第6讲 三角恒等变换与解三角形
【p11】
【p11】
1．2020年新高考全国Ⅰ卷第17题为三选一的开放性新题型考查解三角形．
2．三角函数公式众多，化简方法灵活多变，复习中要熟练掌握三角恒等变换的技巧，加深对三角公式的记忆与内在联系的理解．
3．解三角形内容应用性较强，命题灵活，在解答题与选择填空题位置均有出现，常规命题是主流，也有与实际问题结合起来命题(如利用三角形求解与测量、航海有关的实际问题)的情况，特别是选择填空题位置需要注意．
【p11】
探究一 给值(式)求角
例1(1)已知tan
α，tan
β是方程x2＋3x＋4＝0的两根，且α，β∈，则α＋β等于( )
A．－
B．－π或
C．－π
D.
【解析】选C.
因为tan(α＋β)＝＝＝，
所以α＋β＝＋kπ，k∈Z，又
∴tan
α<0，tan
β<0，∴α，β∈，
所以α＋β＝－π.
【点评】给值求角时，注意角的范围的讨论，最好选择单调函数．
(2)已知α，β，γ∈，sin
α＋sin
γ＝sin
β，cos
β＋cos
γ＝cos
α，则β－α＝________．
【解析】
由已知，得sin
γ＝sin
β－sin
α，cos
γ＝cos
α－cos
β.
两式分别平方相加，得(sin
β－sin
α)2＋(cos
α－cos
β)2＝1.
∴－2cos
(β－α)＝－1，∴cos
(β－α)＝，
∵sin
γ＝sin
β－sin
α>0，∴β>α，∴β－α＝.
【点评】给角求值问题，关键在于建立“所求角”与“已知角”间的联系，其解题的一般步骤为：求角的一个三角函数值，确定角的范围，根据角的范围写出所求角，特别注意角范围的限定，避免因范围过大出现多解．
探究二 给值求值
例2
(1)设α、β∈，cos
β＝－，cos
＝，则tan＝________．
【解析】
由二倍角的余弦公式可得cos
α＝2cos2－1＝2×－1＝，
∵α、β∈，∴sin
α＝＝，sin
β＝＝，
∴tan
α＝＝，tan
β＝＝－，
因此，tan＝＝＝.
(2)已知α∈，且tan＝3，则lg(8sin
α＋6cos
α)－lg(4sin
α－cos
α)＝________．
【解析】1
∵α∈，且tan＝3，
∴＝3，∴tan
α＝，
∴lg(8sin
α＋6cos
α)－lg(4sin
α－cos
α)＝
lg＝lg＝lg
10＝1.
【点评】本题主要考查了三角函数的恒等变换、对数及其运算，考查了学生综合知识能力的应用和计算能力．其解题的一般思路为：首先运用正切的和的公式并结合已知条件可计算得到tan
α的值，然后运用对数运算的法则以及同角三角函数的基本关系即可将所求的结果转化为有关tan
α的求值问题，最后得出所求的结果．
(3)已知cos
β＝，sin
(α－β)＝，且0<β<α<，则sin
α＝________．
【解析】
由0<β<α<，得0<α－β<，
所以sin
β＝＝＝，
cos
(α－β)＝＝＝.
sin
α＝sin[(α－β)＋β]＝sin(α－β)cos
β＋cos(α－β)sin
β
＝×＋×＝.
【点评】在使用三角恒等变换公式解决问题时，“变换”是其中的精髓，在“变换”中既有公式的各种形式的变换，也有角之间的变换，如把＋2α变换成2，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·，＝－等．注意若将结论中的角用条件中的角表示，往往可能较快找到解题的突破口．
探究三 三角形中边角关系
例3(1)在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin
C，则△ABC的形状是( )
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
【解析】选D.
由已知(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin
C，
得b2[sin(A－B)＋sin
C]＝a2[sin
C－sin(A－B)]，
从而b2sin
Acos
B＝a2cos
Asin
B，
即sin2Bsin
Acos
B＝sin2Acos
Asin
B，
所以sin
2B＝sin
2A.
而0＜A＜π，0＜B＜π，
得0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，
故2A＝2B或2A＝π－2B.
即A＝B或A＋B＝.
