2021年北京市高考数学专题复习：解三角形(含答案解析)

十年高考真题（2011-2020）与模拟题（北京卷）专题05三角函数与解三角形本专题考查的知识点为：三角函数与解三角形，历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：三角函数的性质，正余弦定理解三角形，正余弦定理的实际应用，三角函数的实际应用，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以三角函数的性质，正余弦定理解三角形的方法为重点较佳.1．【2020年北京卷10】2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（πDay）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是（）．A．3n(sin30°n +tan30°n)B．6n(sin30°n+tan30°n)C．3n(sin60°n +tan60°n)D．6n(sin60°n+tan60°n)【答案】A 【解析】单位圆内接正6n边形的每条边所对应的圆周角为360°n×6=60°n，每条边长为2sin30°n，所以，单位圆的内接正6n边形的周长为12nsin30°n，单位圆的外切正6n边形的每条边长为2tan30°n ，其周长为12ntan30°n，∴2π=12nsin 30°n+12ntan30°n2=6n(sin30°n+tan30°n)，则π=3n(sin30°n +tan30°n).故选：A.2．【2018年北京理科07】在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线x﹣my﹣2＝0的距离．当θ、m变化时，d的最大值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】解：由题意d=√12+m2=|√m2+1sin(θ+α)−2|√m2+1，tan α=1m =yx ，∴当sin （θ+α）＝﹣1时， d max ＝1√m 2+1≤3．∴d 的最大值为3． 故选：C ．3．【2016年北京理科07】将函数y ＝sin （2x −π3）图象上的点P （π4，t ）向左平移s （s ＞0）个单位长度得到点P ′，若P ′位于函数y ＝sin2x 的图象上，则（ ） A ．t =12，s 的最小值为π6 B ．t =√32，s 的最小值为π6 C ．t =12，s 的最小值为π3D ．t =√32，s 的最小值为π3【答案】解：将x =π4代入得：t ＝sin π6=12，将函数y ＝sin （2x −π3）图象上的点P 向左平移s 个单位，得到P ′（π4−s ，12）点，若P ′位于函数y ＝sin2x 的图象上， 则sin （π2−2s ）＝cos2s =12， 则2s =±π3+2k π，k ∈Z ， 则s =±π6+k π，k ∈Z ，由s ＞0得：当k ＝0时，s 的最小值为π6， 故选：A ．4．【2020年北京卷12】若函数f(x)=sin(x +φ)+cosx 的最大值为2，则常数φ的一个取值为________． 【答案】π2（2kπ+π2,k ∈Z 均可）【解析】因为f (x )=cosφsinx +(sinφ+1)cosx =√cos 2φ+(sinφ+1)2sin (x +θ)， 所以√cos 2φ+(sinφ+1)2=2，解得sinφ=1，故可取φ=π2. 故答案为：π2（2kπ+π2,k ∈Z 均可）.5．【2019年北京理科09】函数f （x ）＝sin 22x 的最小正周期是 ．【答案】解：∵f （x ）＝sin 2（2x ）， ∴f （x ）=−12cos(4x)+12， ∴f （x ）的周期T =π2，故答案为：π2．6．【2018年北京理科11】设函数f （x ）＝cos （ωx −π6）（ω＞0），若f （x ）≤f （π4）对任意的实数x 都成立，则ω的最小值为 ．【答案】解：函数f （x ）＝cos （ωx −π6）（ω＞0），若f （x ）≤f （π4）对任意的实数x 都成立，可得：ω⋅π4−π6=2kπ，k ∈Z ，解得ω=8k +23，k ∈Z ，ω＞0 则ω的最小值为：23． 故答案为：23．7．【2017年北京理科12】在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称，若sin α=13，则cos （α﹣β）＝ ．【答案】解：方法一：∵角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称， ∴sin α＝sin β=13，cos α＝﹣cos β，∴cos （α﹣β）＝cos αcos β+sin αsin β＝﹣cos 2α+sin 2α＝2sin 2α﹣1=29−1=−79 方法二：∵sin α=13，当α在第一象限时，cos α=2√23， ∵α，β角的终边关于y 轴对称，∴β在第二象限时，sin β＝sin α=13，cos β＝﹣cos α=−2√23， ∴cos （α﹣β）＝cos αcos β+sin αsin β=−2√23×2√23+13×13=−79：∵sin α=13，当α在第二象限时，cos α=−2√23， ∵α，β角的终边关于y 轴对称，∴β在第一象限时，sin β＝sin α=13，cos β＝﹣cos α=2√23，∴cos （α﹣β）＝cos αcos β+sin αsin β=−2√23×2√23+13×13=−79综上所述cos （α﹣β）=−79，故答案为：−798．【2015年北京理科12】在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin2AsinC = ． 【答案】解：∵△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6， ∴cos C =16+25−362×4×5=18，cos A =25+36−162×5×6=34∴sin C =3√78，sin A =√74， ∴sin2AsinC =2×√74×343√78=1．故答案为：1．9．【2014年北京理科14】设函数f （x ）＝A sin （ωx +φ）（A ，ω，φ是常数，A ＞0，ω＞0）若f （x ）在区间[π6，π2]上具有单调性，且f （π2）＝f （2π3）＝﹣f （π6），则f （x ）的最小正周期为 ． 【答案】解：由f （π2）＝f （2π3），可知函数f （x ）的一条对称轴为x =π2+2π32=7π12，则x =π2离最近对称轴距离为7π12−π2=π12．又f （π2）＝﹣f （π6），则f （x ）有对称中心（π3，0）， 由于f （x ）在区间[π6，π2]上具有单调性， 则π2−π6≤12T ⇒T ≥2π3，从而7π12−π3=T4⇒T ＝π． 故答案为：π．10．【2012年北京理科11】在△ABC 中，若a ＝2，b +c ＝7，cos B =−14，则b ＝ ．【答案】解：由题意，∵a ＝2，b +c ＝7，cos B =−14，∴b 2=22+(7−b)2−2×2×(7−b)×(−14) ∴b ＝4 故答案为：411．【2011年北京理科09】在△ABC 中．若b ＝5，∠B =π4，tan A ＝2，则sin A ＝ ；a ＝ ． 【答案】解：由tan A ＝2，得到cos 2A =11+tan 2A =15，由A ∈（0，π），得到sin A =√1−15=2√55， 根据正弦定理得：asinA =bsinB ，得到a =bsinA sinB=5×2√55√22=2√10．故答案为：2√55；2√10 12．【2020年北京卷17】在△ABC 中，a +b =11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求：（Ⅰ）a 的值：（Ⅱ）sinC 和△ABC 的面积． 条件①：c =7,cosA =−17； 条件②：cosA =18,cosB =916．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）sinC =√32,S =6√3；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）sinC =√74,S =15√74. 【解析】选择条件①（Ⅰ）∵c =7,cosA =−17，a +b =11∵a 2=b 2+c 2−2bccosA ∴a 2=(11−a)2+72−2(11−a)⋅7⋅(−17)∴a =8（Ⅱ）∵cosA =−17，A ∈(0,π)∴sinA =√1−cos 2A =4√37由正弦定理得：a sinA =c sinC ∴4√37=7sinC ∴sinC =√32S =12basinC =12(11−8)×8×√32=6√3选择条件②（Ⅰ）∵cosA =18,cosB =916，A,B ∈(0,π)∴sinA =√1−cos 2A =3√78,sinB =√1−cos 2B =5√716由正弦定理得：asinA =bsinB ∴3√78=5√716∴a =6（Ⅱ）sinC =sin(A +B)=sinAcosB +sinBcosA =3√78×916+5√716×18=√74S =12basinC =12(11−6)×6×√74=15√74.13．【2019年北京理科15】在△ABC 中，a ＝3，b ﹣c ＝2，cos B =−12．（Ⅰ）求b ，c 的值； （Ⅱ）求sin （B ﹣C ）的值．【答案】解：（Ⅰ）∵a ＝3，b ﹣c ＝2，cos B =−12．∴由余弦定理，得b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B =9+(b −2)2−2×3×(b −2)×(−12)，∴b ＝7，∴c ＝b ﹣2＝5；（Ⅱ）在△ABC 中，∵cos B =−12，∴sin B =√32， 由正弦定理有：c sinC =b sinB，∴sinC =csinB b=5×√327=5√314， ∵b ＞c ，∴B ＞C ，∴C 为锐角， ∴cos C =1114，∴sin （B ﹣C ）＝sin B cos C ﹣cos B sin C=√32×1114−(−12)×5√314=4√37． 14．【2018年北京理科15】在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos B =−17． （Ⅰ）求∠A ；（Ⅱ）求AC 边上的高．【答案】解：（Ⅰ）∵a ＜b ，∴A ＜B ，即A 是锐角， ∵cos B =−17，∴sin B =√1−cos 2B =√1−(−17)2=4√37， 由正弦定理得asinA =bsinB 得sin A =asinB b=7×4√378=√32， 则A =π3．（Ⅱ）由余弦定理得b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B ， 即64＝49+c 2+2×7×c ×17， 即c 2+2c ﹣15＝0，得（c ﹣3）（c +5）＝0， 得c ＝3或c ＝﹣5（舍）， 则AC 边上的高h ＝c sin A ＝3×√32=3√32． 15．【2017年北京理科15】在△ABC 中，∠A ＝60°，c =37a ． （1）求sin C 的值；（2）若a ＝7，求△ABC 的面积． 【答案】解：（1）∠A ＝60°，c =37a ，由正弦定理可得sin C =37sin A =37×√32=3√314， （2）a ＝7，则c ＝3， ∴C ＜A ，∵sin 2C +cos 2C ＝1，又由（1）可得cos C =1314， ∴sin B ＝sin （A +C ）＝sin A cos C +cos A sin C =√32×1314+12×3√314=4√37， ∴S △ABC =12ac sin B =12×7×3×4√37=6√3．16．【2016年北京理科15】在△ABC 中，a 2+c 2＝b 2+√2ac ． （Ⅰ）求∠B 的大小；（Ⅱ）求√2cos A +cos C 的最大值．【答案】解：（Ⅰ）∵在△ABC 中，a 2+c 2＝b 2+√2ac ． ∴a 2+c 2﹣b 2=√2ac ． ∴cos B =a 2+c 2−b 22ac=√2ac2ac=√22， ∴B =π4（Ⅱ）由（I ）得：C =3π4−A ，∴√2cos A +cos C =√2cos A +cos （3π4−A ）=√2cos A −√22cos A +√22sin A =√22cos A +√22sin A ＝sin （A +π4）．∵A ∈（0，3π4），∴A +π4∈（π4，π），故当A +π4=π2时，sin （A +π4）取最大值1， 即√2cos A +cos C 的最大值为1．17．【2015年北京理科15】已知函数f （x ）=√2sin x2cos x2−√2sin 2x2． （Ⅰ）求f （x ）的最小正周期；（Ⅱ）求f （x ）在区间[﹣π，0]上的最小值． 【答案】解：（Ⅰ）f （x ）=√2sin x2cos x2−√2sin 2x2=√22sin x −√22（1﹣cos x ） ＝sin x cos π4+cos x sin π4−√22＝sin （x +π4）−√22， 则f （x ）的最小正周期为2π； （Ⅱ）由﹣π≤x ≤0，可得 −3π4≤x +π4≤π4，即有﹣1≤sin(x +π4)≤√22， 则当x =−3π4时，sin （x +π4）取得最小值﹣1， 则有f （x ）在区间[﹣π，0]上的最小值为﹣1−√22． 18．【2014年北京理科15】如图，在△ABC 中，∠B =π3，AB ＝8，点D 在边BC 上，且CD ＝2，cos ∠ADC =17． （1）求sin ∠BAD ； （2）求BD ，AC 的长．【答案】解：（1）在△ABC 中，∵cos ∠ADC =17，∴sin ∠ADC =√1−cos 2∠ADC =√1−(17)2=√4849=4√37， 则sin ∠BAD ＝sin （∠ADC ﹣∠B ）＝sin ∠ADC •cos B ﹣cos ∠ADC •sin B =4√37×12−17×√32=3√314． （2）在△ABD 中，由正弦定理得BD =AB⋅sin∠BAD sin∠ADB=8×3√3144√37=3，在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2+CB 2﹣2AB •BC cos B ＝82+52﹣2×8×5×12=49， 即AC ＝7．19．【2014年北京理科18】已知函数f （x ）＝x cos x ﹣sin x ，x ∈[0，π2] （1）求证：f （x ）≤0； （2）若a ＜sinx x＜b 对x ∈（0，π2）上恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．【答案】解：（1）由f （x ）＝x cos x ﹣sin x 得 f ′（x ）＝cos x ﹣x sin x ﹣cos x ＝﹣x sin x ， 此在区间∈（0，π2）上f ′（x ）＝﹣x sin x ＜0， 所以f （x ）在区间∈[0，π2]上单调递减， 从而f （x ）≤f （0）＝0． （2）当x ＞0时，“sinx x＞a ”等价于“sin x ﹣ax ＞0”，“sinx x＜b ”等价于“sin x ﹣bx ＜0”令g （x ）＝sin x ﹣cx ，则g ′（x ）＝cos x ﹣c ， 当c ≤0时，g （x ）＞0对x ∈（0，π2）上恒成立，当c ≥1时，因为对任意x ∈（0，π2），g ′（x ）＝cos x ﹣c ＜0， 所以g （x ）在区间[0，π2]上单调递减，从而，g （x ）＜g （0）＝0对任意x ∈（0，π2）恒成立，当0＜c ＜1时，存在唯一的x 0∈（0，π2）使得g ′（x 0）＝cos x 0﹣c ＝0，g （x ）与g ′（x ）在区间（0，π2）上的情况如下： x（0，x 0）x 0（x 0，π2）g′（x）+﹣g（x）↑↓因为g（x）在区间（0，x0）上是增函数，所以g（x0）＞g（0）＝0进一步g（x）＞0对任意x∈（0，π2）恒成立，当且仅当g(π2)=1−π2c≥0即0＜c≤2π综上所述当且仅当c≤2π时，g（x）＞0对任意x∈（0，π2）恒成立，当且仅当c≥1时，g（x）＜0对任意x∈（0，π2）恒成立，所以若a＜sinxx ＜b对x∈（0，π2）上恒成立，则a的最大值为2π，b的最小值为120．【2013年北京理科15】在△ABC中，a＝3，b＝2√6，∠B＝2∠A．（Ⅰ）求cos A的值；（Ⅱ）求c的值．【答案】解：（Ⅰ）由条件在△ABC中，a＝3，b=2√6，∠B＝2∠A，利用正弦定理可得asinA =bsinB，即3sinA=2√6sin2A=2√62sinAcosA．解得cos A=√63．（Ⅱ）由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc•cos A，即9=(2√6)2+c2﹣2×2√6×c×√63，即c2﹣8c+15＝0．解方程求得c＝5，或c＝3．当c＝3时，此时a＝c＝3，根据∠B＝2∠A，可得B＝90°，A＝C＝45°，△ABC是等腰直角三角形，但此时不满足a2+c2＝b2，故舍去．当c＝5时，求得cos B=a 2+c2−b22ac=13，cos A=b2+c2−a22bc=√63，∴cos2A＝2cos2A﹣1=13=cos B，∴B＝2A，满足条件．综上，c＝5．21．【2012年北京理科15】已知函数f（x）=(sinx−cosx)sin2xsinx．（1）求f（x）的定义域及最小正周期；（2）求f（x）的单调递增区间．【答案】解：f(x)=(sinx−cosx)sin2xsinx =(sinx−cosx)2sinxcosxsinx=2(sinx−cosx)cosx＝sin2x﹣1﹣cos2x=√2sin（2x−π4）﹣1k∈Z，{x|x≠kπ，k∈Z}（1）原函数的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，最小正周期为π．（2）由2kπ−π2≤2x−π4≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−π8≤x≤kπ+3π8，k∈Z，又{x|x≠kπ，k∈Z}，原函数的单调递增区间为[kπ−π8，kπ)，k∈Z，(kπ，kπ+3π8]，k∈Z22．【2011年北京理科15】已知f（x）＝4cos x sin（x+π6）﹣1．（Ⅰ）求f（x）的最小正周期；（Ⅱ）求f（x）在区间[−π6，π4]上的最大值和最小值．【答案】解：（Ⅰ）∵f(x)=4cosxsin(x+π6)−1，＝4cos x（√32sinx+12cosx）﹣1=√3sin2x+2cos2x﹣1=√3sin2x+cos2x＝2sin（2x+π6），所以函数的最小正周期为π；（Ⅱ）∵−π6≤x≤π4，∴−π6≤2x+π6≤2π3，∴当2x+π6=π2，即x=π6时，f（x）取最大值2，当2x+π6=−π6时，即x=−π6时，f（x）取得最小值﹣1．1．sin75o cos30o−cos75o sin30o的值为（）A．1B．12C．√22D．√32【答案】C【解析】sin75o cos30o−cos75o sin30o2．【北京市石景山区2019届高三第一学期期末】在△ABC中，a＝7，c＝3，∠A＝60°，则△ABC的面积为（）A．152√3B．154√3C．12√3D．6√3【答案】D【解析】∵a＝7，c＝3，∠A＝60°，∴由正弦定理可得：sin C=c•sin Aa=3×√327=3√314，∵a＞c，C为锐角，∴cos C=√1−sin2C=1314，∴可得：s inB=sin(A+C)=sin A cos C+cos A sin C＝=√32×1314+12×3√314=4√37，∴SΔABC=12ac sin B=12×7×3×4√37=6√3．故选D．3．【2020届北京怀柔区高三下学期适应性练习】函数y=2cos2x−1的最小正周期为（）A．π2B．πC．2πD．4π【答案】B【解析】由题可知：y=2cos2x−1=cos2x所以最小正周期为T=2π|ω|=2π2=π故选：B4．【2020届北京市人民大学附属中学高考模拟（4月份）】下列函数中，值域为R且为奇函数的是（）A．y=x+2B．y=sinx C．y=x−x3D．y=2x【答案】C【解析】A.y=x+2，值域为R，非奇非偶函数，排除；B.y=sinx，值域为[−1,1]，奇函数，排除；C.y=x−x3，值域为R，奇函数，满足；D.y=2x，值域为(0,+∞)，非奇非偶函数，排除；故选：C.5．【北京市丰台区2020届高三下学期综合练习（二）（二模）】下列函数中，最小正周期为π的是（）A．y=12sinx B．y=sin12xC．y=cos(x+π4)D．y=12tanx【答案】D【解析】由函数y=12sinx的最小正周期为2π，故排除A；由函数y=sin12x的最小正周期为2π12=4π，故排除B；由函数y=cos(x+π4)的最小正周期为2π，故排除C；由正切函数的最小正周期的公式，可得函数y=12tanx的最小正周期为π，故D满足条件，故选：D.6．把函数y=sinx(x∈R)的图象上所有的点向左平移π6个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到图象的函数表达式为（）A．y=sin(2x−π3),x∈R B．y=sin(2x+π3),x∈RC．y=sin(12x−π6),x∈R D．y=sin(12x+π6),x∈R【答案】D 【解析】由题意将函数y=sinx(x∈R)的图象上所有的点向左平移π6个单位长度可得到函数y=sin(x+π6)(x∈R)的图象，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y=sin(12x+π6),x∈R的图象.故选：D.7．【北京市人大附中2019届高三高考信息卷（三）】在三角形ABC中,AB=1,AC=√2,∠C=π6,则∠B=（）A．π4B．π4或π2C．3π4D．π4或3π4【答案】D 【解析】由正弦定理得ABsinC =ACsinB∴1sinπ6=√2sinB,sinB=√22∴B=π4或B=3π4，选D.8．【北京市海淀区2020届高三年级第二学期期末练习（二模）】将函数f(x)=sin(2x−π6)的图象向左平移π3个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)=（）A．sin(2x+π6)B．sin(2x+2π3)C．cos2x D．−cos2x 【答案】C【解析】由题意g(x)=sin[2(x+π3)−π6]=sin(2x+π2)=cos2x.故选：C.9．【北京市西城外国语学校2019-2020学年高一第二学期诊断性测试】为了得到函数y=sin(2x−π4)的图象，可以将函数y=sin2x的图象（）A．向左平移π4个单位长度B．向右平移π4个单位长度C．向左平移π8个单位长度D．向右平移π8个单位长度【答案】D 【解析】sin(2x−π4)=sin2(x−π8)，据此可知，为了得到函数y=sin(2x−π4)的图象，可以将函数y=sin2x的图象向右平移π8个单位长度.本题选择D选项.10．【2020届北京市朝阳区六校联考高三年级四月份测试】已知△ABC，则“sinA=cosB”是“△ABC是直角三角形”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若sinA=cosB，则A+B=π2或A=B+π2，不能推出△ABC是直角三角形；若A=π2，则sinA≠cosB，所以△ABC是直角三角形不能推出sinA=cosB;所以“sinA=cosB”是“△ABC是直角三角形”的既不充分也不必要条件.故选：D.11．【北京市西城区北京师范大学附属实验中学2019-2020学年高三上学期12月月考】在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，如果2b=a+c，B=30°，△ABC的面积是32，则b=（）A．1+√3B．1+√32C．2+√32D．2+√3【答案】A 【解析】由已知S=12acsinB=12acsin30°=14ac=32，ac=6，所以b2=a2+c2−2accos30°=(a+c)2−2ac−√3ac=4b2−6(2+√3)，解得b=√3+1．故选：A．12．【2020届北京市高考适应性测试】为得到y=sin(2x−π3)的图象，只需要将y=sin2x的图象（）A．向左平移π3个单位B．向左平移π6个单位C．向右平移π3个单位D．向右平移π6个单位【答案】D【解析】因为，所以为得到y=sin(2x−π3)的图象，只需要将y=sin2x的图象向右平移π6个单位；故选D．13．【北京市第四中学2019届高三高考调研】△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知b=a(cosC+√33sinC )，a=2，c=2√63，则角C=()A．π3B．π6C．3π4D．π4【答案】D【解析】 ∵b =a (cosC +√33sinC)， ∴由正弦定理可得：sinB =sinAcosC +√33sinCsinA ，又∵sinB =sin (A +C )=sinAcosC +cosAsinC ， ∴可得：√33sinA =cosA ，可得：tanA =√3，∵A ∈(0,π)，∴A =π3，可得：sinA =√32， 又∵a =2，c =2√63， ∴由正弦定理可得：sinC =c ⋅sinA a=2√63×√322=√22，∵c <a ，C 为锐角，∴C =π4．故选：D ．14．【2020届北京市首都师范大学附属中学高三北京学校联考】若f(x)=Asin(ωx +φ)（其中A >0，|φ|<π2）的图象如图，为了得g(x)=sin(2x −π3)的图象，则需将f(x)的图象（）A ．向右平移π6个单位 B ．向右平移π3个单位 C ．向左平移π6个单位 D ．向左平移π3个单位【答案】B 【解析】由已知中函数f(x)=Asin(ωx +φ)（其中A >0，|φ|<π2）的图象， 可得：A =1,T =4(7π12−π3)=π，即ω=2 即f (x )=sin(2x +φ)，将(7π12,−1)点代入得：7π6+φ=3π2+2kπ,k ∈Z 又由|φ|<π2∴φ=π3∴f(x)=sin(2x +π3)，即f(x)=sin(2x +π3)=sin2(x +π6)g(x)=sin(2x −π3)=sin2(x −π6)所以将函数f (x )的图象向右平移π6−(−π6)=π3个单位得到函数g(x)=sin(2x −π3)的图象， 故选：B15．【北京市海淀区2020届高三年级第二学期期末练习（二模）】在△ABC 中，若a =7，b =8，cosB =−17，则∠A 的大小为（）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2【答案】C 【解析】cosB =−17，B ∈(π2,π)，故sinB =√1−cos 2B =4√37，根据正弦定理：a sinA =bsinB ，故sinA =7×4√378=√32，A ∈(0,π2)，故A =π3.故选：C.16．【2020届北京市大兴区高三第一次模拟】已知函数f(x)=sin(ωx +π6)(ω>0)．若关于x 的方程f(x)=1在区间[0 ， π]上有且仅有两个不相等的实根，则ω的最大整数值为（） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6【答案】B 【解析】令t =ωx +π6，∵x ∈[0 ， π]，∴π6≤ωx +π6≤ωπ+π6， ∵y =sint 的图象如图所示，∵关于x的方程f(x)=1在区间[0 ， π]上有且仅有两个不相等的实根，∴y=sint=1在[π6,ωπ+π6]上有且仅有两个不相等的实根，∴5π2≤ωπ+π6≤17π4⇒52≤ω≤4912，∴ω的最大整数值为4，故选：B.17．【2020届北京市第22中学高三第一学期第二次阶段性考试】为了得到函数y=sin(2x−π3)的图像，只需将函数y=sin2x的图像（）A．向右平移π6个单位B．向右平移π3个单位C．向左平移π6个单位D．向左平移π3个单位【答案】A 【解析】根据函数平移变换,由y=sin2x变换为y=sin(2x−π3)=sin2(x−π6),只需将y=sin2x的图象向右平移π6个单位，即可得到y=sin(2x−π3)的图像，故选A.18．【2019届北京市十一学校高考前适应性练习】在ΔABC中，A=60°，B=75°，BC=10，则AB= A．5√2B．10√2C．5√6D．10√63【答案】D【解析】由内角和定理知C=180°−(60°+75°)=45°，所以ABsinC =BCsinA，即AB=BCsinCsinA =10×sin45°sin60°=10√63，故选D.19．【2020届北京市昌平区新学道临川学校高三上学期第三次月考】将函数y=2sin(2x+π6)的图象向右平移14个周期后，所得图象对应的函数为（）A．y=2sin(2x+π4)B．y=2sin(2x+π3)C．y=2sin(2x−π4)D．y=2sin(2x−π3)【答案】D【解析】函数y=2sin(2x+π6)的周期为π，将函数y=2sin(2x+π6)的图象向右平移14个周期即π4个单位，所得图象对应的函数为y=2sin[2(x−π4)+π6)]=2sin(2x−π3)，故选D.20．【北京市人大附中2020届高三（6月份）高考数学考前热身】已知函数f(x)=cos2ωx2+√32sinωx−12(ω>0，x∈R)，若函数f(x)在区间(π,2π)内没有零点，则ω的最大值是()A．512B．56C．1112D．32【答案】C 【解析】f(x)=cos2ωx2+√32sinωx−12=√32sinωx+12cosωx=sin(ωx+π6),令f(x)=0,ωx+π6=kπ(k∈Z),x=kπω−π6ω(k∈Z)，函数f(x)在区间(π,2π)内没有零点，{kπω−π6ω≤π(k+1)πω−π6ω≥2π解得k−16≤ω≤k+12−112(k∈Z)，ω>0,∴k=0,0<ω≤512，k=1,56<ω≤1112ω的最大值是1112.故选:C.21．【北京市人大附中2020届高三（6月份）高考数学考前热身】设函数f(x)=sin(ωx−π6)+sin(ωx−π2)，其中0<ω<3.已知f(π6)=0.（Ⅰ）求ω；（Ⅱ）将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y=g(x)的图象，求g(x)在[−π4,3π4]上的最小值.【答案】(Ⅰ)ω=2.(Ⅱ)−32.