《二輪復習數(shù)學理重點生通用版講義：第一部分 專題六 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《二輪復習數(shù)學理重點生通用版講義：第一部分 專題六 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析（34頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題六專題六 三角恒等變換與解三角形三角恒等變換與解三角形 卷卷 卷卷 卷卷 2018 正 、 余 弦 定 理 的 應正 、 余 弦 定 理 的 應用用 T17 二倍角公式及余弦定理的應二倍角公式及余弦定理的應用用 T6 二倍角公式二倍角公式 T4 同角三角函數(shù)關(guān)系及兩角和同角三角函數(shù)關(guān)系及兩角和的正弦公式的正弦公式 T15 三角形的面積公式及三角形的面積公式及余弦定理余弦定理 T9 2017 正、余弦定正、余弦定理、三角形理、三角形的面積公式及兩角和的的面積公式及兩角和的余弦公式余弦公式 T17 余弦定理、三角恒等變換及三余弦定理、三角恒等變換及三角形的面積公式角形的面積公式 T17 余弦

2、定理、三角形的余弦定理、三角形的面積公式面積公式 T17 2016 正、余弦定理、三角形正、余弦定理、三角形面積公式、兩角和的正面積公式、兩角和的正弦公式弦公式 T17 誘導公式、三角恒等變換、給誘導公式、三角恒等變換、給值求值問題值求值問題 T9 同角三角函數(shù)的基本同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、 二倍角公式關(guān)系、 二倍角公式 T5 正弦定理的應用、誘導公正弦定理的應用、誘導公式式 T13 利用正、余弦定理解利用正、余弦定理解三角形三角形 T8 縱向把握縱向把握趨勢趨勢 卷卷3 年年 3 考且均出現(xiàn)考且均出現(xiàn)在解答題中的第在解答題中的第 17 題，題，涉及正、余弦定理、三涉及正、余弦定理、三角形的面

3、積公式、兩角角形的面積公式、兩角和與差的正、 余弦公式，和與差的正、 余弦公式，難度適中預計難度適中預計 2019年會以選擇年會以選擇題或填空題題或填空題的形式考查正、余弦定的形式考查正、余弦定理的應用及三角恒等變理的應用及三角恒等變換，難度適中換，難度適中 卷卷3 年年 5 考，既有選擇題、考，既有選擇題、填空題，也有解答題，涉及誘填空題，也有解答題，涉及誘導公式、同角三角函數(shù)基本關(guān)導公式、同角三角函數(shù)基本關(guān)系式、三角恒等變換、正弦定系式、三角恒等變換、正弦定理和余弦定理以及三角形面理和余弦定理以及三角形面積公式，難度適中預計積公式，難度適中預計 2019年會以解答題的形式考查正、年會以解答

4、題的形式考查正、余弦定理和三角形面積公式余弦定理和三角形面積公式的應用的應用 卷卷3 年年 5 考，既有考，既有選擇題， 也有解答題，選擇題， 也有解答題，難度適中涉及同角難度適中涉及同角三角函數(shù)基本關(guān)系三角函數(shù)基本關(guān)系式、二倍角公式、正式、二倍角公式、正弦定理和余弦定理、弦定理和余弦定理、三 角 形 面 積 公 式三 角 形 面 積 公 式等 預計等 預計 2019 年會以年會以解答題的形式考查解答題的形式考查正、余弦定理在解三正、余弦定理在解三角形中的應用角形中的應用 橫向把握橫向把握重點重點 1.高考對此部分的考查高考對此部分的考查一一般以般以“二小二小”或或“一一大大”的命題形式出現(xiàn)的

5、命題形式出現(xiàn) 2.若無解答題，一般在選擇題若無解答題，一般在選擇題或填空題各有一題，主要考查或填空題各有一題，主要考查三角恒等變換、解三角形，難三角恒等變換、解三角形，難度一般，一般出現(xiàn)在第度一般，一般出現(xiàn)在第 49或第或第 1315 題位置上題位置上 3.若以解答題命題形若以解答題命題形式出現(xiàn)，主要考查三式出現(xiàn)，主要考查三角函數(shù)與解三角形的角函數(shù)與解三角形的綜合問題，一般出現(xiàn)綜合問題，一般出現(xiàn)在解答題第在解答題第 17 題位題位置上，難度中等置上，難度中等. 三角恒等變換三角恒等變換 題組全練題組全練 1(2018 全國卷全國卷)若若 sin 13，則，則 cos 2( ) A.89 B.7

6、9 C79 D89 解析：解析：選選 B sin 13，cos 212sin212 13279.故選故選 B. 2(2016 全國卷全國卷)若若 cos 4 35，則，則 sin 2( ) A.725 B.15 C15 D725 解析：解析：選選 D 因為因為 cos 4 35， 所以所以 sin 2cos 22 2cos2 4 1725. 3已知已知 sin 6cos 13，則，則 cos 23( ) A518 B.518 C79 D.79 解析：解析：選選 D 由由 sin 6cos 13，得，得32sin 12cos cos 32sin 12cos sin 613，所以，所以 cos 2

7、312sin2 612979. 4已知已知 sin 35 2 ，且，且 sin()cos ，則，則 tan()( ) A2 B2 C12 D.12 解析：解析：選選 A sin 35，且，且2， cos 45，tan 34. sin()sin cos cos sin 45sin 35cos cos ， tan 12，tan()tan tan 1tan tan 2. 5 已知 已知 A， B 均為鈍角，均為鈍角， sin2A2cos A35 1510， 且， 且 sin B1010， 則， 則 AB( ) A.34 B.54 C.74 D.76 解析：解析：選選 C 因為因為 sin2A2cos

8、 A35 1510， 所以所以1cos A212cos A32sin A5 1510， 即即1232sin A5 1510，解得解得 sin A55. 因為因為 A 為鈍角，為鈍角， 所以所以 cos A 1sin2A1 5522 55. 由由 sin B1010，且，且 B 為鈍角，為鈍角， 可得可得 cos B 1sin2B1 10102 3 1010. 所以所以 cos(AB)cos Acos Bsin Asin B 2 55 3 1010551010 22. 又又 A，B 都為鈍角，即都為鈍角，即 A，B 2， ， 所以所以 AB(，2)， 故故 AB74，選，選 C. 系統(tǒng)方法系統(tǒng)方

