三角形余弦与面积

【答案】ABC 【分析】对 $\cos2A+\cos2B+2sinC=2$ 由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较 $A+B$ 和 $\dfrac{\pi}{2}$ 的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用 $cosAcosBsinC=\dfrac{1}{4}$ 算出 $A,B$ 取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项. 【详解】 $\cos2A+\cos2B+2sinC=2$ ，由二倍角公式， $1-2\sin^{2}A+1-2\sin^{2}B+2sinC=2$ ， 整理可得， $sinC=\sin^{2}A+\sin^{2}B$ ，A选项正确； 由诱导公式， $\sin(A+B)=\sin\left(\pi-C\right)=sinC$ ， 展开可得 $sinAcosB+sinBcosA=\sin^{2}A+\sin^{2}B$ ， 即 $sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)=0$ ， 下证 $C=\dfrac{\pi}{2}$ . 方法一：分类讨论 若 $A+B=\dfrac{\pi}{2}$ ，则 $sinA=cosB,sinB=cosA$ 可知等式成立； 若 $A+B<\dfrac{\pi}{2}$ ，即 $A<\dfrac{\pi}{2}-B$ ，由诱导公式和正弦函数的单调性可知， $sinA<cosB$ ，同理 $sinB<cosA$ ， 又 $sinA>0,sinB>0$ ，于是 $sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)<0$ ， 与条件不符，则 $A+B<\dfrac{\pi}{2}$ 不成立； 若 $A+B>\dfrac{\pi}{2}$ ，类似可推导出 $sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)>0$ ，则 $A+B>\dfrac{\pi}{2}$ 不成立. 综上讨论可知， $A+B=\dfrac{\pi}{2}$ ，即 $C=\dfrac{\pi}{2}$ . 方法二：边角转化 $sinC=\sin^{2}A+\sin^{2}B$ 时，由 $C\in(0,\pi)$ ，则 $sinC\in(0,1]$ ， 于是 $1\times sinC=\sin^{2}A+\sin^{2}B\ge\sin^{2}C$ ， 由正弦定理， $a^{2}+b^{2}\ge c^{2}$ ， 由余弦定理可知， $cosC\ge0$ ，则 $C\in(0,\dfrac{\pi}{2}]$ ， 若 $C\in(0,\dfrac{\pi}{2})$ ，则 $A+B>\dfrac{\pi}{2}$ ，注意到 $cosAcosBsinC=\dfrac{1}{4}$ ，则 $cosAcosB>0$ ， 于是 $cosA>0,cosB>0$ （两者同负会有两个钝角，不成立），于是 $A,B\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ， 结合 $A+B>\dfrac{\pi}{2}\Leftrightarrow A>\dfrac{\pi}{2}-B$ ，而 $A,\dfrac{\pi}{2}-B$ 都是锐角，则 $sinA>\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-B\right)=cosB>0$ ， 于是 $sinC=\sin^{2}A+\sin^{2}B>\cos^{2}B+\sin^{2}B=1$ ，这和 $sinC\le1$ 相矛盾， 故 $C\in(0,\dfrac{\pi}{2})$ 不成立，则 $C=\dfrac{\pi}{2}$ 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由 $sinC=\sin^{2}A+\sin^{2}B$ ，结合正弦定理可得， $c=asinA+bsinB$ ，由射影定理可得 $c=acosB+bcosA$ ，于是 $asinA+bsinB=acosB+bcosA$ ， 则 $a(sinA-cosB)+b(sinB-cosA)=0$ ，可同方法一种讨论的角度，推出 $A+B=\dfrac{\pi}{2}$ ， 方法四：和差化积（方法一改进） 续法三： $a(sinA-cosB)+b(sinB-cosA)=0$ ，可知 $sinA-cosB,sinB-cosA$ 同时为 $0$ 或者异号，即 $(sinA-cosB)(sinB-cosA)\le0$ ，展开可得， $sinAsinB-sinAcosA-cosBsinB+cosAcosB\le0$ ， 即 $\cos(A-B)-\dfrac{1}{2}\left(\sin2A+\sin2B\right)\le0$ ，结合和差化积， $\cos(A-B)\left(1-\sin(A+B)\right)\le0$ ，由上述分析， $A,B\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $A-B\in\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $\cos(A-B)\ge0$ ，则 $1-\sin(A+B)\le0$ ，即 $sinC\ge1$ ，于是 $sinC=1$ ，可知 $C=\dfrac{\pi}{2}$ . 由 $cosAcosBsinC=\dfrac{1}{4}=cosAcosB$ ，由 $A+B=\dfrac{\pi}{2}$ ，则 $cosB=sinA$ ，即 $sinAcosA=\dfrac{1}{4}$ ， 则 $\sin2A=\dfrac{1}{2}$ ，同理 $\sin2B=\dfrac{1}{2}$ ，由上述推导， $A,B\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $2A,2B\in(0,\pi)$ ， 不妨设 $A<B$ ，则 $2A=\dfrac{\pi}{6},2B=\dfrac{5\pi}{6}$ ，即 $A=\dfrac{\pi}{12},B=\dfrac{5\pi}{12}$ ， 由两角和差的正弦公式可知 $\sin\dfrac{\pi}{12}+\sin\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}+\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$ ，C选项正确 由两角和的正切公式可得， $\tan\dfrac{5\pi}{12}=2+\sqrt{3}$ ， 设 $BC=t,AC=\left(2+\sqrt{3}\right)t$ ，则 $AB=\left(\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)t$ ， 由 $S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}(2+\sqrt{3})t^{2}=\dfrac{1}{4}$ ，则 $t^{2}=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{4}=\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\right)^{2}$ ，则 $t=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$ ， 于是 $AB=(\sqrt{6}+\sqrt{2})t=\sqrt{2}$ ，B选项正确，由勾股定理可知， $AC^{2}+BC^{2}=2$ ，D选项错误. [插图] 故选：ABC [插图] 考点07 平面向量