【解析】（Ⅰ）因为f(x)=sin(ωx−π6)+sin(ωx−π2)，所以f(x)=√32sinωx−12cosωx−cosωx=√32sinωx−32cosωx=√3(12sinωx−√32cosωx)=√3(sinωx−π3)由题设知f(π6)=0，所以ωπ6−π3=kπ，k∈Z.故ω=6k+2，k∈Z，又0<ω<3，所以ω=2.（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)=√3sin(2x−π3)所以g(x)=√3sin(x+π4−π3)=√3sin(x−π12).因为x∈[−π4,3π4]，所以x−π12∈[−π3,2π3]，当x−π12=−π3，即x=−π4时，g(x)取得最小值−32.22．【北京市人大附中2019届高考信息卷（二）】已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC＋√3asinC－b－c＝0.(1)求A ；(2)若AD 为BC 边上的中线，cosB ＝17，AD ＝√1292，求△ABC 的面积． 【答案】（1）A ＝60°；（2）10√3【解析】(1)acosC ＋√3asinC －b －c ＝0，由正弦定理得sinAcosC ＋√3sinAsinC ＝sinB ＋sinC ，即sinAcosC ＋√3sinAsinC ＝sin(A ＋C)＋sinC ，又sinC≠0，所以化简得√3sinA －cosA ＝1，所以sin(A －30°)＝12.在△ABC 中，0°＜A ＜180°，所以A －30°＝30°，得A ＝60°.(2)在△ABC 中，因为cosB ＝17，所以sinB ＝4√37. 所以sinC ＝sin(A ＋B)＝√32×17＋12×4√37＝5√314. 由正弦定理得，a c =sinA sin C =75. 设a ＝7x ，c ＝5x(x ＞0)，则在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB·BDcosB，即1294＝25x 2＋14×49x 2－2×5x×12×7x×17，解得x ＝1，所以a ＝7，c ＝5，故S △ABC ＝12acsinB ＝10√3.23．【北京五中2020届高三（4月份）高考数学模拟】在ΔABC 中，角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，b =2√3，c =3，cosB =−13．（1）求sinC 的值；（2）求ΔABC 的面积．【答案】（1）√63；（2）√2 【解析】（1）在ΔABC 中，cosB =−13，∴sinB =√1−cos 2B =√1−(13)2=2√23， ∵b =2√3，c =3，由正弦定理bsinB =csinC得√32√23=3sinC，∴sinC=√63．（2）由余弦定理b2=a2+c2−2accosB得12=a2+9−2×3a×(−13)，∴a2+2a−3=0，解得a=1或a=−3（舍）∴SΔABC=12acsinB=12×1×3×2√23=√2．24．【北京市朝阳区2019届高三第二次（5月）综合练习（二模）】如图，在四边形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=90°，已知AD=√3，BD=√6.（1）求sin∠ABD的值；（2）若CD=2，且CD>BC，求BC的长.【答案】（1）√64（2）BC=1【解析】（1）在△ABD中，由正弦定理，得ADsin∠ABD =BDsin∠A，因为∠A=60°，AD=√3，BD=√6，所以sin∠ABD=ADBD ×sin∠A=2×√32=√64；（2）由（1）可知，sin∠ABD=√64，因为∠ABC=90°，所以cos∠CBD=cos(90°−∠ABD)=sin∠ABD=√64，在△BCD中，由余弦定理，得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcos∠CBD，因为CD=2，BD=√6，所以4=BC2+6−2BC×√6×√64，即BC2−3BC+2=0，解得BC=1或BC=2，又CD >BC ，则BC =1.25．【北京市西城区第八中学2019-2020学年高三上学期期中】ΔABC 中，角A ，B ，C 所对边分别是a 、b 、c ，且cosA =13． (1)求sin 2B+C 2+cos2A 的值；(2)若a =√3，求△ABC 面积的最大值．【答案】（1）−19；（2）3√24 【解析】(1)sin 2B +C 2+cos 2A =sin 2π−A 2+2cos 2A −1 =cos 2A +2cos 2A −1=1+cos A +2cos 2A −1 =1+132+2×19−1=−19； (2)由cos A =13，可得sin A =√1−19=2√23， 由余弦定理可得a 2=b 2+c 2−2bc cos A =b 2+c 2−23bc ≥2bc −23bc =43bc ，即有bc ≤34a 2=94，当且仅当b =c =32，取得等号．则△ABC 面积为12bc sin A ≤12×94×2√23=3√24． 即有b =c =32时，△ABC 的面积取得最大值3√24． 26．【2020届北京市大兴区高三第一次模拟】在ΔABC 中，c =1，A =2π3，且ΔABC 的面积为√32． （1）求a 的值；（2）若D 为BC 上一点，且，求sin∠ADB 的值． 从①AD =1，②∠CAD =π6这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．【答案】（1）a =√7；（2）选①，sin∠ADB =√217；选②，sin∠ADB =2√77． 【解析】（1）由于c =1，A =2π3，S ΔABC =12bcsinA ， 所以b =2，由余弦定理a 2=b 2+c 2−2bccosA ，解得a =√7．（2）①当AD =1时，在ΔABC 中，由正弦定理b sinB =BC sin∠BAC ，即2sinB =√7√32，所以sinB =√217． 因为AD =AB =1，所以∠ADB =∠B ．所以sin∠ADB =sinB ，即sin∠ADB =√217． ②当∠CAD =30°时，在ΔABC 中，由余弦定理知，cosB =AB 2+BC 2−AC 22AB⋅BC =2√7×1=2√77． 因为A =120°，所以∠DAB =90°，所以∠B +∠ADB =π2，所以sin∠ADB =cosB ， 即sin∠ADB =2√77． 27．【2020届北京市房山区高三第一次模拟】在△ABC 中，a =√2，c =√10，________.（补充条件） （1）求△ABC 的面积；（2）求sin （A +B ）.从①b ＝4，②cosB =−√55，③sinA =√1010这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答. 【答案】详见解析【解析】选择①（1）在△ABC 中，因为a =√2，c =√10，b ＝4，由余弦定理得cosC =a 2+b 2−c 22ab =√2)22√10)22×2×4=√22， 因为C ∈（0，π），所以sinC =√1−cos 2C =√22， 所以S =12absinC =12×√2×4×√22=2. （2）在△ABC 中，A +B ＝π﹣C.所以sin(A +B)=sinC =√22.选择②（1）因为cosB =−√55，B ∈（0，π），所以sinB =√1−cos 2B =2√55，因为a =√2，c =√10，所以S =12acsinB =12×√2×√10×2√55=2.（2）因为a =√2，c =√10，cosB =−√55， 由b 2＝a 2+c 2﹣2accosB ，得b 2=(√2)2+(√10)2−2×√2×√10×(−√55)=16， 解得b ＝4，由b sinB =c sinC ，解得sinC =√22， 在△ABC 中，A +B ＝π﹣C ，sin(A +B)=sinC =√22. 选择③依题意，A 为锐角，由sinA =√1010，得cosA =√1−sin 2A =3√1010， 在△ABC 中，因为a =√2，c =√10，cosA =3√1010， 由余弦定理a 2＝b 2+c 2﹣2bccosA ，得(√2)2=b 2+(√10)2−2×√10×3√1010b ， 解得b ＝2或b ＝4，（1）当b ＝2时，S =12bcsinA =12×2×√10×√1010=1.当b ＝4时，S =12bcsinA =12×4×√10×√1010=2. （2）由a =√2，c =√10，sinA =√1010，a sinA =c sinC ，得sinC =√22， 在△ABC 中，A +B ＝π﹣C ，sin(A +B)=sinC =√22. 28．【2020届北京市海淀区高三一模】已知函数f(x)=2cos 2ω1x +sinω2x .(I)求f (0)的值；(II)从①ω1=1,ω2=2；②ω1=1,ω2=1这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数f (x )在[−π2,π6]上的最小值，并直接写出函数f (x )的一个周期.【答案】(I)0；(II)①ω1=1,ω2=2时f(x)min =−√2+1，T =π；②ω1=1,ω2=1时f(x)min =−1，T =2π.【解析】(I)f(0)=2cos 20+sin0=2；(II)①ω1=1,ω2=2，由题意得f(x)=2cos2x+sin2x=cos2x+sin2x+1=√2sin(2x+π4)+1，∴T=π，∵x∈[−π2,π6]，∴2x+π4∈[−3π4,7π12]，故−√22≤sin(2x+π4)≤1，所以当x=−π2时，f(x)取最小值−1.②ω1=1,ω2=1，f(x)=2cos2x+sinx=−2sin2x+sinx+2，∵x∈[−π2,π6]，令sinx=t，∴t∈[−1,12],f(t)=−2t2+t+2，∴当t=−1时，函数取得最小值为f(−1)=−1.∵f(x)=2cos2x+sinx，∴f(x+2π)=2cos2(x+2π)+sin(x+2π)=2cos2x+sinx，∴T=2π29．【北京市第十三中学2020届高三下学期开学测试】已知△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①A=π3；②cosB=−23；③a=7；④b=3．（Ⅰ）请指出这三个条件，并说明理由；（Ⅱ）求△ABC的面积．【答案】（Ⅰ）△ABC同时满足①，③，④．理由见解析；（Ⅱ）6√3．【解析】（Ⅰ）△ABC同时满足①，③，④．理由如下：若△ABC同时满足①，②．因为cosB=−23<−12，且B∈(0,π)，所以B>23π．所以A+B>π，矛盾．所以△ABC只能同时满足③，④．所以a>b，所以A>B，故△ABC不满足②．故△ABC满足①，③，④．（Ⅱ）因为a2=b2+c2−2bccosA，所以72=32+c2−2×3×c×12．解得c=8，或c=−5（舍）．所以△ABC的面积S=12bcsinA=6√3．30．【2020届北京市石景山区高三4月统一测试】已知锐角△ABC，同时满足下列四个条件中的三个：①A=π3②a=13③c=15④sinC=13（1）请指出这三个条件，并说明理由；（2）求△ABC的面积.【答案】（1）△ABC同时满足①，②，③，理由见解析.（2）30√3【解析】（1）△ABC同时满足①，②，③.理由如下：若△ABC同时满足①，④，则在锐角△ABC中，sinC=13<12，所以0<C<π6又因为A=π3，所以π3<A+C<π2所以B>π2，这与△ABC是锐角三角形矛盾，所以△ABC不能同时满足①，④，所以△ABC同时满足②，③.因为c>a所以C>A若满足④.则A<C<π6，则B>π2，这与△ABC是锐角三角形矛盾.故△ABC不满足④.故△ABC满足①，②，③.（2）因为a2=b2+c2−2bccosA，所以132=b2+152−2×b×15×12.解得b=8或b=7.当b=7时，cosC=72+132−1522×7×13<0所以C为钝角，与题意不符合，所以b=8.所以△ABC的面积S=12bcsinA=30√3.。

2021年高考数学解答题专项练习《解三角形》1.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，且b=3,c=4,C=2B．（1）求cosB的值；（2）求的值．2.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，．（1）求角B的值；（2）若b=2,△ABC的面积为，求a,c．3.已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，acosC＋csinA=b＋c.(1)求A；(2)若a=，b＋c=3，求b，c。

4.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c.已知B=150°.（1）若a=c，b=2，求△ABC的面积；（2）若sinA+sinC=，求C.5.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，已知．（1）求A；（2）若，证明：△ABC是直角三角形．6.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足ab+a2=c2.(1)求证:C=2A;(2)若△ABC的面积为a2sin2B,求角C的大小.（1）求角C的大小；（2）若，且△ABC的面积为，求a+b的值.8.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，且.（1）求角A的大小；（2）若b+c=5，且ΔABC的面积为，求a的值；（3）若，求b+c的范围.9.在△ABC中，．（1）求∠B的大小；（2）求的最大值．（1）求角B（2）求cosA+cosB+cosC的取值范围.11.在△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.（1）求A；（2）若BC=3，求△ABC周长的最大值.12.在设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,已知.（1）求角B的大小;（2）若,求△ABC的周长的取值范围.13.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，且满足:.（1）求角A的值；（2）若且b≥a，求的取值范围.14.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，且a=8，ccosAcosB=2asinCcosB－ccosC。

正弦定理、余弦定理考试要求 1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题．知识梳理1．正弦定理与余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asin A＝b sin B ＝csin C＝2R a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ； c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C变形(1)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ；(2)a sin B ＝b sin A ，b sin C ＝c sin B ， a sin C ＝c sin Acos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ；cos B ＝c 2＋a 2－b 22ac ；cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab2.三角形中常用的面积公式 (1)S ＝12ah a (h a 表示边a 上的高)；(2)S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ；(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形的内切圆半径)．常用结论在△ABC 中，常有以下结论： (1)∠A ＋∠B ＋∠C ＝π.(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． (3)a >b ⇔A >B ⇔sin A >sin B ，cos A <cos B .(4)sin(A ＋B )＝sin C ；cos(A ＋B )＝－cos C ；tan(A ＋B )＝－tan C ；sinA ＋B2＝cosC2；cosA ＋B2＝sin C2. (5)三角形中的射影定理在△ABC 中，a ＝b cos C ＋c cos B ；b ＝a cos C ＋c cos A ；c ＝b cos A ＋a cos B . 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( × ) (2)在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B .( √ )(3)在△ABC 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．( × ) (4)当b 2＋c 2－a 2>0时，△ABC 为锐角三角形．( × ) 教材改编题1．在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝7，则∠BAC 等于( ) A.π6 B.π3 C.2π3D.5π6答案 C解析 因为在△ABC 中，设AB ＝c ＝5，AC ＝b ＝3，BC ＝a ＝7， 所以由余弦定理得cos∠BAC ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋25－4930＝－12，因为∠BAC 为△ABC 的内角， 所以∠BAC ＝2π3.2．在△ABC 中，若A ＝60°，a ＝43，b ＝42，则B ＝. 答案 45°解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ，则sin B ＝b sin A a ＝42×3243＝22.又a >b ，则A >B ，所以B 为锐角，故B ＝45°.3．在△ABC 中，a ＝2，b ＝3，C ＝60°，则c ＝，△ABC 的面积＝. 答案7 332解析 易知c ＝4＋9－2×2×3×12＝7，△ABC 的面积等于12×2×3×32＝332.题型一 利用正弦定理、余弦定理解三角形例1 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b 2＝ac ，点D 在边AC 上，BD ·sin∠ABC ＝a sin C . (1)证明：BD ＝b ;[切入点：角转化为边](2)若AD ＝2DC ，求cos∠ABC .[关键点：∠BDA 和∠BDC 互补]高考改编在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b sin C ＋a sin A ＝b sin B ＋c sin C . (1)求A ；(2)设D 是线段BC 的中点，若c ＝2，AD ＝13，求a . 解 (1)根据正弦定理，由b sin C ＋a sin A ＝b sin B ＋c sin C ， 可得bc ＋a 2＝b 2＋c 2， 即bc ＝b 2＋c 2－a 2，由余弦定理可得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，因为A 为三角形内角，所以A ＝π3.(2)因为D 是线段BC 的中点，c ＝2，AD ＝13， 所以∠ADB ＋∠ADC ＝π， 则cos∠ADB ＋cos∠ADC ＝0，所以AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＋AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC＝0，即13＋a 24－22213·a 2＋13＋a 24－b2213·a2＝0，整理得a 2＝2b 2－44，又a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋4－2b ， 所以b 2＋4－2b ＝2b 2－44， 解得b ＝6或b ＝－8(舍)， 因此a 2＝2b 2－44＝28， 所以a ＝27.思维升华 解三角形问题的技巧(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．跟踪训练1 (2021·北京)已知在△ABC 中，c ＝2b cos B ，C ＝2π3.(1)求B 的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC 存在且唯一确定，并求出BC 边上的中线的长度．①c ＝2b ；②周长为4＋23；③面积为S △ABC ＝334.解 (1)∵c ＝2b cos B ，则由正弦定理可得sin C ＝2sin B cos B ， ∴sin2B ＝sin2π3＝32，∵C ＝2π3， ∴B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，2B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2π3， ∴2B ＝π3，解得B ＝π6.(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得 c b ＝sin C sin B ＝3212＝3， 与c ＝2b 矛盾，故这样的△ABC 不存在； 若选择②：由(1)可得A ＝π6，设△ABC 的外接圆半径为R ， 则由正弦定理可得a ＝b ＝2R sinπ6＝R ， c ＝2R sin2π3＝3R ， 则周长为a ＋b ＋c ＝2R ＋3R ＝4＋23， 解得R ＝2，则a ＝2，c ＝23， 由余弦定理可得BC 边上的中线的长度为232＋12－2×23×1×cosπ6＝7； 若选择③：由(1)可得A ＝π6，即a ＝b ，则S △ABC ＝12ab sin C ＝12a 2×32＝334，解得a ＝3，则由余弦定理可得BC 边上的中线的长度为b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－2×b ×a 2×cos 2π3＝3＋34＋3×32＝212. 题型二 正弦定理、余弦定理的简单应用 命题点1 三角形形状判断 例2 在△ABC 中，c －a 2c ＝sin 2 B 2(a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形 答案 A解析 由cos B ＝1－2sin 2B2，得sin 2B 2＝1－cos B2，所以c －a 2c ＝1－cos B2， 即cos B ＝ac.方法一 由余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac ＝ac，即a 2＋c 2－b 2＝2a 2，所以a 2＋b 2＝c 2.所以△ABC 为直角三角形，无法判断两直角边是否相等． 方法二 由正弦定理得cos B ＝sin Asin C ，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ， 所以cos B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ， 即sin B cos C ＝0，又sin B ≠0，所以cos C ＝0，又角C 为三角形的内角，所以C ＝π2，所以△ABC 为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．延伸探究将“c －a 2c ＝sin 2 B 2”改为“sin A sin B ＝a c，(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ”，试判断△ABC 的形状．解 因为sin A sin B ＝ac ，所以a b ＝a c，所以b ＝c . 又(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ， 所以b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12.因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3， 所以△ABC 是等边三角形．思维升华 判断三角形形状的两种思路(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(2)化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论． 命题点2 三角形的面积例3 (2022·沧州模拟)在①sin A ，sin C ，sin B 成等差数列；②a ∶b ∶c ＝4∶3∶2；③b cos A ＝1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a (sin A －sin B )＋b sinB ＝c sinC ，c ＝1，？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解 因为a (sin A －sin B )＋b sin B ＝c sin C ， 由正弦定理得a (a －b )＋b 2＝c 2， 即a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又C ∈(0，π)， 所以C ＝π3.选择①：因为sin A ，sin C ，sin B 成等差数列， 所以sin A ＋sin B ＝2sin C ，即a ＋b ＝2c ＝2， 由a 2＋b 2－c 2＝a 2＋b 2－1＝ab ， 得(a ＋b )2－3ab ＝1，所以ab ＝1， 故存在满足题意的△ABC ，S △ABC ＝12ab sin C ＝12×1×sin π3＝34. 选择②：因为a ∶b ∶c ＝4∶3∶2， 所以A >B >C ＝π3，这与A ＋B ＋C ＝π矛盾，所以△ABC 不存在． 选择③： 因为b cos A ＝1，所以b ·b 2＋1－a 22b＝1，得b 2＝1＋a 2＝c 2＋a 2， 所以B ＝π2，此时△ABC 存在．又C ＝π3，所以A ＝π6，所以a ＝1×tanπ6＝33， 所以S △ABC ＝12ac ＝36.思维升华 三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化． 命题点3 与平面几何有关的问题例4 如图，在平面四边形ABCD 中，已知A ＝π2，B ＝2π3，AB ＝6.在AB 边上取点E ，使得BE＝1，连接EC ，ED .若∠CED ＝2π3，EC ＝7.(1)求sin∠BCE 的值； (2)求CD 的长．解 (1)在△BEC 中，由正弦定理， 知BE sin∠BCE ＝CEsin B.∵B ＝2π3，BE ＝1，CE ＝7，∴sin∠BCE ＝BE ·sin B CE ＝327＝2114. (2)∵∠CED ＝B ＝2π3，∴∠DEA ＝∠BCE ，∴cos∠DEA ＝1－sin 2∠DEA ＝1－sin 2∠BCE ＝1－328＝5714. ∵A ＝π2，∴△AED 为直角三角形，又AE ＝5，∴ED ＝AE cos∠DEA ＝55714＝27.在△CED 中，CD 2＝CE 2＋DE 2－2CE ·DE ·cos∠CED＝7＋28－2×7×27×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝49. ∴CD ＝7. 教师备选1．在△ABC 中，已知a 2＋b 2－c 2＝ab ，且2cos A sin B ＝sin C ，则该三角形的形状是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等边三角形 D ．钝角三角形答案 C解析 ∵a 2＋b 2－c 2＝ab ，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又C ∈(0，π)， ∴C ＝π3，由2cos A sin B ＝sin C ，得cos A ＝sin C 2sin B ＝c 2b ＝c 2＋b 2－a22bc ，∴b 2＝a 2，即b ＝a ，又C ＝π3，故三角形为等边三角形．2．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos C －c cos(B ＋C )＝－b3cos A ＋B .(1)求tan C ；(2)若c ＝3，sin A sin B ＝1627，求△ABC 的面积．解 (1)∵a cos C －c cos(B ＋C ) ＝－b3cos A ＋B ，∴a cos C ＋c cos A ＝b3cos C.由正弦定理得sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin B3cos C ，∴sin(A ＋C )＝sin B3cos C ，即sin B ＝sin B3cos C ，又∵sin B ≠0， ∴cos C ＝13，∴sin C ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝223， tan C ＝sin Ccos C ＝2 2.(2)若c ＝3，由正弦定理asin A ＝bsin B ＝csin C，得asin A ＝b sin B ＝3223＝924， 则a ＝924sin A ，b ＝924sin B ，则ab ＝924sin A ·924sin B ＝16216sin A sin B＝16216×1627＝6， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×223＝2 2.思维升华 平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函数思想．