9、法 1化簡求值的方法與思路化簡求值的方法與思路 (1)方法：方法：采用采用“切化弦切化弦”“”“弦化切弦化切”來減少函數(shù)的種類，做到三角函數(shù)名稱的統(tǒng)一；來減少函數(shù)的種類，做到三角函數(shù)名稱的統(tǒng)一； 通過三角恒等變換，化繁為簡，便于化簡求值；通過三角恒等變換，化繁為簡，便于化簡求值； (2)基本思路：找差異，化同名基本思路：找差異，化同名(同角同角)，化簡求值，化簡求值 2解決條件求值問題的三個關(guān)注點解決條件求值問題的三個關(guān)注點 (1)分析已知角和未知角之間的關(guān)系，正確地用已知角來表示未知角；分析已知角和未知角之間的關(guān)系，正確地用已知角來表示未知角； (2)正確地運用正確地運用有關(guān)公式將所求角的三

10、角函數(shù)值用已知角的三角函數(shù)值來表示；有關(guān)公式將所求角的三角函數(shù)值用已知角的三角函數(shù)值來表示； (3)求解三角函數(shù)中給值求角的問題時，要根據(jù)已知求這個角的某種三角函數(shù)值，然后求解三角函數(shù)中給值求角的問題時，要根據(jù)已知求這個角的某種三角函數(shù)值，然后結(jié)合角的取值范圍，求出角的大小結(jié)合角的取值范圍，求出角的大小 正弦定理、余弦定理的應用正弦定理、余弦定理的應用 多維例析多維例析 角度一角度一 利用正、余弦定理進行邊、角計算利用正、余弦定理進行邊、角計算 例例1 (1)(2018 全國卷全國卷)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c.若若ABC 的的面積為面積為a2b2c

11、24，則，則 C( ) A.2 B.3 C.4 D.6 (2)(2018 長春質(zhì)檢長春質(zhì)檢)已知在銳角已知在銳角ABC 中，角中，角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c,2asin B 3b，b2，c3，AD 是角是角 A 的平分線，的平分線，D 在在 BC 上，則上，則 BD_. 解析解析 (1)S12absin Ca2b2c242abcos C412abcos C，sin Ccos C， 即即 tan C1. C(0，)，C4. (2)由正弦定理可得由正弦定理可得，2sin Asin B 3sin B， 可得可得 sin A32，因為因為 0A1)m，ACt(t0)m， 依題

12、意得依題意得 ABAC0.5(t0.5)(m) 在在ABC 中，由余弦定理得，中，由余弦定理得， AB2AC2BC22AC BCcos 60 ， 即即(t0.5)2t2x2tx， 化簡并整理得化簡并整理得 tx20.25x1x10.75x12(x1) 因為因為 x1， 所以， 所以 tx10.75x122 3當且僅當當且僅當 x132時取等號， 故時取等號， 故 AC 最短為最短為(2 3)m，應選，應選 D. 答案答案 (1)C (2)D 類題通法類題通法 1解三角形實際應用問題的解題步驟解三角形實際應用問題的解題步驟 2解三角形實際應用問題的注意事項解三角形實際應用問題的注意事項 (1)要

13、注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名詞，并能準確作出這些角；要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名詞，并能準確作出這些角； (2)要注意將平面幾何的性質(zhì)、定理與正、余弦定理結(jié)合起來使用，這樣可以優(yōu)化解題要注意將平面幾何的性質(zhì)、定理與正、余弦定理結(jié)合起來使用，這樣可以優(yōu)化解題過程；過程； (3)要注意題目中的隱含條件及解的實際意義要注意題目中的隱含條件及解的實際意義 應用通關(guān)應用通關(guān) 1某位居民站在離地面某位居民站在離地面 20 m 高的陽臺上觀測到對面小高層房頂?shù)难鼋菫楦叩年柵_上觀測到對面小高層房頂?shù)难鼋菫?0 ，小高層底部的俯角為，小高層底部的俯角為 45 ，那么這棟小高層的高度為，那么這棟

14、小高層的高度為( ) A20 133m B20(1 3)m C10( 2 6)m D20( 2 6)m 解析：解析：選選 B 如圖，設(shè)如圖，設(shè) AB 為陽臺的高度，為陽臺的高度，CD 為小高層的高度，為小高層的高度，AE 為水為水平線 由題意知平線 由題意知 AB20 m， DAE45 ， CAE60 ， 故， 故 DEAE20 m， CE20 3 m，所以所以 CD20(1 3)m. 2.(2018 河北保定模擬河北保定模擬)如圖， 某游輪在如圖， 某游輪在 A 處看燈塔處看燈塔 B 在在 A 的北偏的北偏東東 75 方向上，距離為方向上，距離為 12 6海里，燈塔海里，燈塔 C 在在 A

15、的北偏西的北偏西 30 方向上，方向上，距離為距離為 8 3海里，游輪由海里，游輪由 A 處向正北方向航行到處向正北方向航行到 D 處時再看燈塔處時再看燈塔 B，B 在南偏東在南偏東 60 方向上，則方向上，則 C 與與 D 的距離為的距離為( ) A20 海里海里 B8 3海里海里 C23 2海里海里 D24 海里海里 解析：解析：選選 B 在在ABD 中，因為燈塔中，因為燈塔 B 在在 A 的北偏東的北偏東 75 方向上，距離為方向上，距離為 12 6海里，海里，貨輪由貨輪由 A 處向正北方向航行到處向正北方向航行到 D 處時，再看處時，再看燈塔燈塔 B，B 在南偏東在南偏東 60 方向上

