高考数学大二轮复习 第1部分 专题3 第2讲 三角恒等变换与解三角形练习

3.2三角变换与解三角形【课时作业】A 级1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝()A ．42B ．30 C.29D ．25解析： ∵cos C 2＝55，∴cos C ＝2cos 2C2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35.在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32，∴AB ＝32＝4 2. 故选A. 答案： A2．(2018·山东菏泽2月联考)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝13，则tan(π＋2α)＝()A.427B ．±225C ．±427D ．225解析： ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫3π2，2π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝13，∴cos α＝13，sin α＝－223，由同角三角函数的商数关系知tan α＝sin αcos α＝－2 2.∴tan(π＋2α)＝tan2α＝2tan α1－tan2α＝－421－－22＝427，故选A. 答案： A3．已知△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边长分别为a ，b ，c ，若A ＝π3，b ＝2a cos B ，c ＝1，则△ABC 的面积等于() A.32B ．34C.36D ．38解析： 由正弦定理得sin B ＝2sin A cos B ，故tan B ＝2sin A ＝2sin π3＝3，又B ∈(0，π)，所以B ＝π3，又A ＝π3＝B ，则△ABC 是正三角形，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×1×32＝34.答案： B 4．若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，且3cos2α＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4－α，则sin2α的值为()A.79B ．－79 C ．－19D ．19解析： 3(cos 2α－sin 2α)＝22(cos α－sin α)，因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，所以cos α－sin α≠0，所以3(cos α＋sin α)＝22，即cos α＋sin α＝223，两边平方可得1＋sin2α＝89⇒sin2α＝－19.答案： C5．(2018·南昌市第一次模拟测试卷)已知台风中心位于城市A 东偏北α(α为锐角)的150千米处，以v 千米/时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A 西偏北β(β为锐角)的200千米处，若cos α＝34cos β，则v ＝() A ．60B ．80 C ．100D ．125解析： 如图，台风中心为B,2.5小时后到达点C ，则在△ABC中，AB sin α＝AC sin β，即sin α＝43sin β，又cos α＝34cos β.∴sin 2α＋cos 2α＝169sin 2β＋916cos 2β＝1＝sin 2β＋cos 2β，∴sin β＝34cos β， ∴sin β＝35，cos β＝45，∴sin α＝45，cos α＝35，∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝35×45－45×35＝0，∴α＋β＝π2，∴BC 2＝AB 2＋AC 2，∴(2.5v )2＝1502＋2002，解得v ＝100，故选 C. 答案： C 6．化简：π－α＋sin 2αcos2α2＝________.解析：π－α＋sin 2αcos2α2＝2sin α＋2sin α·cos α12＋cos α＝2sin α＋cos α12＋cos α＝4sinα.答案： 4sin α7．在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C ＝________.解析：sin 2A sin C ＝2sin Acos A sin C ＝2a c ·b2＋c2－a22bc ＝2×46·25＋36－162×5×6＝1. 答案： 18．(2018·开封市高三定位考试)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，且a ＝5，△ABC 的面积为23，则b ＋c 的值为________．解析： 由正弦定理及b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，得sin B ·sin B cos B ＋sin B ·sin A cos A ＝2sin C ·sin Bcos B ，即cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos A ，亦即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，故sin C ＝2sin C cos A ．因为sin C ≠0，所以cos A ＝12，所以A ＝π3.由面积公式，知S △ABC ＝12bc sin A ＝23，所以bc ＝8.由余弦定理，知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ，代入可得b ＋c ＝7.答案： 79．(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝⎛⎭⎪⎫－35，－45.(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．解析： (1)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得sin α＝－45.所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.(2)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得cos α＝－35，由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α，得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－5665或cos β＝1665.10．(2018·北京卷)在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos B ＝－17.(1)求∠A ；(2)求AC 边上的高．解析： (1)在△ABC 中，因为cos B ＝－17，所以sin B ＝1－cos2B ＝437. 由正弦定理得sin A ＝asin B b ＝32.由题设知π2<∠B <π，所以0<∠A <π2.所以∠A ＝π3.(2)在△ABC 中，因为sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝3314，所以AC 边上的高为a sin C ＝7×3314＝332.B 级1．(2018·河南濮阳一模)已知△ABC 中，sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，则sin 2Bsin B ＋cos B 的取值范围是() A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，22B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22C ．(－1，2)D ．⎝⎛⎦⎥⎤0，3－32解析： 由sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，知a ，b ，c ，成等比数列，即b 2＝ac ，∴cos B ＝a2＋c2－b22ac ＝a2＋c2－ac 2ac ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2c ＋c 2a －12≥2a 2c ·c 2a －12＝12，当且仅当a ＝c 时等号成立，可知B ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π3，设y ＝sin 2B sin B ＋cos B ＝2sin Bcos B sin B ＋cos B，设sin B ＋cos B ＝t ，则2sin B cos B ＝t 2－1.由于t ＝sin B ＋cos B ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4，B ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3，所以t ∈(1，2]，故y ＝sin 2B sin B ＋cos B ＝2sin Bcos B sin B ＋cos B ＝t2－1t ＝t －1t ，t ∈(1，2]，因为y ＝t －1t 在t ∈(1，2]上是增函数，所以y ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，22.故选B. 答案： B2．(2018·石家庄质量检测(一))如图，平面四边形ABCD 的对角线的交点位于四边形的内部，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝CD ，AC ⊥CD ，当∠ABC 变化时，对角线BD 的最大值为________．解析： 设∠ABC ＝θ，θ∈(0，π)，则由余弦定理得AC 2＝3－22cos θ，由正弦定理得1sin∠ACB ＝AC sin θ，得sin ∠ACB ＝sin θAC .在△DCB 中，由余弦定理可得，BD 2＝CD 2＋2－22CD cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠ACB ＝AC 2＋2＋22AC sin ∠ACB ＝3－22cos θ＋2＋22AC ×sin θAC ＝5＋22(sin θ－cos θ)＝5＋4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，当θ＝3π4时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4max ＝1，∴BD 2m ax ＝9，∴BD max ＝3.答案： 33．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x ，3sin x )，f (x )＝a ·b . (1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求△ABC 面积的最大值．解析： (1)易得a ＝(－sin x ，cos x )， 则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x ＝12－12cos2x ＋32sin2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π， 当2x －π6＝π2＋2k π，k ∈Z 时，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )时，f (x )取最大值是32.(2)因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6＝12⇒A ＝π3.因为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 所以12＝b 2＋c 2－bc ， 所以b 2＋c 2＝bc ＋12≥2bc ，所以bc ≤12(当且仅当b ＝c 时等号成立)，所以S ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.所以当△ABC 为等边三角形时面积取最大值是3 3.4．如图，在一条海防警戒线上的点A 、B 、C 处各有一个水声检测点，B 、C 两点到A 的距离分别为20千米和50千米，某时刻B 收到发自静止目标P 的一个声波信号，8秒后A 、B 同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A 到P 的距离为x 千米，用x 表示B 、C 到P 的距离，并求出x 的值； (2)求P 到海防警戒线AC 的距离．解析： (1)依题意，有PA ＝PC ＝x ，PB ＝x －1.5×8＝x －12. 在△PAB 中，AB ＝20，cos ∠PAB ＝PA2＋AB2－PB22PA·AB ＝x2＋202－－2x·20＝3x ＋325x，同理，在△PAC 中，AC ＝50，cos ∠PAC ＝PA2＋AC2－PC22PA·AC ＝x2＋502－x22x·50＝25x .∵cos ∠PAB ＝cos ∠PAC ，∴3x ＋325x ＝25x， 解得x ＝31.(2)作PD ⊥AC 于点D ，在△ADP 中， 由cos ∠PAD ＝2531，得sin ∠PAD ＝1－cos2∠PAD＝42131，∴PD ＝PA sin ∠PAD ＝31×42131＝421.故静止目标P 到海防警戒线AC 的距离为421千米．。

第二讲 三角函数的图象与性质1．(2019·豫南九校联考)将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π6个单位，则所得函数图象的解析式为( )A ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π24B ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3C ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π12 D.y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －7π12 解析：函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4经伸长变换得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π4，再作平移变换得y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎪⎫x －π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3.答案：B2．(2019·某某亳州一中月考)函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π3在一个周期内的图象是( )解析：由题意得函数的周期为T ＝2π，故可排除B ，D.对于C ，图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，代入解析式，不成立，故选A. 答案：A3．(2019·某某某某十校期末测试)要得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝cos 2x的图象( )A ．向左平移π3个单位长度B ．向左平移π6个单位长度C ．向右平移π6个单位长度D ．向右平移π3个单位长度解析：∵y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，∴要得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝cos 2x 的图象向左平移π6个单位长度．答案：B4．(2019·东北三省三校一模)已知函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω>0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离是π2，则该函数的一个单调增区间为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π12，π12 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3解析：由题意得2πω＝2×π2，解得ω＝2，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.