【点评】分析求解与三角形有关的三角函数问题时，一方面应充分注意三角形三内角之间的相互关系和取值范围，并利用三内角和为180°进行角之间的相互转换，另一方面应充分利用正弦定理和余弦定理进行“边与角”的互化．
(2)如图，在△ABC中，D是AB边上的点，且满足AD＝3BD，AD＋AC＝BD＋BC＝2，CD＝，则△BCD的面积为__________．
【解析】
设BD＝x，则AD＝3x，AC＝2－3x，BC＝2－x，
因为∠ADC＋∠BDC＝π，
所以cos
∠ADC＝－cos
∠BDC，
由余弦定理可得＝－，
解得x＝，故AD＝1，AC＝1，所以cos
A＝＝0，所以∠A＝，
所以△BCD的面积为×＝.
【点评】运用正弦定理、余弦定理解三角形时，要讲究公式的准确恰当运用，同时由正弦定理求角时，一定要利用大边对大角确认是一解还是两解．
1．解三角形常见类型及解法
在三角形的六个元素中要知三个(除三角外)才能求解，常见类型及其解法见下表：
已知条件
应用
定理
一般解决
一边和二角(如a，B，C)
正弦
定理
由A＋B＋C＝180°，求角A；由正弦定理求出b与c；S△＝acsin
B，在有解时只有一解
两边和夹角(如a，b，C)
余弦
定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出一边所对的角，再由A＋B＋C＝180°求出另一角．S△＝absin
C，在有解时只有一解
三边(a，b，c)
余弦
定理
由余弦定理求出角A，B，再利用A＋B＋C＝180°求出角C.S△＝absin
C，在有解时只有一解
两边和其中一边的对角(如a，A，b)
正弦
定理
由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°求出角C；再利用正弦定理求出边c.S△＝absin
C，可有两解、一解或无解
2.确定三角形形状的主要途径及方法
途径一：化边为角
途径二：化角为边
主
要
方
法
(1)通过正弦定理实现边角互化
(2)通过余弦定理实现边角互化
(3)通过三角变换找出角之间的关系
(4)通过三角函数值的符号以及正、余弦函数有界性判断三角形形状
探究四 三角形中的三角函数
例4
如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PC＝，求PA；
(2)若∠APB＝120°，求△ABP的面积S.
【解析】(1)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AC＝2，
P为△ABC内一点，∠BPC＝90°，PC＝，
所以BP＝＝，
Rt△CBP中，cos∠CBP＝＝，
所以∠CBP＝，∠ABP＝.
△ABP中，AP＝
＝＝.
(2)∠APB＝120°，设∠PBA＝α∈，∠PBC＝90°－α，∠PAB＝60°－α，
在Rt△PBC中，PB＝BC·sin
α＝sin
α，
在△PBA中，由正弦定理＝，
即2＝，sin
α＝cos
α－sin
α，
所以tan
α＝，sin
α＝，PB＝，
△ABP的面积S＝AB·PBsin
α＝×××＝.
探究五 解三角形中的开放性试题
例5
在锐角△ABC中，设角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且bsin
A＝a.
(1)求B的大小；
(2)若AB＝2，BC＝，点D在边AC上，________，求BD的长．
请在①AD＝DC；②∠DBC＝∠DBA；③BD⊥AC这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答．
【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理＝，及bsin
A＝a得，
sin
Bsin
A＝sin
A.
因为△ABC为锐角三角形，所以A∈，
所以sin
A>0.
所以sin
B＝.
又因为B∈，所以B＝.
(2)若选①.
在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos
B＝22＋－2×2××cos
＝，
所以AC＝，所以AD＝DC＝.
在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝BD2＋DA2－2BD·DA·cos∠ADB，
即4＝BD2＋－BDcos∠ADB，
在△DBC中，由余弦定理，得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠CDB，
即＝BD2＋－BDcos∠CDB.
又∠ADB＋∠CDB＝π，所以cos∠ADB＋cos∠CDB＝0.
所以4＋＝2BD2＋，
所以BD＝.
若选②.
在△ABC中，S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，
即BA·BC·sin
＝BA·BD·sin
＋BD·BC·sin，
即×2××＝×2×BD×＋×BD××，
解得BD＝.
若选③.
在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos
B＝22＋－2×2××cos
＝，所以AC＝.