16、，所以方向上，所以 B18075 60 45 ，由正弦定理，由正弦定理ADsin BABsinADB， 可得可得 ADABsin BsinADB12 6223224 海里海里 在在ACD 中，中，AD24 海里，海里，AC8 3海里，海里，CAD30 ， 由余弦定理得由余弦定理得 CD2AD2AC22AD ACcos 30 242(8 3)22248 332192. 所以所以 CD8 3海里海里 3如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點 A 處至景點處至景點 C 處有兩條線路線路處有兩條線路線路1 是從是從 A 沿直線步行到沿直線步行到 C，線路，線路 2 是先從是先從 A

17、沿直線步行到景點沿直線步行到景點 B 處，然后處，然后從從 B 沿直線步行到沿直線步行到 C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從現(xiàn)有甲、乙兩位游客從 A 處同時出發(fā)勻速步行，甲的速度是乙的速度處同時出發(fā)勻速步行，甲的速度是乙的速度的的119倍，甲走線路倍，甲走線路 2，乙走線路，乙走線路 1，最后他們同時到達，最后他們同時到達 C 處經(jīng)測量，處經(jīng)測量，AB1 040 m，BC500 m，則，則 sinBAC 等于等于_ 解析：解析：依題意，依題意，設(shè)乙的速度為設(shè)乙的速度為 x m/s， 則甲的速度為則甲的速度為119x m/s， 因為因為 AB1 040 m，BC500 m， 所以所以ACx1 040500

18、119x， 解得解得 AC1 260 m. 在在ABC 中，由余弦定理得，中，由余弦定理得， cosBACAB2AC2BC22AB AC 1 04021 2602500221 0401 2601213， 所以所以 sinBAC 1cos2BAC 1 12132513. 答案答案：513 重難增分重難增分 與平面幾何有關(guān)的解三角形綜合問題與平面幾何有關(guān)的解三角形綜合問題 考法全析考法全析 一、曾經(jīng)這樣考一、曾經(jīng)這樣考 1(2015 全國卷全國卷)與平面四邊形有關(guān)的邊長范與平面四邊形有關(guān)的邊長范圍問題圍問題在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中，中，ABC75 ，BC2，則，則 AB 的取值范圍是

19、的取值范圍是_ 學解題學解題 法一：分割法法一：分割法(學生用書不提供解題過程學生用書不提供解題過程) 易知易知ADC135 .如圖，連接如圖，連接 BD，設(shè)，設(shè)BDC，ADB，則則 135 . 在在ABD 和和BCD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BCsin BDsin 75ABsin ， 則則 ABBCsin sin 2sin 135 sin 2sin 45 sin 2 11tan ， 由由 75 180 ，135 75 180 ，得得 30 105 ， 所以所以 321tan 3. 則則 6 2AB 6 2. 法二：極限法法二：極限法(學生用書提供解題過程學生用書提供解題過程) 如圖，

20、動態(tài)地審視平面四邊形如圖，動態(tài)地審視平面四邊形 ABCD， 邊邊 BC2 固定，固定，BC75 固定，延長固定，延長 BA，CD 交于點交于點 P. 雖然雖然BAD75 ， 但但 AB 邊并不固定，邊并不固定， 平行移動平行移動 AD 邊，邊， 則容易看出則容易看出 BQABBP. 在在BCQ 中，中， 易求得易求得 BQ 6 2； 在在BCP 中，易求得中，易求得 BP 6 2， 則則 AB 的取值范圍是的取值范圍是( 6 2， 6 2) 答答案：案：( 6 2， 6 2) 啟思維啟思維 本題考查轉(zhuǎn)化與化歸思想， 將四邊形問題轉(zhuǎn)化為解三角形問題是解決該題的本題考查轉(zhuǎn)化與化歸思想， 將四邊形問

21、題轉(zhuǎn)化為解三角形問題是解決該題的關(guān)鍵可利用正弦定理建立函數(shù)關(guān)系式求解，也可利用數(shù)形結(jié)合思想，作出圖形，分析圖關(guān)鍵可利用正弦定理建立函數(shù)關(guān)系式求解，也可利用數(shù)形結(jié)合思想，作出圖形，分析圖形的特點找出解題思路形的特點找出解題思路 二、還可能這樣考二、還可能這樣考 2與三角形的中線、角平分線相關(guān)的問題與三角形的中線、角平分線相關(guān)的問題在在ABC 中，中，AB3AC，BAC 的平分線的平分線交交 BC 于于 D，且，且 ADmAC，則實數(shù)，則實數(shù) m 的取值范圍是的取值范圍是_ 解析：解析：法一：法一：設(shè)設(shè) ACx，則，則 AB3x. 由三角形內(nèi)角平分線由三角形內(nèi)角平分線的性質(zhì)可知，的性質(zhì)可知， BD

22、34BC，CD14BC. 在在ABD 中，由余弦定理可得中，由余弦定理可得 34BC29x2m2x223mx2cosBAC2. 在在ACD 中，由余弦定理可得中，由余弦定理可得 14BC2x2m2x22mx2cosBAC2. 由由兩式消去兩式消去 BC 并化簡得并化簡得 cosBAC22m3. 因為因為 0BAC22， 所以所以 cosBAC2(0,1)， 所以所以 02m31， 解得解得 m 0，32， 所以實數(shù)所以實數(shù) m 的取值范圍是的取值范圍是 0，32. 法二：法二：設(shè)設(shè)BADCAD 00)，則，則 BD2x. 在在BCD 中，因為中，因為 CDBC，CD5，BD2x， 所以所以 c

23、osCDBCDBD52x. 在在ACD 中，中，ADx，CD5，AC5 3， 由余弦定理得由余弦定理得 cosADCAD2CD2AC22ADCDx252 5 3 22x5. 因為因為CDBADC， 所以所以 cosADCcosCDB， 即即x252 5 3 22x552x， 解得解得 x5，所以，所以 AD 的長為的長為 5. 答案：答案：5 2.如圖，在直角梯形如圖，在直角梯形 ABDE 中，已知中，已知ABDEDB90 ，C 是是 BD 上一點，上一點，AB3 3，ACB15 ，ECD60 ，EAC45 ，則線段，則線段 DE 的長為的長為_ 解析：解析：易知易知ACE105 ，AEC30