令－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π(k ∈Z)，解得－π3＋k π≤x ≤π6＋k π.当k ＝0时，有x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6.故选A.答案：A5．(2019·高考全国卷Ⅱ)若x 1＝π4，x 2＝3π4是函数f (x )＝sin ωx (ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( ) A ．2B.32 C ．1D.12解析：由题意及函数y ＝sin ωx 的图象与性质可知， 12T ＝3π4－π4，∴T ＝π，∴2πω＝π，∴ω＝2. 故选A. 答案：A6．(2019·某某某某一模)已知函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象的一个对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，其中ω为常数，且ω∈(1,3)．若对任意的实数x ，总有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)，则|x 1－x 2|的最小值是( ) A ．1 B.π2C ．2D.π解析：∵函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象的一个对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，∴π3ω＋π3＝k π，k ∈Z ，∴ω＝3k －1，k ∈Z ，由ω∈(1,3)，得ω＝2.由题意得|x 1－x 2|的最小值为函数的半个周期，即T 2＝πω＝π2.答案：B7．(2019·某某平遥中学调研)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，已知点A (0，3)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，若将它的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，则函数g (x )图象的一条对称轴方程为( ) A ．x ＝π12B.x ＝π4C ．x ＝π3D.x ＝2π3解析：由题意知图象过A (0，3)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0， 即f (0)＝2sin φ＝3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6·ω＋φ＝0，又ω>0，|φ|<π，并结合图象知φ＝2π3，π6·ω＋φ＝π＋2k π(k ∈Z)，得ω＝2，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3， 移动后g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋2π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，所以对称轴满足2x ＋π3＝π2＋k π(k ∈Z)，解得x ＝π12＋k π2(k ∈Z)，所以满足条件的一条对称轴方程是x ＝π12，故选A.答案：A8．(2019·某某某某适应性统考)已知A ，B ，C ，D ，E 是函数y ＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<π2一个周期内的图象上的五个点，如图所示，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0，B 为y 轴上的点，C 为图象上的最低点，E 为该函数图象的一个对称中心，B 与D 关于点E 对称，CD →在x 轴上的投影为π12，则ω，φ的值为( )A ．ω＝2，φ＝π3B.ω＝2，φ＝π6C ．ω＝12，φ＝π3D.ω＝12，φ＝π12解析：由题意知T ＝4×⎝⎛⎭⎪⎫π12＋π6＝π，所以ω＝2.因为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0，所以0＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＋φ. 又0<φ<π2，所以φ＝π3.答案：A9．(2019·某某某某3月模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0)，f (0)＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，若f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有且仅有三个零点，则ω的可能取值为( )A.23 B.2 C.143D.263解析：∵函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0)，f (0)＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2ω－π6＝－12，∴π2ω－π6＝2k π＋π6或π2ω－π6＝2k π＋5π6，k ∈Z ，∴ω＝4k ＋23或ω＝4k ＋2，k ∈Z.∵函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有且仅有三个零点，∴ωx －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，ωπ2－π6，∴2π<ωπ2－π6≤3π，∴133<ω≤193，∴ω＝143或ω＝6.故选C.答案：C10．(2019·贺州一模)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)(φ∈R)，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝f (x )，且f (π)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，则函数f (x )取得最大值时x 的可能值为( )A.π6B.π5C.π3D.π2解析：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝f (x )， 即y ＝f (x )的图象关于直线x ＝π6对称，即函数f (x )在x ＝π6时取得最值，①当函数f (x )在x ＝π6时取得最大值时，又因为函数f (x )的周期为π，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝f (π)，满足题意， ②当函数f (x )在x ＝π6时取得最小值时，又因为函数f (x )的周期为π，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝f (π)，不满足题意， 综合①②得：函数f (x )取得最大值时x 的可能值为π6.故选A. 答案：A11．(2019·某某一模)若函数f (x )＝sinωx2·sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx 2＋π2(ω>0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2内有且仅有一个最大值，则ω的取值X 围是( ) A ．(0,5)B.[1,5)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，92 解析：f (x )＝sinωx2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx 2＋π2＝12sin ωx ，当ωx ＝2k π＋π2，即x ＝2k π＋π2ω(k ∈Z)时函数取最大值，又函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2内有且仅有一个最大值，即有两种情况，一是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2内只有一个极值点，二是函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2内单调递增，所以有⎩⎪⎨⎪⎧π2≤ωπ2<5π2，－3π2<－ωπ3或⎩⎪⎨⎪⎧π2≥ωπ2，－π2≤－ωπ3，解得ω∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，92或ω∈(－∞，1]，又∵ω>0，所以ω∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，故选C. 答案：C12．(2019·某某一模)函数f (x )＝sin(2x ＋θ)＋cos 2x ，若f (x )最大值为G (θ)，最小值为g (θ)，则( )A ．∃θ0∈R ，使G (θ0)＋g (θ0)＝πB ．∃θ0∈R ，使G (θ0)－g (θ0)＝πC ．∃θ0∈R ，使|G (θ0)·g (θ0)|＝πD ．∃θ0∈R ，使⎪⎪⎪⎪⎪⎪G (θ0)g (θ0)＝π解析：f (x )＝sin(2x ＋θ)＋cos 2x ＝cos θ·sin 2x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋12·cos 2x ＋12＝54＋sin θsin(2x ＋φ)＋12，所以G (θ)＝54＋sin θ＋12，g (θ)＝－54＋sin θ＋12， ①对于选项A ，G (θ0)＋g (θ0)＝54＋sin θ＋12－54＋sin θ＋12＝1，显然不满足题意，即A 错误，②对于选项B ，G (θ0)－g (θ0)＝54＋sin θ＋12＋54＋sin θ－12＝254＋sin θ∈[1,3]，显然不满足题意，即B 错误， ③对于选项C ，G (θ0)·g (θ0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋sin θ＋12·⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋sin θ－12＝1＋sin θ∈[0,2]，显然不满足题意，即C 错误，④对于选项D ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪G (θ)g (θ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪154＋sin θ－12＋1∈[2，＋∞)，即∃θ0∈R ，使⎪⎪⎪⎪⎪⎪G (θ0)g (θ0)＝π，故D 正确， 故选D. 答案：D13．(2019·某某模拟)函数f (x )＝4cos x sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6－1(x ∈R)的最大值为________．解析：∵f (x )＝4cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6－1＝4cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin x ＋12cos x －1＝23sin x cos x ＋2cos 2x －1＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，∴f (x )max ＝2. 答案：214．设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)．若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，则函数f (x )的最小正周期为________． 解析：∵f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3， ∴x ＝π2和x ＝2π3均不是f (x )的极值点，其极值应该在x ＝π2＋2π32＝7π12处取得，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，∴x ＝π6也不是函数f (x )的极值点，又f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性， ∴x ＝π6－⎝⎛⎭⎪⎫7π12－π2＝π12为f (x )的另一个相邻的极值点，故函数f (x )的最小正周期T ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫7π12－π12＝π.答案：π15．(2019·某某某某武邑中学模拟)将f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象向右平移π4ω个单位，得到y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π4上为增函数，则ω的最大值为________．解析：将f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象向右平移π4ω个单位，得到y ＝g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ω⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4ω＋π4＝2sin ωx 的图象，若y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π4上为增函数，则满足T 4≥π4，即T ≥π，即2πω≥π，所以0<ω≤2，即ω的最大值为2.答案：216．已知函数f (x )＝2a sin(πωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫a ≠0，ω>0，|φ|≤π2，直线y ＝a 与f (x )的图象的相邻两个距离最近的交点的横坐标分别是2和4，现有如下命题： ①该函数在[2,4]上的值域是[a ，2a ]；②在[2,4]上，当且仅当x ＝3时函数取得最大值； ③f (x )的图象可能过原点． 其中真命题的个数为________．解析：对于①，∵直线y ＝a 与函数f (x )＝2a sin(πωx ＋φ)的图象的相邻两个距离最近的交点的横坐标分别为2和4，∴结合图象可以看出，当a >0时，f (x )在[2,4]上的值域为[a ，2a ]，当a <0时，f (x )在[2,4]上的值域为[2a ，a ]，①错误；对于②，根据三角函数图象的对称性，显然x ＝2和x ＝4的中点是x ＝3，即当a >0时，f (x )在x ＝3处有最大值f (3)＝2a ，当a <0时，f (x )在x ＝3处有最小值f (3)＝2a ，②错误； 对于③，f (0)＝2a sin φ，令f (0)＝0，得φ＝0，此时f (x )＝2a sin πωx ，由2a sin πωx ＝a 得sin πωx ＝22，则πωx ＝2k π＋π4(k ∈Z)或πωx ＝2k π＋3π4(k ∈Z)，∴x ＝2k ＋14ω(k ∈Z)或x ＝2k ＋34ω(k ∈Z)，∵直线y ＝a 与函数f (x )＝2a sin(πωx ＋φ)的图象的相邻两个距离最近的交点的横坐标分别为2和4，∴令⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋14ω＝2，2k ＋34ω＝4，解得k ＝18∉Z ，即不存在这样的k 符合题意，③错误． 综上，没有真命题． 答案：0。