因为S△ABC＝BA·BC·sin
B＝，
又S△ABC＝BD·AC＝BD，
所以BD＝，解得BD＝.
【点评】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题．
【p13】
1．要能熟练推证公式，熟悉公式的正用、逆用，还要熟练掌握公式的变形应用．
如两角和与差的正切公式可变形为：
tan
α＋tan
β＝tan(α＋β)(1－tan
αtan
β)，
tan
α－tan
β＝tan(α－β)(1＋tan
αtan
β)．
余弦二倍角公式有多种形式，即cos
2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α，变形公式sin2α＝，cos2α＝.它的双向应用分别起到缩角升幂和扩角降幂的作用．
2．对于形如asin
α＋bcos
α的式子，都可通过合理的变形，借助两角和与差的三角函数公式的逆用，化为只含有一个三角函数的形式，即asin
α＋bcos
α＝·sin(α＋φ)，这个公式称为辅助角公式，它在解决三角函数问题中具有广泛的应用．
3．三角恒等变换常用方法：正切化弦、常数代换、角的变换、降幂转化、逆用公式、变形后用公式等．
(1)要注意拆角、拼角技巧．例如：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝－，＝－等．
(2)注意倍角的相对性，如α是的倍角，3α是的倍角等．
(3)要注意公式间的内在联系及特点，解题过程中，要善于观察差异，寻找联系，实现转化，要熟悉公式的正用、逆用和变形应用，也应注意公式成立的条件．
4．三角函数恒等变换易错点
(1)“给角求值”时没有发现角的内在联系造成错解．
一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定的关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合三角公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．
(2)“给值求值”没有运用整体思想造成解答烦琐．
给出某些角的三角函数的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
(3)“给值求角”时忽视对角的范围的限制造成增解．
“给值求角”实质上是转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调性区间求得角．
5．正、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，注意定理的灵活变形，如a＝2Rsin
A，sin
A＝(其中2R为三角形外接圆的直径)，a2＋b2－c2＝2abcos
C等，灵活根据条件求解三角形中的边与角．
6．三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“三角形的内角和等于π”和诱导公式可得到sin(A＋B)＝sin
C，sin＝cos
等，利用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题，如：在斜三角形中，用正弦定理求角时，若已知小角求大角，则有两解；若已知大角求小角，则只有一解，注意确定解的个数．
7．解三角形问题中的易错提醒：
(1)忽视解的多种情况；如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π，求C，再由正弦定理或余弦定理求边c，但解可能有多种情况．
(2)忽略角的范围；应用正、余弦定理求解边、角等量的最值(范围)时，要注意角的范围．
(3)忽视解的实际意义；求解实际问题，注意解得的结果要与实际相吻合．
【p13】
考题1[2020·新高考卷Ⅰ]在①ac＝，②csin
A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin
A＝sin
B，C＝，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】解法一：由sin
A＝sin
B可得：＝，
不妨设a＝m，b＝m，
则：c2＝a2＋b2－2abcos
C＝3m2＋m2－2×m×m×＝m2，即c＝m.
选择条件①的解析：
据此可得：ac＝m×m＝m2＝，∴m＝1，此时c＝m＝1.
选择条件②的解析：
据此可得：cos
A＝＝＝－，
则：sin
A＝＝，此时：csin
A＝m×＝3，则：c＝m＝2.
选择条件③的解析：
可得＝＝1，c＝b，
与条件c＝b矛盾，则问题中的三角形不存在．
解法二：∵sin
A＝sin
B，C＝，B＝π－，
∴sin
A＝sin
＝sin
，
sin
A＝sin
＝sin
A·＋cos
A·，
∴sin
A＝－cos
A，∴tan
A＝－，∴A＝，
∴B＝C＝，
若选①，ac＝，∵a＝b＝c，∴c2＝，∴c＝1；
若选②，csin
A＝3，则＝3，c＝2；
若选③，则b＝c与条件c＝b矛盾．
【命题立意】本题作为新高考新题型，以三选一的形式呈现，考查正弦定理、余弦定理，考查学生的数形结合能力、转化与化归的能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算、直观想象．
考题2[2020·全国卷Ⅱ]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin
Bsin
C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
【解析】(1)由正弦定理可得：BC2－AC2－AB2＝AC·AB，
∴cos
A＝＝－，
∵A∈，∴A＝.