24、 ， 在在 RtABC 中，中，ACABsin 15， 在在AEC 中，中，ACsin 30CEsin 45CEACsin 45sin 30， 在在 RtCED 中，中， DECEsin 60 sin 45 sin 60sin 30ABsin 15 2232123 36 246. 答案：答案：6 3.(2018 四川成都模擬四川成都模擬)如圖，在如圖，在ABC 中，中，AB4，BC2，ABCD3，若，若ADC 是銳角三角形，則是銳角三角形，則 DADC 的取值范圍為的取值范圍為_ 解析：解析：設(shè)設(shè)ACD，則，則CAD23，根據(jù)條件及余弦定理計算得，根據(jù)條件及余弦定理計算得 AC2 3. 在在A

25、CD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得 ADsin CDsin 232 3sin34， AD4sin ，CD4sin 23 ， DADC4 sin sin 23 4 sin 32cos 12sin 4 32sin 32cos 4 3 32sin 12cos 4 3sin 6. ACD 是銳角三角形，是銳角三角形， 和和23 均為銳角，均為銳角， 6，2， 6 3，23， sin 6 32，1 . DADC4 3sin 6(6，4 3 . 答案：答案：(6,4 3 高考大題通法點撥高考大題通法點撥 三角函數(shù)問題重在三角函數(shù)問題重在“變變”變角、變式變角、變式 思維流程思維流程 策略指導策略指導

26、1常用的變角技巧常用的變角技巧 (1)已知角與特殊角的變換；已知角與特殊角的變換； (2)已知角與目已知角與目標角的變換；標角的變換； (3)角與其倍角的變換；角與其倍角的變換； (4)兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運用如：兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運用如：()()， 2()()， 2()()， 22，2 2 2 . 2常用的變式技巧常用的變式技巧 主要從函數(shù)名、次數(shù)、系數(shù)方面入手，常主要從函數(shù)名、次數(shù)、系數(shù)方面入手，常見的有：見的有： (1)討論三角函數(shù)的性質(zhì)時，常常將它化為一次的單角的三角函數(shù)來討論；討論三角函數(shù)的性質(zhì)時，常常將它化為一次的單角的三角函數(shù)

27、來討論； (2)涉及涉及 sin x cos x、 sin x cos x 的問題， 常做換元處理， 如令的問題， 常做換元處理， 如令 tsin x cos x 2， 2，將原問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于將原問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于 t 的函數(shù)來處理；的函數(shù)來處理； (3)在解決三角形的問題時，常利用正、余弦定理化邊為角或化角為邊等在解決三角形的問題時，常利用正、余弦定理化邊為角或化角為邊等 例例1 已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)4tan xsin 2 x cos x3 3. (1)求求 f (x)的定義域與最小正周期；的定義域與最小正周期； (2)討論討論 f (x)在區(qū)間在區(qū)間 4，4上的單調(diào)性上的單調(diào)性 破題思

28、路破題思路 第第(1)問問 求什么求什么想什么想什么 求求 f (x)的定義域與最小正周期，想到建立關(guān)于的定義域與最小正周期，想到建立關(guān)于 x 的不等式以及化函數(shù)的不等式以及化函數(shù) f (x)的解析的解析式為式為 f (x)Asin(x)或或 f (x)Acos(x)的形式的形式 給什么給什么用什么用什么 題干中給出的解析式中既有正切函數(shù)也有正弦、余弦函數(shù)，利用同角三角函數(shù)關(guān)題干中給出的解析式中既有正切函數(shù)也有正弦、余弦函數(shù)，利用同角三角函數(shù)關(guān)系式、誘導公式、兩角差的正弦公式化簡函數(shù)解析式，再分別利用各種三角函數(shù)系式、誘導公式、兩角差的正弦公式化簡函數(shù)解析式，再分別利用各種三角函數(shù)的定義域即可

29、求出函數(shù)的定義域即可求出函數(shù) f (x)的定義域，利用周期公式可求周期的定義域，利用周期公式可求周期 第第(2)問問 求什么想什么求什么想什么 討論討論 f (x)在區(qū)間在區(qū)間 4，4上的單調(diào)性，想到正弦函數(shù)上的單調(diào)性，想到正弦函數(shù) ysin x 的單調(diào)性的單調(diào)性 給什么用什么給什么用什么 第第(1)問中問中已經(jīng)將函數(shù)已經(jīng)將函數(shù) f (x)化為化為 f (x)Asin(x)的形式，用整體代換求單的形式，用整體代換求單調(diào)區(qū)間，并與區(qū)間調(diào)區(qū)間，并與區(qū)間 4，4求交集求交集 規(guī)范解答規(guī)范解答 (1)f (x)的定義域為的定義域為 x x2k，kZ . f (x)4tan xcos xcos x3 3

30、 4sin xcos x3 3 4sin x 12cos x32sin x 3 2sin xcos x2 3sin2x 3 sin 2x 3(2sin2x1) sin 2x 3cos 2x 2sin 2x3. 所以所以 f (x)的最小正周期的最小正周期 T22. (2)令令 z2x3，則函數(shù)，則函數(shù) y2sin z 的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是 22k，22k ，kZ. 由由22k2x322k，kZ， 得得12kx512k，kZ. 設(shè)設(shè) A 4，4，B 12k，512k ，kZ，易知，易知 AB 12，4. 所以當所以當 x 4，4時，時，f (x)在區(qū)間在區(qū)間 12，4上單調(diào)遞增，在區(qū)

31、間上單調(diào)遞增，在區(qū)間 4，12上單調(diào)上單調(diào)遞減遞減 關(guān)鍵點撥關(guān)鍵點撥 解答此類問題的關(guān)鍵在于解答此類問題的關(guān)鍵在于“變變”，其思路為，其思路為“一角二名三結(jié)構(gòu)一角二名三結(jié)構(gòu)” 升冪升冪(降冪降冪)公式口訣：公式口訣：“冪降一次，角翻倍，冪升一次，角減半冪降一次，角翻倍，冪升一次，角減半” 例例2 ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，已知，已知 2cos C(acos Bbcos A)c. (1)求求 C； (2)若若 c 7，ABC 的面積為的面積為3 32，求，求ABC 的周長的周長 破題思路破題思路 第第(1)問問 求什求什么么想什么想什么 求角求角 C