第2讲 三角变换与解三角形考情解读 1.高考中常考查三角恒等变换有关公式的变形使用，常和同角三角函数的关系、诱导公式结合.2.利用正弦定理或余弦定理解三角形或判断三角形的形状、求值等，经常和三角恒等变换结合进行综合考查．1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.3．三角恒等式的证明方法(1)从等式的一边推导变形到另一边，一般是化繁为简． (2)等式的两边同时变形为同一个式子． (3)将式子变形后再证明． 4．正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C . sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R .a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C . 5．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C . 6．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .7．解三角形(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一． (3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解． (4)已知三边，利用余弦定理求解．热点一 三角变换例1 (1)已知sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，则cos(α＋2π3)等于( )A ．－45B ．－35C.45D.35(2)(2014·课标全国Ⅰ)设α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，且tan α＝1＋sin βcos β，则( )A ．3α－β＝π2B ．2α－β＝π2C ．3α＋β＝π2D ．2α＋β＝π2思维启迪 (1)利用和角公式化简已知式子，和cos(α＋23π)进行比较．(2)先对已知式子进行变形，得三角函数值的式子，再利用范围探求角的关系． 答案 (1)C (2)B解析 (1)∵sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，∴32sin α＋32cos α＝－435， ∴32sin α＋12cos α＝－45， ∴cos(α＋2π3)＝cos αcos 2π3－sin αsin 2π3＝－12cos α－32sin α＝45.(2)由tan α＝1＋sin βcos β得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β， ∴sin(α－β)＝cos α＝sin(π2－α)．∵α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，∴α－β∈(－π2，π2)，π2－α∈(0，π2)，∴由sin(α－β)＝sin(π2－α)，得α－β＝π2－α，∴2α－β＝π2.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，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．设函数f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x .(1)求函数f (x )的最小正周期和最大值；(2)若θ是第二象限角，且f (θ2)＝0，求cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ的值．解 (1)f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x ＝cos 2x cos π3－sin 2x sin π3＋1－cos 2x 2＝12－32sin 2x .所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，最大值为1＋32. (2)因为f (θ2)＝0，所以12－32sin θ＝0，即sin θ＝33，又θ是第二象限角， 所以cos θ＝－1－sin 2θ＝－63. 所以cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θ2cos 2θ－2sin θcos θ＝(cos θ＋sin θ)(cos θ－sin θ)2cos θ(cos θ－sin θ)＝cos θ＋sin θ2cos θ ＝－63＋332×(－63)＝6－326＝2－24.热点二 解三角形例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足a ＝2sin A ，cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0.(1)求边c 的大小；(2)求△ABC 面积的最大值．思维启迪 (1)将cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0中的边化成角，然后利用和差公式求cos C ，进而求c .(2)只需求ab 的最大值，可利用cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab 和基本不等式求解．解 (1)∵cos B cos C ＋2a c ＋bc＝0， ∴c cos B ＋2a cos C ＋b cos C ＝0，∴sin C cos B ＋sin B cos C ＋2sin A cos C ＝0， ∴sin A ＋2sin A cos C ＝0， ∵sin A ≠0，∴cos C ＝－12，∵C ∈(0，π)∴C ＝2π3，∴c ＝a sin A·sin C ＝ 3.(2)∵cos C ＝－12＝a 2＋b 2－32ab，∴a 2＋b 2＋ab ＝3，∴3ab ≤3，即ab ≤1. ∴S △ABC ＝12ab sin C ≤34.∴△ABC 的面积最大值为34. 思维升华 三角形问题的求解一般是从两个角度，即从“角”或从“边”进行转化突破，实现“边”或“角”的统一，问题便可突破． 几种常见变形：(1)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ；(2)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，其中R 为△ABC 外接圆的半径； (3)sin(A ＋B )＝sin C ，cos(A ＋B )＝－cos C .(1)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，则ba 等于( )A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3(2)(2014·江西)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( ) A ．3 B.932C.332D ．3 3答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，由正弦定理得sin 2A sin B ＋sin B cos 2A ＝2sin A ，即sin B ＝2sin A ， 即sin B sin A ＝2，b a ＝sin Bsin A＝ 2. (2)∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得ab ＝6.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.热点三 正、余弦定理的实际应用例3 (2013·江苏)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿AC 匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再从B 匀速步行到C .假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 思维启迪 (1)直接求sin B ，利用正弦定理求AB .(2)利用余弦定理和函数思想，将甲乙距离表示为乙出发后时间t 的函数．解 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理AB sin C ＝AC sin B ，得 AB ＝AC sin B ×sin C ＝1 2606365×45＝1 040(m)．所以索道AB 的长为1 040 m.(2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，由于0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537 min 时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝ACsin B，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C . 设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min ，乙步行的速度应控制在⎣⎡⎦⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．思维升华 求解三角形的实际问题，首先要准确理解题意，分清已知与所求，关注应用题中的有关专业名词、术语，如方位角、俯角等；其次根据题意画出其示意图，示意图起着关键的作用；再次将要求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识建立数学模型，从而正确求解，演算过程要简练，计算要准确；最后作答．如图，中国渔民在中国南海黄岩岛附近捕鱼作业，中国海监船在A 地侦察发现，在南偏东60°方向的B 地，有一艘某国军舰正以每小时13海里的速度向正西方向的C 地行驶，企图抓捕正在C 地捕鱼的中国渔民．此时，C 地位于中国海监船的南偏东45°方向的10海里处，中国海监船以每小时30海里的速度赶往C 地救援我国渔民，能不能及时赶到？(2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45)解 过点A 作AD ⊥BC ，交BC 的延长线于点D .因为∠CAD ＝45°，AC ＝10海里， 所以△ACD 是等腰直角三角形． 所以AD ＝CD ＝22AC ＝22×10＝52(海里)． 在Rt △ABD 中，因为∠DAB ＝60°，所以BD ＝AD ×tan 60°＝52×3＝56(海里)． 所以BC ＝BD －CD ＝(56－52)(海里)．因为中国海监船以每小时30海里的速度航行，某国军舰正以每小时13海里的速度航行， 所以中国海监船到达C 点所用的时间t 1＝AC 30＝1030＝13(小时)，某国军舰到达C 点所用的时间t 2＝BC 13＝5×(6－2)13≈5×(2.45－1.41)13＝0.4(小时)． 因为13<0.4，所以中国海监船能及时赶到．1．求解恒等变换问题的基本思路一角二名三结构，即用化归转化思想“去异求同”的过程，具体分析如下：(1)首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变换形式，角的变换是三角函数变换的核心．(2)其次看函数名称之间的关系，通常“切化弦”． (3)再次观察代数式的结构特点． 2．解三角形的两个关键点(1)正、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，注意定理的灵活变形，如a ＝2R sin A ，sin A ＝a2R(其中2R 为三角形外接圆的直径)，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C 等，灵活根据条件求解三角形中的边与角．(2)三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“三角形的内角和等于π”和诱导公式可得到sin(A ＋B )＝sin C ，sin A ＋B 2＝cos C2等，利用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题等．3．利用正弦定理、余弦定理解决实际问题的关键是如何将实际问题转化为数学问题，抽象出三角形模型．真题感悟1．(2013·浙江)已知α∈R ，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α等于( ) A.43 B.34 C ．－34 D ．－43 答案 C解析 ∵sin α＋2cos α＝102， ∴sin 2α＋4sin α·cos α＋4cos 2α＝52.用降幂公式化简得：4sin 2α＝－3cos 2α， ∴tan 2α＝sin 2αcos 2α＝－34.故选C.2．(2014·江苏)若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________． 答案6－24解析 由sin A ＋2sin B ＝2sin C ，结合正弦定理得a ＋2b ＝2c . 由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－(a ＋2b )242ab ＝34a 2＋12b 2－2ab22ab≥2⎝⎛⎭⎫34a 2⎝⎛⎭⎫12b 2－2ab 22ab＝6－24， 故6－24≤cos C <1，且3a 2＝2b 2时取“＝”． 故cos C 的最小值为6－24. 押题精练1．在△ABC 中，已知tan A ＋B2＝sin C ，给出以下四个结论： ①tan Atan B＝1；②1<sin A ＋sin B ≤2；③sin 2A ＋cos 2B ＝1；④cos 2A ＋cos 2B ＝sin 2C . 其中一定正确的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ 答案 D解析 依题意，tan A ＋B2＝sinA ＋B 2cos A ＋B 2＝2sin A ＋B 2cos A ＋B22cos2A ＋B 2＝sin (A ＋B )1＋cos (A ＋B )＝sin C1＋cos (A ＋B )＝sin C .∵sin C ≠0，∴1＋cos(A ＋B )＝1，cos(A ＋B )＝0.∵0<A ＋B <π，∴A ＋B ＝π2，即△ABC 是以角C 为直角的直角三角形．对于①，由tan Atan B ＝1，得tan A ＝tan B ，即A ＝B ，不一定成立，故①不正确；对于②，∵A ＋B ＝π2，∴sin A ＋sin B ＝sin A ＋cos A ＝2sin(A ＋π4)，∴1<sin A ＋sin B ≤2，故②正确；对于③，∵A ＋B ＝π2，∴sin 2A ＋cos 2B ＝sin 2A ＋sin 2A ＝2sin 2A ，其值不确定，故③不正确；对于④，∵A ＋B ＝π2，∴cos 2A ＋cos 2B ＝cos 2A ＋sin 2A ＝1＝sin 2C ，故④正确．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )，且q ∥p . (1)求sin A 的值；(2)求三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围．解 (1)∵q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )且q ∥p ，∴2b －c ＝2a cos C ， 由正弦定理得2sin A cos C ＝2sin B －sin C ， 又sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ， ∴12sin C ＝cos A sin C . ∵sin C ≠0，∴cos A ＝12，又∵0<A <π，∴A ＝π3，∴sin A ＝32. (2)原式＝－2cos 2C 1＋tan C＋1＝1－2(cos 2C －sin 2C )1＋sin C cos C ＝1－2cos 2C ＋2sin C cos C ＝sin 2C －cos 2C＝2sin(2C －π4)，∵0<C <23π，∴－π4<2C －π4<1312π，∴－22<sin(2C －π4)≤1，∴－1<2sin(2C －π4)≤2，即三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围为(－1，2]．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．(2014·浙江)为了得到函数y ＝sin 3x ＋cos 3x 的图象，可以将函数y ＝2cos 3x 的图象( ) A ．向右平移π4个单位B ．向左平移π4个单位C ．向右平移π12个单位D ．