(2)由余弦定理得：BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos
A＝AC2＋AB2＋AC·AB＝9，
即－AC·AB＝9.
∵AC·AB≤(当且仅当AC＝AB时取等号)，
∴9＝－AC·AB≥－＝，
解得：AC＋AB≤2(当且仅当AC＝AB时取等号)，
∴△ABC周长L＝AC＋AB＋BC≤3＋2，∴△ABC周长的最大值为3＋2.
【命题立意】本题主要考查正弦定理、余弦定理、三角形周长最值在解三角形中的应用，考查考生的运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算．【p90】
A组 基础演练
1．若＝－，则log(sin
θ－cos
θ)的值为( )
A．－
B.
C．－2
D．2
【解析】选C.
＝＝(cos
θ－sin
θ)＝－，
∴sin
θ－cos
θ＝.
∴log(sin
θ－cos
θ)＝log＝－2.
2.＝( )
A.
B．2
C．2＋
D．2－
【解析】选D.
＝
＝＝tan
15°＝tan＝＝2－，故选：D.
3．若cos
α(1＋tan
10°)＝1，则α的一个可能值为( )
A．70°
B．50°
C．40°
D．10°
【解析】选C.
∵cos
α(1＋tan
10°)＝1，
∴cos
α＝＝
＝＝
＝＝
＝＝＝＝cos
40°，
∴α的一个可能值为40°.故选：C.
4．设锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，B＝2A，则b的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.
在锐角三角形中，0<2A<，即0
综上A<，
因为a＝2，B＝2A，
所以由正弦定理得＝＝，得b＝4cos
A，
因为A<，
所以2<4cos
A<2，
所以2所以b的取值范围为(2，2)，故选：C.
5．(多选题)三角形有一个角是60°，这个角的两边长分别为8和5，则( )
A．三角形另一边长为7
B．三角形的周长为20
C．三角形内切圆周长为3π
D．三角形外接圆面积为
【解析】选ABD.
可得另一边长为＝7，
三角形的周长为20，则A正确，B正确；
设内切圆半径为r，
则(8＋7＋5)r＝×8×5sin
60°，则r＝，
则内切圆周长为2πr＝2π，则C不正确；
设外接圆半径为R，则2R＝，R＝，
其面积为πR2＝，则D正确．
故选：ABD.
6.若△ABC的内角满足sin
A＋sin
B＝2sin
C，则cos
C的最小值是________．
【解析】
∵sin
A＋sin
B＝2sin
C.
由正弦定理可得a＋b＝2c，
即c＝，cos
C＝＝＝≥＝，
当且仅当3a2＝2b2，即＝时等号成立．
∴cos
C的最小值为.
7．在①b＝a；②2acos
A＝bcos
C＋ccos
B，③acos
C＋c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知________．
(1)求角A；
(2)设△ABC的面积为S，若a＝，求面积S的最大值．
【解析】(1)若选条件①
b＝a?sin
B＝sin
A，
∵sin
B＝sin
＝sin
Acos
C＋cos
Asin
C，
∴＝sin
Asin
C＋sin
Acos
C，
即：cos
Asin
C＝sin
Asin
C，
∵sin
C≠0，∴tan
A＝，
∵0若选择条件②
2acos
A＝bcos
C＋ccos
B?2sin
Acos
A＝sin
Bcos
C＋sin
Ccos
B，
即2sin
Acos
A＝sin
＝sin
A，
即cos
A＝，∵0∴A＝；
若选择条件③
acos
C＋c＝b?sin
Acos
C＋sin
C＝sin
B，
∵sin
B＝sin
＝sin
Acos
C＋cos
Asin
C，
所以sin
Acos
C＋sin
C＝sin
Acos
C＋cos
Asin
C，
即cos
Asin
C＝sin
C，
∵sin
C≠0，∴cos
A＝，
∵0所以不管选择哪个条件，A＝；
(2)a2＝b2＋c2－2bccos
A，又∵a＝，A＝，
即b2＋c2－bc＝3，
∵b2＋c2≥2bc，∴2bc－bc≤3，
即bc≤3，当且仅当b＝c时等号成立，
∴bc的最大值是3，
∵S△ABC＝bcsin
A，
∴面积S的最大值为×3×＝.
