高三數(shù)學二輪復習 第一部分 重點保分題 題型專題（十二）三角恒等變換與解三角形用書 理-人教版高三數(shù)學試題

題型專題(十二)三角恒等變換與解三角形[師說考點]1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.(2)cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ.(3)tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα.(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).[典例](1)(2016·全國乙卷)已知θ是第四象限角，且sin(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________．[解析]由題意知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，θ是第四象限角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＞0，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(4,5).taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)－\f(π,2)))＝－eq\f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))),cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))))＝－eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(4,5)×eq\f(5,3)＝－eq\f(4,3).[答案]－eq\f(4,3)(2)(2016·河南六市聯(lián)考)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))的值是________．[解析]由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，可得eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\f(1,2)sinα＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，即eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\f(4\r(3),5)，∴eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4\r(3),5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5).[答案]－eq\f(4,5)eq\a\vs4\al([類題通法])三角恒等變換的“4大策略”(1)常值代換：特別是“1”的代換，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等；(2)項的分拆與角的配湊：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：一般是切化弦．[演練沖關]1．(2016·貴陽模擬)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(5,13)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．－eq\f(7,17)B.eq\f(17,7)C.eq\f(7,17)D．－eq\f(17,7)解析：選C因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\f(12,13)，所以tanα＝－eq\f(5,12)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(－\f(5,12)＋1,1＋\f(5,12))＝eq\f(7,17).2．(2016·東北四市聯(lián)考)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))，則cos2α＝()A．1B．－1C.eq\f(1,2)D．0解析：選D∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))，∴eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)))sinα＝－(eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2))cosα，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－1，∴cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＝0.[師說考點]1．正弦定理及其變形在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)．變形：a＝2RsinA，sinA＝eq\f(a,2R)，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等．2．余弦定理及其變形在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA.變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).3．三角形面積公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB.[典例](1)(2016·全國甲卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，則b＝________.[解析]因為A，C為△ABC的內(nèi)角，且cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又a＝1，所以由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(63,65)×eq\f(5,3)＝eq\f(21,13).[答案]eq\f(21,13)(2)(2016·全國乙卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2cosC(acosB＋bcosA)＝c.①求C；②若c＝eq\r(7)，△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，求△ABC的周長．[解]①由已知及正弦定理得2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC，即2cosCsin(A＋B)＝sinC，故2sinCcosC＝sinC.可得cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3).②由已知得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2).又C＝eq\f(π,3)，所以ab＝6.由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcosC＝7，故a2＋b2＝13，從而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周長為5＋eq\r(7).eq\a\vs4\al([類題通法])正、余弦定理的適用條件(1)“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對角”應采用正弦定理．(2)“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應采用余弦定理．[注意]應用定理要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結構”．[演練沖關]1．(2016·鄭州模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若eq\f(b,\r(3)cosB)＝eq\f(a,sinA)，則cosB＝()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),2)解析：選B由正弦定理知eq\f(sinB,\r(3)cosB)＝eq\f(sinA,sinA)＝1，即tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3)，所以cosB＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，故選B.2．(2016·福建質(zhì)檢)在△ABC中，B＝eq\f(π,3)，AB＝2，D為AB中點，△BCD的面積為eq\f(3\r(3),4)，則AC等于()A．2B.eq\r(7)C.eq\r(10)D.eq\r(19)解析：選B因為S△BCD＝eq\f(1,2)BD·BCsinB＝eq\f(1,2)×1×BCsineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),4)，所以BC＝3.由余弦定理得AC2＝4＋9－2×2×3coseq\f(π,3)＝7，所以AC＝eq\r(7)，故選B.3．