跟踪训练 2 (1)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c －a cos B ＝ (2a －b )cos A ，则△ABC 的形状为( )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 因为c －a cos B ＝(2a －b )cos A ，C ＝π－(A ＋B )，所以由正弦定理得sin C －sin A cos B＝2sin A cos A －sin B cos A ，所以sin A cos B ＋cos A sin B －sin A cos B＝2sin A cos A －sin B cos A ，所以cos A (sin B －sin A )＝0，所以cos A ＝0或sin B ＝sin A ，所以A ＝π2或B ＝A 或B ＝π－A (舍去)， 所以△ABC 为等腰或直角三角形．(2)(2022·郑州模拟)如图，在△ABC 中，AB ＝9，cos B ＝23，点D 在BC 边上，AD ＝7，∠ADB 为锐角．①求BD ；②若∠BAD ＝∠DAC ，求sin C 的值及CD 的长．解 ①在△ABD 中，由余弦定理得AB 2＋BD 2－2AB ·BD ·cos B ＝AD 2，整理得BD 2－12BD ＋32＝0，所以BD ＝8或BD ＝4.当BD ＝4时，cos∠ADB ＝16＋49－812×4×7＝－27，则∠ADB >π2，不符合题意，舍去； 当BD ＝8时，cos∠ADB ＝64＋49－812×8×7＝27，则∠ADB <π2，符合题意，所以BD ＝8.②在△ABD 中，cos∠BAD ＝AB 2＋AD 2－BD 22AB ·AD ＝92＋72－822×9×7＝1121，所以sin∠BAD ＝8521，又sin∠ADB ＝357，所以sin C ＝sin(∠ADB －∠CAD )＝sin(∠ADB －∠BAD )＝sin∠ADB cos∠BAD －cos∠ADB sin∠BAD＝357×1121－27×8521＝175147，在△ACD 中，由正弦定理得CD sin∠CAD ＝ADsin C ，即CD ＝ADsin C ·sin∠CAD ＝7175147×8521＝39217.课时精练1．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C 等于() A.π2 B.π3C.π4D.π6答案 C 解析 根据题意及三角形的面积公式知12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24， 所以sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝cos C ， 所以在△ABC 中，C ＝π4. 2．(2022·北京西城区模拟)在△ABC 中，C ＝60°，a ＋2b ＝8，sin A ＝6sin B ，则c 等于( ) A.35 B.31 C ．6D ．5答案 B解析 因为sin A ＝6sin B ，由正弦定理可得a ＝6b ，又a ＋2b ＝8，所以a ＝6，b ＝1，因为C ＝60°，所以c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，即c 2＝62＋12－2×1×6×12， 解得c ＝31.3．(2022·济南质检)已知△ABC 的内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，a ＝4，cos2A ＝ －725，则△ABC 外接圆半径为( ) A ．5B ．3C.52D.32答案 C解析 因为cos2A ＝－725， 所以1－2sin 2A ＝－725， 解得sin A ＝±45， 因为A ∈(0，π)，所以sin A ＝45，又a ＝4，所以2R ＝a sin A ＝445＝5， 所以R ＝52. 4．(2022·河南九师联盟联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若c ＝2b ，sin 2A －3sin 2B ＝12sin A sin C ，则角C 等于( ) A.π6B.π3C.π2D.2π3答案 B解析 ∵sin 2A －3sin 2B ＝12sin A sin C ， 由正弦定理可得a 2－3b 2＝12ac ， ∵c ＝2b ，∴a 2－3b 2＝12a ·2b ＝ab ， 由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2－3b 22ab ＝12， ∵0<C <π，∴C ＝π3. 5．(多选)(2022·山东多校联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ,2b sin A ＝5a cos B ，AB ＝2，AC ＝26，D 为BC 的中点，E 为AC 上的点，且BE 为∠ABC 的平分线，下列结论正确的是( )A ．cos∠BAC ＝－66 B ．S △ABC ＝3 5 C ．BE ＝2D ．AD ＝ 5答案 AD解析 由正弦定理可知2sin B sin A ＝5sin A cos B ，∵sin A ≠0，∴2sin B ＝5cos B .又sin 2B ＋cos 2B ＝1，∴sin B ＝53，cos B ＝23，在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，得BC ＝6.A 项，cos∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝4＋24－362×2×26＝－66；B 项，S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×2×6×53＝25；C 项，由角平分线性质可知AEEC ＝AB BC ＝13，∴AE ＝62.BE 2＝AB 2＋AE 2－2AB ·AE cos A ＝4＋32－2×2×62×⎝ ⎛⎭⎪⎫－66＝152，∴BE ＝302；D 项，在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B＝4＋9－2×2×3×23＝5，∴AD ＝ 5.6．(多选)(2022·张家口质检)下列命题中，正确的是( )A ．在△ABC 中，A >B ，则sin A >sin BB ．在锐角△ABC 中，不等式sin A >cos B 恒成立C ．在△ABC 中，若a cos A ＝b cos B ，则△ABC 必是等腰直角三角形D ．在△ABC 中，若B ＝60°，b 2＝ac ，则△ABC 必是等边三角形答案 ABD解析 对于A ，由A >B ，可得a >b ，利用正弦定理可得sin A >sin B ，正确；对于B ，在锐角△ABC 中，A ，B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∵A ＋B >π2， ∴π2>A >π2－B >0， ∴sin A >sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ， ∴不等式sin A >cos B 恒成立，正确；对于C ，在△ABC 中，由a cos A ＝b cos B ，利用正弦定理可得sin A cos A ＝sin B cos B ，∴sin2A ＝sin2B ，∵A ，B ∈(0，π)，∴2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，∴A ＝B 或A ＋B ＝π2， ∴△ABC 是等腰三角形或直角三角形，∴是假命题，错误；对于D ，由于B ＝60°，b 2＝ac ，由余弦定理可得b 2＝ac ＝a 2＋c 2－ac ，可得(a －c )2＝0，解得a ＝c ，可得A ＝C ＝B ＝60°，故正确．7．(2022·潍坊质检)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且b ＝3，a －c ＝2，A ＝2π3.则△ABC 的面积为． 答案 1534解析 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∵b ＝3，a －c ＝2，A ＝2π3， ∴(c ＋2)2＝32＋c 2－2×3c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12， 解得c ＝5，则△ABC 的面积为S ＝12bc sin A ＝12×3×5×32＝1534. 8．(2021·全国乙卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为3，B ＝60°，a 2＋c 2＝3ac ，则b ＝.答案 2 2解析 由题意得S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ＝3，则ac ＝4，所以a 2＋c 2＝3ac ＝3×4＝12，所以b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝12－2×4×12＝8，则b ＝22(负值舍去)．9．(2022·南平模拟)在①2c cos B ＝2a －b ，②△ABC 的面积为34(a 2＋b 2－c 2)，③cos 2A －cos 2C ＝sin 2B －sin A sin B ，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．(如果选择多个条件作答，则按所选的第一个条件给分)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且．(1)求角C 的大小；(2)若c ＝2且4sin A sin B ＝3，求△ABC 的面积．解 (1)若选条件①2c cos B ＝2a －b ，则2c ·a 2＋c 2－b 22ac＝2a －b ， 即a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以cos C ＝12， 又因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3. 若选条件②△ABC 的面积为34(a 2＋b 2－c 2)， 则34(a 2＋b 2－c 2)＝12ab sin C ， 即sin C ＝3cos C ，所以tan C ＝3，又因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3. 若选条件③cos 2A －cos 2C ＝sin 2B －sin A sin B ，则(1－sin 2A )－(1－sin 2C )＝sin 2B －sin A sin B ，即sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝sin A sin B ，即a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以cos C ＝12，又因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3. (2)因为c ＝2， 所以a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2sin π3＝43， 所以sin A ＝34a ，sin B ＝34b ， 又因为4sin A sin B ＝3，所以ab ＝4，△ABC 的面积为12ab sin C ＝ 3. 10．(2022·湘豫联盟联考)如图，在△ABC 中，∠B ＝60°，AB ＝8，AD ＝7，点D 在BC 上，且cos∠ADC ＝17.(1)求BD ；(2)若cos∠CAD ＝32，求△ABC 的面积． 解 (1)∵cos∠ADB ＝cos(π－∠ADC )＝－cos∠ADC ＝－17. 在△ABD 中，由余弦定理得82＝BD 2＋72－2·BD ·7·cos∠ADB ，解得BD ＝3或BD ＝－5(舍)．(2)由已知sin∠ADC ＝437，sin∠CAD ＝12， ∴sin C ＝sin(∠ADC ＋∠CAD )＝437×32＋17×12＝1314. 由正弦定理得CD ＝AD sin∠CAD sin C ＝7×121314＝4913， ∴BC ＝3＋4913＝8813，∴S △ABC ＝12×8×8813×32＝176313.11．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且4S ＝(a＋b )2－c 2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C 等于 ( ) A ．1B ．－22C.22D.32 答案 C解析 因为S ＝12ab sin C ， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab， 所以2S ＝ab sin C ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .又4S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，所以2ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab .因为ab ≠0，所以sin C ＝cos C ＋1.因为sin 2C ＋cos 2C ＝1，所以(cos C ＋1)2＋cos 2C ＝1，解得cos C ＝－1(舍去)或cos C ＝0，所以sin C ＝1，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ＝22(sin C ＋cos C )＝22. 12．(2022·焦作模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 依次成等差数列，△ABC 的周长为15，且(sin A ＋sin B )2＋cos 2C ＝1＋sin A sin B ，则cos B 等于( )A.1314B.1114C.12D ．－12答案 B解析 因为(sin A ＋sin B )2＋cos 2C＝1＋sin A sin B ，所以sin 2A ＋sin 2B ＋2sin A ·sin B ＋1－sin 2C＝1＋sin A ·sin B ，所以由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－ab ，又a ，b ，c 依次成等差数列，△ABC 的周长为15，即a ＋c ＝2b ，a ＋b ＋c ＝15， 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋b 2－c 2＝－ab ，a ＋c ＝2b ，a ＋b ＋c ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝3，b ＝5，c ＝7.cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝32＋72－522×3×7＝1114. 13．(2022·开封模拟)在平面四边形ABCD 中，BC ⊥CD ，∠B ＝3π4，AB ＝32，AD ＝210，若AC ＝35，则CD 为．答案 1或5解析 因为在△ABC 中，∠B ＝3π4，AB ＝32， AC ＝35，由正弦定理可得AC sin B ＝AB sin∠ACB， 所以sin∠ACB ＝AB ·sin B AC ＝32×2235＝55， 又BC ⊥CD ，所以∠ACB 与∠ACD 互余，因此cos∠ACD ＝sin∠ACB ＝55， 在△ACD 中，AD ＝210，AC ＝35，由余弦定理可得cos∠ACD ＝55＝AC 2＋CD 2－AD 22AC ·CD ＝5＋CD 265CD， 所以CD 2－6CD ＋5＝0，解得CD ＝1或CD ＝5.14．(2022·大连模拟)托勒密(Ptolemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知凸四边形ABCD 的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC ，BD 是其两条对角线，AB ＝AD ，∠BAD ＝120°，AC ＝6，则四边形ABCD 的面积为．答案 9 3 解析 在△ABD 中，设AB ＝a ，由余弦定理得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos∠BAD ＝3a 2，所以BD ＝3a ，由托勒密定理可得a (BC ＋CD )＝AC ·3a ，即BC ＋CD ＝3AC ，又∠ABD ＝∠ACD ＝30°，所以四边形ABCD 的面积 S ＝12BC ·AC sin30°＋12CD ·AC sin30°＝14(BC ＋CD )·AC ＝34AC 2＝9 3.15．(多选)中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤c 2a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2＋a 2－b 222(S 为三角形的面积，a ，b ，c 为三角形的三边)．现有△ABC 满足sin A ∶si n B ∶sin C ＝2∶3∶7，且△ABC 的面积S △ABC ＝63，则下列结论正确的是( )A ．△ABC 的周长为10＋27B ．△ABC 的三个内角满足A ＋B ＝2CC ．△ABC 的外接圆半径为4213D ．△ABC 的中线CD 的长为3 2答案 AB解析 A 项，设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，因为sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶7，所以由正弦定理可得a ∶b ∶c ＝2∶3∶7，设a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝7t (t >0)，因为S △ABC ＝63，所以63＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t 2×4t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫7t 2＋4t 2－9t 222，解得t ＝2，则a ＝4，b ＝6，c ＝27，故△ABC 的周长为10＋27，A 正确；B 项，因为cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝16＋36－282×4×6＝12， 所以C ＝π3，A ＋B ＝π－π3＝2π3＝2C ， 故B 正确；C 项，因为C ＝π3，所以sin C ＝32， 由正弦定理得2R ＝c sin C ＝2732＝4213， R ＝2213， C 错误；D 项，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝16＋28－362×4×27＝714， 在△BCD 中，BC ＝4，BD ＝7，由余弦定理得cos B ＝16＋7－CD 22×4×7＝714， 解得CD ＝19，D 错误．16．(2021·新高考全国Ⅱ)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，b ＝a ＋1，c ＝a ＋2.(1)若2sin C ＝3sin A ，求△ABC 的面积；(2)是否存在正整数a ，使得△ABC 为钝角三角形？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由． 解 (1)因为2sin C ＝3sin A ，则2c ＝2(a ＋2)＝3a ，则a ＝4，故b ＝5，c ＝6，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝18，所以C 为锐角， 则sin C ＝1－cos 2C ＝378，因此， S △ABC ＝12ab sin C ＝12×4×5×378＝1574. (2)显然c >b >a ，若△ABC 为钝角三角形，则C 为钝角，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋a ＋12－a ＋222a a ＋1＝a 2－2a －32a a ＋1<0，则0<a <3，由三角形三边关系可得a ＋a ＋1>a ＋2， 可得a >1，因为a ∈N *，故a ＝2.。

2021年高考数学真题试卷（新高考Ⅰ卷）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

1.设集合A= {x|-2<x<4}. B = {2,3,4,5},则A∩B=（）A. {2}B. {2,3}C. {3,4,}D. {2,3,4}【答案】B【考点】交集及其运算【解析】【解答】解：根据交集的定义易知A∩B是求集合A与集合B的公共元素，即{2,3}，故答案为：B【分析】根据交集的定义直接求解即可.2.已知z=2-i，则( z(z⃗+i)=（）A. 6-2iB. 4-2iC. 6+2iD. 4+2i【答案】C【考点】复数的基本概念，复数代数形式的混合运算【解析】【解答】解：z(z+i)=(2−i)(2+2i)=4+4i−2i−2i2=6+2i故答案为：C【分析】根据复数的运算，结合共轭复数的定义求解即可.3.已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A. 2B. 2 √2C. 4D. 4 √2【答案】B【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】【解答】解：根据底面周长等于侧面展开图弧长，设母线为l，底面半径为r，则有2πr=180°360°×2πl，解得l=2r=2√2故答案为：B【分析】根据底面周长等于侧面展开图弧长，结合圆的周长公式与扇形的弧长公式求解即可.4.下列区间中，函数f(x)=7sin( x−π6)单调递增的区间是（）A. (0, π2) B. ( π2, π) C. ( π, 3π2) D. ( 3π2, 2π)【答案】A【考点】正弦函数的单调性【解析】【解答】解：由−π2+2kπ≤x−π6≤π2+2kπ得−π3+2kπ≤x≤2π3+2kπ，k∈Z，当k=0时，[−π3，2π3]是函数的一个增区间，显然(0，π2)⊂[−π3，2π3]，故答案为：A【分析】根据正弦函数的单调性求解即可.5.已知F 1,F 2是椭圆C ：x 29+y 24=1 的两个焦点，点M 在C 上，则|MF 1|·|MF 2|的最大值为（ ） A. 13 B. 12 C. 9 D. 6 【答案】 C【考点】基本不等式在最值问题中的应用，椭圆的定义【解析】【解答】解：由椭圆的定义可知a 2=9,b 2=4,|MF 1|+|MF 2|=2a=6， 则由基本不等式可得|MF 1||MF 2|≤|MF1||MF2|≤(|MF1|+|MF2|2)2=9 ，当且仅当|MF 1|=|MF 2|=3时，等号成立. 故答案为：C【分析】根据椭圆的定义，结合基本不等式求解即可. 6.若tan θ =-2,则sin θ(1+sin2θ)sin θ+cos θ=（ ）A. −65 B. −25 C. 25 D. 65 【答案】 C【考点】二倍角的正弦公式，同角三角函数间的基本关系，同角三角函数基本关系的运用 【解析】【解答】解：原式=sinθ(sin 2θ+2sinθcosθ+cos 2θ)sinθ+cosθ=sinθ(sinθ+cosθ)2sinθ+cosθ=sinθ(sinθ+cosθ)=sin 2θ+sinθcosθsin 2θ+cos 2θ=tan 2θ+tanθtan 2θ+1=25故答案为：C【分析】根据同角三角函数的基本关系，结合二倍角公式求解即可. 7.若过点（a,b)可以作曲线y=e x 的两条切线，则（ ） A. e b <a B. e a <b C. 0<a<e b D. 0<b<e a 【答案】 D【考点】极限及其运算，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【解答】解：由题意易知，当x 趋近于-∞时，切线为x=0，当x 趋近于+∞时，切线为y=+∞，因此切线的交点必位于第一象限，且在曲线y=e x 的下方. 故答案为：D【分析】利用极限，结合图象求解即可.8.有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ） A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立 C. 乙与丙相互独立 D. 丙与丁相互独立 【答案】 B【考点】相互独立事件，相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式 【解析】【解答】解：设甲乙丙丁事件发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)， 则P(A)=P(B)=16，P(C)=56×6=536，P(D)=66×6=16 ，对于A ，P(AC)=0；对于B ，P(AD)=16×6=136； 对于C ，P(BC)=16×6=136； 对于D ，P(CD)=0.若两事件X,Y 相互独立，则P(XY)=P(X)P(Y), 故B 正确. 故答案为：B【分析】根据古典概型，以及独立事件的概率求解即可二、选择题：本题共4小题。

专题 正弦定理和余弦定理的应用一、题型全归纳题型一 利用正弦、余弦定理解三角形【题型要点】(1)正、余弦定理的选用①利用正弦定理可解决两类三角形问题：一是已知两角和一角的对边，求其他边或角；二是已知两边和一边的对角，求其他边或角；①利用余弦定理可解决两类三角形问题：一是已知两边和它们的夹角，求其他边或角；二是已知三边求角．由于这两种情形下的三角形是唯一确定的，所以其解也是唯一的． (2)三角形解的个数的判断已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．【例1】 (2020·广西五市联考)在①ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a ＝1，b ＝3，A ＝30°，B 为锐角，那么A ①B ①C 为( ) A ．1①1①3 B ．1①2①3 C ．1①3①2D ．1①4①1【解析】：法一：由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b sin A a ＝32.因为B 为锐角，所以B ＝60°，则C ＝90°，故A ①B ①C ＝1①2①3，选B.法二：由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得c 2－3c ＋2＝0，解得c ＝1或c ＝2.当c ＝1时，①ABC 为等腰三角形，B ＝120°，与已知矛盾，当c ＝2时，a <b <c ，则A <B <C ，排除选项A ，C ，D ，故选B.【例2】(2019·高考全国卷Ⅰ)①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A －b sin B ＝4c sin C ，cos A ＝－14，则bc ＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3【解析】选A.由题意及正弦定理得，b 2－a 2＝－4c 2，所以由余弦定理得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－3c 22bc ＝－14，得bc＝6.故选A. 【例3】(2020·济南市学习质量评估)已知①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2c ＋a ＝2b cos A . ①求角B 的大小；①若a ＝5，c ＝3，边AC 的中点为D ，求BD 的长．【解析】 (1)选A.由题意及正弦定理得，b 2－a 2＝－4c 2，所以由余弦定理得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－3c 22bc＝－14，得bc＝6.故选A. (2)①由2c ＋a ＝2b cos A 及正弦定理，得2sin C ＋sin A ＝2sin B cos A ， 又sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，所以2sin A cos B ＋sin A ＝0， 因为sin A ≠0，所以cos B ＝－12，因为0＜B ＜π，所以B ＝2π3.①由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2a ·c cos①ABC ＝52＋32＋5×3＝49，所以b ＝7，所以AD ＝72.因为cos①BAC ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝49＋9－252×7×3＝1114，所以BD 2＝AB 2＋AD 2－2·AB ·AD cos①BAC ＝9＋494－2×3×72×1114＝194，所以BD ＝192.题型二 判断三角形的形状【题型要点】判定三角形形状的两种常用途径【易错提醒】“角化边”后要注意用因式分解、配方等方法得出边的相应关系；“边化角”后要注意用三角恒等变换公式、三角形内角和定理及诱导公式推出角的关系．【例1】(2020·蓉城名校第一次联考)设①ABC 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①ABC 的形状为( ) A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形D ．不确定【解析】 (1)法一：因为b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2a 22a ＝a ，所以a sin A ＝a 即sin A ＝1，故A ＝π2，因此①ABC 是直角三角形．法二：因为b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，所以sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2 A ，即sin(B ＋C )＝sin 2 A ，所以sin A ＝sin 2 A ，故sin A ＝1，即A ＝π2，因此①ABC 是直角三角形．