32、，想到求，想到求 C 的某一個三角函數(shù)值的某一個三角函數(shù)值 給什么給什么用什么用什么 題目條件中給出關(guān)系式題目條件中給出關(guān)系式 2cos C(acos Bbcos A)c.用正弦定理或余弦定理統(tǒng)一角用正弦定理或余弦定理統(tǒng)一角或邊，可求角或邊，可求角 C 的一個三角函數(shù)值，進而求出的一個三角函數(shù)值，進而求出 C 的值的值 第第(2)問問 求什么求什么想什么想什么 求求ABC 的周長，想到求的周長，想到求ABC 各邊的長或直接求各邊的長或直接求 abc 的值的值 給什么給什么用什么用什么 已知已知 c 7，ABC 的面積為的面積為3 32，用，用 SABC12absin C3 32可建立可建立 a

33、b 的關(guān)系式的關(guān)系式 差什么差什么找什么找什么 求周長，還需求周長，還需 ab 的值通過以上步驟可知的值通過以上步驟可知ABC 中中 C，c 及及 ab 的值，利用余的值，利用余弦定理即可求出弦定理即可求出 ab 的值的值 規(guī)范解答規(guī)范解答 (1)法一：法一：由由 2cos C(acos Bbcos A)c， 得得 2cos C(sin A cos Bsin B cos A)sin C， 即即 2cos C sin(AB)sin C. 因為因為 ABC， A，B，C(0，)， 所以所以 sin(AB)sin C0， 所以所以 2cos C1，cos C12. 因為因為 C(0，)，所以，所以

34、C3. 法二：法二：由由 2cos C(acos Bbcos A)c， 得得 2cos C aa2c2b22acbb2c2a22bcc， 整理得整理得 2cos C1， 即即 cos C12. 因為因為 C(0，)，所以，所以 C3. (2)因為因為 S12ab sin C34ab3 32，所以，所以 ab6， 由余弦定理，由余弦定理，c2a2b22ab cos C， 得得 7a2b22ab12， 即即(ab)23ab7， 所以所以(ab)2187， 即即 ab5，所以，所以ABC 的周長為的周長為 abc5 7. 關(guān)鍵點撥關(guān)鍵點撥 利用正、余弦定理求解問題的策略利用正、余弦定理求解問題的策略

35、 角化邊角化邊 利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含邊的關(guān)系，通過因式分解、配方等得利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含邊的關(guān)系，通過因式分解、配方等得出邊的相應關(guān)系，進而求解出邊的相應關(guān)系，進而求解 邊化角邊化角 利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含內(nèi)角的三角函數(shù)間的關(guān)系，通過三角利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含內(nèi)角的三角函數(shù)間的關(guān)系，通過三角函數(shù)恒等變函數(shù)恒等變換，得出內(nèi)角的關(guān)系，進而求解換，得出內(nèi)角的關(guān)系，進而求解 對點訓練對點訓練 1(2018 全國卷全國卷)在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中，中，ADC90 ，A45 ，AB2，BD5. (1)求求 cos ADB；

36、(2)若若 DC2 2，求，求 BC. 解：解：(1)在在ABD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BDsin AABsin ADB，即，即5sin 452sin ADB， 所以所以 sin ADB25. 由題設(shè)知，由題設(shè)知，ADB90 ， 所以所以 cos ADB 1225235. (2)由題設(shè)及由題設(shè)及(1)知，知， cos BDCsin ADB25. 在在BCD 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 BC2BD2DC22BD DC cos BDC 258252 22525，所以，所以 BC5. 2已知函數(shù)已知函數(shù) f (x) 3sin xcos xsin2x1(0)的圖象中相鄰的圖象中相鄰兩條

37、對稱軸之間的兩條對稱軸之間的距離為距離為2. (1)求求 的值及函數(shù)的值及函數(shù) f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間；的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)已知已知 a，b，c 分別為分別為ABC 中角中角 A，B，C 的對邊，且滿足的對邊，且滿足 a 3，f (A)1，求，求ABC 面積面積 S 的最大值的最大值 解：解：(1)f (x)32sin 2x1cos 2x21 sin 2x612. 因為函數(shù)因為函數(shù) f (x)的圖象中相的圖象中相鄰兩條對稱軸之間的距離為鄰兩條對稱軸之間的距離為2，所以，所以 T，即，即22，所以，所以 1. 所以所以 f (x)sin 2x612. 令令22k2x6322k(kZ)， 解

38、得解得6kx23k(kZ) 所以函數(shù)所以函數(shù) f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為 6k，23k (kZ) (2)由由 f (A)1，得得 sin 2A612. 因為因為 2A6 6，136， 所以所以 2A656，得，得 A3. 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos A， 即即( 3)2b2c22bccos 3， 所以所以 bc3b2c22bc， 解得解得 bc3，當且僅當，當且僅當 bc 時等號成立時等號成立 所以所以 SABC12bcsin A123323 34， 所以所以ABC 面積面積 S 的最大值為的最大值為3 34. 總結(jié)升華總結(jié)升華 高考試題中的三角函數(shù)解答

39、題相對高考試題中的三角函數(shù)解答題相對比較傳統(tǒng)，難度較低，大家在復習時，應比較傳統(tǒng)，難度較低，大家在復習時，應“明確思明確思維起點，把握變換方向，抓住內(nèi)在聯(lián)系，合理選擇公式維起點，把握變換方向，抓住內(nèi)在聯(lián)系，合理選擇公式”是解答此類題的關(guān)鍵在解題時，是解答此類題的關(guān)鍵在解題時，要緊緊抓住要緊緊抓住“變變”這一核心，靈活運用公式與性質(zhì)，這一核心，靈活運用公式與性質(zhì)， 仔細審題，快速運算仔細審題，快速運算 專題跟蹤檢測專題跟蹤檢測(對應配套卷對應配套卷 P177) 一、全練保分考法一、全練保分考法保大分保大分 1已知已知ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若，若

