《高考数学二轮满分突破讲义》专题二 第7讲 三角恒等变换与解三角形

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考点一 三角恒等变换
核心提炼
1．三角求值“三大类型”
“给角求值”“给值求值”“给值求角”．
2．三角恒等变换“四大策略”
(1)常值代换：常用到“1”的代换，1＝sin2θ＋cs2θ＝tan 45°等．
(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cs2α＝(sin2α＋cs2α)＋cs2α，α＝(α－β)＋β等．
(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次．
(4)弦、切互化．
例1 (1)(2020·全国Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cs 2α－8cs α＝5，则sin α等于( )
A.eq \f(\r(5),3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(5),9)
答案 A
解析 由3cs 2α－8cs α＝5，
得3(2cs2α－1)－8cs α＝5，
即3cs2α－4cs α－4＝0，
解得cs α＝－eq \f(2,3)或cs α＝2(舍去)．
又因为α∈(0，π)，所以sin α>0，
所以sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))2)＝eq \f(\r(5),3).
(2)已知sin α＝eq \f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq \f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β等于( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 C
解析 因为α，β均为锐角，所以－eq \f(π,2)<α－β又sin(α－β)＝－eq \f(\r(10),10)，所以cs(α－β)＝eq \f(3\r(10),10).
又sin α＝eq \f(\r(5),5)，所以cs α＝eq \f(2\r(5),5)，
所以sin β＝sin[α－(α－β)]
＝sin αcs(α－β)－cs αsin(α－β)
＝eq \f(\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)－eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),10)))＝eq \f(\r(2),2).
所以β＝eq \f(π,4).
易错提醒 (1)公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况．
(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．
跟踪演练1 (1)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan α＝eq \f(cs 2β,1－sin 2β)，则( )
A．α＋β＝eq \f(π,2) B．α－β＝eq \f(π,4)
C．α＋β＝eq \f(π,4) D．α＋2β＝eq \f(π,2)
答案 B
解析 tan α＝eq \f(cs 2β,1－sin 2β)＝eq \f(cs2β－sin2β,cs2β＋sin2β－2sin βcs β)
＝eq \f(cs β＋sin βcs β－sin β,cs β－sin β2)
＝eq \f(cs β＋sin β,cs β－sin β)＝eq \f(1＋tan β,1－tan β)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))，
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以α＝eq \f(π,4)＋β，即α－β＝eq \f(π,4).
(2)(tan 10°－eq \r(3))·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝________.
答案 －2
解析 (tan 10°－eq \r(3))·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝(tan 10°－tan 60°)·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin 10°,cs 10°)－\f(sin 60°,cs 60°)))·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝eq \f(sin－50°,cs 10°cs 60°)·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝－eq \f(1,cs 60°)＝－2.
考点二 正弦定理、余弦定理
核心提炼
1．正弦定理：在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccs A.
变形：b2＋c2－a2＝2bccs A，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc).
3．三角形的面积公式：S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A.
考向1 求解三角形中的角、边
例2 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(asin C,1－cs A)＝eq \r(3)c.
(1)求角A的大小；
(2)若b＋c＝10，△ABC的面积S△ABC＝4eq \r(3)，求a的值．
解 (1)由正弦定理及eq \f(asin C,1－cs A)＝eq \r(3)c，
得eq \f(sin Asin C,1－cs A)＝eq \r(3)sin C，
∵sin C≠0，∴sin A＝eq \r(3)(1－cs A)，
∴sin A＋eq \r(3)cs A＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝eq \r(3)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)，
又0∴A＋eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)，∴A＝eq \f(π,3).
(2)∵S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)bc＝4eq \r(3)，∴bc＝16.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccs eq \f(π,3)＝(b＋c)2－2bc－bc＝(b＋c)2－3bc，
又b＋c＝10，∴a2＝102－3×16＝52，∴a＝2eq \r(13).
考向2 求解三角形中的最值与范围问题
例3 (2020·新高考测评联盟联考)在：①a＝eq \r(3)csin A－acs C，②(2a－b)sin A＋(2b－a)sin B＝2csin C这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．
已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝eq \r(3)，而且________．
(1)求角C；
(2)求△ABC周长的最大值．
解 (1)选①：因为a＝eq \r(3)csin A－acs C，
所以sin A＝eq \r(3)sin Csin A－sin Acs C，
因为sin A≠0，所以eq \r(3)sin C－cs C＝1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
因为0所以C－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即C＝eq \f(π,3).