向左平移π12个单位答案 C解析 因为y ＝sin 3x ＋cos 3x ＝2sin(3x ＋π4)＝2sin[3(x ＋π12)]，又y ＝2cos 3x ＝2sin(3x ＋π2)＝2sin[3(x ＋π6)]，所以应由y ＝2cos 3x 的图象向右平移π12个单位得到．2．已知α∈(π2，π)，sin(α＋π4)＝35，则cos α等于( )A ．－210B.7210 C ．－210或7210D ．－7210答案 A解析 ∵α∈(π2，α)．∴α＋π4∈(34π，54π)．∵sin(α＋π4)＝35，∴cos(α＋π4)＝－45，∴cos α＝cos(α＋π4)cos π4＋sin(α＋π4)sin(π4)＝－45×22＋35×22＝－210.3．在△ABC 中，若sin C sin A ＝3，b 2－a 2＝52ac ，则cos B 的值为( )A.13B.12C.15D.14答案 D 解析 由正弦定理：c a ＝sin C sin A＝3， 由余弦定理：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝c 2－52ac 2ac ＝12×c a －54＝32－54＝14. 4．(2013·陕西)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝ a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定 答案 B解析 由b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ，所以sin A ＝1，由0<A <π，得A ＝π2，所以△ABC 为直角三角形． 5．已知tan β＝43，sin(α＋β)＝513，其中α，β∈(0，π)，则sin α的值为( ) A.6365B.3365C.1365D.6365或3365 答案 A解析 依题意得sin β＝45，cos β＝35.注意到sin(α＋β)＝513<sin β，因此有α＋β>π2(否则，若α＋β≤π2，则有0<β<α＋β≤π2，0<sin β<sin(α＋β)，这与“sin(α＋β)<sin β”矛盾)，则cos(α＋β)＝－1213，sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin β＝6365. 6．已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且tan B ＝2－3a 2－b 2＋c2，BC →·BA →＝12，则tan B 等于( )A.32B.3－1C ．2D ．2－ 3 答案 D解析 由题意得，BC →·BA →＝|BC →|·|BA →|cos B＝ac cos B ＝12，即cos B ＝12ac，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12ac⇒a 2＋c 2－b 2＝1， 所以tan B ＝2－3a 2－b 2＋c 2＝2－3，故选D. 二、填空题7．已知tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝12，且－π2<α<0，则2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝________. 答案 －255解析 由tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝12， 得tan α＝－13. 又－π2<α<0，可得sin α＝－1010. 故2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝2sin α(sin α＋cos α)22(sin α＋cos α) ＝22sin α＝－255. 8．在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，已知a 2－c 2＝2b ，且sin A cos C ＝3cos A sin C ，则b ＝________.答案 4解析 由sin A cos C ＝3cos A sin C 得：a 2R ·a 2＋b 2－c 22ab ＝3·b 2＋c 2－a 22bc ·c 2R ， ∴a 2＋b 2－c 2＝3(b 2＋c 2－a 2)，a 2－c 2＝b 22， 解方程组：⎩⎪⎨⎪⎧a 2－c 2＝2b a 2－c 2＝b 22，∴b ＝4. 9．已知0<α<π2<β<π，cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45，则cos(α＋π4)＝________. 答案 82－315 解析 因为0<α<π2<β<π， 所以π4<β－π4<3π4，π2<α＋β<3π2. 所以sin(β－π4)>0，cos(α＋β)<0.因为cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45， 所以sin(β－π4)＝223，cos(α＋β)＝－35. 所以cos(α＋π4)＝cos[(α＋β)－(β－π4)] ＝cos(α＋β)cos(β－π4)＋sin(α＋β)sin(β－π4) ＝－35×13＋45×223＝82－315.10．如图，嵩山上原有一条笔直的山路BC ，现在又新架设了一条索道AC ，小李在山脚B 处看索道AC ，发现张角∠ABC ＝120°；从B 处攀登400米到达D 处，回头看索道AC ，发现张角∠ADC ＝150°；从D 处再攀登800米方到达C 处，则索道AC 的长为________米．答案 40013解析 如题图，在△ABD 中，BD ＝400米，∠ABD ＝120°.因为∠ADC ＝150°，所以∠ADB ＝30°.所以∠DAB ＝180°－120°－30°＝30°.由正弦定理，可得BD sin ∠DAB ＝AD sin ∠ABD . 所以400sin 30°＝AD sin 120°，得AD ＝4003(米)． 在△ADC 中，DC ＝800米，∠ADC ＝150°，由余弦定理，可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2×AD ×CD ×cos ∠ADC＝(4003)2＋8002－2×4003×800×cos 150°＝4002×13，解得AC ＝40013(米)．故索道AC 的长为40013米．三、解答题11．(2014·安徽)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B .(1)求a 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4的值． 解 (1)因为A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B .由正、余弦定理得a ＝2b ·a 2＋c 2－b 22ac. 因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，a ＝2 3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13. 由于0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－19＝223. 故sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝sin A cos π4＋cos A sin π4＝223×22＋⎝⎛⎭⎫－13×22＝4－26. 12．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1(ω>0)的最小正周期是π. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值． 解 (1)f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1 ＝23sin ωx cos ωx －2cos 2ωx ＋1＝3sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin(2ωx －π6)． 最小正周期是2π2ω＝π，所以，ω＝1， 从而f (x )＝2sin(2x －π6)． 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z . 所以函数f (x )的单调递增区间为[－π6＋k π，π3＋k π](k ∈Z )． (2)当x ∈[π8，3π8]时，2x －π6∈[π12，7π12]， f (x )＝2sin(2x －π6)∈[6－22，2]， 所以f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值分别为2，6－22. 13．已知角A 、B 、C 是△ABC 的三个内角，若向量m ＝(1－cos(A ＋B )，cos A －B 2)，n ＝(58，cos A －B 2)，且m ·n ＝98. (1)求tan A tan B 的值；(2)求ab sin C a 2＋b 2－c 2的最大值． 解 (1)m ·n ＝58－58cos(A ＋B )＋cos 2A －B 2＝98－18cos A cos B ＋98sin A sin B ＝98，∴cos A cos B ＝9sin A sin B 得tan A tan B ＝19. (2)tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝98(tan A ＋tan B )≥98·2tan A tan B ＝34. (∵tan A tan B ＝19>0， ∴A ，B 均是锐角，即其正切值均为正)ab sin C a 2＋b 2－c 2＝sin C 2cos C ＝12tan C ＝－12tan(A ＋B )≤－38， 所求最大值为－38.。

第2讲三角恒等变换与解三角形[考情分析] 1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度．考点一三角恒等变换核心提炼1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β；(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β；(3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 2α＝2sin αcos α；(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α；(3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.例1(1)(2023·南宁模拟)已知α∈(0，π)，且3cos 2α－4cos α＋1＝0，则sin 2α等于()A ．－459B ．－429C ．－259D ．－229答案B解析由3cos 2α－4cos α＋1＝0得3(2cos 2α－1)－4cos α＋1＝0，化简得3cos 2α－2cos α－1＝0，解得cos α＝1或cos α＝－13，因为α∈(0，π)，所以cos α＝－13.所以sin α＝1－cos 2α＝223.所以sin 2α＝2sin αcos α＝－429.(2)(2023·新高考全国Ⅰ)已知sin(α－β)＝13，cos αsin β＝16，则cos(2α＋2β)等于()A.79 B.19C ．－19D ．－79答案B 解析因为sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝13，而cos αsin β＝16，因此sin αcos β＝12，则sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝23，所以cos(2α＋2β)＝cos 2(α＋β)＝1－2sin 2(α＋β)＝1－2＝19.规律方法三角恒等变换的“4大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan45°等．(2)项的拆分与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等．(3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂．(4)弦、切互化：一般是切化弦．跟踪演练1(1)(2023·济宁模拟)已知＝33，则sin α()A ．－23 B.23C ．－13 D.13答案D解析αsin 2－π2＝－cos 1－2cos ＝1－2×13＝13.(2)已知函数f (x )＝sin x －2cos x ，若当x ＝θ时，f (x )取得最大值，则cos θ＝________.答案－255解析f (x )＝sin x －2cos x ＝5sin(x －φ)，其中cos φ＝55，sin φ＝255，则f (θ)＝5sin(θ－φ)＝5，因此θ－φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，则cos θ＝＋π2＋2k sin φ＝－255.考点二正弦定理、余弦定理及综合应用核心提炼1．正弦定理：在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R ，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等．2．余弦定理：在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc .3．三角形的面积公式：S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A .考向1正弦定理、余弦定理例2(1)(2023·红河模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为12b (b sin B －a sin A －c sin C )，则B 等于()A.π6 B.5π6 C.π3 D.2π3答案D 解析由题知，△ABC 的面积为12b (b sin B －a sin A －c sin C )，所以12ab sin C ＝12b (b sin B －a sin A －c sin C )，即a sin C ＝b sin B －a sin A －c sin C ，所以由正弦定理得ac ＝b 2－a 2－c 2，即a 2＋c 2－b 2＝－ac ，所以由余弦定理的推论得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝－12，因为B ∈(0，π)，所以B ＝2π3.(2)(2023·全国甲卷)在△ABC 中，∠BAC ＝60°，AB ＝2，BC ＝6，∠BAC 的角平分线交BC 于D ，则AD ＝________.答案2解析如图所示，记AB ＝c ＝2，AC ＝b ，BC ＝a ＝ 6.方法一在△ABC 中，由余弦定理可得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos ∠BAC ，即6＝b 2＋22－2×b ×2×cos 60°，解得b ＝1＋3(负值舍去)，由S △ABC ＝S △ABD ＋S △ACD 可得，12×2×(1＋3)×sin 60°＝12×2×AD ×sin 30°＋12×(1＋3)×AD ×sin 30°，解得AD ＝2.方法二在△ABC 中，由余弦定理可得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos ∠BAC ，即6＝b 2＋22－2×b ×2×cos 60°，解得b ＝1＋3(负值舍去)，由正弦定理可得6sin 60°＝1＋3sin B ＝2sin C ，解得sin B ＝6＋24，sin C ＝22，因为1＋3>6>2，所以C ＝45°，B ＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD ＝30°，所以∠ADB ＝75°，即AD ＝AB ＝2.考向2解三角形中的最值与范围问题例3(2023·大连模拟)从下列条件中选择一个条件补充到题目中：①S ＝34(b 2＋c 2－a 2)，其中S 为△ABC 的面积；②a ＋b sin C ＝c －b sin A －sin B ；③3sin C ＋cos C ＝c ＋b a .在△ABC 中，角A ，B ，C 对应边分别为a ，b ，c ，________.