40、a 5，c2，cos A23，則則 b( ) A. 2 B. 3 C2 D3 解析解析：選選 D 由余弦定理得由余弦定理得 522b222bcos A， cos A23，3b28b30， b3 b13舍去舍去 . 2在在ABC 中，中，a，b，c 分別是角分別是角 A，B，C 的對邊，已知的對邊，已知 a6，b4，C120 ，則，則sin B( ) A.217 B.5719 C.338 D5719 解析：解析：選選 B 在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 c2a2b22abcos C76，所以，所以 c 76.由由正弦定理得正弦定理得bsin Bcsin C，所以，所以 sin Bb

41、sin Cc432765719. 3已知已知ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若，若 a2b2c2bc，bc4，則則ABC 的面積為的面積為( ) A.12 B1 C. 3 D2 解析：解析：選選 C a2b2c2bc，bcb2c2a2， cos Ab2c2a22bc12.A 為為ABC 的內(nèi)角，的內(nèi)角，A60 ，SABC12bcsin A12432 3. 4(2019 屆高三屆高三 洛陽第一次統(tǒng)考洛陽第一次統(tǒng)考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，若若 a，b，c 成成等比數(shù)列，且等比數(shù)列，且 a2c2acbc

42、，則，則cbsin B( ) A.32 B.2 33 C.33 D. 3 解析：解析：選選 B 由由 a，b，c 成等比數(shù)列得成等比數(shù)列得 b2ac，則有，則有 a2c2b2bc，由余弦定理得，由余弦定理得 cos Ab2c2a22bcbc2bc12，因為，因為 A 為為ABC 的內(nèi)角，所以的內(nèi)角，所以 A3，對，對于于 b2ac，由正弦定理，由正弦定理得，得，sin2Bsin Asin C32sin C，由正弦定理得，由正弦定理得，cbsin Bsin Csin2Bsin C32sin C2 33. 5ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c.已知已知 sin

43、Bsin A(sin Ccos C)0，a2，c 2，則，則 C( ) A.12 B.6 C.4 D.3 解析：解析：選選 B 在在ABC 中，中，sin Bsin(AC)， 則則 sin Bsin A(sin Ccos C) sin(AC)sin A(sin Ccos C)0， 即即 sin Acos Ccos Asin Csin Asin Csin Acos C0， cos Asin Csin Asin C0， sin C0，cos Asin A0， 即即 tan A1，所以所以 A34. 由由asin Acsin C得得2222sin C，sin C12， 又又 0C4，C6. 6 在在

44、ABC 中中， 已知已知 AB 2， AC 5， tanBAC3， 則則 BC 邊上的高等于邊上的高等于( ) A1 B. 2 C. 3 D2 解析解析：選選 A 在在ABC 中中，tanBAC3， sinBAC3 1010，cosBAC1010， 由余弦定理得由余弦定理得 BC2AC2AB22AC ABcosBAC522 5 2 10109，BC3. SABC12AB ACsinBAC12 2 53 101032，BC 邊上的高為邊上的高為2SABCBC23231. 7(2018 開封模擬開封模擬)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，btan Bbta

45、n A 2ctan B，且，且 a5，ABC 的面積為的面積為 2 3，則，則 bc 的值為的值為_ 解析：解析：由正弦定理及由正弦定理及 btan Bbtan A2ctan B， 得得 sin Bsin Bcos Bsin Bsin Acos A2sin Csin Bcos B， 即即 cos Asin Bsin Acos B2sin Ccos A， 亦即亦即 sin(AB)2sin Ccos A， 故故 sin C2sin Ccos A. 因為因為 sin C0，所以所以 cos A12，所以所以 A3. 因為因為 SABC12bcsin A2 3， 所以所以 bc8. 由余弦由余弦定理定

46、理，知知 a2b2c22bccos A(bc)23bc， 可得可得 bc7. 答案：答案：7 8(2018 福州模擬福州模擬)如圖，小明同學在山頂如圖，小明同學在山頂 A 處觀測到一輛汽車處觀測到一輛汽車在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在 A 處測得公路上處測得公路上 B，C兩點的俯角分別為兩點的俯角分別為 30 ，45 ，且，且BAC135 .若山高若山高 AD100 m，汽，汽車從車從 B 點到點到 C 點歷時點歷時 14 s， 則這輛汽車的速度約為， 則這輛汽車的速度約為_ m/s(精確到精確到0.1) 參考數(shù)據(jù)：參考數(shù)據(jù)： 21.414,

47、52.236. 解析：解析：因為小明在因為小明在 A 處測得公路上處測得公路上 B，C 兩兩點的俯角分別為點的俯角分別為 30 ，45 ，所以，所以BAD60 ， CAD45 .設(shè)這輛汽車的速度為設(shè)這輛汽車的速度為 v m/s， 則， 則 BC14v， 在， 在 RtADB 中中 ABADcosBADADcos 60200.在在 RtADC 中，中，ACADcosCAD100cos 45100 2.在在ABC 中，由余弦定中，由余弦定理，得理，得 BC2AC2AB22AC AB cosBAC，所以，所以(14v)2(100 2)220022100 2200cos 135 ，所以，所以 v50

48、10722.6，所以這輛汽車的速度約為，所以這輛汽車的速度約為 22.6 m/s. 答案：答案：22.6 9(2018 長春質(zhì)檢長春質(zhì)檢)在在ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若其面積，若其面積 Sb2sin A，角，角 A 的平分線的平分線 AD 交交 BC 于點于點 D，AD2 33，a 3，則，則 b_. 解析：解析：由面積公式由面積公式 S12bcsin Ab2sin A，可得，可得 c2b，即，即cb2.由由 a 3，并結(jié)合角平分線定理可得，并結(jié)合角平分線定理可得，BD2 33，CD33， 在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 cos

