【变式2】在△ABC中，若∠A，∠B满足$\left|\sin A - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right| + (\cos B - \dfrac{1}{2})^2 = 0$，则△ABC是(
B
)
A.等腰(非等边)三角形
B.等边三角形
C.直角三角形
D.钝角三角形
答案：【变式2】B
解析：
∵$\left|\sin A - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right| + (\cos B - \dfrac{1}{2})^2 = 0$，$\left|\sin A - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right| \geq 0$，$(\cos B - \dfrac{1}{2})^2 \geq 0$，
∴$\sin A - \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 0$，$\cos B - \dfrac{1}{2} = 0$，
∴$\sin A = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\cos B = \dfrac{1}{2}$，
∵在$\triangle ABC$中，$0° ＜ \angle A ＜ 180°$，$0° ＜ \angle B ＜ 180°$，
∴$\angle A = 60°$或$120°$，$\angle B = 60°$，
当$\angle A = 60°$，$\angle B = 60°$时，$\angle C = 180° - 60° - 60° = 60°$，
当$\angle A = 120°$，$\angle B = 60°$时，$\angle A + \angle B = 180°$，不符合三角形内角和定理，舍去，
∴$\angle A = \angle B = \angle C = 60°$，
∴$\triangle ABC$是等边三角形。
B
典例3 若∠A是锐角，且$\sin A = \dfrac{3}{5}$，则下列结论正确的是(
B
)
A.$0^{\circ} ＜ ∠A ＜ 30^{\circ}$
B.$30^{\circ} ＜ ∠A ＜ 45^{\circ}$
C.$45^{\circ} ＜ ∠A ＜ 60^{\circ}$
D.$60^{\circ} ＜ ∠A ＜ 90^{\circ}$
答案：【思路分析】一般情况下，要确定∠A的取值范围，只要确定$\dfrac{3}{5}$在哪两个特殊角的正弦值之间即可.因为$\sin30^{\circ}=\dfrac{1}{2}$，$\sin45^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\sin A = \dfrac{3}{5}$，∠A是锐角，且$\dfrac{1}{2} ＜ \dfrac{3}{5} ＜ \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以根据锐角的正弦值随着角度的增大而增大，得$30^{\circ} ＜ ∠A ＜ 45^{\circ}$.
【答案】B
【变式3】若∠M是锐角，且$\cos M = \dfrac{2}{5}$，则下列结论正确的是(
D
)
A.$0^{\circ} ＜ ∠M ＜ 30^{\circ}$
B.$30^{\circ} ＜ ∠M ＜ 45^{\circ}$
C.$45^{\circ} ＜ ∠M ＜ 60^{\circ}$
D.$60^{\circ} ＜ ∠M ＜ 90^{\circ}$
答案：【变式3】D
解析：
∵∠M是锐角，且$\cos M = \dfrac{2}{5} = 0.4$，
$\cos 60^{\circ} = \dfrac{1}{2} = 0.5$，$\cos 90^{\circ} = 0$，
又
∵余弦函数在$0^{\circ} ∼ 90^{\circ}$随角度增大而减小，
$0 ＜ 0.4 ＜ 0.5$，
∴$60^{\circ} ＜ ∠M ＜ 90^{\circ}$。
D
【变式4】解答下列问题：
(1)已知α为锐角，且关于x的一元二次方程$\dfrac{1}{2}x^2 - 2x\cos\alpha + \cos\alpha = 0$无实数根，求α的取值范围；
(2)新趋势 开放探究 已知$0^{\circ} ＜ \theta ＜ 90^{\circ}$，且关于x的方程$x^2 - 2x\tan\theta - 3 = 0$的两根的平方和等于10，请写出一个以$\tan\theta$，$\dfrac{1}{\sin\theta}$为两根的关于y的一元二次方程.
答案：【变式4】(1)因为关于$x$的一元二次方程$\frac{1}{2}x^{2}-2x\cos\alpha+\cos\alpha=0$无实数根，所以$(-2\cos\alpha)^{2}-4×\frac{1}{2}×\cos\alpha＜0$，即$\cos\alpha(2\cos\alpha - 1)＜0$。因为$\alpha$为锐角，所以$\cos\alpha＞0$，所以$2\cos\alpha - 1＜0$，即$\cos\alpha＜\frac{1}{2}$，所以$60^{\circ}＜\alpha＜90^{\circ}$。故$\alpha$的取值范围是$60^{\circ}＜\alpha＜90^{\circ}$。
(2)设$x_{1},x_{2}$为关于$x$的方程$x^{2}-2x\tan\theta - 3 = 0$的两根，则$x_{1}+x_{2}=2\tan\theta$，$x_{1}x_{2}=-3$。因为$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=10$，所以$(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}· x_{2}=10$，所以$4\tan^{2}\theta + 6 = 10$，所以$\tan\theta=\pm1$。因为$0^{\circ}＜\theta＜90^{\circ}$，所以$\tan\theta＞0$，所以$\tan\theta = 1$，所以$\theta = 45^{\circ}$，所以$\tan\theta+\frac{1}{\sin\theta}=1+\sqrt{2}$，$\tan\theta·\frac{1}{\sin\theta}=\sqrt{2}$，所以以$\tan\theta,\frac{1}{\sin\theta}$为两根的关于$y$的一元二次方程为$y^{2}-(1 + \sqrt{2})y+\sqrt{2}=0$。（答案不唯一）