【例2】在①ABC 中，若c －a cos B ＝(2a －b )cos A ，则①ABC 的形状为 ．【解析】因为c －a cos B ＝(2a －b )cos A ，所以由正弦定理得sin C －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ， 所以sin(A ＋B )－sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ，故cos A (sin B －sin A )＝0， 所以cos A ＝0或sin A ＝sin B ，A ＝π2或A ＝B ，故①ABC 为等腰或直角三角形．题型三 与三角形面积有关的问题命题角度一 计算三角形的面积【题型要点】1.①ABC 的面积公式(1)S ①ABC ＝12a ·h (h 表示边a 上的高)．(2)S ①ABC ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A .(3)S ①ABC ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为内切圆半径).2.求三角形面积的方法(1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积；(2)若已知三角形的三边，可先求其中一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．【例1】(2019·高考全国卷Ⅰ)①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则①ABC的面积为 ．【解析】 (1)法一：因为a ＝2c ，b ＝6，B ＝π3，所以由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得62＝(2c )2＋c 2－2×2c ×c cos π3，得c ＝23，所以a ＝43，所以①ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×43×23×sin π3＝6 3.法二：因为a ＝2c ，b ＝6，B ＝π3，所以由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得62＝(2c )2＋c 2－2×2c ×c cos π3，得c ＝23，所以a ＝43，所以a 2＝b 2＋c 2，所以A ＝π2，所以①ABC 的面积S ＝12×23×6＝6 3.【例2】(2020·福建五校第二次联考)在①ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a 2＋b 2－c 2＝3ab ，且ac sin B ＝23sin C ，则①ABC 的面积为 ．【解析】因为a 2＋b 2－c 2＝3ab ，所以由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝3ab 2ab ＝32，又0＜C ＜π，所以C ＝π6.因为ac sin B ＝23sin C ，所以结合正弦定理可得abc ＝23c ，所以ab ＝2 3.故S ①ABC ＝12ab sin C＝12×23sin π6＝32. 命题角度二 已知三角形的面积解三角形【题型要点】已知三角形面积求边、角的方法(1)若求角，就寻求这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解； (2)若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求解．【提示】正弦定理、余弦定理与三角函数性质的综合应用中，要注意三角函数公式的工具性作用． 【例3】(2020·湖南五市十校共同体联考改编)已知a ，b ，c 分别为①ABC 的内角A ，B ，C 的对边，(3b －a )cos C ＝c cos A ，c 是a ，b 的等比中项，且①ABC 的面积为32，则ab ＝ ，a ＋b ＝ ． 【解析】 因为(3b －a )cos C ＝c cos A ，所以利用正弦定理可得3sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin(A ＋C )＝sinB ．又因为sin B ≠0，所以cos C ＝13，则C 为锐角，所以sin C ＝223.由①ABC 的面积为32，可得12ab sin C ＝32，所以ab ＝9.由c 是a ，b 的等比中项可得c 2＝ab ，由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，所以(a ＋b )2＝113ab ＝33，所以a ＋b ＝33.【例4】(2020·长沙市统一模拟考试)已知①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin(A ＋B )＝c sin B ＋C2.(1)求A ；(2)若①ABC 的面积为3，周长为8，求a .【解析】：(1)由题设得a sin C ＝c cos A 2，由正弦定理得sin A sin C ＝sin C cos A 2，所以sin A ＝cos A2，所以2sin A 2cos A 2＝cos A 2，所以sin A 2＝12，所以A ＝60°.(2)由题设得12bc sin A ＝3，从而bc ＝4.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得a 2＝(b ＋c )2－12.又a ＋b ＋c ＝8，所以a 2＝(8－a )2－12，解得a ＝134.题型四 三角形面积或周长的最值(范围)问题【题型要点】求有关三角形面积或周长的最值(范围)问题在解决求有关三角形面积或周长的最值(范围)问题时，一般将其转化为一个角的一个三角函数，利用三角函数的有界性求解，或利用余弦定理转化为边的关系，再应用基本不等式求解．【例1】(2020·福州市质量检测)①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若角A ，B ，C 成等差数列，且b ＝32. (1)求①ABC 外接圆的直径；(2)求a ＋c 的取值范围．【解析】：(1)因为角A ，B ，C 成等差数列，所以2B ＝A ＋C ，又因为A ＋B ＋C ＝π，所以B ＝π3.根据正弦定理得，①ABC 的外接圆直径2R ＝bsin B ＝32sin π3＝1.(2)法一：由B ＝π3，知A ＋C ＝2π3，可得0＜A ＜2π3.由(1)知①ABC 的外接圆直径为1，根据正弦定理得，a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝1， 所以a ＋c ＝sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎪⎭⎫⎝⎛A -32π＝3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+A A cos 21sin 23＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πA . 因为0＜A ＜2π3，所以π6＜A ＋π6＜5π6.所以12＜sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πA ≤1，从而32＜3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πA ≤3，所以a ＋c 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛323， 法二：由(1)知，B ＝π3，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－3ac ≥(a ＋c )2－322⎪⎭⎫ ⎝⎛+c a ＝14(a ＋c )2(当且仅当a ＝c 时，取等号)，因为b ＝32，所以(a ＋c )2≤3，即a ＋c ≤3，又三角形两边之和大于第三边，所以32＜a ＋c ≤3， 所以a ＋c 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛323， 题型五 解三角形与三角函数的综合应用【题型要点】标注条件，合理建模解决三角函数的应用问题，无论是实际应用问题还是三角函数与解三角形相结合的问题，关键是准确找出题中的条件并在三角形中进行准确标注，然后根据条件和所求建立相应的数学模型，转化为可利用正弦定理或余弦定理解决的问题．【例1】 (2020·湖南省五市十校联考)已知向量m ＝(cos x ，sin x )，n ＝(cos x ，3cos x )，x ①R ，设函数f (x )＝m ·n ＋12.(1)求函数f (x )的解析式及单调递增区间；(2)设a ，b ，c 分别为①ABC 的内角A ，B ，C 的对边，若f (A )＝2，b ＋c ＝22，①ABC 的面积为12，求a 的值．【解析】 (1)由题意知，f (x )＝cos 2x ＋3sin x cos x ＋12＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ＋1.令2x ＋π6①⎥⎦⎤⎢⎣⎡++ππππk k 22,22-，k ①Z ，解得x ①⎥⎦⎤⎢⎣⎡++ππππk k 6,3-，k ①Z ，所以函数f (x )的单调递增区间为⎥⎦⎤⎢⎣⎡++ππππk k 6,3-，k ①Z .(2)因为f (A )＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πA ＋1＝2，所以sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πA ＝1. 因为0＜A ＜π，所以π6＜2A ＋π6＜13π6，所以2A ＋π6＝π2，即A ＝π6.由①ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12，得bc ＝2，又b ＋c ＝22，所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－2bc (1＋cos A )，解得a ＝3－1. 【例2】①ABC 中的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝2a －2c cos B . (1)求角C 的大小；(2)求3cos A ＋sin ⎪⎭⎫⎝⎛+3πB 的最大值，并求出取得最大值时角A ，B 的值． 【解析】：(1)法一：在①ABC 中，由正弦定理可知sin B ＝2sin A －2sin C cos B ，又A ＋B ＋C ＝π，则sin A ＝sin(π－(B ＋C ))＝sin(B ＋C )，于是有sin B ＝2sin(B ＋C )－2sin C cos B ＝2sin B cos C ＋2cos B sin C －2sin C cos B ，整理得sin B ＝2sin B cos C ，又sin B ≠0，则cos C ＝12，因为0<C <π，则C ＝π3.法二：由题可得b ＝2a －2c ·a 2＋c 2－b 22ac ，整理得a 2＋b 2－c 2＝ab ，即cos C ＝12，因为0<C <π，则C ＝π3.(2)由(1)知C ＝π3，则B ＋π3＝π－A ，3cos A ＋sin ⎪⎭⎫⎝⎛+3πB ＝3cos A ＋sin(π－A )＝3cos A ＋sin A ＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+3πA ， 因为A ＝2π3－B ，所以0<A <2π3，所以π3<A ＋π3<π，故当A ＝π6时，2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+3πA 的最大值为2，此时B ＝π2.二、高效训练突破 一、选择题1．(2020·广西桂林阳朔三校调研)在①ABC 中，a ①b ①c ＝3①5①7，那么①ABC 是( ) A ．直角三角形 B ．钝角三角形 C ．锐角三角形D ．非钝角三角形【解析】：因为a ①b ①c ＝3①5①7，所以可设a ＝3t ，b ＝5t ，c ＝7t ，由余弦定理可得cos C ＝9t 2＋25t 2－49t 22×3t ×5t ＝－12，所以C ＝120°，①ABC 是钝角三角形，故选B. 2．(2020·河北衡水中学三调)在①ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b 2＋c 2＝a 2＋bc ，若sin B sin C ＝sin 2A ，则①ABC 的形状是( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等边三角形D ．等腰直角三角形【解析】：在①ABC 中，因为b 2＋c 2＝a 2＋bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，因为A ①(0，π)，所以A ＝π3，因为sin B sin C ＝sin 2A ，所以bc ＝a 2，代入b 2＋c 2＝a 2＋bc ，得(b －c )2＝0，解得b ＝c ，所以①ABC 的形状是等边三角形，故选C.3．(2020·河南南阳四校联考)在①ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝8，c ＝3，A ＝60°，则此三角形外接圆的半径R ＝( ) A.823 B.1433 C.73D ．733【解析】：因为b ＝8，c ＝3，A ＝60°，所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝64＋9－2×8×3×12＝49，所以a ＝7，所以此三角形外接圆的直径2R ＝a sin A ＝732＝1433，所以R ＝733，故选D. 4．(2020·湖南省湘东六校联考)在①ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，其中b 2＝ac ，且sin C ＝2sinB ，则其最小内角的余弦值为( )A ．－24 B.24 C.528D ．34【解析】：由sin C ＝2sin B 及正弦定理，得c ＝2b .又b 2＝ac ，所以b ＝2a ，所以c ＝2a ，所以A 为①ABC 的最小内角．由余弦定理，知cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝（2a ）2＋（2a ）2－a 22·2a ·2a＝528，故选C.5．(2020·长春市质量监测(一))在①ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝a cos C ＋12c ，则角A 等于( ) A ．60°B ．120°C ．45°D ．135°【解析】：法一：由b ＝a cos C ＋12c 及正弦定理，可得sin B ＝sin A cos C ＋12sin C ，即sin(A ＋C )＝sin A cos C＋12sin C ，即sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A cos C ＋12sin C ，所以cos A sin C ＝12sin C ，又在①ABC 中，sin C ≠0，所以cos A ＝12，所以A ＝60°，故选A.法二：由b ＝a cos C ＋12c 及余弦定理，可得b ＝a ·b 2＋a 2－c 22ab ＋12c ，即2b 2＝b 2＋a 2－c 2＋bc ，整理得b 2＋c 2－a 2＝bc ，于是cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，所以A ＝60°，故选A.6.(2020·河南三市联考)已知a ，b ，c 分别为①ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，sin A ①sin B ＝1①3，c ＝2cos C ＝3，则①ABC 的周长为( ) A ．3＋3 3 B ．23 C ．3＋2 3D ．3＋3【解析】：因为sin A ①sin B ＝1①3，所以b ＝3a ， 由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋（3a ）2－c 22a ×3a＝32，又c ＝3，所以a ＝3，b ＝3，所以①ABC 的周长为3＋23，故选C.7．(2020·湖南师大附中4月模拟)若①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b ＝2，c ＝5，①ABC的面积S ＝52cos A ，则a ＝( ) A ．1 B.5 C.13D ．17【解析】：因为b ＝2，c ＝5，S ＝52cos A ＝12bc sin A ＝5sin A ，所以sin A ＝12cos A . 所以sin 2A ＋cos 2A ＝14cos 2A ＋cos 2A ＝54cos 2A ＝1.易得cos A ＝255.所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝4＋5－2×2×5×255＝9－8＝1，所以a ＝1.故选A. 8．(2020·开封市定位考试)已知①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，①ABC 的面积为43，且2b cos A ＋a ＝2c ，a ＋c ＝8，则其周长为( ) A ．10 B ．12 C ．8＋ 3D ．8＋23【解析】：因为①ABC 的面积为43，所以12ac sin B ＝4 3.因为2b cos A ＋a ＝2c ，所以由正弦定理得2sin B cosA ＋sin A ＝2sin C ，又A ＋B ＋C ＝π，所以2sin B cos A ＋sin A ＝2sin A cos B ＋2cos A sin B ，所以sin A ＝2cos B ·sin A ，因为sin A ≠0，所以cos B ＝12，因为0＜B ＜π，所以B ＝π3，所以ac ＝16，又a ＋c ＝8，所以a ＝c ＝4，所以①ABC 为正三角形，所以①ABC 的周长为3×4＝12.故选B.9．(2020·昆明市诊断测试)在平面四边形ABCD 中，①D ＝90°，①BAD ＝120°，AD ＝1，AC ＝2，AB ＝3，则BC ＝( )A. 5B.6C.7D ．22【解析】：如图，在①ACD 中，①D ＝90°，AD ＝1，AC ＝2，所以①CAD ＝60°.又①BAD ＝120°，所以①BAC ＝①BAD －①CAD ＝60°.在①ABC 中，由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos①BAC ＝7，所以BC ＝7.故选C.10.(2020·广州市调研测试)已知①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且sin 2A ＋sin 2B －sin 2Cc ＝sin A sin Ba cos B ＋b cos A ，若a ＋b ＝4，则c 的取值范围为( )A ．(0，4)B ．[2，4)C ．[1，4)D ．(2，4]【解析】：根据正弦定理可得sin 2A ＋sin 2B －sin 2C sin C ＝sin A sin Bsin A cos B ＋cos A sin B ，即sin 2A ＋sin 2B －sin 2C sin C ＝sin A sin Bsin （A ＋B ），由三角形内角和定理可得sin(A ＋B )＝sin C ，所以sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝sin A sin B ，再根据正弦定理可得a 2＋b 2－c 2＝ab .因为a ＋b ＝4，a ＋b ≥2ab ，所以ab ≤4，(a ＋b )2＝16，得a 2＋b 2＝16－2ab ，所以16－2ab －c 2＝ab ，所以16－c 2＝3ab ，故16－c 2≤12，c 2≥4，c ≥2，故2≤c ＜4，故选B.二、填空题1.在①ABC 中，角A ，B ，C 满足sin A cos C －sin B cos C ＝0，则三角形的形状为 ． 【解析】：由已知得cos C (sin A －sin B )＝0，所以有cos C ＝0或sin A ＝sin B ，解得C ＝90°或A ＝B . 2．(2020·天津模拟)在①ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a ，3c sin B ＝4a sin C ，则cos B ＝ ．【解析】：在①ABC 中，由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得b sin C ＝c sin B ，又由3c sin B ＝4a sin C ，得3b sin C ＝4a sinC ，即3b ＝4a .因为b ＋c ＝2a ，得到b ＝43a ，c ＝23a .由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋49a 2－169a 22·a ·23a＝－14.3．(2020·河南期末改编)在①ABC 中，B ＝π3，AC ＝3，且cos 2C －cos 2A －sin 2B ＝－2sin B sin C ，则C ＝ ，BC ＝ ．【解析】：由cos 2C －cos 2A －sin 2B ＝－2sin B sin C ，可得1－sin 2C －(1－sin 2A )－sin 2B ＝－2sin B sin C ，即sin 2A －sin 2C －sin 2B ＝－2sin B sin C ．结合正弦定理得BC 2－AB 2－AC 2＝－2·AC ·AB ，所以cos A ＝22，A ＝π4，则C ＝π－A －B ＝5π12.由AC sin B ＝BC sin A，解得BC ＝ 2.4.在①ABC 中，A ＝π4，b 2sin C ＝42sin B ，则①ABC 的面积为 ．【解析】：因为b 2sin C ＝42sin B ，所以b 2c ＝42b ，所以bc ＝42，S ①ABC ＝12bc sin A ＝12×42×22＝2.5．(2020·江西赣州五校协作体期中改编)在①ABC 中，A ＝π3，b ＝4，a ＝23，则B ＝ ，①ABC 的面积等于 ．【解析】：①ABC 中，由正弦定理得sin B ＝b sin A a ＝4×sinπ323＝1.又B 为三角形的内角，所以B ＝π2，所以c ＝b 2－a 2＝42－（23）2＝2，所以S ①ABC ＝12×2×23＝2 3.6．在①ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，且B 为锐角，若sin A sin B ＝5c 2b ，sin B ＝74，S ①ABC ＝574，则b 的值为 ．【解析】：由sin A sin B ＝5c 2b ①a b ＝5c 2b ①a ＝52c ，①由S ①ABC ＝12ac sin B ＝574且sin B ＝74得12ac ＝5，①联立①，①得a ＝5，且c ＝2.由sin B ＝74且B 为锐角知cos B ＝34， 由余弦定理知b 2＝25＋4－2×5×2×34＝14，b ＝14.三 解答题1.(2020·兰州模拟)已知在①ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin B ＋b cos A ＝0. (1)求角A 的大小；(2)若a ＝25，b ＝2，求边c 的长．【解析】：(1)因为a sin B ＋b cos A ＝0，所以sin A sin B ＋sin B cos A ＝0，即sin B (sin A ＋cos A )＝0，由于B 为三角形的内角，所以sin A ＋cos A ＝0，所以2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+4πA ＝0，而A 为三角形的内角，所以A ＝3π4. (2)在①ABC 中，a 2＝c 2＋b 2－2cb cos A ，即20＝c 2＋4－4c ⎪⎪⎭⎫⎝⎛22-，解得c ＝－42(舍去)或c ＝2 2. 2.在①ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .(1)若a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，求c 的值；(2)若sin A a ＝cos B2b ，求cos B 的值．【解析】：(1)因为a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，由余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，得23＝（3c ）2＋c 2－（2）22×3c ×c ，即c 2＝13.所以c ＝33.(2)因为sin A a ＝cos B 2b ，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得cos B 2b ＝sin Bb ，所以cos B ＝2sin B .从而cos 2B ＝(2sin B )2，即cos 2B ＝4(1－cos 2B )，故cos 2B ＝45.因为sin B >0，所以cos B ＝2sin B >0，从而cos B ＝255.3.(2020·福建五校第二次联考)在①ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且3a cos C ＝(2b －3c )cos A . (1)求角A 的大小；(2)若a ＝2，求①ABC 面积的最大值．【解析】：(1)由正弦定理可得，3sin A cos C ＝2sin B cos A －3sin C cos A ， 从而3sin(A ＋C )＝2sin B cos A ，即3sin B ＝2sin B cos A .又B 为三角形的内角，所以sin B ≠0，于是cos A ＝32，又A 为三角形的内角，所以A ＝π6. (2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋c 2－2bc ×32≥2bc －3bc ， 所以bc ≤4(2＋3)，所以S ①ABC ＝12bc sin A ≤2＋3，故①ABC 面积的最大值为2＋ 3.4．(2020·广东佛山顺德第二次质检)在①ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，2b sin C cos A ＋a sin A ＝2c sin B .(1)证明：①ABC 为等腰三角形；(2)若D 为BC 边上的点，BD ＝2DC ，且①ADB ＝2①ACD ，a ＝3，求b 的值．【解析】：(1)证明：因为2b sin C cos A ＋a sin A ＝2c sin B ，所以由正弦定理得2bc cos A ＋a 2＝2cb ，由余弦定理得2bc ·b 2＋c 2－a 22bc ＋a 2＝2bc ，化简得b 2＋c 2＝2bc ，所以(b －c )2＝0，即b ＝c .故①ABC 为等腰三角形．(2)法一：由已知得BD ＝2，DC ＝1，因为①ADB ＝2①ACD ＝①ACD ＋①DAC ， 所以①ACD ＝①DAC ，所以AD ＝CD ＝1.又因为cos①ADB ＝－cos①ADC ，所以AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＝－AD 2＋CD 2－AC 22AD ·CD ，即12＋22－c 22×1×2＝－12＋12－b 22×1×1，得2b 2＋c 2＝9，由(1)可知b ＝c ，得b ＝ 3.法二：由已知可得CD ＝13a ＝1，由(1)知，AB ＝AC ，所以①B ＝①C ，又因为①DAC ＝①ADB －①C ＝2①C －①C ＝①C ＝①B ， 所以①CAB ①①CDA ，所以CB CA ＝CA CD ，即3b ＝b1，所以b ＝ 3.5.(2020·重庆市学业质量调研)①ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知①ABC 的面积为32ac cos B ，且sin A ＝3sin C .(1)求角B 的大小；(2)若c ＝2，AC 的中点为D ，求BD 的长．【解析】：(1)因为S ①ABC ＝12ac sin B ＝32ac cos B ，所以tan B ＝ 3.又0＜B ＜π，所以B ＝π3.(2)sin A ＝3sin C ，由正弦定理得，a ＝3c ，所以a ＝6.由余弦定理得，b 2＝62＋22－2×2×6×cos 60°＝28，所以b ＝27. 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝（27）2＋22－622×2×27＝－714.因为D 是AC 的中点，所以AD ＝7.所以BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos A ＝22＋(7)2－2×2×7×⎪⎪⎭⎫⎝⎛147-＝13.所以BD ＝13.。

1 专题5：解三角形中解的个数问题知识点与练习（解析版） 解三角形个数问题
1）已知两角和任意一边，求其它两边和一角；
2）已知两边和其中一边对角，求另一边的对角，进而可求其它的边和角。

例如：已知a, b 和A, 用正弦定理求B 时的各种情况:（多解情况） ○1若A 为锐角时:
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<<=<)
( b a ) ,( b a bsinA
)
( bsinA a sin 锐角一解一钝一锐二解直角一解无解
A b a
已知边a,b 和∠A
有两个解仅有一个解无解CH=bsinA<a<b a=CH=bsinA
a<CH=bsinA
○2若A 为直角或钝角时:⎩⎨⎧>≤)( b a 锐角一解无解
b
a
一、单选题
1．在
ABC 中，a ，b ，c 是角A ，B ，C 所对的边，且3a =
，
b =，
45B ∠=︒，则A ∠等于（ ）
A ．60°
B ．120°
C ．60°或120°
D ．135°
【答案】C
【分析】
利用正弦定理求得sin A ，根据大边对大角确定A 的范围，得到A 的值.