(1)求角A ；(2)若D 为边AB 的中点，CD ＝23，求b ＋c 的最大值．解(1)选①，由余弦定理得，b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，又S ＝12bc sin A ，所以12bc sin A ＝34×2bc cos A ，得tan A ＝3，因为0<A <π，所以A ＝π3.选②，因为a ＋b sin C ＝c －b sin A －sin B，由正弦定理得a ＋b c ＝c －b a －b，整理得b 2＋c 2－a 2＝bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝12，因为0<A <π，所以A ＝π3.选③，因为3sin C ＋cos C ＝c ＋b a，由正弦定理得3sin C ＋cos C ＝sin C ＋sin B sin A，即3sin C sin A ＋cos C sin A ＝sin C ＋sin B ，又因为A ＋C ＝π－B ，所以sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋sin C cos A ，所以3sin C sin A －sin C cos A ＝sin C ，因为0<C <π，所以sin C ≠0，所以3sin A －cos A ＝1，因为0<A <π，所以－π6<A －π6<5π6，所以A －π6＝π6，即A ＝π3.(2)在△ACD 中，设∠ADC ＝θ，θ∈(0，π)，由正弦定理得ACsin θ＝AD ＝CD sin A ＝2332＝4，所以AC ＝4sin θ，AD ＝所以b ＋c ＝4sin θ＋8sin θ＋43cos θ＝47sin (θ＋φ)≤47，其中tan φ＝32，当θ＋φ＝π2时取等号，所以b ＋c 的最大值是47.规律方法解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略(1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a ＋b 与ab 相互转化求最值范围．(2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值、范围．跟踪演练2(1)(2023·宝鸡模拟)在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝7，D 为BC 的中点，AD ＝5，则BC 等于()A ．23B ．43C ．22D ．42答案B 解析方法一设BC ＝2x ，则BD ＝CD ＝x .在△ACD 中，由余弦定理的推论可得，cos ∠ADC ＝AD 2＋CD 2－AC 22AD ·CD ＝25＋x 2－4910x.在△ABD 中，由余弦定理的推论可得，cos ∠ADB ＝AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＝25＋x 2－2510x.又∠ADC ＋∠ADB ＝π，所以cos ∠ADC ＝－cos ∠ADB ，所以有25＋x 2－4910x ＝－25＋x 2－2510x，整理可得x 2＝12，解得x ＝23，所以BC ＝4 3.方法二AD →＝12(AB →＋AC →)，则AD →2＝14(AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →)，即25＝14(25＋49＋2×5×7×cos ∠BAC )，解得cos ∠BAC ＝1335，所以BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos ∠BAC＝25＋49－2×5×7×1335＝48，所以BC ＝4 3.(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos A cos C .①求角A 的大小；②若a ＝2，求△ABC 的周长的取值范围．解①因为2cos A cos C ，所以2cos B cos π6－cos B sin ＝－cos(A ＋B )，所以3cos A sin B －cos A cos B＝－cos A cos B ＋sin A sin B ，即3cos A sin B ＝sin A sin B ，因为B ∈(0，π)，所以sin B ≠0，所以3cos A ＝sin A ，因此有tan A ＝ 3.又因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3.②由a ＝2，A ＝π3及余弦定理得4＝c 2＋b 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ≥(b ＋c )2－34(b ＋c )2＝(b ＋c )24，所以b ＋c ≤4，当且仅当b ＝c ＝2时取等号．又因为b ＋c >a ＝2，所以4<a ＋b ＋c ≤6，故△ABC 的周长的取值范围为(4,6]．考点三解三角形的实际应用核心提炼解三角形应用题的常考类型(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．例4(1)(2023·洛阳模拟)某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度．步骤如下：①将镜子(平面镜)置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；②将镜子后移，重复①中的操作；③求建筑物高度．如图所示，前后两次人与镜子的距离分别为a 1m ，a 2m(a 2>a 1)，两次观测时镜子间的距离为a m ，人的“眼高”为h m ，则建筑物的高度为()A.ah a 2－a 1mB.a (a 2－a 1)hm C.(a 2－a 1)h am D.ah 2a 2－a 1m 答案A 解析设建筑物的高度为x ，如图所示，由△HGF ∽△DEF ，得HG DE ＝GF EF ⇒EF ＝DE ·GF HG ＝xa 1h，由△ABC ∽△DEC ，得AB DE ＝BC EC ⇒h x ＝a 2a ＋xa 1h，所以ha ＋xa 1＝xa 2，即x (a 1－a 2)＝－ha ，解得x ＝ah a 2－a 1(m)．(2)(2023·济南模拟)山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标(如图1)，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和无限的科技创新．如图2，为了测量科技馆最高点A 与其附近一建筑物楼顶B 之间的距离，无人机在点C 测得点A 和点B 的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D ，此时测得点A 和点B 的俯角分别为45°和60°(A ，B ，C ，D 在同一铅垂面内)，则A ，B 两点之间的距离为________米．答案10015解析由题意，∠DCB ＝30°，∠CDB ＝60°，所以∠CBD ＝90°，所以在Rt △CBD 中，BC ＝32CD ＝3003(米)，又∠DCA ＝75°，∠CDA ＝45°，所以∠CAD ＝60°，在△ACD 中，由正弦定理得AC sin 45°＝CD sin 60°，所以AC ＝60032×22＝2006(米)，在△ABC 中，∠ACB ＝∠DCA －∠DCB ＝75°－30°＝45°，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos ∠ACB ＝(2006)2＋(3003)2－2×2006×3003×22＝150000，所以AB ＝10015(米)．规律方法解三角形实际问题的步骤跟踪演练3(1)(2023·湖州、衢州、丽水质检)喜来登月亮酒店是浙江省湖州市地标性建筑，某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端B 在同一水平面内的两个测量基点C 与D ，现测得∠BCD ＝45°，∠BDC ＝105°，CD ＝100米，在点C 处测得酒店顶端A 的仰角∠ACB ＝28°，则酒店的高度约是()(参考数据：2≈1.4，6≈2.4，tan 28°≈0.53)A ．91米B ．101米C ．111米D ．121米答案B 解析由题设∠CBD ＝30°，在△BCD 中，CD sin ∠CBD ＝BC sin ∠BDC ，又sin ∠BDC ＝sin 105°＝sin(60°＋45°)＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝6＋24，所以BC ＝CD sin ∠BDC sin ∠CBD＝100×6＋2412＝50(6＋2)米，所以AB ＝BC tan ∠ACB ＝50(6＋2)×tan 28°≈101(米)．(2)(2023·广州模拟)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A ，B 两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C ，D ，测得CD ＝35m ，∠ADB ＝135°，∠BDC ＝∠DCA ＝15°，∠ACB ＝120°，则A ，B 两点间的距离为________m.答案355解析因为∠ADB ＝135°，∠BDC ＝∠DCA ＝15°，所以∠ADC ＝150°，所以∠DAC ＝15°，所以AD ＝CD ＝35，又因为∠ACB ＝120°，所以∠BCD ＝135°，∠CBD ＝30°，在△BCD 中，由正弦定理得BD sin ∠BCD ＝CD sin ∠CBD，即BD 22＝3512，解得BD ＝352，在△ABD 中，由余弦定理得AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD ·cos ∠ADB＝352＋(352)2－2×35×352解得AB ＝355，所以A ，B 两点间的距离为355m.专题强化练一、单项选择题1．(2023·汕头模拟)在△ABC 中，已知C ＝45°，b ＝2，c ＝2，则角B 为()A ．30°B ．60°C ．30°或150°D ．60°或120°答案A 解析在△ABC 中，由正弦定理可得sinB ＝b sinC c ＝2sin 45°2＝12，又因为c >b ，可得C >B ，即0°<B <45°，所以B ＝30°.2．(2023·芜湖模拟)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a cos A ＋b cos(A ＋C )＝0，则△ABC 为()A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰或直角三角形答案D 解析由a cos A ＋b cos(A ＋C )＝0，得a cos A －b cos B ＝0，由正弦定理得sin A cos A －sin B cos B ＝0，所以sin 2A ＝sin 2B ，因为0<2A <2π，0<2B <2π，所以2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，所以A ＝B 或A ＋B ＝π2.即△ABC 是等腰或直角三角形．3．(2023·新高考全国Ⅱ)已知α为锐角，cos α＝1＋54，则sin α2等于()A.3－58 B.－1＋58C.3－54 D.－1＋54答案D解析因为α为锐角，所以sin α2＝1－cos α2＝3－58＝(5－1)216＝5－14.4．(2023·南充模拟)一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°方向直线航行，30分钟后到达B 处．在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B ，C 两点间的距离是()A ．102海里B ．103海里C ．202海里D ．203海里答案A 解析依题意，如图，在△ABC 中，∠BAC ＝70°－40°＝30°，∠ABC ＝40°＋65°＝105°，则∠ACB ＝45°，AB ＝40×3060＝20(海里)，由正弦定理得BC sin ∠BAC ＝ABsin ∠ACB ，即BCsin 30°＝20sin 45°，因此BC ＝20×1222＝102(海里)，所以B ，C 两点间的距离是102海里．5．(2023·烟台模拟)已知α，β满足sin(2α＋β)＝cos β，tan α＝2，则tan β的值为()A ．－13B ．－23 C.13 D.23答案A解析因为sin(2α＋β)＝cos β，所以sin(α＋α＋β)＝cos(α＋β－α)，即sin αcos(α＋β)＋cos αsin(α＋β)＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，显然cos α≠0，两边同除cos α得，tan αcos(α＋β)＋sin(α＋β)＝cos(α＋β)＋tan αsin(α＋β)，2cos(α＋β)＋sin(α＋β)＝cos(α＋β)＋2sin(α＋β)，即cos(α＋β)＝sin(α＋β)，易知cos(α＋β)≠0，则tan(α＋β)＝1，tan β＝tan(α＋β－α)＝tan (α＋β)－tan α1＋tan (α＋β)tan α＝1－21＋1×2＝－13.6．(2023·毕节模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，点G 为△ABC 的重心，且GA →·GB →＝0，当∠C 取最大值时，cos C 等于()A.45 B.35 C.25 D.15答案A 解析如图，GA →＝CA →－CG →＝CA →－23CD→＝CA →－23×12(CA →＋CB →)＝23CA →－13CB →，同理GB →＝23CB →－13CA →，∴GA →·GB →－13－13CA ＝－29CA →2－29CB →2＋59CA →·CB →＝0，即2a 2＋2b 2＝5ab cos C ，∴cos C ＝2a 2＋2b 25ab，∴cos C≥45a b ·b a ＝45，当且仅当a ＝b 时，等号成立，又y ＝cos x 在(0，π)上单调递减，C ∈(0，π)，∴当∠C 取最大值时，cos C ＝45.二、多项选择题7．(2023·衡阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知(a ＋b )∶(b ＋c )∶(c ＋a )＝5∶6∶7，则下列结论正确的是()A ．sin A ∶sinB ∶sinC ＝2∶3∶4B ．△ABC 为钝角三角形C ．若a ＝6，则△ABC 的面积是615D ．若△ABC 外接圆半径是R ，内切圆半径是r ，则R r ＝165答案BD解析设a ＋b ＝5t ，b ＋c ＝6t ，c ＋a ＝7t ，t >0，则a ＝3t ，b ＝2t ，c ＝4t ，对于A ，sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶2∶4，故A 不正确；对于B ，c 最大，所以C 最大，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－14<0，故B 正确；对于C ，若a ＝6，则t ＝2，b ＝4，c ＝8，由cos C ＝－14，得sin C ＝154，所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×6×4×154＝315，故C 不正确；对于D ，由正弦定理的推论得R ＝c2sin C ＝8t 15＝81515t ，△ABC 的周长l ＝9t ，面积S ＝12ab sin C ＝3154t 2，所以内切圆半径r ＝2Sl ＝156t ，所以Rr ＝165，故D 正确．8．函数f (x )＝sin x (sin x ＋cos x )－12，若f (x 0)＝3210，x 0()A ．f (x )＝22sin xB ．直线x ＝π4是f (x )图象的一条对称轴C ．f (x )上的最小值为－22D ．cos 2x 0＝210答案AD解析f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x －12＝1－cos 2x 2＋12sin 2x －12＝12(sin 2x －cos 2x )＝22sin x A 正确；f ＝22sin ×π4－＝12，∴直线x ＝π4不是f (x )图象的一条对称轴，故B 错误；当x 2x －π4∈－π4，∴f (x )∴f (x )C 错误；∵f (x 0)＝3210，∴x 0＝35，又2x 0－π4∈－π4，∴x 0＝45，∴cos 2x 0＝x 0＋π4＝22cos x 0x 0＝210，故D 正确．