49、 B4b23b222b 3，在，在ABD 中，中，cos B4b2434322b2 33，即，即4b23b222b 34b2434322b2 33， 化簡得化簡得 b21，解得，解得 b1. 答案：答案：1 10(2018 昆明調(diào)研昆明調(diào)研)已知已知ABC 的面積為的面積為 3 3，AC2 3，BC6，延長，延長 BC 至至 D，使，使ADC45 . (1)求求 AB 的長；的長； (2)求求ACD 的面積的面積 解：解：(1)因為因為 SABC1262 3sinACB3 3， 所以所以 sinACB12，ACB30 或或 150 ， 又又ADC45 ，所以，所以ACB150 ， 由余弦定理得

50、由余弦定理得 AB2123622 36cos 150 84， 所以所以 AB2 21. (2)在在ACD 中，因為中，因為ACB150 ，ADC45 ， 所以所以CAD105 ， 由正弦定理得由正弦定理得CDsinCADACsinADC， 即即CDsin 1052 3sin 45， 解得解得 CD3 3， 又又ACD180 150 30 ， 所以所以 SACD12AC CD sinACD 122 3(3 3)123 31 2. 11(2018 沈陽質(zhì)檢沈陽質(zhì)檢)在在ABC 中，已知內(nèi)角中，已知內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，且，且 2ccos B2ab. (1)求角求角

51、 C 的大??；的大??； (2)若若 ab6，ABC 的面積為的面積為 2 3，求，求 c. 解解：(1)由正弦定理得由正弦定理得 2sin Ccos B2sin Asin B， 又又 sin Asin(BC)， 2sin Ccos B2sin(BC)sin B， 2sin Ccos B2sin Bcos C2cos Bsin Csin B， 2sin Bcos Csin B0， sin B0，cos C12. 又又 C(0，)，C23. (2)SABC12absin C2 3，ab8， 由余弦定理由余弦定理，得得 c2a2b22abcos Ca2abb2(ab)2ab28，c2 7. 12 (

52、2018 長沙模擬長沙模擬)在銳角在銳角ABC 中中， a， b， c 分別為角分別為角 A， B， C 的對邊的對邊， 且且 4sin Acos2A 3cos(BC)sin 3A 3. (1)求角求角 A 的大??；的大??； (2)若若 b2，求，求ABC 面積的取值范圍面積的取值范圍 解：解：(1)ABC，cos(BC)cos A 3A2AA， sin 3Asin(2AA)sin 2Acos Acos 2Asin A 又又 sin 2A2sin Acos A， cos 2A2cos2A1， 將將代入已知等式代入已知等式，得得 2sin 2Acos A 3cos Asin 2Acos Acos

53、 2Asin A 3， 整理得整理得 sin A 3cos A 3， 即即 sin A332， 又又 A 0，2，A323，即即 A3. (2)由由(1)得得 BC23，C23B， ABC 為銳角三角形，為銳角三角形， 23B 0，2且且 B 0，2，解得，解得 B 6，2， 在在ABC 中，由正弦定理得中，由正弦定理得2sin Bcsin C， c2sin Csin B2sin 23Bsin B3tan B1， 又又 B 6，2，1tan B(0， 3)，c(1,4)， SABC12bcsin A32c，SABC 32，2 3 . 故故ABC 面積的取值范圍為面積的取值范圍為 32，2 3

54、. 二、強化壓軸考法二、強化壓軸考法拉開分拉開分 1 (2018 成都模擬成都模擬)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A， B， C 的對邊分別為的對邊分別為 a， b， c， 且， 且 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B，ABC 的外接圓半徑為的外接圓半徑為 3.則則ABC 面積的最大值為面積的最大值為( ) A.38 B.34 C.9 38 D.9 34 解析：解析： 選選 D 由正弦定理， 得由正弦定理， 得asin Absin Bcsin C2 3， 所以， 所以 sin Aa2 3， sin Bb2 3，sin Cc2 3，將其代入，將其代入 2 3(sin2Asin2C)(ab)

55、sin B 得，得，a2b2c2ab，由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ca2b2c22ab12，又，又 0C，所以，所以 C3.于是于是 SABC12absin C122 3sin A2 3sin Bsin33 3sin Asin B3 32cos(AB)cos(AB)3 32cos(AB)cos C3 32cos(AB)3 34.當當 AB3時，時，SABC取得最大值，最大值為取得最大值，最大值為9 34，故選，故選 D. 2(2019 屆高三屆高三 南寧二中、柳州高中聯(lián)考南寧二中、柳州高中聯(lián)考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 所對的邊分別為所對的邊分別為a，b，c，若，若 bc

56、1，b2ccos A0，則當角，則當角 B 取得最大值時，取得最大值時，ABC 的周長為的周長為( ) A2 3 B2 2 C3 D3 2 解析：解析：選選 A 法一：法一：由題意可得，由題意可得，sin B2sin Ccos A0，即，即 sin(AC)2sin Ccos A0， 得得 sin Acos C3sin Ccos A，即即 tan A3tan C. 又又 cos Ab2c0. 從而從而 tan Btan(AC)tan Atan C1tan Atan C2tan C13tan2C21tan C3tan C，由基本不等由基本不等式式，得得1tan C3tan C2 1tan C 3t

57、an C2 3，當且僅當當且僅當 tan C33時等號成立時等號成立，此時角此時角B 取得最大值取得最大值，且且 tan Btan C33，tan A 3，即即 bc，A120 ，又又 bc1，所以所以 b c1，a 3，故故ABC 的周長為的周長為 2 3. 法二：法二： 由已知由已知 b2ccos A0， 得， 得 b2cb2c2a22bc0， 整理得， 整理得 2b2a2c2.由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ba2c2b22aca23c24ac2 3ac4ac32，當且僅當，當且僅當 a 3c 時等號成立，此時角時等號成立，此時角 B 取得取得最大值，將最大值，將 a 3c 代入代