【详解】
3a =，b =，45B ∠=︒，
由正弦定理得3sin 2
asinB A b ===,。

第1讲 三角函数的图象与性质高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容,主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象,涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题,主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等,主要以解答题的形式考查.真 题 感 悟1.(全国Ⅰ卷)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cos 2α＝23,则|a －b |＝( ) A.15B.55C.255D.1解析 由题意知cos α>0.因为cos 2α＝2cos 2α－1＝23,所以cos α＝306,sin α＝±66,得|tan α|＝55.由题意知|tan α|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －b 1－2,所以|a －b |＝55. 答案 B2.(全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3,则下列结论错误的是( )A.f (x )的一个周期为－2πB.y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π3对称 C.f (x ＋π)的一个零点为x ＝π6 D.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减解析 A 项,因为f (x )的周期为2k π(k ∈Z 且k ≠0),所以f (x )的一个周期为－2π,A 项正确.B 项,因为f (x )图象的对称轴为直线x ＝k π－π3(k ∈Z ),当k ＝3时,直线x ＝8π3是其对称轴,B 项正确.C 项,f (x ＋π)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4π3,将x ＝π6代入得到f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π6＝cos 3π2＝0,所以x ＝π6是f (x ＋π)的一个零点,C 项正确.D 项,因为f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋2π3 (k ∈Z ),递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋2π3，2k π＋5π3 (k ∈Z ),所以⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2π3是减区间,⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，π是增区间,D 项错误. 答案 D3.(全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2,则( ) A.f (x )的最小正周期为π,最大值为3 B.f (x )的最小正周期为π,最大值为4 C.f (x )的最小正周期为2π,最大值为3 D.f (x )的最小正周期为2π,最大值为4解析 易知f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2＝3cos 2x ＋1＝3cos 2x ＋12＋1＝32cos 2x ＋52,则f (x )的最小正周期为π,当2x ＝2k π,即x ＝k π(k ∈Z )时,f (x )取得最大值,最大值为4. 答案 B4.(全国Ⅱ卷)若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ,a ]是减函数,则a 的最大值是( ) A.π4B.π2C.3π4D.π解析 f (x )＝cos x －sin x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4,且函数y ＝cos x 在区间[0,π]上单调递减,则由0≤x ＋π4≤π,得－π4≤x ≤3π4.因为f (x )在[－a ,a ]上是减函数,所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥－π4，a ≤3π4，解得a ≤π4,所以0<a ≤π4,所以a 的最大值是π4. 答案 A考 点 整 合1.常用三种函数的图象与性质(下表中k ∈Z )图象递增 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2 [2k π－π,2k π]⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2，k π＋π2 递减 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π2，2k π＋3π2 [2k π,2k π＋π] 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 对称 中心 (k π,0) ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π2，0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0 对称轴 x ＝k π＋π2 x ＝k π 周期性2π2ππ2.三角函数的常用结论(1)y ＝A sin(ωx ＋φ),当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得.(2)y ＝A cos(ωx ＋φ),当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得. (3)y ＝A tan(ωx ＋φ),当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数. 3.三角函数的两种常见变换热点一 三角函数的定义【例1】 (1)(北京卷)在平面直角坐标系xOy 中,角α与角β均以Ox 为始边,它们的终边关于y 轴对称.若sin α＝13,则cos(α－β)＝________.(2)如图,以Ox 为始边作角α(0<α<π),终边与单位圆相交于点P ,已知点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45,则sin 2α＋cos 2α＋11＋tan α＝________.解析 (1)法一 由已知得β＝(2k ＋1)π－α(k ∈Z ). ∵sin α＝13,∴sin β＝sin[(2k ＋1)π－α]＝sin α＝13(k ∈Z ). 当cos α＝1－sin 2α＝223时,cos β＝－223,∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝223×⎝ ⎛⎭⎪⎫－223＋13×13＝－79. 当cos α＝－1－sin 2α＝－223时,cos β＝223,∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－79.综上可知,cos(α－β)＝－79.法二 由已知得β＝(2k ＋1)π－α(k ∈Z ),∴sin β＝sin[(2k ＋1)π－α]＝sinα, cos β＝cos[(2k ＋1)π－α]＝－cos α,k ∈Z .当sin α＝13时,cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－cos 2α＋sin 2α＝－(1－sin 2α)＋sin 2α＝2sin 2α－1＝2×19－1＝－79.(2)由三角函数定义,得cos α＝－35,sin α＝45,∴原式＝2sin αcos α＋2cos 2α1＋sin αcos α＝2cos α（sin α＋cos α）sin α＋cos αcos α＝2cos 2α＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝1825. 答案 (1)－79 (2)1825探究提高 1.当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要注意分情况解决,机械地使用三角函数的定义就会出现错误.2.任意角的三角函数值仅与角α的终边位置有关,而与角α终边上点P 的位置无关.若角α已经给出,则无论点P 选择在α终边上的什么位置,角α的三角函数值都是确定的.【训练1】 (1)(潍坊三模)在直角坐标系中,若角α的终边经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 23π，cos 23π,则sin(π－α)＝( ) A.12B.32C.－12D.－32(2)(北京卷)在平面直角坐标系中,AB ︵,CD ︵,EF ︵,GH ︵是圆x 2＋y 2＝1上的四段弧(如图),点P 在其中一段上,角α以Ox 为始边,OP 为终边.若tan α<cos α<sin α,则P 所在的圆弧是( )A.AB ︵B.CD ︵C.EF ︵D.GH ︵解析 (1)∵角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 23π，cos 23π,且|OP |＝1.∴由三角函数定义,知sinα＝cos 2π3＝－12.因此sin(π－α)＝sin α＝－12.(2)设点P 的坐标为(x ,y ),由三角函数的定义得yx <x <y ,所以－1<x <0,0<y <1.所以P 所在的圆弧是EF ︵. 答案 (1)C (2)C 热点二 三角函数的图象 考法1 三角函数的图象变换【例2－1】 (1)要想得到函数y ＝sin 2x ＋1的图象,只需将函数y ＝cos 2x 的图象( )A.向左平移π4个单位长度,再向上平移1个单位长度 B.向右平移π4个单位长度,再向上平移1个单位长度 C.向左平移π2个单位长度,再向下平移1个单位长度D.向右平移π2个单位长度,再向下平移1个单位长度(2)(湖南六校联考)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2,其图象相邻两条对称轴之间的距离为π2,将函数y ＝f (x )的图象向左平移π3个单位长度后,得到的图象关于y 轴对称,那么函数y ＝f (x )的图象( )A.关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0对称B.关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0对称C.关于直线x ＝π12对称D.关于直线x ＝－π12对称解析 (1)因为y ＝sin 2x ＋1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＋1＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋1,故只需将函数y ＝cos 2x 的图象向右平移π4个单位长度,再向上平移1个单位长度,即可得到函数y ＝sin 2x ＋1的图象. (2)由题意,T ＝π,ω＝2.又y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋2π3的图象关于y 轴对称.∴φ＋2π3＝k π＋π2,k ∈Z . 由|φ|<π2,取φ＝－π6,因此f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6,代入检验f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝0,A 正确.答案 (1)B (2)A探究提高 1.“五点法”作图：设z ＝ωx ＋φ,令z ＝0,π2,π,3π2,2π,求出x 的值与相应的y 的值,描点、连线可得.2.在图象变换过程中务必分清是先相位变换,还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x 而言的,如果x 的系数不是1,就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.考法2 由函数的图象特征求解析式【例2－2】 (1)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示,则函数f (x )的解析式为( )A.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6B.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3C.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π12D.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6(2)(济南调研)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示,若x 1,x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3,且f (x 1)＝f (x 2),则f (x 1＋x 2)＝( )A.1B.12C.22D.32解析 (1)由题意知A ＝2,T ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12－π6＝π,ω＝2,因为当x ＝5π12时取得最大值2,所以2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×5π12＋φ, 所以2×5π12＋φ＝2k π＋π2,k ∈Z ,解得φ＝2k π－π3,k ∈Z , 因为|φ|<π2,得φ＝－π3. 因此函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.(2)观察图象可知,A ＝1,T ＝π,则ω＝2. 又点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0是“五点法”中的始点,∴2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋φ＝0,φ＝π3. 则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 函数图象的对称轴为x ＝－π6＋π32＝π12.又x 1,x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3,且f (x 1)＝f (x 2),所以x 1＋x 22＝π12,则x 1＋x 2＝π6,因此f (x 1＋x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝32. 答案 (1)B (2)D探究提高 已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0,ω>0)的图象求解析式时,常采用待定系数法,由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解,其中一般把第一个零点作为突破口,可以从图象的升降找准第一个零点的位置.【训练2】 已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0,ω＞0,|φ|＜π2)的部分图象如图所示.(1)求函数f (x )的解析式；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的纵坐标保持不变,横坐标缩短到原来的12倍,再把所得的函数图象向左平移π6个单位长度,得到函数y ＝g (x )的图象,求函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8上的最小值.解 (1)设函数f (x )的最小正周期为T ,由题图可知 A ＝1,T 2＝2π3－π6＝π2,即T ＝π,所以π＝2πω,解得ω＝2,所以f (x )＝sin(2x ＋φ),又过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0,由0＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ可得π3＋φ＝2k π,k ∈Z , 则φ＝2k π－π3,k ∈Z ,因为|φ|＜π2,所以φ＝－π3,故函数f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. (2)根据条件得g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8时,4x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6,所以当x ＝π8时,g (x )取得最小值,且g (x )min ＝12. 热点三 三角函数的性质 考法1 三角函数性质【例3－1】 (合肥质检)已知函数f (x )＝sin ωx －cos ωx (ω>0)的最小正周期为π. (1)求函数y ＝f (x )图象的对称轴方程； (2)讨论函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调性. 解 (1)∵f (x )＝sin ωx －cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π4,且T ＝π,∴ω＝2,于是f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4.令2x －π4＝k π＋π2(k ∈Z ),得x ＝k π2＋3π8(k ∈Z ).即函数f (x )图象的对称轴方程为x ＝k π2＋3π8(k ∈Z ).(2)令2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2(k ∈Z ),得函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π8，k π＋3π8(k ∈Z ).注意到x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2,所以令k ＝0,得函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π8；同理,其单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π8，π2.探究提高 1.讨论三角函数的单调性,研究函数的周期性、奇偶性与对称性,都必须首先利用辅助角公式,将函数化成一个角的一种三角函数.2.求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0,ω>0)的单调区间,是将ωx ＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间),求出的区间即为y ＝A sin(ωx ＋φ)的增区间(或减区间),但是当A ＞0,ω＜0时,需先利用诱导公式变形为y ＝－A sin(－ωx －φ),则y ＝A sin(－ωx －φ)的增区间即为原函数的减区间,减区间即为原函数的增区间. 考法2 三角函数性质与图象的综合应用【例3－2】 已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2ωx －3(ω>0)的最小正周期为π.(1)求函数f (x )的单调递增区间.(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位,再向上平移1个单位,得到函数y ＝g (x )的图象,若y ＝g (x )在[0,b ](b >0)上至少含有10个零点,求b 的最小值. 解 (1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋3(2sin 2ωx －1) ＝sin 2ωx －3cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3.由最小正周期为π,得ω＝1, 所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3,由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2,k ∈Z ,整理得k π－π12≤x ≤kx ＋5π12,k ∈Z ,所以函数f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12,k ∈Z . (2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位,再向上平移1个单位,得到y ＝2sin 2x ＋1的图象；所以g (x )＝2sin 2x ＋1.令g (x )＝0,得x ＝k π＋7π12或x ＝k π＋11π12(k ∈Z ),所以在[0,π]上恰好有两个零点,若y ＝g (x )在[0,b ]上有10个零点,则b 不小于第10个零点的横坐标即可.所以b 的最小值为4π＋11π12＝59π12.探究提高 1.研究三角函数的图象与性质,关键是将函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋B )的形式,利用正余弦函数与复合函数的性质求解. 2.函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))的最小正周期T ＝2π|ω|.应特别注意y ＝|A sin(ωx ＋φ)|的最小正周期为T ＝π|ω|.【训练3】 (湖南师大附中质检)已知向量m ＝(2cos ωx ,－1),n ＝(sin ωx －cos ωx ,2)(ω>0),函数f (x )＝m·n ＋3,若函数f (x )的图象的两个相邻对称中心的距离为π2. (1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若将函数f (x )的图象先向左平移π4个单位,然后纵坐标不变,横坐标缩短为原来的12倍,得到函数g (x )的图象,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时,求函数g (x )的值域.解 (1)f (x )＝m·n ＋3＝2cos ωx (sin ωx －cos ωx )－2＋3 ＝sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π4.依题意知,最小正周期T ＝π.∴ω＝1,因此f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4.令－π2＋2k π≤2x －π4≤π2＋2k π,k ∈Z ,求得f (x )的增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π8＋k π，3π8＋k π,k ∈Z .(2)将函数f (x )的图象先向左平移π4个单位,得y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象. 然后纵坐标不变,横坐标缩短为原来的12倍,得到函数g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4的图象.故g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4,由π4≤x ≤π2,知5π4≤4x ＋π4≤9π4.∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤22.故函数g (x )的值域是[－2,1].1.已知函数y＝A sin(ωx＋φ)＋B(A＞0,ω＞0)的图象求解析式(1)A＝y max－y min2,B＝y max＋y min2.(2)由函数的周期T求ω,ω＝2πT.(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求φ.2.运用整体换元法求解单调区间与对称性类比y＝sin x的性质,只需将y＝A sin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”,采用整体代入求解.(1)令ωx＋φ＝kπ＋π2(k∈Z),可求得对称轴方程；(2)令ωx＋φ＝kπ(k∈Z),可求得对称中心的横坐标；(3)将ωx＋φ看作整体,可求得y＝A sin(ωx＋φ)的单调区间,注意ω的符号.3.函数y＝A sin(ωx＋φ)＋B的性质及应用的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y＝A sin(ωx ＋φ)＋B(一角一函数)的形式；第二步：把“ωx＋φ”视为一个整体,借助复合函数性质求y＝A sin(ωx＋φ)＋B的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题.一、选择题1.(全国Ⅲ卷)函数f(x)＝tan x1＋tan2x的最小正周期为()A.π4 B.π2 C.π D.2π解析f(x)＝tan x1＋tan2x＝sin xcos x1＋sin2xcos2x＝sin x cos xcos2x＋sin2x＝sin x cos x＝12sin 2x,所以f(x)的最小正周期T＝2π2＝π.答案 C2.(全国Ⅲ卷)函数f(x)＝15sin⎝⎛⎭⎪⎫x＋π3＋cos⎝⎛⎭⎪⎫x－π6的最大值为()A.65 B.1 C.35 D.15解析 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3,则f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3,函数的最大值为65. 答案 A3.(湖南六校联考)定义一种运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ,将函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2 2sin x 3 cos x 的图象向左平移φ(φ>0)个单位,所得图象对应的函数为偶函数,则φ的最小值是( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6解析 f (x )＝2cos x －23sin x ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3,依题意g (x )＝f (x ＋φ)＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ是偶函数(其中φ>0).∴π3＋φ＝k π,k ∈Z ,则φmin ＝23π. 答案 C4.