选②：因为(2a－b)sin A＋(2b－a)sin B＝2csin C，
所以(2a－b)a＋(2b－a)b＝2c2，
即a2＋b2－c2＝ab，
所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，
因为0(2)由(1)可知，C＝eq \f(π,3)，
在△ABC中，由余弦定理得
a2＋b2－2abcs C＝3，即a2＋b2－ab＝3，
所以(a＋b)2－3＝3ab≤eq \f(3a＋b2,4)，
所以a＋b≤2eq \r(3)，当且仅当a＝b时等号成立，
所以a＋b＋c≤3eq \r(3)，即△ABC周长的最大值为3eq \r(3).
规律方法 (1)利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，且该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．
(2)三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．
跟踪演练2 (1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为S，且a＝1,4S＝b2＋c2－1，则△ABC外接圆的面积为( )
A．4π B．2π C．π D.eq \f(π,2)
答案 D
解析 由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccs A，a＝1，
所以b2＋c2－1＝2bccs A，
又S＝eq \f(1,2)bcsin A,4S＝b2＋c2－1，
所以4×eq \f(1,2)bcsin A＝2bccs A，
即sin A＝cs A，所以A＝eq \f(π,4)，
由正弦定理得，eq \f(1,sin\f(π,4))＝2R，得R＝eq \f(\r(2),2)，
所以△ABC外接圆的面积为eq \f(π,2).
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝3B，则eq \f(a,b)的取值范围是( )
A．(0,3) B．(1,3) C．(0,1] D．(1,2]
答案 B
解析 A＝3B⇒eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(sin 3B,sin B)＝eq \f(sin2B＋B,sin B)＝eq \f(sin 2Bcs B＋cs 2Bsin B,sin B)＝eq \f(2sin Bcs2B＋cs 2Bsin B,sin B)＝2cs2B＋cs 2B＝2cs 2B＋1，即eq \f(a,b)＝eq \f(sin A,sin B)＝2cs 2B＋1，
又A＋B∈(0，π)，即4B∈(0，π)⇒2B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))⇒cs 2B∈(0,1)，∴eq \f(a,b)∈(1,3)．
(3)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若tan C＝eq \f(12,5)，a＝b＝eq \r(13)，BC边上的中点为D，则sin∠BAC＝________，AD＝________.
答案 eq \f(3\r(13),13) eq \f(3\r(5),2)
解析 因为tan C＝eq \f(12,5)，所以sin C＝eq \f(12,13)，cs C＝eq \f(5,13)，
又a＝b＝eq \r(13)，所以c2＝a2＋b2－2abcs C＝13＋13－2×eq \r(13)×eq \r(13)×eq \f(5,13)＝16，所以c＝4.
由eq \f(a,sin∠BAC)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(\r(13),sin∠BAC)＝eq \f(4,\f(12,13))，
解得sin∠BAC＝eq \f(3\r(13),13).
因为BC边上的中点为D，所以CD＝eq \f(a,2)，
所以在△ACD中，AD2＝b2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2－2×b×eq \f(a,2)×cs C＝eq \f(45,4)，所以AD＝eq \f(3\r(5),2).
专题强化练
一、单项选择题
1．(2020·全国Ⅲ)在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cs B等于( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs C＝42＋32－2×4×3×eq \f(2,3)＝9，所以AB＝3，
所以cs B＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(9＋9－16,2×3×3)＝eq \f(1,9).
2．(2020·全国Ⅲ)已知sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析 因为sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)＋\f(π,6)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))cs eq \f(π,6)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))sin eq \f(π,6)＋
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))cs eq \f(π,6)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))sin eq \f(π,6)
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))cs eq \f(π,6)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1.
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3).
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2，eq \f(sin 2C,1－cs 2C)＝1，B＝eq \f(π,6)，则a的值为( )
A.eq \r(3)－1 B．2eq \r(3)＋2
C．2eq \r(3)－2 D.eq \r(2)＋eq \r(6)
答案 D
解析 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2，eq \f(sin 2C,1－cs 2C)＝1，
所以eq \f(2sin Ccs C,2sin2C)＝1，所以tan C＝1，C＝eq \f(π,4).
因为B＝eq \f(π,6)，所以A＝π－B－C＝eq \f(7π,12)，
所以sin A＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝sin eq \f(π,4)cs eq \f(π,3)＋cs eq \f(π,4)sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4).
由正弦定理可得eq \f(a,\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq \f(2,sin \f(π,6))，则a＝eq \r(2)＋eq \r(6).