8．如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝，EA＝2，∠ADC＝，∠BEC＝.
(1)求sin∠CED的值；
(2)求BE的长．
【解析】(1)在△CDE中，由余弦定理可得EC2＝CD2＋DE2－2·CD·DE·cos∠EDC，
则7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0，
解得CD＝2(CD＝－3<0，舍去)．
在△CDE中，令∠CED＝α，由正弦定理可得＝?sin
α＝＝＝，
即sin∠CED＝.
(2)由题设可得0<α<，于是根据正余弦之间的关系可得cos
α＝＝＝，
而∠AEB＝－α，
所以cos∠AEB＝cos＝coscos
α＋sinsin
α＝－cos
α＋sin
α＝－×＋×＝，
在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝，
所以BE＝＝＝4.
B组 能力提升
9．在△ABC中，a＝80，b＝100，A＝45°，则此三角形解的情况是( )
A．一解
B．两解
C．一解或两解
D．无解
【解析】选B.
由题意知，a＝80，b＝100，∠A＝45°，∴bsin
A＝100×＝50<80，如图：
∵bsin
A10．若α，β均为锐角，sin
α＝，sin
＝，则cos
β＝( )
A.
B.
C.或
D．－
【解析】选B.
因为α，β均为锐角，若α＋β是锐角，而α＋β>α，则sin
>sin
α，这与已知矛盾，所以α＋β是钝角，则cos
＝－＝－，
cos
α＝＝，
cos
β＝cos
＝cos
cos
α＋sin
sin
α＝×＋×＝.
故选：B.
11．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，B＝，则b等于( )
A.
B．2
C.
D．2
【解析】选A.
由题意得：＝，
由正弦定理得，＝，
则sin
Asin
B－sin
Bsin
2C＝sin
Asin
2C－sin
Bsin
2C，
又sin
A≠0，得sin
B＝sin
2C，即sin(A＋C)＝sin
2C，
因为，<2C<π，
则A＋C＝2C，得A＝C，即c＝a＝3，且B是锐角，
由sin
B＝得cos
B＝＝，
由余弦定理得，b2＝2a2－2a2cos
B＝3，即b＝，
故选A.
12．(多选题)已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是( )
A．若tan
A＋tan
B＋tan
C>0，则△ABC是锐角三角形
B．若acos
A＝bcos
B，则△ABC是等腰直角三角形
C．若bcos
C＋ccos
B＝b，则△ABC是直角三角形
D．若＝＝，则△ABC是等边三角形
【解析】选AD.
对于A项，∵tan
A＋tan
B＝tan
(A＋B)(1－tan
Atan
B)，
∴tan
A＋tan
B＋tan
C＝tan
(A＋B)(1－tan
Atan
B)＋tan
C＝－tan
C＋tan
C＝tan
Atan
Btan
C>0，
又由A，B，C是△ABC的内角，故内角都是锐角，故A正确；
对于B项，若acos
A＝bcos
B，则sin
Acos
A＝sin
Bcos
B，则2sin
Acos
A＝2sin
Bcos
B，则sin
2A＝sin
2B，则A＝B或A＋B＝90°，△ABC是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C项，bcos
C＋ccos
B＝b，sin
B＝sin
Bcos
C＋sin
Ccos
B＝sin(B＋C)＝sin
A，即A＝B，则△ABC是等腰三角形，故C不正确；
对于D，若＝＝，则＝＝，则tan
A＝tan
B＝tan
C，A＝B＝C，即△ABC是等边三角形，故D正确；
故选：AD.
13．已知平面四边形ABCD为凸四边形(凸四边形即任取平面四边形一边所在直线，其余各边均在此直线的同侧)，且AB＝2，BC＝4，CD＝5，DA＝3，则平面四边形ABCD面积的最大值为( )
A.
B．2
C．11
D.
【解析】选B.