偶函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,其中△EFG 是斜边为4的等腰直角三角形(E ,F 是函数与x 轴的交点,点G 在图象上),则f (1)的值为( )A.22B.62C. 2D.2 2解析 依题设,T 2＝|EF |＝4,T ＝8,ω＝π4. ∵函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)为偶函数,且0<φ<π. ∴φ＝π2,在等腰直角△EGF 中,易求A ＝2. 所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π2＝2cos π4x ,则f (1)＝ 2.答案 C5.(天津卷)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.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 把函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度得函数g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π10＋π5＝sin 2x 的图象,由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π(k ∈Z )得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π(k ∈Z ),令k ＝1,得3π4≤x ≤5π4,即函数g (x )＝sin 2x 的一个单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4.答案 A 二、填空题6.(江苏卷)已知函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称,则φ的值是________.解析 由函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称,得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝±1.因为－π2<φ<π2,所以π6<2π3＋φ<7π6,则2π3＋φ＝π2,φ＝－π6.答案 －π67.已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示,其中|PQ |＝2 5.则f (x )的解析式为________.解析 由题图可知A ＝2,P (x 1,－2),Q (x 2,2),所以|PQ |＝（x 1－x 2）2＋（－2－2）2＝（x 1－x 2）2＋42＝2 5.整理得|x 1－x 2|＝2,所以函数f (x )的最小正周期T ＝2|x 1－x 2|＝4,即2πω＝4,解得ω＝π2.又函数图象过点(0,－3),所以2sin φ＝－3,即sin φ＝－32.又|φ|<π2,所以φ＝－π3,所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －π3.答案 f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －π38.(北京卷)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0).若f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4对任意的实数x 都成立,则ω的最小值为________.解析 由于对任意的实数都有f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4成立,故当x ＝π4时,函数f (x )有最大值,故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1,πω4－π6＝2k π(k ∈Z ),∴ω＝8k ＋23(k ∈Z ).又ω>0,∴ωmin ＝23.答案 23 三、解答题9.已知函数f (x )＝4tan x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3. (1)求f (x )的定义域与最小正周期； (2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的单调性.解 (1)f (x )的定义域为{x |x ≠π2＋k π,k ∈Z },f (x )＝4tan x cos x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋32sin x － 3＝2sin x cos x ＋23sin 2x － 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π,k ∈Z , 得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π,k ∈Z .设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4,B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ,易知A ∩B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时,f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递增,在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上单调递减.10.(西安模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x sin x －3cos 2x ＋32.(1)求f (x )的最大值及取得最大值时x 的值；(2)若方程f (x )＝23在(0,π)上的解为x 1,x 2,求cos(x 1－x 2)的值.解 (1)f (x )＝cos x sin x －32(2cos 2x －1) ＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. 当2x －π3＝π2＋2k π(k ∈Z ),即x ＝512π＋k π(k ∈Z )时,函数f (x )取最大值,且最大值为1.(2)由(1)知,函数f (x )图象的对称轴为x ＝512π＋k π,k ∈Z ,∴当x ∈(0,π)时,对称轴为x ＝512π.又方程f (x )＝23在(0,π)上的解为x 1,x 2.∴x 1＋x 2＝56π,则x 1＝56π－x 2,∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫56π－2x 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3, 又f (x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3＝23,故cos(x 1－x 2)＝23.11.设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2,其中0＜ω＜3,已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0.(1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移π4个单位,得到函数y ＝g (x )的图象,求g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4上的最小值.解 (1)因为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2,所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin ωx －32cos ωx＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3.由题设知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0,所以ωπ6－π3＝k π,k ∈Z ,故ω＝6k ＋2,k ∈Z . 又0＜ω＜3,所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3,所以g (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4,所以x －π12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3,当x －π12＝－π3,即x ＝－π4时,g (x )取得最小值－32.。

大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（北京卷）专题05三角函数与解三角形1．【2022年北京卷05】已知函数f(x)=cos 2x −sin 2x ，则（ ） A ．f(x)在(−π2,−π6)上单调递减B ．f(x)在(−π4,π12)上单调递增C ．f(x)在(0,π3)上单调递减D ．f(x)在(π4,7π12)上单调递增【答案】C 【解析】因为f (x )=cos 2x −sin 2x =cos2x .对于A 选项，当−π2<x <−π6时，−π<2x <−π3，则f (x )在(−π2,−π6)上单调递增，A 错； 对于B 选项，当−π4<x <π12时，−π2<2x <π6，则f (x )在(−π4,π12)上不单调，B 错； 对于C 选项，当0<x <π3时，0<2x <2π3，则f (x )在(0,π3)上单调递减，C 对； 对于D 选项，当π4<x <7π12时，π2<2x <7π6，则f (x )在(π4,7π12)上不单调，D 错. 故选：C.2．【2021年北京7】函数f(x)=cosx −cos2x ，试判断函数的奇偶性及最大值（ ） A ．奇函数，最大值为2 B ．偶函数，最大值为2 C ．奇函数，最大值为98D ．偶函数，最大值为98【答案】D由题意，f(−x)=cos(−x)−cos(−2x)=cosx −cos2x =f(x)，所以该函数为偶函数， 又f(x)=cosx −cos2x =−2cos 2x +cosx +1=−2(cosx −14)2+98， 所以当cosx =14时，f(x)取最大值98. 故选：D.3．【2020年北京卷10】2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（π Day ）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形（各边均与圆相切的正6n 边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是（ ）．真题汇总A．3n(sin30°n +tan30°n)B．6n(sin30°n+tan30°n)C．3n(sin60°n +tan60°n)D．6n(sin60°n+tan60°n)【答案】A 【解析】单位圆内接正6n边形的每条边所对应的圆周角为360°n×6=60°n，每条边长为2sin30°n，所以，单位圆的内接正6n边形的周长为12nsin30°n，单位圆的外切正6n边形的每条边长为2tan30°n ，其周长为12ntan30°n，∴2π=12nsin 30°n+12ntan30°n2=6n(sin30°n+tan30°n)，则π=3n(sin30°n +tan30°n).故选：A.4．【2018年北京理科07】在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线x﹣my﹣2＝0的距离．当θ、m变化时，d的最大值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】解：由题意d=√1+m2=|√m2+1sin(θ+α)−2|√m+1，tanα=1m=y x，∴当sin（θ+α）＝﹣1时，d max＝12√m+1≤3．∴d的最大值为3．故选：C．5．【2016年北京理科07】将函数y＝sin（2x−π3）图象上的点P（π4，t）向左平移s（s＞0）个单位长度得到点P′，若P′位于函数y＝sin2x的图象上，则（）A．t=12，s的最小值为π6B．t=√32，s的最小值为π6C．t=12，s的最小值为π3D．t=√32，s的最小值为π3【答案】解：将x=π4代入得：t＝sinπ6=12，将函数y＝sin（2x−π3）图象上的点P向左平移s个单位，得到P ′（π4−s ，12）点，若P ′位于函数y ＝sin2x 的图象上， 则sin （π2−2s ）＝cos2s =12，则2s =±π3+2k π，k ∈Z ， 则s =±π6+k π，k ∈Z ，由s ＞0得：当k ＝0时，s 的最小值为π6，故选：A ．6．【2022年北京卷13】若函数f(x)=Asinx −√3cosx 的一个零点为π3，则A =________；f(π12)=________． 【答案】 1 −√2 【解析】∵f(π3)=√32A −√32=0，∴A =1∴f(x)=sinx −√3cosx =2sin(x −π3)f(π12)=2sin(π12−π3)=−2sin π4=−√2故答案为：1，−√27．【2020年北京卷12】若函数f(x)=sin(x +φ)+cosx 的最大值为2，则常数φ的一个取值为________． 【答案】π2（2kπ+π2,k ∈Z 均可）【解析】因为f (x )=cosφsinx +(sinφ+1)cosx =√cos 2φ+(sinφ+1)2sin (x +θ)， 所以√cos 2φ+(sinφ+1)2=2，解得sinφ=1，故可取φ=π2.故答案为：π2（2kπ+π2,k ∈Z 均可）.8．【2019年北京理科09】函数f （x ）＝sin 22x 的最小正周期是 ． 【答案】解：∵f （x ）＝sin 2（2x ），∴f （x ）=−12cos(4x)+12， ∴f （x ）的周期T =π2， 故答案为：π2．9．【2018年北京理科11】设函数f （x ）＝cos （ωx −π6）（ω＞0），若f （x ）≤f （π4）对任意的实数x 都成立，则ω的最小值为 ．【答案】解：函数f （x ）＝cos （ωx −π6）（ω＞0），若f （x ）≤f （π4）对任意的实数x 都成立，可得：ω⋅π4−π6=2kπ，k ∈Z ，解得ω=8k +23，k ∈Z ，ω＞0 则ω的最小值为：23． 故答案为：23．10．【2017年北京理科12】在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称，若sin α=13，则cos （α﹣β）＝ ．【答案】解：方法一：∵角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称， ∴sin α＝sin β=13，cos α＝﹣cos β，∴cos （α﹣β）＝cos αcos β+sin αsin β＝﹣cos 2α+sin 2α＝2sin 2α﹣1=29−1=−79方法二：∵sin α=13， 当α在第一象限时，cos α=2√23， ∵α，β角的终边关于y 轴对称，∴β在第二象限时，sin β＝sin α=13，cos β＝﹣cos α=−2√23， ∴cos （α﹣β）＝cos αcos β+sin αsin β=−2√23×2√23+13×13=−79 ：∵sin α=13，当α在第二象限时，cos α=−2√23， ∵α，β角的终边关于y 轴对称，∴β在第一象限时，sin β＝sin α=13，cos β＝﹣cos α=2√23，∴cos （α﹣β）＝cos αcos β+sin αsin β=−2√23×2√23+13×13=−79综上所述cos （α﹣β）=−79， 故答案为：−7911．【2015年北京理科12】在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin2A sinC= ．【答案】解：∵△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，∴cos C =16+25−362×4×5=18，cos A =25+36−162×5×6=34∴sin C =3√78，sin A =√74， ∴sin2A sinC=2×√74×343√78=1．故答案为：1．12．【2014年北京理科14】设函数f （x ）＝A sin （ωx +φ）（A ，ω，φ是常数，A ＞0，ω＞0）若f （x ）在区间[π6，π2]上具有单调性，且f （π2）＝f （2π3）＝﹣f （π6），则f （x ）的最小正周期为 ．【答案】解：由f （π2）＝f （2π3），可知函数f （x ）的一条对称轴为x =π2+2π32=7π12， 则x =π2离最近对称轴距离为7π12−π2=π12．又f （π2）＝﹣f （π6），则f （x ）有对称中心（π3，0）， 由于f （x ）在区间[π6，π2]上具有单调性，则π2−π6≤12T ⇒T ≥2π3，从而7π12−π3=T4⇒T ＝π．故答案为：π．13．【2022年北京卷16】在△ABC 中，sin2C =√3sinC ． (1)求∠C ；(2)若b =6，且△ABC 的面积为6√3，求△ABC 的周长． 【答案】(1)π6 (2)6+6√3 【解析】(1)解：因为C ∈(0,π)，则sinC >0，由已知可得√3sinC =2sinCcosC ，可得cosC =√32，因此，C =π6.(2)解：由三角形的面积公式可得S △ABC =12absinC =32a =6√3，解得a =4√3.由余弦定理可得c 2=a 2+b 2−2abcosC =48+36−2×4√3×6×√32=12，∴c =2√3，所以，△ABC 的周长为a +b +c =6√3+6.14．【2021年北京16】已知在△ABC 中，c =2bcosB ，C =2π3．（1）求B 的大小；（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度．①c=√2b；②周长为4+2√3；③面积为SΔABC=3√34；【答案】（1）π6；（2）答案不唯一，具体见解析．（1）∵c=2bcosB，则由正弦定理可得sinC=2sinBcosB，∴sin2B=sin2π3=√32，∵C=2π3，∴B∈(0,π3)，2B∈(0,2π3)，∴2B=π3，解得B=π6；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得cb =sinCsinB=√3212=√3，与c=√2b矛盾，故这样的△ABC不存在；若选择②：由（1）可得A=π6，设△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得a=b=2Rsinπ6=R，c=2Rsin2π3=√3R，则周长a+b+c=2R+√3R=4+2√3，解得R=2，则a=2,c=2√3，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：√(2√3)2+12−2×2√3×1×cosπ6=√7；若选择③：由（1）可得A=π6，即a=b，则S△ABC=12absinC=12a2×√32=3√34，解得a=√3，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：√b2+(a2)2−2×b×a2×cos2π3=√3+34+√3×√32=√212.15．【2020年北京卷17】在△ABC中，a+b=11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求：（Ⅰ）a的值：（Ⅱ）sinC和△ABC的面积．条件①：c=7,cosA=−17；条件②：cosA=18,cosB=916．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）sinC =√32, S =6√3；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）sinC =√74, S =15√74.【解析】选择条件①（Ⅰ）∵c =7,cosA =−17，a +b =11∵a 2=b 2+c 2−2bccosA ∴a 2=(11−a)2+72−2(11−a)⋅7⋅(−17)∴a =8（Ⅱ）∵cosA =−17，A ∈(0,π)∴sinA =√1−cos 2A =4√37 由正弦定理得：asinA =csinC ∴4√37=7sinC ∴sinC =√32S =12basinC =12(11−8)×8×√32=6√3选择条件②（Ⅰ）∵cosA =18,cosB =916，A,B ∈(0,π)∴sinA =√1−cos 2A =3√78,sinB =√1−cos 2B =5√716由正弦定理得：asinA =bsinB ∴3√78=5√716∴a =6（Ⅱ）sinC =sin(A +B)=sinAcosB +sinBcosA =3√78×916+5√716×18=√74S =12basinC =12(11−6)×6×√74=15√74.16．【2019年北京理科15】在△ABC 中，a ＝3，b ﹣c ＝2，cos B =−12． （Ⅰ）求b ，c 的值；（Ⅱ）求sin （B ﹣C ）的值． 【答案】解：（Ⅰ）∵a ＝3，b ﹣c ＝2，cos B =−12． ∴由余弦定理，得b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B =9+(b −2)2−2×3×(b −2)×(−12)， ∴b ＝7，∴c ＝b ﹣2＝5；（Ⅱ）在△ABC 中，∵cos B =−12，∴sin B =√32， 由正弦定理有：c sinC=b sinB，∴sinC =csinB b =5×√327=5√314，∵b ＞c ，∴B ＞C ，∴C 为锐角， ∴cos C =1114，∴sin （B ﹣C ）＝sin B cos C ﹣cos B sin C=√32×1114−(−12)×5√314=4√37．17．【2018年北京理科15】在△ABC中，a＝7，b＝8，cos B=−1 7．（Ⅰ）求∠A；（Ⅱ）求AC边上的高．【答案】解：（Ⅰ）∵a＜b，∴A＜B，即A是锐角，∵cos B=−17，∴sin B=√1−cos2B=√1−(−17)2=4√37，由正弦定理得asinA =bsinB得sin A=asinBb=7×4√378=√32，则A=π3．（Ⅱ）由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2ac cos B，即64＝49+c2+2×7×c×1 7，即c2+2c﹣15＝0，得（c﹣3）（c+5）＝0，得c＝3或c＝﹣5（舍），则AC边上的高h＝c sin A＝3×√32=3√32．18．【2017年北京理科15】在△ABC中，∠A＝60°，c=37a．（1）求sin C的值；（2）若a＝7，求△ABC的面积．【答案】解：（1）∠A＝60°，c=37a，由正弦定理可得sin C=37sin A=37×√32=3√314，（2）a＝7，则c＝3，∴C＜A，∵sin2C+cos2C＝1，又由（1）可得cos C=13 14，∴sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C=√32×1314+12×3√314=4√37，∴S△ABC=12ac sin B=12×7×3×4√37=6√3．19．【2016年北京理科15】在△ABC中，a2+c2＝b2+√2ac．（Ⅰ）求∠B的大小；（Ⅱ）求√2cos A +cos C 的最大值．【答案】解：（Ⅰ）∵在△ABC 中，a 2+c 2＝b 2+√2ac ． ∴a 2+c 2﹣b 2=√2ac ．∴cos B =a 2+c 2−b 22ac =√2ac 2ac =√22，∴B =π4（Ⅱ）由（I ）得：C =3π4−A ， ∴√2cos A +cos C =√2cos A +cos （3π4−A ）=√2cos A −√22cos A +√22sin A=√22cos A +√22sin A＝sin （A +π4）． ∵A ∈（0，3π4），∴A +π4∈（π4，π），故当A +π4=π2时，sin （A +π4）取最大值1， 即√2cos A +cos C 的最大值为1．20．【2015年北京理科15】已知函数f （x ）=√2sin x2cos x2−√2sin 2x2．（Ⅰ）求f （x ）的最小正周期；（Ⅱ）求f （x ）在区间[﹣π，0]上的最小值． 【答案】解：（Ⅰ）f （x ）=√2sin x2cos x2−√2sin 2x2=√22sin x −√22（1﹣cos x ） ＝sin x cos π4+cos x sin π4−√22＝sin （x +π4）−√22，则f （x ）的最小正周期为2π； （Ⅱ）由﹣π≤x ≤0，可得 −3π4≤x +π4≤π4，即有﹣1≤sin(x +π4)≤√22，则当x =−3π4时，sin （x +π4）取得最小值﹣1， 则有f （x ）在区间[﹣π，0]上的最小值为﹣1−√22．21．【2014年北京理科15】如图，在△ABC 中，∠B =π3，AB ＝8，点D 在边BC 上，且CD ＝2，cos ∠ADC =17． （1）求sin ∠BAD ； （2）求BD ，AC 的长．【答案】解：（1）在△ABC 中，∵cos ∠ADC =17，∴sin ∠ADC =√1−cos 2∠ADC =√1−(17)2=√4849=4√37， 则sin ∠BAD ＝sin （∠ADC ﹣∠B ）＝sin ∠ADC •cos B ﹣cos ∠ADC •sin B =4√37×12−17×√32=3√314．（2）在△ABD 中，由正弦定理得BD =AB⋅sin∠BAD sin∠ADB=8×3√3144√37=3，在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2+CB 2﹣2AB •BC cos B ＝82+52﹣2×8×5×12=49， 即AC ＝7．22．【2014年北京理科18】已知函数f （x ）＝x cos x ﹣sin x ，x ∈[0，π2]（1）求证：f （x ）≤0； （2）若a ＜sinxx ＜b 对x ∈（0，π2）上恒成立，求a 的最大值与b 的最小值． 【答案】解：（1）由f （x ）＝x cos x ﹣sin x 得 f ′（x ）＝cos x ﹣x sin x ﹣cos x ＝﹣x sin x ， 此在区间∈（0，π2）上f ′（x ）＝﹣x sin x ＜0，所以f （x ）在区间∈[0，π2]上单调递减，从而f （x ）≤f （0）＝0． （2）当x ＞0时，“sinx x＞a ”等价于“sin x ﹣ax ＞0”，“sinx x＜b ”等价于“sin x ﹣bx ＜0”令g （x ）＝sin x ﹣cx ，则g ′（x ）＝cos x ﹣c ， 当c ≤0时，g （x ）＞0对x ∈（0，π2）上恒成立，当c ≥1时，因为对任意x ∈（0，π2），g ′（x ）＝cos x ﹣c ＜0，所以g （x ）在区间[0，π2]上单调递减，从而，g （x ）＜g （0）＝0对任意x ∈（0，π2）恒成立，当0＜c ＜1时，存在唯一的x 0∈（0，π2）使得g ′（x 0）＝cos x 0﹣c ＝0，g （x ）与g ′（x ）在区间（0，π2）上的情况如下：x （0，x 0） x 0（x 0，π2）g ′（x ） + ﹣ g （x ）↑↓因为g （x ）在区间（0，x 0）上是增函数，所以g （x 0）＞g （0）＝0进一步g （x ）＞0对任意x ∈（0，π2）恒成立，当且仅当g(π2)=1−π2c ≥0即0＜c ≤2π综上所述当且仅当c ≤2π时，g （x ）＞0对任意x ∈（0，π2）恒成立，当且仅当c ≥1时，g （x ）＜0对任意x ∈（0，π2）恒成立，所以若a ＜sinxx ＜b 对x ∈（0，π2）上恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为123．