三、填空题9．(2023·开封模拟)在△ABC 中，AB ＝7，BC ＝3，C ＝2π3，则△ABC 的面积为________．答案1534解析在△ABC 中，因为AB ＝7，BC ＝3，C ＝2π3由余弦定理可得，AB 2＝CA 2＋CB 2－2CA ·CB ·cos C ，即49＝CA 2＋9－6CA 所以CA 2＋3CA －40＝0，解得CA ＝5或CA ＝－8(舍去)，所以S △ABC ＝12CA ·CB ·sin C ＝12×5×3×32＝1534.10．(2023·沧州调研)已知tan θ＝2，则sin 3θsin θ＝________.答案13解析sin 3θ＝sin(θ＋2θ)＝sin θcos 2θ＋cos θsin 2θ＝sin θ(1－2sin 2θ)＋2sin θcos 2θ＝3sin θ－4sin 3θ，因为tan θ＝2，所以sin 3θsin θ＝3－4sin 2θ＝3－4sin 2θsin 2θ＋cos 2θ＝3－4tan 2θtan 2θ＋1＝3－4×(2)2(2)2＋1＝13.11．(2023·泉州统考)2022年11月30日，神舟十五号载人飞船成功与天和核心舱对接形成组合体，并于2023年6月4日成功返回地面．本次任务的完成见证了货运飞船与空间站交会对接最快世界纪录等众多历史性时刻．如图，神舟十五号返回舱接近地面时，伞面是表面积约为392πm 2的半球面(不含底面圆)，伞顶B 与返回舱底端C 的距离为半球半径的5倍，直线BC 在水平地面上的投影为D ，D 和观测点A 在同一水平线上．在遥控观测点A 处测得点B 的仰角为45°，线段BC 的视角(即∠BAC )的正弦值为7226，则此时返回舱底端离地面的高度约为__________m.答案50解析设半球的半径为R m ，则12·4πR 2＝392π，则R ＝14，所以BC ＝5R ＝70，因为仰角∠BAD ＝45°，则∠ABD ＝45°，又sin ∠BAC ＝7226，所以在△ABC 中，AC sin ∠ABC ＝BC sin ∠BAC，所以AC ＝BC sin ∠BAC ·sin ∠ABC ＝707226×22＝130，因为cos ∠BAC ＝1－sin 2∠BAC ＝17226，则sin ∠CAD ＝sin(45°－∠BAC )＝22cos ∠BAC －22sin ∠BAC ＝513，所以在Rt △ACD 中，CD ＝AC ·sin ∠CAD ＝130×513＝50.故返回舱底端离地面的高度约为50m.12．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，B ＝2π3，BD 平分∠ABC 交AC 于点D ，若BD ＝2,2AD ＝3CD ，则△ABC 的面积为________．答案2536解析由角平分线定理得AB BC ＝AD DC ＝32，即a ＝23c ，设CD ＝2m ，则AD ＝3m ，在△BCD 中，cos ∠BDC ＝BD 2＋CD 2－BC 22BD ·CD ＝4＋4m 2－49c 28m，在△ABD 中，cos ∠BDA ＝BD 2＋AD 2－AB 22BD ·AD ＝4＋9m 2－c 212m，又cos ∠BDC ＝cos(π－∠BDA )＝－cos ∠BDA ，∴4＋4m 2－49c 28m＝－4＋9m 2－c 212m ，整理得c 2＝9m 2＋6，①∵cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝c 2＋49c 2－25m 22c ·23c ＝－12，整理得199c 2＝25m 2，②联立①②，解得c 2＝25，即c ＝5，a ＝23c ＝103，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×103×5sin 2π3＝2536.四、解答题13．(2023·曲靖模拟)在①a sin(A ＋C )＝b 1＋2cos C cos B ＝cos(C －B )－cos(C ＋B )；③2tan B tan A ＋tan B ＝b c这三个条件中选择一个补充在下面问题中的横线上，然后求解．问题：在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b ＋c ＝23，a ＝6，________.(说明：只需选择一个条件填入求解，如果三个都选择并求解的，只按选择的第一种情形评分)(1)求角A 的大小；(2)求△ABC 内切圆的半径．解(1)选①，由正弦定理得sin A sin B ＝sin B 因为0<B <π，所以sin B ≠0，所以sin A ＝化简得sin A ＝32cos A ＋12sin A ，所以tan A ＝3，因为0<A <π，所以A ＝π3.选②，因为1＋2cos C cos B ＝cos(C －B )－cos(C ＋B )，所以1＋2cos C cos B －cos(C －B )＋cos(C ＋B )＝1＋2cos(C ＋B )＝1－2cos A ＝0，所以cos A ＝12，又因为0<A <π，所以A ＝π3.选③，因为2tan B tan A ＋tan B ＝b c，由正弦定理得2tan B tan A ＋tan B ＝sin B sin C ，即2sin Bcos B sin A cos A ＋sin B cos B＝sin B sin C ，则2sin B cos B sin A cos B ＋sin B cos Acos A cos B ＝2sin B cos Bsin C cos A cos B ＝2sin B cos A sin C ＝sin B sin C，因为sin B ≠0，sin C ≠0，所以cos A ＝12，又因为0<A <π，所以A ＝π3.(2)由(1)知A ＝π3，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc ，因为a ＝6，b ＋c ＝23，所以bc ＝2，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×2×sin π3＝32，设△ABC 内切圆的半径为r ，△ABC 的周长为l ，因为S △ABC ＝12rl ，故12r ·(23＋6)＝32，所以r ＝2－22，即△ABC 内切圆的半径为2－22.14．(2023·新高考全国Ⅱ)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为3，D 为BC 的中点，且AD ＝1.(1)若∠ADC ＝π3，求tan B ；(2)若b 2＋c 2＝8，求b ，c .解(1)方法一在△ABC 中，因为D 为BC 的中点，∠ADC ＝π3，AD ＝1，则S △ADC ＝12AD ·DC sin ∠ADC ＝12×1×12a ×32＝38a ＝12S △ABC ＝32，解得a ＝4.在△ABD 中，∠ADB ＝2π3，由余弦定理得c 2＝BD 2＋AD 2－2BD ·AD cos ∠ADB ，即c 2＝4＋1－2×2×17，解得c ＝7.在△ABD 中，则cos B ＝AB 2＋BD 2－AD 22AB ·BD ＝7＋4－127×2＝5714，sin B ＝1－cos 2B ＝2114，所以tan B ＝sin B cos B ＝35.方法二在△ABC 中，因为D 为BC 的中点，∠ADC ＝π3，AD ＝1，则S △ADC ＝12AD ·DC sin ∠ADC ＝12×1×12a ×32＝38a ＝12S △ABC ＝32，解得a ＝4.在△ACD 中，由余弦定理得b 2＝CD 2＋AD 2－2CD ·AD cos ∠ADC ，即b 2＝4＋1－2×2×1×12＝3，解得b ＝3，又AC 2＋AD 2＝4＝CD 2，则∠CAD ＝π2，则C ＝π6，过A 作AE ⊥BC 于点E ，如图所示，于是CE ＝AC cos C ＝32，AE ＝AC sin C ＝32，BE ＝52，所以在Rt △AEB 中，tan B ＝AE BE ＝35.(2)方法一在△ABD 与△ACD 中，由余弦定理得2＝14a 2＋1－2×12a ×1×cos (π－∠ADC )，2＝14a 2＋1－2×12a ×1×cos ∠ADC ，整理得12a 2＋2＝b 2＋c 2，而b 2＋c 2＝8，则a ＝23，又S △ADC ＝12×3×1×sin ∠ADC ＝32，解得sin ∠ADC ＝1，而0<∠ADC <π，于是∠ADC ＝π2，所以b ＝c ＝AD 2＋CD 2＝2.方法二在△ABC 中，因为D 为BC 的中点，则2AD →＝AB →＋AC →，又CB →＝AB →－AC →，于是4AD →2＋CB →2＝(AB →＋AC →)2＋(AB →－AC →)2＝2(b 2＋c 2)＝16，即4＋a 2＝16，解得a ＝23，又S △ADC ＝12×3×1×sin ∠ADC ＝32，解得sin ∠ADC ＝1，而0<∠ADC <π，于是∠ADC ＝π2，所以b ＝c ＝AD 2＋CD 2＝2.。

第2讲 三角恒等变换与解三角形一、选择题1.已知α∈R ，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α等于( ) A.43B.34C.－34D.－43解析 ∵sin α＋2cos α＝102， ∴sin 2 α＋4sin α·cos α＋4cos 2α＝52.用降幂公式化简得：4sin 2α＝－3cos 2α， ∴t an 2α＝sin 2αcos 2α＝－34.故选C.答案 C2.(2015·晋中模拟)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35，则cos α等于( )A.－210B.7210C.－210或7210D.－7210解析 ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π.∴α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫34π，54π.∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－45， ∴cos α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝－45×22＋35×22＝－210.答案 A3.钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( )A.5B. 5C.2D.1解析 S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12，∴sin B ＝22，若B ＝45°，则由余弦定理得AC ＝1，∴△ABC 为直角三角形，不符合题意，因此B ＝135°，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝5，∴AC ＝ 5.故选B. 答案 B4.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC的面积是( ) A.3B.932C.332D.3 3解析 c 2＝(a －b )2＋6，即c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6①. ∵C ＝π3，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－ab ②，由①和②得ab ＝6，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332，故选C. 答案 C5.已知tan β＝43，sin(α＋β)＝513，其中α，β∈(0，π)，则sin α的值为( )A.6365B.3365C.1365D.6365或3365解析 依题意得sin β＝45，cos β＝35.注意到sin(α＋β)＝513＜sin β，因此有α＋β＞π2(否则，若α＋β≤π2，则有0＜β＜α＋β≤π2，0＜sin β＜sin(α＋β)，这与“sin(α＋β)＜sin β”矛盾)，则cos(α＋β)＝－1213，sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin β＝6365.答案 A 二、填空题6.(2015·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为315，b －c ＝2，cos A ＝－14，则a 的值为________.解析 ∵cos A ＝－14，0＜A ＜π，∴sin A ＝154，S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ×154＝315，∴bc ＝24， 又b －c ＝2，∴b 2－2bc ＋c 2＝4，b 2＋c 2＝52，由余弦定理得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝52－2×24×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝64，∴a ＝8.答案 87.(2015·南昌模拟)若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________.解析 ∵sin A ＋2sin B ＝2sin C . 由正弦定理可得a ＋2b ＝2c ，即c ＝a ＋2b2，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 222ab＝3a 2＋2b 2－22ab 8ab ≥26ab －22ab 8ab ＝6－24，当且仅当3a 2＝2b 2即ab＝23时等号成立.∴cos C 的最小值为6－24. 答案6－248.如图，嵩山上原有一条笔直的山路BC ，现在又新架设了一条索道AC ，小李在山脚B 处看索道AC ，发现张角∠ABC ＝120°；从B 处攀登400米到达D 处，回头看索道AC ，发现张角∠ADC ＝150°；从D 处再攀登800米方到达C 处，则索道AC 的长为________米.解析 如题图，在△ABD 中，BD ＝400米，∠ABD ＝120°.因为∠ADC ＝150°，所以∠ADB ＝30°.所以∠DAB ＝180°－120°－30°＝30°. 由正弦定理，可得BD sin∠DAB ＝ADsin∠ABD .所以400sin 30°＝ADsin 120°，得AD ＝4003(米).在△ADC 中，DC ＝800米，∠ADC ＝150°，由余弦定理可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2·AC ·CD ·cos∠ADC＝(4003)2＋8002－2×4003×800×cos 150°＝4002×13，解得AC ＝40013(米).故索道AC 的长为40013米. 答案 40013 三、解答题9.设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B . (1)求a 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4的值.解 (1)因为A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B .由正、余弦定理得 a ＝2b ·a 2＋c 2－b 22ac.因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，a ＝2 3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13.由于0＜A ＜π， 所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－19＝223.故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝sin A cos π4＋cos A sin π4＝223×22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13×22＝4－26.10.(2015·唐山模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且c sin B ＝b cos C ＝3. (1)求b ；(2)若△ABC 的面积为212，求c .解 (1)由正弦定理得：sin C sin B ＝sin B cos C . 又sin B ≠0，所以sin C ＝cos C ，∴C ＝45°. 又b cos C ＝3，所以b ＝3 2.(2)因为S △ABC ＝12ac sin B ＝212，c sin B ＝3，所以a ＝7，由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝25.所以c ＝5. 11.(2015·山东卷)设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值.解 (1)由题意知f (x )＝sin 2x 2－1＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12.由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z,可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ；由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z ， 可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )；单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z ). (2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12，由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，即bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时等号成立. 因此12bc sin A ≤2＋34.所以△ABC 面积的最大值为2＋34.。