(2016·河北三市聯(lián)考)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且asinB＝－bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))).(1)求A；(2)若△ABC的面積S＝eq\f(\r(3),4)c2，求sinC的值．解：(1)∵asinB＝－bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，∴由正弦定理得sinA＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，即sinA＝－eq\f(1,2)sinA－eq\f(\r(3),2)cosA，化簡得tanA＝－eq\f(\r(3),3)，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(5π,6).(2)∵A＝eq\f(5π,6)，∴sinA＝eq\f(1,2)，由S＝eq\f(\r(3),4)c2＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,4)bc，得b＝eq\r(3)c，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝7c2，則a＝eq\r(7)c，由正弦定理得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\r(7),14).[師說考點]解三角形實際問題的?？碱愋图敖忸}思路(1)實際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量全部集中在一個三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；(2)實際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量涉及兩個或兩個以上的三角形，這時需作出這些三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時需設出未知量，從幾個三角形中列出方程(組)，解方程(組)得出所要求的解．[典例](2016·河南六市聯(lián)考)如圖，在一條海防警戒線上的點A，B，C處各有一個水聲監(jiān)測點，B，C兩點到A的距離分別為20千米和50千米，某時刻，B收到發(fā)自靜止目標P的一個聲波信號，8秒后A，C同時接收到該聲波信號，已知聲波在水中的傳播速度是1.5千米/秒．(1)設A到P的距離為x千米，用x表示B，C到P的距離，并求x的值；(2)求P到海防警戒線AC的距離．[解](1)依題意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝eq\f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝eq\f(x2＋202－（x－12）2,2x·20)＝eq\f(3x＋32,5x)，同理，在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝eq\f(PA2＋AC2－PC2,2PA·AC)＝eq\f(x2＋502－x2,2x·50)＝eq\f(25,x).∵cos∠PAB＝cos∠PAC，∴eq\f(3x＋32,5x)＝eq\f(25,x)，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于點D，在△ADP中，由cos∠PAD＝eq\f(25,31)，得sin∠PAD＝eq\r(1－cos2∠PAD)＝eq\f(4\r(21),31)，∴PD＝PAsin∠PAD＝31×eq\f(4\r(21),31)＝4eq\r(21).故靜止目標P到海防警戒線AC的距離為4eq\req\a\vs4\al([類題通法])解三角形中實際問題的4個步驟(1)分析題意，準確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關名詞、術語，如坡度、仰角、俯角、方位角等；(2)根據(jù)題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標出；(3)將所求解的問題歸結到一個或幾個三角形中，通過合理運用正弦定理、余弦定理等有關知識正確求解；(4)檢驗解出的結果是否具有實際意義，對結果進行取舍，得出正確答案．[演練沖關]1．(2016·武昌區(qū)調(diào)研)據(jù)氣象部門預報，在距離某碼頭正西方向400km處的熱帶風暴中心正以20km/h的速度向東北方向移動，距風暴中心300kmA．9hB．10hC．11hD．12h解析：選B記碼頭為點O，熱帶風暴中心的位置為點A，t小時后熱帶風暴到達B點位置，在△OAB中，OA＝400，AB＝20t，∠OAB＝45°，根據(jù)余弦定理得4002＋400t2－2×20t×400×eq\f(\r(2),2)≤3002，即t2－20eq\r(2)t＋175≤0，解得10eq\r(2)－5≤t≤10eq\r(2)＋5，所以所求時間為10eq\r(2)＋5－10eq\r(2)＋5＝10(h)，故選B.2.(2016·湖北七市聯(lián)考)如圖，為了估測某塔的高度，在同一水平面的A，B兩點處進行測量，在點A處測得塔頂C在西偏北20°的方向上，仰角為60°；在點B處測得塔頂C在東偏北40°的方向上，仰角為30°.若A，B兩點相距130m，則塔的高度CD＝________解析：分析題意可知，設CD＝h，則AD＝eq\f(h,\r(3))，BD＝eq\r(3)h，在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，∴由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos120°，可得1302＝3h2＋eq\f(h2,3)－2·eq\r(3)h·eq\f(h,\r(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得h＝10eq\r(39)，故塔的高度為10eq\r(39)m.答案：10eq\r(39)解三角形與其他知識的交匯解三角形問題一直是近幾年高考的重點，主要考查以斜三角形為背景求三角形的基本量、面積或判斷三角形的形狀，解三角形與平面向量、不等式求最值、三角函數(shù)性質(zhì)、三角恒等變換交匯命題成為高考的熱點．[典例](2016·山東高考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)證明：a＋b＝2c(2)求cosC的最小值．[解](1)證明：由題意知2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB)))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB)，化簡得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.因為A＋B＋C＝π，所以sinA＋sinB＝2sinC，由正弦定理得a＋b＝2c(2)由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up12(2),2ab)＝eq\f(3,8)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2)，當且僅當a＝b時，等號成立，故cosC的最小值為eq\f(1,2).eq\a\vs4\al([類題通法])(1)本題是三角恒等變換、解三角形與基本不等式的交匯問題．(2)解答此類問題的一般思路是利用三角恒等變換對所給條件進行轉(zhuǎn)化，再結合正余弦定理，轉(zhuǎn)化到邊的關系，利用基本不等式求解．[演練沖關]1．在△ABC中，，若sinC·＋sinA·＋sinB·＝0，則△ABC的形狀為()A．等邊三角形B．鈍角三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形解析：選A設角A，B，C的對邊分別是a，b，c，由，可知P為BC的中點．結合題意及正弦定理可得c＋a＋b＝0，故c(－)＋a－b＝(a－c)＋(c－b)＝0，而與為不共線向量，所以a－c＝c－b＝0，故a＝b＝c.故選A.2．(2016·河北五校聯(lián)考)已知銳角△ABC中內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a2＋b2＝6abcosC，且sin2C＝2sinAsinB(1)求角C的值；(2)設函數(shù)f(x)＝－cosωx(ω>0)，且f(x)圖象上相鄰兩最高點間的距離為π，求f(A)的取值范圍．解：(1)因為a2＋b2＝6abcosC，由余弦定理知a2＋b2＝c2＋2abcosC，所以cosC＝eq\f(c2,4ab)，又sin2C＝2sinAsinB，則由正弦定理得c2＝2ab，所以cosC＝eq\f(c2,4ab)＝eq\f(2ab,4ab)＝eq\f(1,2)，又因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).(2)f(x)＝－cosωx＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(3,2)cosωx＝，由已知可得eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，則f(A)＝，因為C＝eq\f(π,3)，所以B＝eq\f(2π,3)－A，因為0<A<eq\f(π,2)，0<B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，所以0<2A－eq\f(π,3)<eq\f(2π,3)，所以f(A)的取值范圍是(0，eq\r(3)]．一、選擇題1．(2016·武昌區(qū)調(diào)研)已知cos(π－α)＝eq\f(4,5)，且α為第三象限角，則tan2α的值等于()A.eq\f(3,4)B．