【2013年北京理科15】在△ABC 中，a ＝3，b ＝2√6，∠B ＝2∠A ． （Ⅰ）求cos A 的值； （Ⅱ）求c 的值．【答案】解：（Ⅰ）由条件在△ABC 中，a ＝3，b =2√6，∠B ＝2∠A ， 利用正弦定理可得 a sinA=b sinB，即3sinA=2√6sin2A =2√62sinAcosA． 解得cos A =√63．（Ⅱ）由余弦定理可得 a 2＝b 2+c 2﹣2bc •cos A ，即 9=(2√6)2+c 2﹣2×2√6×c ×√63， 即 c 2﹣8c +15＝0．解方程求得 c ＝5，或 c ＝3．当c ＝3时，此时a ＝c ＝3，根据∠B ＝2∠A ，可得 B ＝90°，A ＝C ＝45°， △ABC 是等腰直角三角形，但此时不满足a 2+c 2＝b 2，故舍去．当c ＝5时，求得cos B =a 2+c 2−b 22ac =13，cos A =b 2+c 2−a 22bc =√63，∴cos2A ＝2cos 2A ﹣1=13=cos B ，∴B ＝2A ，满足条件． 综上，c ＝5．1．函数f (x )=cos (ωx −π3)(ω>0)的图像关于直线x =π2对称，则ω可以为（ ） A ．13B ．12 C ．23D ．1【答案】C【解析】f(x)=cos(ωx −π3)(ω>0)对称轴为：ωx −π3=kπ⇒π2ω−π3=kπ⇒ω=2k +23(ω>0)(k ∈Z)当k =0时，ω取值为23. 故选:C.2．在△ABC 中，∠B =45°,c =4,只需添加一个条件，即可使△ABC 存在且唯一.条件：①a =3√2； ②b =2√5；③cosC =−45中，所有可以选择的条件的序号为（ ） A ．① B ．①② C ．②③ D ．①②③【答案】B 【解析】对于①，c =4,∠B =45°,a =3√2，所以，b 2=a 2+c 2−2accosB =10，得b =√10，所以，此时，△ABC 存在且唯一，符合题意；对于②，c =4,∠B =45°,b =2√5，所以，csinC =bsinB ，解得sinC =csinB b=√105，因为c <b ，所以，∠C <∠B ，所以∠C 为锐角，此时，△ABC 存在且唯一，符合题意；对于③，c =4,∠B =45°,cosC =−45，所以，π2<C <π，得sinC =35，进而csinC =bsinB ， 可得b =csinB sinC=2√235=10√23，明显可见，c=123<10√23=b ，与∠C >∠B 矛盾，故③不符题意.故可以选择的条件序号为：①② 故选：B模拟好题3．已知cosα=35,α是第一象限角，且角α,β的终边关于y轴对称，则tanβ=()A．34B．−34C．43D．−43【答案】D 【解析】∵cosα=35,α是第一象限角，∴sinα=√1−cos2α=45，tanα=sinαcosα=43，∵角α,β的终边关于y轴对称，∴tanβ=−tanα=−43．故选：D．4．将函数y=cos(2x+π2)的图象向右平移π2个单位长度后，所得图象对应的函数为（）A．y=sin2x B．y=−sin2x C．y=cos2x D．y=−cos2x 【答案】A【解析】将函数y=cos(2x+π2)的图象向右平移π2个单位长度后，所得图象对应的函数为y=cos[2(x−π2)+π2]=cos(2x−π2)=sin2x.故选：A.5．半径为3的圆的边沿有一点A，半径为4的圆的边沿有一点B，A、B两点重合后，小圆沿着大圆的边沿滚动，A、B两点再次重合小圆滚动的圈数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】设A、B两点再次重合小圆滚动的圈数为n，则n×2π×3=6nπ=k×2π×4=8kπ，其中k、n∈N∗，所以，n=4k3，则当k=3时，n=4.故A、B两点再次重合小圆滚动的圈数为4.故选：D.6．已知点P(cosθ,sinθ)在直线ax−y+3=0上．则当θ变化时，实数a的范围为（）A．[−2√2,2√2]B．(−∞,−2√2]∪[2√2,+∞)C．[−3,3]D．(−∞,−3]∪[3,+∞)【答案】B【解析】∵点P(cosθ,sinθ)在直线ax −y +3=0上， ∴acosθ−sinθ+3=0，∴sinθ−acosθ=√1+a 2sin (θ−φ)=3，其中tanφ=a ， ∵sin (θ−φ)≤1， ∴√1+a 2≥3，即a 2≥8， 解得a ≤−2√2或a ≥2√2.故选：B.7．已知函数f(x)= cos2x +cosx ，且x ∈[0,2π]，则f(x)的零点个数为（ ） A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个【答案】C 【解析】由cos2x +cosx =2cos 2x +cosx −1=(cosx +1)(2cosx −1)=0 可得cosx =−1或cosx =12，又x ∈[0,2π]，则x =π，或x =π3，或x =5π3 则f(x)的零点个数为3 故选：C8．已知函数f(x)=√3sin2x −2cos 2x +1，将f(x)的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标保持不变，得到函数y =g(x)的图象，若g (x 1)⋅g (x 2)=−4，则|x 1−x 2|的值不可能为（ ） A ．5π4B ．3π4C ．π2D ．π4【答案】C 【解析】∵f (x )=√3sin2x −cos2x =2sin (2x −π6)，∴g (x )=2sin (4x −π6)， ∴g (x )的最小正周期T =2π4=π2，∵g (x )max =2，g (x )min =−2，又g (x 1)⋅g (x 2)=−4， 不妨设g (x 1)=2,g (x 2)=−2∴x 1与x 2分别对应g (x )的最大值点和最小值点， ∴|x 1−x 2|=T2+kT =π4+kπ2(k ∈Z )；当k =2时，|x 1−x 2|=5π4；当k =1时，|x 1−x 2|=3π4；当k =0时，|x 1−x 2|=π4 故选：C9．已知函数f (x )=sin (2x +φ)(0<φ<π2)，若把f (x )的图像向左平移π12个单位后为偶函数，则φ=（ ） A ．−π6 B ．−π3C ．5π12D ．π3【答案】D 【解析】由题意得：g (x )=f (x +π12)=sin (2x +π6+φ).∵g (x )为偶函数，∴π6+φ=π2+kπ(k ∈Z )，解得：φ=π3+kπ(k ∈Z ). ∵0<φ<π2， ∴φ=π3. 故选：D .10．已知△ABC ，则“sin A +cos A <1”是“△ABC 是钝角三角形”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】解：△ABC 中，0<A <π，∵sinA +cosA =√2sin(A +π4)<1，∴sin(A +π4)<√22，∵ π4<A +π4<π+π4，∴A +π4>3π4，∴A >π2，所以△ABC 是钝角三角形，充分性成立； 若△ABC 是钝角三角形，角A 不一定是钝角，反例：A =π6,此时sin A +cos A =sin π6+cos π6>1，必要性不成立； 故选：A.11．在△ABC 中，a =2，b =√3，A =2B ，则cosB =______．【答案】√33【解析】 解：在△ABC 中，由正弦定理可得asinA =bsinB ， 即2sin2B=√3sinB ，即22sinBcosB =√3sinB ， 所以cosB =√33.故答案为：√33.12．若sinαcosβ−cosαsinβ=cos60∘，请写出一组符合题意的α､β___________.【答案】α=45°、β=15°（答案不唯一）【解析】解：因为sinαcosβ−cosαsinβ=sin(α−β)，cos60∘=cos(90∘−30∘)=sin30∘，所以sin(α−β)=sin30∘，所以α−β=30°+k×360°，k∈Z或α−β=150°+k×360°，k∈Z，不妨令α=45°、β=15°；故答案为：α=45°、β=15°（答案不唯一）13．已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，则能使cosAcosB =ba成立的一组A，B的值是________．【答案】A=B=π6（答案不唯一）【解析】由正弦定理得：a=2RsinA,b=2RsinB，∵cosAcosB =ba，∴cosAcosB=sinBsinA，∴sinAcosA=sinBcosB，∴sin2A=sin2B，∵A∈(0,π),B∈(0,π)∴A=B=π6（答案不唯一）.故答案为：A=B=π6（答案不唯一）.14．若函数y=sin(2ωx+π3)的图像向右平移π6个单位长度后与函数y=cos(2ωx+π4)的图象重合，则ω的一个可能的值为___________；【答案】−54（答案不唯一）【解析】解：将函数y=sin(2ωx+π3)的图像向右平移π6个单位长度后，得到函数y=sin[2ω(x−π6)+π3]=sin(2ωx−πω3+π3)=sin[(2ωx−πω3−π6)+π2]=cos(2ωx−πω3−π6)的图像，即y=cos(2ωx−πω3−π6)与函数y=cos(2ωx+π4)的图像重合，即−πω3−π6=π4+2kπ，k ∈Z ，所以ω=−6k −54，k ∈Z ，故答案为：−54（答案不唯一）．15．已知函数y =sin(ωx +φ)(ω>0)与直线y =12的交点中，距离最近的两点间距离为π3，那么此函数的周期是___________. 【答案】kπ且k ∈Z 【解析】根据正弦型函数的周期性，当sin(ωx +φ)=12，则： 若ωx 1+φ=π6，最近的另一个值为ωx 2+φ=5π6，所以ω(x 2−x 1)=2π3，而x 2−x 1=π3，可得ω=2. 故此函数的最小正周期是2πω=π，则函数的周期为kπ且k ∈Z . 故答案为：kπ且k ∈Z16．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知acosB =√3bsinA . (1)求角B 的大小；(2)从以下4个条件中选择2个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求△ABC 的面积. 条件①：a =3；条件②：b =2√2；条件③：cosC =−23；条件④：c =2. 【答案】(1)B =π6 (2)答案不唯一，见解析 【解析】(1)解：由acosB =√3bsinA 及正弦定理可得sinAcosB =√3sinAsinB ，∵A 、B ∈(0,π)，则sinA >0，cosB =√3sinB >0，∴tanB =√33，故B =π6.(2)解：若选①②，由余弦定理可得b 2=a 2+c 2−2accosB ，即c 2−3√3c +1=0， 解得c =3√3±√232，此时，△ABC 不唯一；若选①③，已知a =3，B =π6，cosC =−23∈(−√32,−12)，且C ∈(0,π)，则C ∈(2π3,5π6)，所以，B +C ∈(5π6,π)，则△ABC 唯一， sinC =√1−cos 2C =√53，sinA =sin (C +B )=sinCcos π6+cosCsin π6=√15−26，由正弦定理b sinB =asinA 可得b =asinB sinA=9(√15+2)11， 所以，S △ABC =12absinC =12×3×9(√15+2)11×√53=45√3+18√522；若选①④，已知a =3，B =π6，c =2，此时△ABC 唯一，S △ABC =12acsinB =32；若选②③，已知b =2√2，B =π6，cosC =−23∈(−√32,−12)，且C ∈(0,π)，则C ∈(2π3,5π6)，所以，B +C ∈(5π6,π)，则△ABC 唯一， sinC =√1−cos 2C =√53，sinA =sin (C +B )=sinCcos π6+cosCsin π6=√15−26， 由正弦定理bsinB =csinC 可得c =bsinC sinB=4√103， 所以，S △ABC =12bcsinA =20√3−8√59；若选②④，已知b =2√2，B =π6，c =2，由余弦定理可得b 2=a 2+c 2−2accosB ，可得a 2−2√3a −4=0， ∵a >0，解得a =√3+√7，此时，△ABC 唯一，S △ABC =12acsinB =√3+√72；若选③④，已知B =π6，c =2，cosC =−23∈(−√32,−12)，且C ∈(0,π)，则C ∈(2π3,5π6)，所以，B +C ∈(5π6,π)，则△ABC 唯一， sinC =√1−cos 2C =√53，sinA =sin (C +B )=sinCcos π6+cosCsin π6=√15−26， 由正弦定理bsinB =csinC 可得b =csinB sinC=3√55，S △ABC =12bcsinA =5√3−2√510. 17．在 △ABC 中，c =√7，且 △ABC 同时满足条件①、条件②、条件③、条件④这四个条件中的三个，请选择三个条件并解答下列问题: (1)求边 b ; (2)求 S △ABC .条件① a +b =5; 条件②sin B =√217;条件③bcosB =4√77; 条件④cos A =√714.【答案】(1)答案见解析； (2)答案见解析； 【解析】(1)选①②③，因为sin B =√217，bcosB =4√77，所以cosB =√1−sin 2B =4√77，b =1，选②③④，因为sin B =√217，bcosB =4√77， 所以cosB =√1−sin 2B =4√77，b =1，选①②④，因为cos A =√714可得sinA =√1−cos 2A =3√2114， 由正弦定理可得asinA =bsinB ，所以a ×√217=b ×3√2114， 所以a =32b ，又a +b =5，所以b =2， 选①③④，因为bcosB =4√77，又cosB =a2+c 2−b 22ac所以b(a 2+c 2−b 2)=2ac 4√77，又c =√7，所以b(a2+7−b 2)=8a ，又a +b =5，所以b =2,a =3(2)选①②③，由(1) b =1，又a +b =5，所以a =4， 所以S △ABC =12acsinB =12×4×√7×√217=2√3，选②③④，由cos A =√714可得sinA =√1−cos 2A =3√2114， 由正弦定理可得asinA =bsinB ，又b =1，sin B =√217， 所以a =32，所以S △ABC =12acsinB =12×32×√7×√217=3√34， 选①②④，由(1)b =2，因为a +b =5， 所以a =3，所以S △ABC =12acsinB =12×3×√7×√217=3√32， 选①③④，由(1) b =2，因为a +b =5，所以a =3， 所以cosB =2√77，sinB =√1−cos 2B =√217，所以S △ABC =12acsinB =12×3×√7×√217=3√32， 18．在△ABC 中，√3sin(B +π6)=−cos(B +π6). (1)求B 的值；(2)给出以下三个条件：①a 2−b 2+c 2+3c =0；②a =√3，b =1；③S △ABC =15√34，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题： （i ）求sinA 的值；（ii ）求∠ABC 的角平分线BD 的长. 【答案】(1)B =2π3；(2)（i ）sinA =3√314，（ii ）BD =158.【解析】(1)由题设√3sin(B +π6)+cos(B +π6)=2sin(B +π3)=0，而π3<B +π3<4π3，所以B +π3=π，故B =2π3.(2)若①②正确，则c 2+3c +2=(c +1)(c +2)=0，得c =−1或c =−2， 所以①②有一个错误条件，则③是正确条件， 若②③正确，则S △ABC =12absinC =15√34，可得sinC =152>1，即②为错误条件；综上，正确条件为①③，（i ）由2accosB =a 2+c 2−b 2，则c(3−a)=0，即a =3， 又S △ABC =12acsinB =15√34，可得c =5，所以9−b 2+25+15=0，可得b =7，则asinA =bsinB =√3，故sinA =3√314， （ii ）由角平分线的性质知：AD =58×7=358且∠ABD =π3， 在△ABD 中BD sinA =AD sin∠ABD ，则BD =158.19．△ABC 的内角A ､B ､C 的对边分别为a ､b ､c ，已知acosB =√3bsinA . (1)求角B 的大小；(2)从以下3个条件中选择2个作为己知条件，使三角形存在且唯一确定，并求△ABC 的面积. 条件①：a =3；条件②：b =2√2；条件③：cosC =−23；④c =2 【答案】(1)B =π6(2)答案见解析【解析】(1)由acosB =√3bsinA 和正弦定理得sinAcosB =√3sinBsinA ，因为0<A <π，所以sinA ≠0，所以cosB =√3sinB >0，tanB =√33，因为0<B <π，所以B =π6. (2)若选条件①：a =3；条件②：b =2√2，由（1）B =π6， 由余弦定理得(2√2)2=32+c 2−2×3c ×√32，解得c =3√3±√232， 因为答案不唯一，所以舍去.若选条件②：b =2√2；条件③：cosC =−23；由（1）B =π6， 因为cosC =−23，0<C <π，所以sinC =√53，由正弦定理得√53=2√212，解得c =4√103，由余弦定理得(4√103)2=8+a 2+2×2√2a ×23，解得a =2√30−4√23， 则△ABC 的面积为S =12absinC =20√3−8√59； 若选条件①：a =3；条件③：cosC =−23；由（1）B =π6， 因为cosC =−23，0<C <π，所以sinC =√53，所以sinA =sin (π−B −C )=sinBcosC +cosBsinC =12×(−23)+√32×√53=√15−26， 由正弦定理得√53=√15−26，解得c =30√3+12√511，则△ABC 的面积为S =12absinC =45√3+18√522. 若选条件①：a =3； ④c =2，由（1）B =π6， 则△ABC 的面积为S =12acsinB =32.若选条件②：b =2√2；④c =2，由（1）B =π6， 由余弦定理得(2√2)2=4+a 2−2×2a ×√32，解得a =√3+√7，则△ABC 的面积为S =12acsinB =12×2×(√3+√7)×12=√3+√72.若选条件③：cosC =−23；④c =2，由（1）B =π6，因为cosC =−23，0<C <π，所以sinC =√53，所以sinA =sin (π−B −C )=sinBcosC +cosBsinC =12×(−23)+√32×√53=√15−26， 由正弦定理得√53=√15−26，解得a =5√3−2√55， 则△ABC 的面积为S =12acsinB =12×2×5√3−2√55×12=5√3−2√510. 20．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知(a −2c )cosB +bcosA =0． (1)求B ；(2)从以下条件中选择两个，使△ABC 存在且唯一确定，并求△ABC 的面积． ①若a =5；②b =3；③C =2π3；④△ABC 的周长为9．【答案】(1)B =π3； (2)选①④，面积为9√34．【解析】(1)因为(a −2c )cosB +bcosA =0，由正弦定理得(sinA −2sinC)cosB +sinBcosA =0， 2sinCcosB =sinAcosB +sinBcosA =sin(A +B)=sinC ， 三角形中sinC ≠0，所以cosB =12，B ∈(0,π)，所以B =π3； (2)因为B =π3，所以0<C <2π3，因此条件③不能确定三角形；若已知①②，则由正弦定理得sinA =asinB b=5sin π33=5√36>1，无解；若已知①④，即a =5，a +b +c =9，则b +c =4<a ，与三角形的性质矛盾，三角形不存在． 所以只有条件②④能确定三角形．b =3，a +b +c =9，则a +c =6，由（1）B =π3，b sinB=a sinA=c sinC=a+c sinA+sinC，即3sin π3=6sinA+sinC ，所以sinA +sinC =√3，sinA +sinC =sinA +sin(2π3−A)=sinA +sin 2π3cosA −cos2π3sinA =32sinA +√32cosA =√3sin(A +π6)=√3，sin(A +π6)=1，又A ∈(0,2π3)，所以A =π3，从而C =π3， △ABC 为等边三角形，唯一确定，面积为S =12×32×sin π3=9√34．。

第19题 解三角形一、原题呈现【原题】记ABC 是内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知2b ac =，点D 在边AC 上，sin sin BD ABC a C ∠=．（1）证明：BD b =；（2）若2AD DC =，求cos ABC ∠．解法一：（1）由sin sin BD ABC a C ∠=及正弦定理得2sin sin a C ac b BD b ABC b b ====∠（2）由余弦定理得22222223cos 2223b c b b c a A b c b c ⎛⎫+- ⎪+-⎝⎭==⨯⨯⨯⨯整理得22211203a c b +-=，即2211203a c ac +-=， 所以233c a c a ==或， 当3c a =时，由2b ac =得b =，此时)1a b a c +=<，不满足题意，当23c a =时，由2b ac =得3b a =， 所以2227cos 212ac b ABC ac +-∠==解法二：（1）由题设，sin sin a C BD ABC =∠，由正弦定理知：sin sin c bC ABC=∠，即sin sin C cABC b=∠，∴acBD b=，又2b ac =， ∴BD b =，得证．（2）由题意知：2,,33b b BD b AD DC ===， ∴22222241399cos 24233b b b c c ADB b b b +--∠==⋅，同理2222221099cos 2233b b b a a CDB b b b +--∠==⋅， ∵ADB CDB π∠=-∠， ∴2222221310994233b bc a b b --=，整理得2221123b a c +=，又2b ac =， ∴42221123b b a a +=，整理得422461130a a b b -+=，解得2213a b =或2232a b =，由余弦定理知：222224cos 232a c b a ABC ac b+-∠==-，当2213a b =时，7cos 16ABC ∠=>不合题意；当2232a b =时，7cos 12ABC ∠=；综上，7cos 12ABC ∠=． 【就题论题】本题第（1）问比较简单，利用正弦定理进行边角代换，即可得出结论．第（2）问求解的关键是利用正弦定理、余弦定理整理出,a b 的关系式，再利用余弦定理求cos ABC ∠．二、考题揭秘【命题意图】本题考查正弦定理及余弦定理的应用，考查数学运算与逻辑推理的核心素养．难度：中等偏易【考情分析】新教材高考，解三角形是必考题，一般以解答题形式考查，考查主要方式是利用正弦定理与余弦定理解三角形，有时还会涉及到三角形中的三角变换．【得分秘籍】（1）正弦定理是一个连比等式，只要知道其比值或等量关系就可以运用正弦定理通过约分达到解决问题的目的．（2）运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．在已知三角形两边及其中一边的对角，求该三角形的其他边角的问题时，首先必须判断是否有解，如果有解，是一解还是两解，注意“大边对大角”在判定中的应用．（3）应用正弦、余弦定理的解题技巧①求边：利用公式a＝sinsinb AB，b＝sinsina BA，c＝sinsina CA或其他相应变形公式求解．②求角：先求出正弦值，再求角，即利用公式sin A＝sina Bb，sin B＝sinb Aa，sin C＝sinc Aa或其他相应变形公式求解．③已知两边和夹角或已知三边可利用余弦定理求解．④灵活利用式子的特点转化：如出现a2＋b2－c2＝λab形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理．（4）判定三角形形状的途径：①化边为角，通过三角变换找出角之间的关系．②化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁．（5）三角形面积公式的应用原则①对于面积公式S＝ɑb sin C＝ɑc sin B＝bc sin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．②与面积有关的问题，一般要用到正弦定理和余弦定理进行边和角的转化．（6）应用解三角形知识解决实际问题需要下列三步：①根据题意，画出示意图，并标出条件；②将所求问题归结到一个或几个三角形中(如本例借助方位角构建三角形)，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解；③检验解出的结果是否符合实际意义，得出正确答案．【易错警示】（1）已知两边及其中一边的对角解三角形时，注意要对解的情况进行讨论，讨论的根据一是所求的正弦值是否合理，当正弦值小于等于1时，还应判断各角之和与180°的关系；二是两边的大小关系．（2）等式两边都不要随意约掉公因式；要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能．三、以例及类（以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷） 解答题(2021福建省厦门市高三三模)1. 锐角ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足4sin s sin sin in C B a B C +=． （1）求A ；（2）若4b =，ABC 的面积为D 是BC 上的点，AD 平分BAC ∠，求AD ．【答案】（1）3A π=；（2）AD =. 【解析】【分析】（1）先利用正弦定理进行边化角并化简得到sin A =，再结合锐角三角形得到角A 即可；（2）先利用面积公式求得c 边，再结合角平分线，利用BAD CAD BAC S S S +=△△△和面积公式，列式计算求得AD 即可.【详解】解：（1）在ABC 中，由正弦定理得sin sin sin a b cA B C==，4sin s sin sin in C B a B C +=，sin sin 4sin sin sin B C C B A B C +=，即sin 4sin sin sin B C A B C =又因为sin sin 0B C ≠，所以4sin A =，即sin A =， 又因为ABC 为锐角三角形，所以3A π=；（2）由1sin 2ABCSbc A ==14sin 23c π⨯⨯=3c =，因为BAC ∠的角平分线为AD ，所以126BAD CAD BAC π∠∠∠===， 又因为BAD CAD BAC S S S +=△△△，所以11sin sin 2626c AD b AD ππ⋅+⋅=113sin 4sin 2626AD AD ππ⨯⋅+⨯⋅=，所以74AD =7AD =． 