)．
(2)由cos B＝，得sin B＝，
故S△ABC＝acsin B＝ac.
又S△ABC＝2，则ac＝.
由余弦定理及a＋c＝6得
b2＝a2＋c2－2accos B
＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)
＝36－2××
＝4.
所以b＝2.
6.如图，已知D是△ABC的边BC上一点．
(1)若cos∠ADC＝－，∠B＝，且AB＝DC＝7，求AC的长；
(2)若∠B＝，AC＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)因为cos∠ADC＝－，
所以cos∠ADB＝cos(π－∠ADC)＝－cos∠ADC＝，所以sin∠ADB＝.
在△ABD中，由正弦定理，得AD＝＝＝5，
所以在△ACD中，由余弦定理，得
AC＝
＝＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝20＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠B＝AB2＋BC2－AB·BC≥(2－)AB·BC，
所以AB·BC≤＝40＋20，
所以S△ABC＝AB·BCsin∠B≤10＋5，
所以△ABC面积的最大值为10＋5.