58、入 2b2a2c2可得可得 bc.又又 bc1，所以，所以 bc1，a 3，故，故ABC的周長為的周長為 2 3. 3 (2019 屆高三屆高三 惠州調(diào)研惠州調(diào)研)已知已知 a， b， c 是是ABC 中角中角 A， B， C 的對邊，的對邊， a4， b(4,6)，sin 2Asin C，則，則 c 的取值范圍為的取值范圍為_ 解析：解析：在在ABC 中，由正弦定理得中，由正弦定理得4sin Acsin C， 即即4sin Acsin 2A，c8cos A， 由余弦定理得由余弦定理得 16b2c22bccos A， 16b264cos2A16bcos2A， 又又 b4，cos2A16b264

59、16b 4b 4b 16 4b 4b16， c264cos2A644b16164 B. b(4,6)，32c240，4 2c2 10. 答案：答案：(4 2，2 10) 4(2018 濰坊模擬濰坊模擬)在在ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，外接圓的半，外接圓的半徑為徑為 1，且，且tan Atan B2cbb，則，則ABC 面積的最大值為面積的最大值為_ 解析：解析：因為因為tan Atan B2cbb，所以，所以bsin Acos A(2cb)sin Bcos B， 由正弦定理得由正弦定理得 sin Bsin Acos B(2sin Csin B)s

60、in Bcos A， 又又 sin B0，所以所以 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 A12，sin A32. 設(shè)外接圓的半徑為設(shè)外接圓的半徑為 r，則，則 r1， 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos Ab2c2bc2bcbcbc. 當且僅當當且僅當 bc 時，等號成立，時，等號成立， 又因為又因為 a2rsin A 3， 所以所以 bc3，所以，所以 SABC

61、12bcsin A34bc3 34. 答案：答案：3 34 5(2018 陜西質(zhì)檢陜西質(zhì)檢)已知已知ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，且，且(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc，若，若 ab2，則，則 c 的取值范圍為的取值范圍為_ 解析：解析：由由 sin Acos Bsin Bcos Asin(AB)sin C 及正弦定理，可知及正弦定理，可知 acos Bbcos Ac， 則由則由(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc， 得得 a2b2c2ab， 由余弦定理可得由余弦定理可得 cos C12，則，則 C3，B23A， 由正弦

62、定理由正弦定理asin Absin Bcsin C， 得得asin Absin 23Acsin3，又，又 ab2， 所以所以csin A32csin 23A322， 即即 c3sin Asin 23A 1sin A6. 因為因為 A 0，23，所以，所以 A6 6，56， 所以所以 sin A6 12，1 ，則，則 c1,2) 答案：答案：1,2) 6(2018 南昌模擬南昌模擬)如圖，平面上有四個點如圖，平面上有四個點 A，B，P，Q，其中，其中 A，B 為定點，且為定點，且 AB 3，P，Q 為動點，滿足關(guān)系為動點，滿足關(guān)系 APPQQB1，若若APB 和和PQB 的面積分別為的面積分別為

63、 S，T，則，則 S2T2的最大值為的最大值為_ 解析：解析：設(shè)設(shè) PB2x，則，則 312x2， 312x1， T2 122x 1x2 2x2(1x2)， cosPAB134x22 32 1x2 3， sin2PAB1 2 1x2 32， S2 12 31sinPAB234 14 1x2 2334(1x2)2， S2T234(1x2)2x2(1x2)， 令令 1x2t，則，則 x21t,0t32， S2T234t2(1t)t2t2t34， 其對稱軸方程為其對稱軸方程為 t14，且，且14 0，32， 當當 t14時，時，S2T2取得最大值，取得最大值， 此時此時 S2T22116143478

64、. 答案：答案：78 三、加練大題考法三、加練大題考法少失分少失分 1.(2019 屆高三屆高三 洛陽聯(lián)考洛陽聯(lián)考)如圖，在如圖，在ABC 中，點中，點 P 在在 BC 邊上，邊上，PAC60 ，PC2，APAC4. (1)求求ACP； (2)若若APB 的面積是的面積是3 32，求，求 sinBAP. 解：解：(1)在在APC 中，中，PAC60 ，PC2，APAC4， 由余弦定理得由余弦定理得 PC2AP2AC22 AP AC cosPAC， 所以所以 22AP2(4AP)22 AP (4AP) cos 60 ， 整理得整理得 AP24AP40， 解得解得 AP2，所以，所以 AC2， 所

65、以所以APC 是等邊三角形，所以是等邊三角形，所以ACP60 . (2)由于由于APB 是是APC 的外角，的外角， 所以所以APB120 ， 因為因為APB 的面積是的面積是3 32， 所以所以12 AP PB sinAPB3 32，所以，所以 PB3. 在在APB 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 AB2AP2PB22 AP PB cosAPB 2232223cos 120 19， 所以所以 AB 19. 在在APB 中，由正弦定理得中，由正弦定理得ABsinAPBPBsinBAP， 所以所以 sinBAP3sin 120193 5738. 2(2018 開封模擬開封模擬)ABC 的內(nèi)角的

66、內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，面積為，面積為 S，已知，已知3a24 3S3b23c2. (1)求求 A； (2)若若 a3，求，求ABC 周長的取值范圍周長的取值范圍 解：解：(1)S12bcsin A， 由已知得，由已知得，b2c2a24 33S4 3312bcsin A， cos Ab2c2a22bc33sin A， tan A 3，又又A(0，)，A23. (2)在在ABC 中中，由正弦定理得由正弦定理得， bsin Bcsin C3sin232 3， b2 3sin B，c2 3sin C2 3sin 3B ， 記記ABC 周長為周長為 y， yabc2 3sin B2 3sin 3B 3 2 3sin B2 3 32cos B12sin B 3 3sin B3cos B32 3sin B33， B 0，3，sin B3 32，1 ， y(6,32 3， ABC 周長的取值范圍是周長的取值范圍是(6,32 3 3. (2018 淄博模擬淄博模擬)在在ABC 中，中，BAC23，D 為邊為邊 BC 上一上一點，點，DAAB，且，且 AD32. (1)若