【点睛】思路点睛：一般地，解有关三角形的题目时，常运用正弦定理（或余弦定理）进行边角互化，要有意识地根据已知条件判断用哪个定理更合适. 如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理.（2021福建省福州市高三5月二模） 2.ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，sin cos()6b A a B π=-.（1）求B ；（2）若D 是ABC 的外接圆的劣弧AC 上一点，且3a =，4c =，1AD =，求CD .【答案】（1）3π；（2）3. 【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角，再用差角的余弦公式展开化成正切即可得解； (2)利用余弦定理求出边b ，借助圆内接四边形性质求得ADC ∠，最后又由余弦定理建立方程得解.【详解】（1）ABC 中，由正弦定理有sin cos()sin sin sin cos()66b A a B B A A B ππ=-⇒=-，从而1sin sin sin sin )2B A A B B =+，化简得，1sin sin cos 22A B A B =，因为0A π<<，即sin 0A ≠，所以tan B =0B π<<，故3B π=.（2）在ABC 中，由余弦定理知，2222cos b a c ac B =+-2234234cos133π=+-⨯⨯⋅=，即 b =又由于A ，B ，C ，D 四点共圆，从而23ADC B ππ∠=-=， 在ADC 中，设DC x =，由余弦定理得，2222cos AC AD DC AD DC ADC =+-⋅⋅∠，即得22213121cos3x x π=+-⋅⋅⋅，化简得，2120x x +-=，解得3x =或 4x =-（舍去）， 故3DC =.【点睛】思路点睛：已知两边及一边的对角求第三边的三角形问题，可用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解. （广东省汕头市高三二模）3. 随着人们生活水平的不断提高，人们对餐饮服务行业的要求也越来越高，由于工作繁忙无法抽出时间来享受美食，这样网上外卖订餐应运而生.现有美团外卖送餐员小李在A 地接到两份外卖单，他须分别到B 地､D 地取餐，再将两份外卖一起送到C 地，运餐过程不返回A 地.A ，B ，C ，D 各地的示意图如图所示，2km BD =，AD =，120ABD ∠=︒，45DCB ∠=︒，30CDB ∠=︒，假设小李到达B ､D 两地时都可以马上取餐(取餐时间忽略不计)，送餐过程一路畅通.若小李送餐骑行的平均速度为每小时20千米，请你帮小李设计出所有送餐路径(如：AB BD DB BC →→→)，并计算各种送餐路径的路程，然后选择一条最快送达的送餐路径，并计算出最短送餐时间为多少分钟.(各数值保留3位小数)(参考数据：1.414≈ 1.732≈)【答案】答案见解析 【解析】【分析】根据正弦定理先求解出,BC CD 的值，再根据余弦定理求解出AB 的值，然后分析每条送餐路径的路程并确定出最短送餐路径对应的送餐时间.【详解】解：在BCD △中，由正弦定理可知：sin sin BC BDBDC BCD =∠∠，即：2sin 30sin 45BC =︒︒，解得：BC =由sin sin CD BDCBD BCD =∠∠，即：2sin105sin 45CD =︒︒，解得：1CD =(由余弦定理可得22cos BC BD CD BD CD CDB =+-⋅⋅∠，解得=1CD +或者1CD ，,CBD DCB CD BD ∠>∠∴>=1CD ∴)在ABD △中，由余弦定理可知：222cos 2AB BD AD ABDAB BD即2412cos1204AB AB+-︒=，解得2AB =或4AB =-(舍)；①若送餐路径为：AB BD DB BC →→→，则总路程=67.414km +≈①若送餐路径为：AD DB BC →→，则总路程=2 6.878km ≈①若送餐路径为：AB BD DC →→，则总路程=221 6.732km ++≈①若送餐路径为：AD DB BD DC →→→，则总路程=22110.196km ++≈所以最短送餐路径为AB BD DC →→， 此路径的送餐时间为：6.7326020.19620⨯=(分钟). 【点睛】关键点点睛：本题是实际问题中解三角形的应用，解答问题的关键在于通过正余弦定理求解出每一段未知的线段长度，然后再去分析每一条路径对应的总路程并确定出最短路径以及送餐时间. （2021广东省广州市天河区高三三模）4. 在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ，已知22cos c b a B -=． （1）求角A 的值； （2）若ABC的面积S c ==sin sin B C 的值 【答案】（1）3π；（2）12．【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦变形可求得A 角；（2）由三角形面积求得b ，由余弦定理求得a ，然后用正弦定理可得sin sin B C ． 【详解】（1）因为22cos c b a B -=，由正弦定理得2sin sin 2sin cos C B A B -=，sin 2sin()2sin cos 2sin()2sin cos 2(sin cos cos sin )B A B A B A B A B A B A B π=---=+-=+2sin cos 2cos sin A B A B -=，又B 是三角形内角，sin 0B ≠，所以()1cos ,02A A π=∈，，3A π=； （2）11sin sin 223ABC S bc A b π===△，b =2222212cos 292a b c bc A =+-=+-⨯=，3a =，又3sin sin sin sin 3a b c A B C π==== sin 1B =，1sin 2C = 所以1sin sin 2B C =．【点睛】方法点睛：正弦定理、余弦定理、三角形面积是解三角形的常用公式，解题方法是利用正弦定理进行边角转换，化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦公式变形求角，然后再根据问题先用相应公式计算． （2021河北省张家口市高三三模）5. 在四边形ABCD 中，,1,2AB CD AB AC BD ===，且sin sin DBC DCB ∠∠=.（1）求AD 的长； （2）求ABC 的面积.【答案】（1）AD =（2 【解析】【分析】（1）在DBC △中，由sin sin DBC DCB ∠∠=及正弦定理可得 2.BD CD ==设.AD x =在ABD △和ACD △中，分别由余弦定理，列方程22144724x x x x+-+-=-，解得AD ；（2）在ACD △中，由222AD CD AC +=，得到AD CD ⊥，直接利用面积公式求出ABC 的面积.【详解】（1）因为在四边形ABCD 中，AB CD ，所以cos cos .CDA DAB ∠∠=- 在DBC △中，由sin sin DBC DCB ∠∠=及正弦定理可得 2.BD CD == 设.AD x =在ABD △和ACD △中，由1,AB AC ==22144724x x x x+-+-=-， 所以()()2221447.x x +-=-+-解得x =AD =.（2）在ACD △中，2AD AC CD ===，得222AD CD AC +=，所以AD CD ⊥，所以12ABCSAB AD =⋅=.所以ABC 【点睛】（1）在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：①从题目给出的条件，边角关系来选择；②从式子结构来选择． （2）平面四边形问题通常转化为解三角形来处理. （2021河北省唐山市高三三模）6. 如图所示，在梯形ABCD 中，//AB CD ，2BAD π∠=，点E 是AD 上一点，2=4DE AE =，2cos cos cos BC BEC BE EBC CE ECB ∠=∠+∠.（1）求BEC ∠的大小；（2）若BCE 的面积S 为BC .【答案】（1）∠BEC ＝3π；（2）BC = 【解析】【分析】（1）利用余弦定理将角化为边，从而可得1cos 2BEC ∠=，故可求其大小. （2）设AEB α∠＝，由解直角三角形可得,BE CE ，根据面积可求α的值，利用余弦定理可求BC 的长.【详解】（1）∵2cos cos cos BC BEC BE EBC CE ECB ∠=∠+∠2222222•2•BE C BE BC CE CE BC BE BE BC CE E BC BC+-+-⋅⋅＝＋＝∴1cos 2BEC ∠=，而BEC ∠为三角形内角，故3BEC π∠=． （2）设AEB α∠＝，则23DEC πα∠=-，其中203πα<<， ∵DE ＝2AE ＝4， ∴2cos cos AE BE αα==，422cos()cos()33CE DE ππαα=--=， ∵△BCE的面积1sin 23cos cos()3S BE CE παα=⋅⋅=-==2sin(2)16πα==--，2sin(21)6α=--， ∴sin 216πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，因为72666πππα-<-<，故262ππα-=，即3πα=， 此时24cos BE α==，482cos()3CE πα==-， ∴在△BCE 中，由余弦定理得：2222cos 48BC BE CE BE CE BEC +⨯∠＝－＝，∴BC =（2021湖北省襄阳市高三下学期5月第二次模拟）7. 如图，设ABC 中角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，AD 为BC 边上的中线，已知1c =，12sin cos sin sin sin 4c A B a A b B b C =-+，cos 7BAD ∠=．（1）求b 边的长度；（2）求ABC 的面积．【答案】（1）4b =；（2）【解析】【分析】（1）角化边即可求解；（2）设,AB AC θ=，根据cos 7BAD ∠=列方程即可求解 【详解】（1）由条件12sin cos sin sin sin 4c A B a A b B b C =-+， 可得：2212cos 4ca B a b bc =-+，即222221224a c b ca a b bc ac +-⋅=-+， 化简可得：4c b =，因为1c =，所以4b =（2）因为D 为中点，所以()12AD AB AC =+， 设,AB AC θ=，由()()()22222211122cos 444AD AB AC AB AC AB AC c b c b θ=+=++⋅=++⋅ 得17||2AD =， 又()114cos 22AB AD AB AB AC θ+⋅=⋅+=，所以1cos 7||||17AB AD BAD AB AD ⋅=∠==⋅ 化简可得：228cos 8cos 110θθ+-=解得1cos 2θ=或11cos 14θ=-， 又14cos 0θ+>，所以1cos 2θ=，则sin θ==，所以ABC 的面积为11sin 14222bc A =⨯⨯⨯=【点睛】关键点点睛：计算线段长度，关键是找到基底，然后用基底表示，平方之后再开方即可.（2021湖北省武汉市高三下学期4月质量检测）8. 平面凸四边形ABCD 中，9034BAD BCD AD AB ∠=∠=︒==，，.（1）若45ABC ∠=︒，求CD ；（2）若BC =AC .【答案】（1）2；（2） 【解析】【分析】（1）先利用勾股定理求出BD ，利用差角公式求出sin DBC ∠，再利用直角三角形性质可求CD ；（2）先利用直角三角形及BC 求出sin cos 55CBD CBD ∠=∠=，再利用和角公式求出cos ABC ∠，结合余弦定理可得AC .【详解】（1）连接BD ，在Rt BAD 中，由4390AB AD BAD ==∠=︒，，. 得5BD =，①34sin cos 55ABD ABD ∠=∠=，. ∵45ABC ∠=︒，∴45DBC ABC ∠=︒-∠，①43sin sin 45cos cos 45sin 252510DBC ABD ABD ∠=︒⋅∠-︒⋅∠=⨯=-，在Rt BCD 中，由90BCD ∠=︒知：sin 5102CD BD DBC =⋅∠=⨯=.（2）连接AC ，由（1）知5BD =，在Rt ABD △中易知34sin cos 55ABD ABD ∠=∠=，.在Rt BCD 中，由5BC BD ==得CD =，易知sin cos CBD CBD ∠=∠= ①()cos cos cos cos sin sin ABC ABD CBD ABD CBD ABD CBD ∠=∠+∠=∠⋅∠-∠⋅∠4355=-=. 在ABC 中由余弦定理得：(222222cos 424205AC AB BC AB BC ABC =+-⋅∠=+-⨯⨯= ①AC =（2021湖南省衡阳市高三下学期毕业班联考）9. 如图，ABC 中，1302BD CD BAD =∠=︒，．（1）若AB AC =，求sin DAC ∠；（2）若AD BD =，求AC BC的值． 【答案】（1）sin 1DAC ∠=；（2）【解析】【分析】（1）利用三角形的面积比列方程，化简求得sin DAC ∠.（2）设AD x =，求得3BC x =，利用余弦定理列方程，求得AC =，从而求得AC BC. 【详解】（1）设BC 边上的高为h ，11sin 2211sin 22BAD CAD BD h AB AD BAD SS CD h AC AD CAD ⋅⋅⋅⋅∠==⋅⋅⋅⋅∠， 而1sin 302BD CD AB AC BAD ==∠=︒，，，∴sin 1DAC ∠=. （2）设AD x =，则3060AD BD x BAD ABD ADC ==∠=∠=︒∠=︒，，，2,3CD x BC x ==，在ADC 中，由余弦定理得：()()2222222cos603AC x x xx x =+-⋅︒=，∴AC =，∴33AC BC x ==. （2021湖南省株洲市高三下学期质量检测）10. 如图所示，在四边形ABCD中，tan tan BAD BAC ∠=-∠=（1）求DAC ∠的大小；（2）若2DC =，求ADC 周长的最大值.【答案】（1）3π；（2）6. 【解析】【分析】（1）根据DAC BAD BAC ∠=∠-∠，由()tan tan DAC BAD BAC ∠=∠-∠，利用两角差的正切公式求解；（2）利用正弦定理得到,in AD AC ACD ADC =∠=∠，则ADC 的周长为)22si n sin AD AC ACD ADC ++=+∠+∠，再根据23ACD ADC π∠+∠=，利用两角和与差的三角函数转化为22sin 64AD AC ACD π⎛⎫++=+∠+ ⎪⎝⎭，利用三角函数的性质求解. 【详解】（1）因为DAC BAD BAC ∠=∠-∠，且tan tan 2BAD BAC ∠=-∠= 所以()tan tan DAC BAD BAC ∠=∠-∠，tan tan 1tan BAD BAC BAD BAC∠-∠=+∠⋅∠，-== 因为()0,DAC π∠∈， 所以3DAC π∠=；（2）由正弦定理得sin si n s in DAC A DC A CD ADC D AC ∠=∠==∠所以,in 33AD AC ACD ADC =∠=∠，所以ADC 的周长为)22si n sin AD AC ACD ADC ++=+∠+∠，22sin s n 33i ACD ACD π⎛⎫⎛⎫=+∠+-∠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，32sin cos 223ACD ACD ⎛⎫=+∠+∠ ⎪ ⎪⎝⎭， 2n 64si ACD π⎛⎫=+∠+ ⎪⎝⎭， 因为203ACD π<∠<， 所以5666ACD πππ<∠+<， 所以1sin 126ACD π⎛⎫<∠+≤ ⎪⎝⎭， 所以ADC 的周长的最大值为2416+⨯=.【点睛】方法点睛：三角形周长问题，一般地是利用公式a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C (R 为ABC 外接圆半径)，将边转化为角的三角函数关系，然后利用三角函数知识进行化简，其中往往用到三角形内角和定理A ＋B ＋C ＝π，然后利用三角函数的性质求解.（2021江苏省扬州中学高三3月调研）11. 如图，某生态农庄内有一直角梯形区域ABCD ，//AB CD ，AB BC ⊥，3AB =百米，2CD =百米．该区域内原有道路AC ，现新修一条直道DP （宽度忽略不计），点P 在道路AC 上（异于A ，C 两点），6BAC π∠=，DPA θ∠=．（1）用θ表示直道DP 的长度；（2）计划在ADP △区域内种植观赏植物，在CDP 区域内种植经济作物．已知种植观赏植物的成本为每平方百米2万元，种植经济作物的成本为每平方百米1万元，新建道路DP 的成本为每百米1万元，求以上三项费用总和的最小值．【答案】（1）1sin DP θ=，566ππθ<<；（2） 【解析】【分析】（1）根据解三角形和正弦定理可得1sin DP θ=，566ππθ<<， （2）分别求出APD S △，ADC S △，可得DPC S △，设三项费用之和为f，可得()1cos 12sin 2f θθθ+=+，566ππθ<<，利用导数求出最值. 【详解】解：（1）过点D 作DD AB '⊥，垂足为D ，在Rt ABC 中，∵AB BC ⊥，6BAC π∠=，3AB =，∴BC =在Rt ADD '中，∵1AD '=，DD '=2AD =，∴sin DAD '∠=∴3DAD π'∠=， ∵6BAC π∠=， ∴6DAP π∠=， 在ADP △中，由正弦定理可得sin sin 6AD DP πθ=， ∴1sin DP θ=，566ππθ<<， （2）在ADP △中，由正弦定理可得sin sin AD AP ADPθ=∠，∴52sin6sinAPπθθ⎛⎫-⎪⎝⎭=，∴5sin16sin2sinAPDS AP PDπθθθ⎛⎫-⎪⎝⎭=⋅⋅=△，又11sin22222 ADCS AD DC ADC=⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△∴5sin6sinDPC ADC APDS S Sπθθ⎛⎫-⎪⎝⎭=-=△△△，设三项费用之和为f，则()55sin sin1 66211 sin sin sinfπθπθθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎪=⨯+⨯+⨯⎪⎪⎝⎭5sin16sin sinπθθθ⎛⎫-⎪⎝⎭=+1cos12sinθθ+=+，566ππθ<<，∴()21cos2sinfθθθ-='-，令()0fθ'=，解得23πθ=，当2,63ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0fθ'<，函数f单调递减，当25,36ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0fθ'>，函数f单调递增，∴()min23f fπθ⎛⎫==⎪⎝⎭（2021江苏省南京师范大学《数学之友》高三下学期一模）12. 已知ABC中，D是AC边的中点，且①3BA=；①BC=①BD=①60A ∠=︒.（1）求AC 的长；（2）BAC ∠的平分线交BC 于点E ，求AE 的长.上面问题的条件有多余，现请你在①，①，①，①中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是___________，请写出用剩余条件解答本题的过程.【答案】删去条件见解析；（1）2；（2）5. 【解析】【分析】若删去①①，由余弦定理易得出两解，不满足题意.删①，在ABD △中和ABC 中分别利用余弦定理建立关系可求解，再利用ABE ACE ABC S S S +=可求AE的长；删①，在ABD △中，由余弦定理有2cosADB ∠=，在BCD △中，cosCDB ∠=，由cos cos ADB CDB ∠=-∠求得x ，利用ABE ACE ABC S S S +=可求AE 的长. 【详解】删①.（1）设,AD CD x BA y ===，在ABD △中，由余弦定理可得227x y xy +-=，在ABC 中，由余弦定理可得22427x y xy +-=，联立方程解得1,3x y ==，所以3,2BA AC ==；（2）设AE m =，则由ABE ACE ABC S S S +=得1113sin 302sin 3032sin 60222m m ⨯+⨯=⨯⨯，解得5m =； 删①，则在ABD △中，由余弦定理有2222cos BD AB AD AB AD A =+-⋅⋅，即2796cos60AD AD =+-⋅，解得1AD =或2AD =，则2AC =或4，有2解，不满足题意；删①，在ABC 中，由余弦定理可得2222cos BC AB AC AB AC A =+-⋅⋅，即2796cos60AC AC =+-⋅，解得1AC =或2，有2解，不满足题意； 删①.（1）设AD CD x ==，在ABD △中，由余弦定理有22222cos2BD AD AB ADB BD AD ∠+-===⋅， 同理，在BCD △中，cosCDB ∠=，cos cos ADB CDB ∠∠=-，2=1x =，2AC ∴=； （2）设AE m =，则由ABE ACE ABC S S S +=得1113sin 302sin 3032sin 60222m m ⨯+⨯=⨯⨯，解得m =. 【点睛】关键点睛：解决本题得关键是熟练应用余弦定理建立等量关系求解. （2021江苏省苏州市高三下学期三模）13. ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知11(0)k k a b c+=>．（1）若2k C π==，求A 的值；（2）若k =2，求当C 最大时ABC 的形状．【答案】（1）4A π=；（2）正三角形. 【解析】【分析】（1）由11a b c +=，结合2C π=，利用正弦定理化简得到c 1o 1sin s A A +=24A A π⎛⎫+= ⎪⎝⎭求解；（2）由112a b c +=，得到2ab c a b =+，由余弦定理得到222cos 2a b c C ab+-=()2142a b ab b a a b ⎡⎤=+-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦，再利用基本不等式求解. 【详解】（1）11a b +=sin 11sin si 2n 2A A π⎛⎫- ⎪⎝==⎭+即c 1o 1sin s AA +=sin cos cos A A A A +=⋅，24A A π⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 所以24A A π+=或24A A ππ+=-， 解得4A π=； （2）112a b c+=，即2a b ab c +=， 所以2ab c a b =+， 由余弦定理得2222222cos 22ab a b a b c a b C ab ab ⎛⎫+- ⎪+-+⎝⎭==， ()()22141412222a b ab ab b a a b ⎡⎤⎡⎤⎢⎥=+-≥-=⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦， 当且仅当a b =时，等号成立，此时3C π=，ABC 是正三角形．【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．（2021山东省泰安肥城市高三三模）14. 已知锐角ABC ∆的外接圆半径为1，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，ABC ∆的面积为S2224)S c b =+-．（1）求C ；（2）求bc a的取值范围． 【答案】（1）3C π=；（2bc a<< 【解析】 【分析】（1)2224S c b =+-)2224a b c S +-=，根据余弦定理以及三角形的面积公式可得1cos 4sin 2C ab C =⨯，化简整理即可求出结果；（2）根据正弦定理把bc a变形为2sin 2sin B A，进而得到23sin A Aπ⎛⎫- ⎪⎝⎭然后以函数的思想根据角A 的范围求值域即可.【详解】解:（1)2224S c b =-)2224a b c S +-=∴1cos 4sin 2C ab C =⨯sin C C = ∵cos 0C ≠，∴tan C =又(0,)C π∈ ∴3C π=．（2）ABC ∆的外接圆半径为1 ∴2sin c C=，即2sin c C =又sin sin sin a b c A B C ==， ∴2sin a A =，2sin b B =∴bc a==23sin sin A B A Aπ⎛⎫- ⎪⎝⎭==1cos sin22sinA AA⎫+⎪⎝⎭=32tan A=+又因为ABC∆是锐角三角形∴22ABππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，即2232AAπππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，∴62Aππ<<∴tan3>A，1tan A<<32tan2A<<，∴bca<<【点睛】解三角形中的求值域的问题，有两种解题思路：（1）找到边与边之间的关系，利用均值不等式求出最值，再结合三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边来确定范围；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，以函数的思想求值域，注意转化的角的范围是关键.（2021山东省潍坊市高三三模）15. 在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是AC上的点，BM平分ABC∠，ABM的面积是BCM面积的2倍．（1）求sinsinCA；（2）若1cos4B=，2b=，求ABC的面积．【答案】（1）2；（2）4．【解析】【分析】（1）由2ABM BCMS S=△△，ABM MBC∠=∠，得到2AB BC=，由正弦定理得sin2sinC ABA BC==；（2）由（1）知2c a =，代入满足1cos 4B =的余弦定理，求得a ，c ，并求得sin B ，则由面积公式1sin 2ABC S ac B =△即可求得三角形面积. 【详解】解：（1）1sin 2ABM AB S BM ABM =⋅∠△， 1sin 2BCM BC S BM MBC =⋅∠△． 因为2ABM BCM S S =△△，ABM MBC ∠=∠，所以2AB BC =． 由正弦定理得sin 2sin C AB A BC == （2）由sin 2sin C A=得2c a =， 由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-， 又因为1cos 4B =，2b =， 所以2221444a a a +-⨯4=， 所以1a =，从而2c =． 又因为1cos 4B =且0πB <<，所以sin 4B =．因此 11sin 122244ABC a S c B ==⨯⨯⨯=△． 【点睛】关键点点睛：根据角平分线及面积关系求得2c a =，并利用正弦定理，余弦定理进行边角转化，解得三角形中的参数.。