－eq\f(3,4)C.eq\f(24,7)D．－eq\f(24,7)解析：選C因為cosα＝－eq\f(4,5)，且α為第三象限角，所以sinα＝－eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(3,4)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(\f(3,2),1－\f(9,16))＝eq\f(24,7)，故選C.2．(2016·全國甲卷)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，則sin2α＝()A.eq\f(7,25)B.eq\f(1,5)C．－eq\f(1,5)D．－eq\f(7,25)解析：選D因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，所以sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25).3．(2016·河北模擬)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，且sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(14),4)，則eq\f(2cos2θ－1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(3,2)解析：選D由sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(14),4)得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(\r(7),4)，∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴eq\f(π,4)－θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(3,4)，∴eq\f(2cos2θ－1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\f(cos2θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2θ)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝eq\f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(3,2).4．(2016·重慶模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a2＋b2－c2＝ab＝eq\r(3)，則△ABC的面積為()A.eq\f(\r(3),4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(3,2)解析：選B依題意得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，C＝60°，因此△ABC的面積等于eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,4)，選B.5．(2016·山西太原模擬)在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若sinA＝eq\f(2\r(2),3)，a＝2，S△ABC＝eq\r(2)，則b的值為()A.eq\r(3)B.eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2)D．2eq\r(3)解析：選A在銳角△ABC中，sinA＝eq\f(2\r(2),3)，S△ABC＝eq\r(2)，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3)，eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc·eq\f(2\r(2),3)＝eq\r(2)，∴bc＝3，①由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，∴(b＋c)2＝a2＋2bc(1＋cosA)＝4＋6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＝12，∴b＋c＝2eq\r(3).②由①②得b＝c＝eq\r(3)，故選A.6．(2016·海口調(diào)研)如圖，在△ABC中，C＝eq\f(π,3)，BC＝4，點D在邊AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E為垂足．若DE＝2eq\r(2)，則cosA等于()A.eq\f(2\r(2),3)B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(6),4)D.eq\f(\r(6),3)解析：選C依題意得，BD＝AD＝eq\f(DE,sinA)＝eq\f(2\r(2),sinA)，∠BDC＝∠ABD＋∠A＝2∠A.在△BCD中，eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sinC)，eq\f(4,sin2A)＝eq\f(2\r(2),sinA)×eq\f(2,\r(3))＝eq\f(4\r(2),\r(3)sinA)，即eq\f(4,2sinAcosA)＝eq\f(4\r(2),\r(3)sinA)，由此解得cosA＝eq\f(\r(6),4)，選C.二、填空題7．(2016·北京高考)在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，則eq\f(b,c)＝________．解析：在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，∴a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(2π,3)，即a2＝b2＋c2＋bc.∵a＝eq\r(3)c，∴3c2＝b2＋c2＋bc，∴b2＋bc－2c2＝0，∴(b＋2c)(b－c)＝0，∴b－c＝0，∴b＝c，∴eq\f(b,c)＝1.答案：18．(2016·石家莊模擬)已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于D，則eq\f(BD,CD)的值為________．解析：在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6，則cos∠ABC＝eq\f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq\f(2,\r(7))，BD＝AB·cos∠ABC＝6×eq\f(2,\r(7))＝eq\f(12,\r(7))，CD＝BC－BD＝2eq\r(7)－eq\f(12,\r(7))＝eq\f(2,\r(7))，所以eq\f(BD,CD)＝6.答案：69．(2016·鄭州模擬)△ABC的三個內(nèi)角為A，B，C，若eq\f(\r(3)cosA＋sinA,\r(3)sinA－cosA)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))，則tanA＝________.解析：eq\f(\r(3)cosA＋sinA,\r(3)sinA－cosA)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))))＝－eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－A－\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))，所以－A－eq\f(π,3)＝－eq\f(7π,12)，所以A＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,12)＝eq\f(π,4)，所以tanA＝taneq\f(π,4)＝1.答案：1三、解答題10．(2016·合肥質(zhì)檢)在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋B)＋eq\r(3)cos(2x＋B)為偶函數(shù)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12))).(1)求b；(2)若a＝3，求△ABC的面積S.解：(1)f(x)＝sin(2x＋B)＋eq\r(3)cos(2x＋B)＝2sin，由f(x)為偶函數(shù)可知B＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以B＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.又0<B<π，故B＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq\r(3).(2)因為B＝eq\f(π,6)，b＝eq\r(3)，a＝3，由正弦定理可知sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3),2)，所以A＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).當A＝eq\f(π,3)時，C＝eq\f(π,2)，△ABC的面積S＝eq\f(3\r(3),2)；當A＝eq\f(2π,3)時，C＝eq\f(π,6)，△ABC的面積S＝e