第2讲三角恒等变换与解三角形(文理)JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．三角恒等变换是高考的热点内容,主要考查利用各种三角函数公式进行求值与化简,其中二倍角公式、辅助角公式是考查的重点,切化弦、角的变换是常考的内容．2．正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容,主要考查：(1)边、角、面积的计算；(2)有关边、角的范围问题；(3)实际应用问题．⊙︱真题分布︱(理科)年份卷别题号考查角度分值2020 Ⅰ卷9、16三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值；利用余弦定理解三角形10 Ⅱ卷17 解三角形求角和周长的最值12 Ⅲ卷7、9 余弦定理解三角形；三角恒等变换求值102019 Ⅰ卷17 正余弦定理12 Ⅱ卷15二倍角公式、基本关系式、余弦定理、三角形面积公式5 Ⅲ卷18 正余弦定理、三角形面积公式122018 Ⅰ卷17 正余弦定理、解三角形12 Ⅱ卷10、15二倍角、辅助角公式、基本关系式、和的正弦公式、余弦定理10 Ⅲ卷15 余弦定理、二倍角公式、函数零点 5年份卷别题号考查角度分值2020 Ⅰ卷18 余弦定理、三角恒等变换解三角形10 Ⅱ卷13、17余弦的二倍角公式的应用；诱导公式和平方关系的应用,利用勾股定理或正弦定理,余弦定理判断三角形的形状17Ⅲ卷 5、11 两角和与差的正余弦公式及其应用；余弦定理以及同角三角函数关系解三角形10 2019Ⅰ卷7、11 诱导公式及两角和的正切公式；正、余弦定理10 Ⅱ卷 11、15 二倍角公式的应用；正弦定理的应用10 Ⅲ卷 18 正余弦定理、三角形面积公式12 2018Ⅰ卷11、16 三角函数定义及三角恒等变换；正余弦定理、解三角形10 Ⅱ卷 7、15 二倍角及余弦定理；诱导公式及三角恒等变换10 Ⅲ卷7、11二倍角公式、正、余弦定理解三角形10KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点 考点一 三角恒等变换知识再现三角恒等变换与求值1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α. 3．辅助角公式asin x ＋bcos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)(其中tan φ＝b a)典例悟通典例1 (1)(2020·全国Ⅱ卷模拟)cos 240°＋2sin 35°sin 55°sin 10°＝( A )A ．34B ．14C ．12＋32 D ．334(2)(2020·宜宾模拟)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,且3sin 2α－5cos 2α＋sin 2α＝0,则sin 2α＋cos 2α＝( A )A ．1B ．－2317C ．－2317或1D ．－1(3)已知函数f(x)＝3cos xcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6－12.①求f(x)的单调递增区间；②若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4,f(x)＝36,求cos 2x 的值．【解析】 (1)原式＝cos 240°＋2sin 35°cos 35°sin 10° ＝cos 240°＋sin 70°sin 10°＝12＋12cos 80°＋sin 70°sin 10°＝12＋12(cos 70°cos 10°－sin 70°sin 10°＋2sin 70°sin 10°) ＝12＋12(cos 70°cos 10°＋sin 70°sin 10°)＝12＋12cos 60°＝34.故选A ． (2)由3sin 2α－5cos 2α＋sin 2α＝0, 得3sin 2α－5cos 2α＋2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝0 3tan 2α＋2tan α－5tan 2α＋1＝0, 即3tan 2α＋2tan α－5＝0, 解得tan α＝1或tan α＝－53.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2,∴tan α＝1,即α＝π4.∴sin 2α＋cos 2α＝sinπ2＋cos π2＝1．故选A ． (3)f(x)＝3cos xcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6－12 ＝3sin xcos x ＋1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π32－12＝32sin 2x －12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝32sin 2x －12⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos 2x ＋32sin 2x ＝34sin 2x －14cos 2x ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.①令2k π－π2≤2x－π6≤2kπ＋π2,k ∈Z,得k π－π6≤x≤kπ＋π3,k ∈Z,所以f(x)的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤kπ－π6，kπ＋π3,k ∈Z.②由f(x)＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝36,得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝33,∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4,∴－π6≤2x－π6≤π3, ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝63. ∴cos 2x ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －π6＋π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6×32－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6×12＝63×32－33×12＝22－36. 方法感悟三角恒等变换的“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换, 1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α,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：一般是切化弦．跟踪训练1．(1)(2019·江苏)已知tan αtan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23,则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4的值是10(2)设α为锐角,若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45,则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12的值为50【解析】 (1)方法一：由tan αtan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan αtan α＋11－tan α＝tan α()1－tan αtan α＋1＝－23.解得tan α＝2或－13.sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22(sin 2α＋cos 2α) ＝22(2sin αcos α＋2cos 2α－1) ＝2(sin αcos α＋cos 2α)－22＝2·sin αcos α＋cos 2αsin 2α＋cos 2α－22 ＝2·tan α＋1tan 2α＋1－22, 将tan α＝2和－13分别代入得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝210.方法二：∵tan αtan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝sin αcos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23,∴sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4.① 又sin π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos α－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＝22,②由①②,解得sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－25,cos αsin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝3210.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4 ＝sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝210.(2)因为α为锐角且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45>0,所以α＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2,所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π4 ＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π4－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－1 ＝2×35×45－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝12225－7250＝17250. 考点二 正弦定理与余弦定理知识再现1．正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R(2R 为△ABC 外接圆的直径)． 变形：a ＝2Rsin A,b ＝2Rsin B,c ＝2Rsin C. sin A ＝a 2R ,sin B ＝b 2R ,sin C ＝c2R .a ︰b ︰c ＝sin A ︰sin B ︰sin C. 2．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bccos A,b 2＝a 2＋c 2－2accos B, c 2＝a 2＋b 2－2abcos C.推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ,cos B ＝a 2＋c 2－b22ac ,cos C ＝a 2＋b 2－c22ab.变形：b 2＋c 2－a 2＝2bccos A,a 2＋c 2－b 2＝2accos B,a 2＋b 2－c 2＝2abcos C. 3．面积公式S △ABC ＝12bcsin A ＝12acsin B ＝12absin C.典例悟通典例2 (2020·百校联盟联考)已知△ABC 的内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c 满足acos B＋bcos A ＝c2cos C,且BC 边上一点P 使得PA ＝PC.(1)求角C 的大小；(2)若PB ＝3,sin ∠BAP ＝35738,求△ABC 的面积．【解析】 (1)因为acos B ＋bcos A ＝c2cos C ,在△ABC,由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ,所以得2cos C(sin Acos B ＋sin Bcos A)＝sin C. 所以2cos Csin(A ＋B)＝sin C. 即2cos C ＝1,所以cos C ＝12,因为C ∈(0,π),所以C ＝π3.(2)由(1)知C ＝π3,而PA ＝PC,△APC 为等边三角形．由于∠APB 是△APC 的外角,所以∠APB ＝2π3.在△APB 中,由正弦定理得PBsin ∠BAP ＝ABsin2π3, 即335738＝AB sin2π3,所以AB ＝19.所以由余弦定理得,AB 2＝PA 2＋PB 2－2PA·PBcos 2π3,即PA 2＋3PA －10＝0, 解得：PA ＝2,故BC ＝2＋3＝5,AC ＝2,所以S △ABC ＝12CA·CB·sin C＝12×2×5×32＝532.方法感悟解三角形问题一般要利用正、余弦定理和三角形内角和定理．正弦定理可以将角转化成边,也可以将边转化成角,当涉及边的平方关系时,一般利用余弦定理,要根据题目特点和正、余弦定理的结构形式,灵活选用．跟踪训练2．(2020·江苏省扬州市调研)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若b ＝3,sin 2A －sin 2B ＝3sin 2C,cos A ＝－13,则△ABC 的面积是__2__.【解析】 由正弦定理可将sin 2A －sin 2B ＝3sin 2C 转化为a 2－b 2＝3c 2, 由余弦定理得：a 2＝b 2＋c 2－2bccos A,将b ＝3,cos A ＝－13,代入上面两个式子,并化简可得：⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3c 2＋9a 2＝c 2＋2c ＋9,解得：c ＝1,∵cos A ＝－13,∴sin A ＝223,∴S △ABC ＝12bcsin A ＝12×3×1×223＝ 2.考点三 正、余弦定理的实际应用知识再现1．实际问题经抽象概括后,已知量与未知量全部集中在一个三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解． 2．实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解够条件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解．