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，acs B＋bcs A＝2ccs C，c＝eq \r(7)，且△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，则△ABC的周长为( )
A．1＋eq \r(7) B．2＋eq \r(7)
C．4＋eq \r(7) D．5＋eq \r(7)
答案 D
解析 在△ABC中，acs B＋bcs A＝2ccs C，
则sin Acs B＋sin Bcs A＝2sin Ccs C，
即sin(A＋B)＝2sin Ccs C，
∵sin(A＋B)＝sin C≠0，∴cs C＝eq \f(1,2)，∴C＝eq \f(π,3)，
由余弦定理可得，a2＋b2－c2＝ab，
即(a＋b)2－3ab＝c2＝7，
又S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(\r(3),4)ab＝eq \f(3\r(3),2)，∴ab＝6，
∴(a＋b)2＝7＋3ab＝25，即a＋b＝5，
∴△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋eq \r(7).
5．若α，β都是锐角，且cs α＝eq \f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq \f(3,5)，则cs β等于( )
A.eq \f(2\r(5),25) B.eq \f(2\r(5),5)
C.eq \f(2\r(5),25)或eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(\r(5),5)或eq \f(\r(5),25)
答案 A
解析 因为α，β都是锐角，且cs α＝eq \f(\r(5),5)所以eq \f(π,3)<α又sin(α＋β)＝eq \f(3,5)，而eq \f(1,2)所以eq \f(3π,4)<α＋β所以cs(α＋β)＝－eq \r(1－sin2α＋β)＝－eq \f(4,5)，
又sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(2\r(5),5)，
所以cs β＝cs(α＋β－α)＝cs(α＋β)cs α＋sin(α＋β)·sin α＝eq \f(2\r(5),25).
6．在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c.若A＝120°，a＝1，则2b＋3c的最大值为( )
A．3 B.eq \f(2\r(21),3) C．3eq \r(2) D.eq \f(3\r(5),2)
答案 B
解析 因为A＝120°，a＝1，所以由正弦定理可得
eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(1,sin 120°)＝eq \f(2\r(3),3)，
所以b＝eq \f(2\r(3),3)sin B，c＝eq \f(2\r(3),3)sin C，
故2b＋3c＝eq \f(4\r(3),3)sin B＋2eq \r(3)sin C
＝eq \f(4\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(60°－C))＋2eq \r(3)sin C
＝eq \f(4\r(3),3)sin C＋2cs C＝eq \f(2\r(21),3)sin(C＋φ)．
其中sin φ＝eq \f(\r(21),7)，cs φ＝eq \f(2\r(7),7)，
所以2b＋3c的最大值为eq \f(2\r(21),3).
二、多项选择题
7．(2020·临沂模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2eq \r(3)，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是( )
A．cs C＝eq \f(\r(3),3) B．sin B＝eq \f(\r(2),3)
C．a＝3 D．S△ABC＝eq \r(2)
答案 AD
解析 因为A＋3C＝π，A＋B＋C＝π，所以B＝2C.由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(2\r(3),sin 2C)＝eq \f(3,sin C)，即eq \f(2\r(3),2sin Ccs C)＝eq \f(3,sin C)，所以cs C＝eq \f(\r(3),3)，故A正确；因为cs C＝eq \f(\r(3),3)，所以sin C＝eq \f(\r(6),3)，所以sin B＝sin 2C＝2sin Ccs C＝2×eq \f(\r(6),3)×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(2\r(2),3)，故B错误；因为cs B＝cs 2C＝2cs2C－1＝－eq \f(1,3)，所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C＝eq \f(2\r(2),3)×eq \f(\r(3),3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(\r(6),9)，则cs A＝eq \f(5\r(3),9)，所以a2＝b2＋c2－2bccs A＝(2eq \r(3))2＋32－2×2eq \r(3)×3×eq \f(5\r(3),9)＝1，所以a＝1，故C错误；S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×3×eq \f(\r(6),9)＝eq \r(2)，故D正确．
8．已知0<θA.eq \f(n,1＋m) B.eq \f(m,1＋n) C.eq \f(1－n,m) D.eq \f(1－m,n)
答案 AD
解析 ∵sin 2θ＝m，cs 2θ＝n，
∴m2＋n2＝1，∴eq \f(1－m,n)＝eq \f(n,1＋m)，
∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ))＝eq \f(1－tan θ,1＋tan θ)＝eq \f(cs θ－sin θ,cs θ＋sin θ)
＝eq \f(cs θ－sin θcs θ－sin θ,cs θ＋sin θcs θ－sin θ)＝eq \f(1－sin 2θ,cs 2θ)＝eq \f(1－m,n)＝eq \f(n,1＋m).
三、填空题
9．(2020·保定模拟)已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(1,2)，则eq \f(sin 2α－cs2α,1＋cs 2α)＝________.