在△ABC中，AC2＝22＋42－2×2×4×cos
B＝20－16cos
B，
在△ADC中，AC2＝32＋52－2×3×5×cos
D＝34－30cos
D，
由上两式得20－16cos
B＝34－30cos
D?15cos
D－8cos
B＝7. ①
又平面四边形ABCD的面积S＝×2×4sin
B＋×3×5sin
D?2S＝8sin
B＋15sin
D ②，
①②平方相加得：4S2＋49＝64＋225＋240(sin
Bsin
D－cos
Bcos
D)，
化简即4S2＝240－240cos(B＋D)，当B＋D＝π时，4S2取得最大值480，从而S≤2.
故选：B.
14.已知函数f(x)＝sin2x＋2sin
xcos
x＋sinsin，若x＝x0为函数f(x)的一个零点，则cos
2x0＝__________．
【解析】
由f(x)＝sin2x＋2sin
xcos
x＋sinsin，
化简可得f(x)＝2sin＋，
又f(x0)＝2sin＋＝0，
得sin＝－<0，
又0≤x0≤得－≤2x0－≤，
所以－≤2x0－≤0，故cos＝.
此时：cos
2x0＝cos＝coscos－sinsin＝.
15．在①cos
A＝，cos
C＝；②csin
C＝sin
A＋bsin
B，B＝60°；③c＝2，cos
A＝－这三个条件中，任选一个补充在下面问题中的横线处，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝4，______，求△ABC的周长L和面积S.
【解析】若选择条件①
因为cos
A＝，cos
C＝，且0所以sin
A＝，sin
C＝.
在△ABC中，A＋B＋C＝π，即B＝π－，
所以sin
B＝sin＝sin
Acos
C＋cos
Asin
C
＝×＋×＝＝，
由正弦定理得b＝＝＝2，
因为sin
B＝sin
C，所以c＝b＝2，
所以△ABC的周长L＝a＋b＋c＝4＋2＋2＝4＋4，
△ABC的面积S＝absin
C＝×4×2×＝8.
若选择条件②
由csin
C＝sin
A＋bsin
B及正弦定理得，c2＝a＋b2.
因为a＝4，所以b2＝c2－4.
又因为B＝60°，由余弦定理得b2＝c2＋16－2×4×c×，
所以c2－4c＋16＝c2－4，解得c＝5，所以b＝，
所以△ABC的周长L＝a＋b＋c＝4＋＋5＝9＋，
△ABC的面积S＝acsin
B＝5.
若选择条件③
因为c＝2，cos
A＝－，
所以由余弦定理得，16＝b2＋4＋2×b×2×，
即b2＋b－12＝0，解得b＝3或b＝－4(舍去)．
所以△ABC的周长L＝a＋b＋c＝4＋3＋2＝9.
因为A∈，所以sin
A＝＝，
所以△ABC的面积S＝bcsin
A＝×3×2×＝.
16．某城市计划新修一座城市运动公园，设计平面如图所示．其为五边形ABCDE，其中三角形区域ABE为球类活动场所；四边形BCDE为文艺活动场所，AB，BC，CD，DE，EA为运动小道(不考虑宽度)，∠BCD＝∠CDE＝120°，∠BAE＝60°，DE＝2BC＝2CD＝6千米．
(1)求小道BE的长度；
(2)求球类活动场所△ABE的面积最大值．
【解析】如图所示，连接BD，
(1)在三角形BCD中，BC＝CD＝＝3千米，∠BCD＝120°，
由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD＝27，
∴BD＝3.
∵BC＝CD，∠BCD＝120°，∴∠CDB＝∠CBD＝30°.
∵∠CDE＝120°，∴∠BDE＝∠CDE－∠CDB＝120°－30°＝90°.
在Rt△BDE中，BE＝＝＝3(千米)，
∴小道BE的长度为3千米．
(2)如图所示，设∠ABE＝α，∵∠BAE＝60°，
∴∠AEB＝180°－∠BAE－α＝180°－60°－α＝120°－α.
在三角形ABE中，由正弦定理可得：＝＝＝＝2，
∴AB＝2sin
，AE＝2sin
α，
∴S△ABE＝AB×AEsin
60°
＝×2×2×·sin
sin
α
＝21，
＝cos
＋，
∵0°<α<120°，∴－120°<2α－120°<120°，
故当α＝60°时，S△ABE取得最大值，最大值为＋＝.
∴球类活动场所△ABE的面积最大值为平方千米．(共107张PPT)
第6讲 三角恒等变换与解三角形
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