典例悟通典例3 如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上,行驶600 m 后到达B 处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD ＝__1006__m.【解析】 由题意,在△ABC 中,∠BAC ＝30°, ∠ABC ＝180°－75°＝105°,故∠ACB ＝45°. 又AB ＝600 m,故由正弦定理得600sin 45°＝BCsin 30°,解得BC ＝300 2 m. 在Rt △BCD 中,CD ＝BC·tan 30°＝3002×33＝1006(m)． 方法感悟 解三角形应用题的常考类型(1)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量全部集中在一个三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解．(2)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解够条件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解．跟踪训练3．(2020·湖北省高三冲刺)《九章算术》是中国古代第一部数学专著,成于公元一世纪左右,系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就．其中《方田》一章中记载了计算弧田(弧田就是由圆弧和其所对弦所围成的弓形)的面积所用的经验公式：弧田面积＝12(弦×矢＋矢×矢),公式中“弦”指圆弧所对弦长,“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．按照上述经验公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差．现有圆心角为2π3,弦长为40 3 m 的弧田．其实际面积与按照上述经验公式计算出弧田的面积之间的误差为(其中π≈3,3≈1.73)( B )A ．15 m 2B ．16 m 2C ．17 m 2D ．18 m 2【解析】 因为圆心角为2π3,弦长为40 3 m,所以圆心到弦的距离为20 m,半径为40 m, 因此根据经验公式计算出弧田的面积为 12(403×20＋20×20)＝(4003＋200) m 2, 实际面积等于扇形面积减去三角形面积为12×2π3×402－12×20×403＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1 600π3－4003 m 2,因此两者之差为1 600π3－4003－(4003＋200)≈16 m 2．故选B ．考点四 与解三角形有关的交汇创新知识再现1．以平面几何为载体的解三角形问题,这种题目主要是：一是考查多个三角形的问题；二是考查四边形问题；三是通过三角形中的不等关系确定角或边的范围问题．2．以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及重要不等式．典例悟通典例4 (2020·武侯区校级模拟)设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c,已知c ＝3,且sin ⎝⎛⎭⎪⎫C －π6·cos C＝14.(1)求角C 的大小；(2)若向量m ＝(1,sin A)与n ＝(2,sin B)共线,求a 、b 的值．【解析】 (1)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C －π6·cos C＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin Ccos π6－cos Csin π6·cos C＝32sin Ccos C －12cos 2C ＝34sin 2C －1＋cos 2C 4＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C －π6－14＝14,∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1；又0＜C ＜π,∴－π6＜2C －π6＜11π6,∴2C －π6＝π2,解得C ＝π3.(2)向量m ＝(1,sin A)与n ＝(2,sin B)共线, ∴2sin A －sin B ＝0, ∴sin B ＝2sin A, 即b ＝2a ①； 又c ＝3,C ＝π3,∴c 2＝a 2＋b 2－2abcos C ＝a 2＋b 2－ab ＝9 ②； 由①②联立解得a ＝3,b ＝2 3方法感悟以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及重要不等式．这类综合问题的解法思路是：通过向量的运算把向量问题转化为三角函数问题或解三角形问题,再利用三角变换或正(余)弦定理综合解决． 跟踪训练4．(2020·青岛模拟)如图,在平面四边形ABCD 中,AB ⊥AD,AB ＝1,AD ＝3,BC ＝ 2.(1)若CD ＝1＋3,求四边形ABCD 的面积；(2)若sin ∠BCD ＝325,∠ADC ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,求sin ∠ADC. 【解析】 (1)连接BD,在Rt △ABD 中,由勾股定理可得,BD 2＝AB 2＋AD 2＝4,故BD ＝2,在△BCD 中,由余弦定理可得,cos C ＝BC 2＋CD 2－BD 22BC·CD ＝2＋1＋32－42×2×1＋3＝22, 因为C 为三角形的内角,故C ＝π4, 所以S △ABD ＝12AB·AD＝12×1×3＝32,S △BCD ＝12BC·CDsin C＝12×2×(1＋3)×22＝1＋32,故求四边形ABCD 的面积S ＝12＋ 3. (2)在△BCD 中,由正弦定理可得BC sin ∠BDC ＝BD sin ∠BCD, 所以sin ∠BDC ＝BC·sin ∠BCD BD＝2×3252＝35. 因为∠ADC ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2,所以∠BDC ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,cos ∠BDC ＝45,Rt △ABD 中,tan ∠ADB ＝AB AD ＝33,故∠ADB ＝π6, 所以sin ∠ADC ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋∠BDC ＝35×32＋45×12＝4＋3310.YI CUO QING LING MIAN SHI WU易错清零·免失误1．处理三角恒等变换时角的变换方向不清典例1 (2020·湖南长郡中学10月模拟)已知sin(α＋2β)＝34,cos β＝13,α,β为锐角,则sin(α＋β)的值为( D )A ．37－2212B ．3－21412C ．37＋2212D ．3＋21412 【错解】 因为cos β＝13,β为锐角, 所以sin β＝1－132＝223, cos 2β＝2cos 2 β－1＝－79<0． 又α、β为锐角,∴0<α＋β<π,又sin(α＋2β)＝34, 所以cos(α＋2β)＝1－sin 2α＋2β＝74. 所以sin(α＋β)＝sin[(α＋2β－β)]＝sin(α＋2β)cos β－cos(α＋2β)sin β＝34×13－74×223＝3－21412,故选B ． 【剖析】 上述解法错误是利用同角三角函数关系时,求错α＋2β的范围,而导致求cos(α＋2β)时求错值,故导致后面计算sin(α＋β)时尽管利用对了公式,但是结果也错了．【正解】 因为cos β＝13,β为锐角,所以sin β＝1－132＝223,cos 2β＝2cos 2 β－1＝－79<0, 又β为锐角,所以π2<2β<π, 因为α为锐角,所以α＋2β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2, 又sin(α＋2β)＝34, 所以cos(α＋2β)＝1－sin 2α＋2β＝－74, 所以sin(α＋β)＝sin[(α＋2β)－β]＝sin(α＋2β)cos β－cos(α＋2β)sin β ＝34×13－⎝ ⎛⎭⎪⎫－74×223＝3＋21412,故选D ． 2．解三角形时忽视对三角形的解的个数的讨论而出错典例2 (2020·天津摸底调研)在△ABC 中,a,b,c 分别是三个内角A,B,C 的对边,若b ＝3,c ＝4,C ＝2B,且a≠b.(1)求cos B 及a 的值；(2)求cos(2B ＋π3)的值． 【解析】 (1)在△ABC 中,由正弦定理b sin B ＝a sin A ＝c sin C ,得3sin B ＝4sin C. 因为C ＝2B,所以3sin B ＝4sin 2B ,即3sin B ＝42sin Bcos B, 又sin B≠0,所cos B ＝23. 在△ABC 中,由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2accos B,则a 2－163a ＋7＝0,解得a ＝3或a ＝73. 又a≠b ,所以a ＝73. (2)由(1)知,cos B ＝23,所以sin B ＝53,所以cos 2B ＝2cos 2B －1＝2×49－1＝－19, 所以sin 2B ＝2sin BcosB ＝2×53×23＝459,所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π3＝cos 2Bcos π3－sin 2Bsin π3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－19×12－459×32 ＝－1＋41518. 【剖析】 (1)求解此类题时避免出错的关键：一是会选定理,即根据已知的边角关系,恰当地选用正弦定理或余弦定理解三角形,一般地,知两边和其中一边所对的角(既要注意角和边的对应,还要注意讨论钝角与锐角)或一边和两角,常利用正弦定理解三角形,知三边或两边与其夹角,常利用余弦定理解三角形；二是会用公式,即会利用二倍角公式、两角和与差的正弦和余弦公式求三角函数值．(2)在△ABC 中,已知a,b 和A,三角形的解的个数的情况如下,①A 为锐角时,当0<a<bsin A 时,无解：当a ＝bsin A 时,有一解；当bsin A<a<b 时,有两解；当a≥b 时,有一解．②A 为直角或钝角时,当a≤b 时,无解：当a>b 时,有一解．3．不能正确进行边角互化典例3 (2020·南宁10月模拟)△ABC 的三个内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,asin Asin B＋bcos 2A ＝2a.(1)求b a； (2)若c 2＝b 2＋3a 2,求B.【解析】 (1)由正弦定理,得asin B ＝bsin A,因为asin AsinB ＋bcos 2A ＝2a,所以bsin 2A ＋bcos 2A ＝2a,所以b a＝ 2. (2)由余弦定理得,b 2＝a 2＋c 2－2accos B,因为c 2＝b 2＋3a 2,所以cos B ＝1＋3a 2c . 由(1)知b 2＝2a 2,故c 2＝(2＋3)a 2．所以cos 2B ＝12,易知cos B>0, 所以cos B ＝22,又0<B<π,所以B ＝π4. 【剖析】 求解此类题时避开易错点的关键是会转化,即已知三角等式中既含有角又含有边的关系时,①若等式两边为关于边的齐次式,可以将边化为对应角的正弦值；②若具有余弦定理的形式,可以运用余弦定理将边化为角；③若等式两边均含有角的正弦值,常将角的正弦值化为边；④若含有角的余弦值,可以运用余弦定理将角化为边；⑤若一边与它的对角同时出现,经常用正弦定理,注意角和边要对应．。

高考考点考点解读[解析] 由题意S △ABC ＝12ab sin C ＝a2＋b2－c24，即sin C ＝a2＋b2－c22ab ，由余弦定理可知sin C ＝cos C ，即tan C ＝1，又C ∈(0，π)，所以C ＝π4.3．(20xx·全国Ⅰ卷，11)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A ()1，a ，B()2，b ，且cos2α＝23，则||a －b ＝( B ) A ．15B ．55C ．255D ．1[解析] 由cos2α＝2cos 2α－1＝23可得cos 2α＝56＝cos2αsin2α＋cos2α＝1tan2α＋1，化简可得tan α＝±55；当tan α＝55时，可得a 1＝55，b 2＝55，即a ＝55，b ＝255，此时|a －b |＝55；当tan α＝－55时，仍有此结果，故|a －b |＝55. 4．(20xx·天津卷，6)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，所得图象对应的函数( A )A ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增 B ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减 C ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增 D ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递减 [解析] 选A ．因为将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，得到函数y＝sin2x 的图象．用五点法作出草图，如图：从图中可以看出选项A 正确，其他都不正确．⎝ ⎛4－α＝5，则sin22 .＝4＋2c＝R，则△9．为了竖起一块广告牌，要制造三角形支架，如图，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于1米，且AC 比AB 长0.5米，为了稳定广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为2＋3.[解析] 由题意设BC ＝x (x >1)米， AC ＝t (t >0)米，依题设AB ＝AC －0.5 ＝(t －0.5)米，在△ABC 中，由余弦定理得： AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos60°， 即(t －0.5)2＝t 2＋x 2－tx ，化简并整理得： t ＝x2－0.25x －1(x >1)，即t ＝x －1＋0.75x －1＋2，因为x >1，故t ＝x －1＋0.75x －1＋2≥2＋3， 当且仅当x ＝1＋32时取等号，此时取最小值2＋3.10．(20xx·全国卷Ⅰ，17)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5.(1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC ．[解析] (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sinA ＝AB sin ∠ADB. 由题设知，5sin45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25. 由题意知，∠ADB ＜90°， 所以cos ∠ADB ＝1－225＝235.∴a ·(－MB →－MC →)＋b MB →＋33c ·MC →＝0.即(b －a )·MB →＋(33c －a )·MC →＝0，∵MB →与MC →不共线， ∴b －a ＝0，32c －a ＝0. 得a b33c ＝111，令a ＝1，b ＝1，c ＝3， 则cos C ＝a2＋b2－c22ab ＝1＋1－32×1×1＝－12，∴C ＝2π3，故选D ．2．(20xx·××市一模)若sin(π6－α)＝13，则cos(2π3＋2α)＝( A ) A ．－79B ．79C ．－29D ．29[解析] ∵cos(2π3＋2α)＝－cos(π3－2α)＝－[1－2sin 2(π6－α)]＝－(1－29)＝－79.3．(20xx·威海二模)已知等腰△ABC 满足AB ＝AC ，3BC ＝2AB ，点D 为BC 边上的一点且AD ＝BD ，则sin ∠ADB 的值为( C )A ．36B ．23C ．223D ．63[解析] 如图，设AB ＝AC ＝a ，AD ＝BD ＝b ，由3BC ＝2AB ，。