答案 －eq \f(5,6)
解析 因为taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(1,2)，所以eq \f(tan \f(π,4)＋tan α,1－tan \f(π,4)tan α)＝eq \f(1,2)，
即eq \f(1＋tan α,1－tan α)＝eq \f(1,2)，解得tan α＝－eq \f(1,3)，
所以eq \f(sin 2α－cs2α,1＋cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α－cs2α,2cs2α)＝tan α－eq \f(1,2)＝－eq \f(5,6).
10．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且eq \f(b＋a,sin C)＝eq \f(2asin B－c,sin B－sin A)，则A＝________.
答案 eq \f(π,4)
解析 由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，
得eq \f(b＋a,c)＝eq \f(2asin B－c,b－a)，
整理得b2－a2＝2acsin B－c2，
即b2＋c2－a2＝2acsin B＝2bcsin A，
由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccs A，
∴2bccs A＝2bcsin A，即cs A＝sin A，
∴tan A＝1，∴A＝eq \f(π,4).
11．(2020·全国Ⅰ)如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq \r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs∠FCB＝________.
答案 －eq \f(1,4)
解析 在△ABD中，∵AB⊥AD，AB＝AD＝eq \r(3)，∴BD＝eq \r(6)，∴FB＝BD＝eq \r(6).
在△ACE中，∵AE＝AD＝eq \r(3)，AC＝1，∠CAE＝30°，
∴EC＝eq \r(\r(3)2＋12－2×\r(3)×1×cs 30°)＝1，
∴CF＝CE＝1.
又∵BC＝eq \r(AC2＋AB2)＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，
∴在△FCB中，由余弦定理得
cs∠FCB＝eq \f(CF2＋BC2－FB2,2×CF×BC)＝eq \f(12＋22－\r(6)2,2×1×2)＝－eq \f(1,4).
12．(2020·山东省师范大学附中月考)在△ABC中，设角A，B，C对应的边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，且4a2＝b2＋2c2，则eq \f(S,a2)的最大值为________．
答案 eq \f(\r(10),6)
解析 由题意知，4a2＝b2＋2c2⇒b2＝4a2－2c2＝a2＋c2－2accs B，
整理，得2accs B＝－3a2＋3c2⇒cs B＝eq \f(3c2－a2,2ac)，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,a2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)acsin B,a2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(csin B,2a)))2＝eq \f(c21－cs2B,4a2)，
代入cs B＝eq \f(3c2－a2,2ac)，整理得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,a2)))2＝－eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9×\f(c4,a4)－22×\f(c2,a2)＋9))，
令t＝eq \f(c2,a2)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,a2)))2＝－eq \f(1,16)(9t2－22t＋9)
＝－eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3t－\f(11,3)))2＋eq \f(10,36)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,a2)))2≤eq \f(10,36)，所以eq \f(S,a2)≤eq \f(\r(10),6)，故eq \f(S,a2)的最大值为eq \f(\r(10),6).
四、解答题
13．(2020·全国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 (1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A．②
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).
因为0(2)由正弦定理及(1)得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)＝2eq \r(3)，
从而AC＝2eq \r(3)sin B，
AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3cs B－eq \r(3)sin B.
故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sin B＋3cs B
＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).
又0所以当B＝eq \f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq \r(3).
14．(2020·重庆模拟)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tan A)．
(1)求角C；
(2)若c＝2eq \r(10)，D为BC的中点，在下列两个条件中任选一个，求AD的长度．
条件①：△ABC的面积S＝4且B>A；
条件②：cs B＝eq \f(2\r(5),5).
解 (1)在△ABC中，由余弦定理知，
b2＋c2－a2＝2bccs A，
所以2b2＝2bccs A(1－tan A)，
所以b＝c(cs A－sin A)，
又由正弦定理知，eq \f(b,c)＝eq \f(sin B,sin C)，
得sin B＝sin C(cs A－sin A)，
所以sin(A＋C)＝sin C(cs A－sin A)，
即sin Acs C＋cs Asin C＝sin Ccs A－sin Csin A，
所以sin Acs C＝－sin Csin A，
因为sin A≠0，所以cs C＝－sin C，
所以tan C＝－1，
又因为0(2)选择条件②，cs B＝eq \f(2\r(5),5)，
因为cs B＝eq \f(2\r(5),5)，且0因为sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋sin Ccs B
＝eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(\r(10),10)，
由正弦定理知eq \f(c,sin C)＝eq \f(a,sin A)，
所以a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(2\r(10)×\f(\r(10),10),\f(\r(2),2))＝2eq \r(2)，
在△ABD中，由余弦定理知
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cs B
＝(2eq \r(10))2＋(eq \r(2))2－2×2eq \r(10)×eq \r(2)×eq \f(2\r(5),5)＝26，
所以AD＝eq \r(26).
(答案不唯一)