高中数学课时训练(含解析)：三角函数、解三角形 (5)

三角函数、解三角形错误!未定义书签。

１.(2018·浙江高考)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 错误!。

（1）求sin(α+π)的值；(２)若角β满足s ｉn(α+β）=513,求c ｏs β的值. 解：(1)由角α的终边过点P 错误!，得s ｉn α＝－错误!。

所以si ｎ(α＋π)=-ｓｉn α=错误!。

(２）由角α的终边过点Ｐ错误!未定义书签。

，得ｃos α=-错误!未定义书签。

由si ｎ(α＋β）＝错误!未定义书签。

，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＝-＼ｆ(５６，65）或cos β＝166５. ２.已知在△ABC 中，角A ，B ,C 所对的边分别为a ，b ,ｃ,且错误!=错误!未定义书签。

.（1)若错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

,求角A 的大小;(2)若ａ=1,t ａn Ａ=2错误!,求△ABC 的面积．解：(１)由错误!=错误!及正弦定理得si ｎ B (１-2cos A ）=2s ｉn A cos B ，即s ｉn B ＝２ｓin A ｃｏｓ B +2co ｓ Ａs ｉn B =2s ｉｎ(A +B )＝2sin C ，即b ＝2c .又由错误!=错误!未定义书签。

及余弦定理,得cos A =错误!＝错误!未定义书签。

⇒A =错误!。

(2）∵t ａｎ Ａ=２＼ｒ（2），∴ｃos Ａ=错误!未定义书签。

，ｓｉn A ＝错误!。

由余弦定理cos A ＝错误!未定义书签。

，得错误!未定义书签。

＝错误!未定义书签。

， 解得c 2=错误!未定义书签。

,∴S △A ＢＣ＝错误!未定义书签。

ｂｃｓin A =c 2ｓｉn Ａ=＼ｆ(3,1１)×错误!＝错误!.3．已知函数f （x )=ｍcos x ＋s ｉn 错误!的图象经过点P 错误!未定义书签。

高三数学三角函数三角恒等变换解三角形试题答案及解析1.已知函数的图象上关于轴对称的点至少有3对，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】原函数在轴左侧是一段正弦型函数图象，在轴右侧是一条对数函数的图象，要使得图象上关于轴对称的点至少有对，可将左侧的图象对称到轴右侧，即，应该与原来轴右侧的图象至少有个公共点如图，不能满足条件，只有此时，只需在时，的纵坐标大于，即，得．【考点】分段函数，函数图象，正弦型函数，对数函数2.若，则函数的最大值是___________．【答案】【解析】由题意因为，所以，所以函数的最大值是．【考点】求最大值．3.已知，，则下列不等式一定成立的是A．B．C．D．【答案】D【解析】,【考点】三角函数的性质4.若，且为第二象限角，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由得又为第二象限角，所以，选B．【考点】两角差余弦公式5.设函数对任意的，都有，若函数，则的值是（）A．1B．-5或3C．-2D．【答案】C【解析】根据题意有是函数图像的对称轴，从而有，所以有，故选C．【考点】三角函数的性质．6.设的最小值为，则．【答案】【解析】，根据题意，结合二次函数在某个区间上的最值问题，对参数进行讨论，当时，其最小值为，所以不合题意，当时，其最小值为，解得，当时，其最小值为，无解，所以．【考点】倍角公式，二次函数在给定区间上的最值问题．7.设函数对任意的，都有，若函数，则的值是（）A．1B．-5或3C．D．-2【答案】D【解析】根据题意有是函数图像的对称轴，从而有，所以有，故选D．【考点】三角函数的性质．8.下列函数中，以为最小正周期的偶函数是（）A．y=sin2x+cos2xB．y=sin2xcos2xC．y=cos（4x+）D．y=sin22x﹣cos22x【答案】D【解析】因为A项为非奇非偶函数，B项是奇函数，C项是奇函数，只有D项是符合题意的，故选D．【考点】诱导公式，倍角公式，三角函数的奇偶性和周期．9.函数的最大值为．【答案】【解析】解析式表示过的直线的斜率，由几何意义，即过定点（4，3）与单位圆相切时的切线斜率为最值．所以设切线得斜率为k，则直线方程为，即 ,【考点】三角函数最值【方法点睛】本题主要考查三角函数最值问题及转化的思想，解决问题的根据是根据所给函数式子转化为直线与圆的位置关系问题，即将所给式子看做定点与单位圆上点的连线的斜率的范围问题，通过模型转化使问题定点巧妙解决，属于经典试题．10.（本题满分12分）如图，在中，边上的中线长为3，且，．（1）求的值；（2）求边的长．【答案】（1）（2）4【解析】（1）利用角的关系，再结合两角差正弦公式展开就可求解（2）先在三角形ABD中，由正弦定理解出BD长，即CD长：由正弦定理，得，即，解得…故；再在三角形ADC中由余弦定理解出AC：；AC= 4试题解析：（1）（2）在中，由正弦定理，得，即，解得…故，从而在中，由余弦定理，得；AC= 4 ；【考点】正余弦定理11.中，，则的最大值为．【答案】【解析】设，由余弦定理的推论，所以，设，代入上式得，，故，当时，此时，符合题意，因此最大值为，故答案为：．【考点】解三角形．【思路点睛】首先假设，然后再根据余弦定理的推论，可得，找到与的关系，再设，代入上式得，利用根的判别式，进而求出结果．本题的关键是利用余弦定理的推论．12.已知函数的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）若，求函数在区间上的单调减区间．【答案】（1）；（2），．【解析】（1）由图象中的最高点和最低点的纵坐标得到关于的方程组求得，再利用图象得到函数的周期，进而得到值，最后代入最低点坐标或最高点坐标结合的范围求出，即得到函数的解析式；（2）先求出，利用两角和差的正弦公式将其化为的形式，再利用整体思想求其单调递减区间．试题解析：（1）由图知，解得，又，所以，所以，将点代入，得，再由，得，所以；（2）因为由，解得；又，故所求的单调减区间为，．【考点】1.三角函数的图象与性质；2.三角恒等变形．13.已知角的终边经过点（-4，3），则= ，= ；【答案】;【解析】由题意可得.【考点】任意角三角函数的定义.14.在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若，求△ABC的面积．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）在解三角形的背景下，考查正弦定理，余弦定理，知值求值．（Ⅱ）综合余弦定理，求三角形的面积公式，需要把作为整体求之．试题解析：（Ⅰ）由正弦定理得将上式代入已知即，即．∵∵∵B为三角形的内角，∴．（Ⅱ）由余弦定理得，结合，可得，所以△ABC的面积．【考点】正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式．15.在△中，角，，所对的边分别为，，，表示△的面积，若，，则．【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴．【考点】解三角形．【思路点睛】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得，可得，再用正弦定理把中的边换成角的正弦，利用两角和公式化简整理可求得，最后根据三角形内角和，进而求得．16.中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若的面积，则 .【答案】【解析】由余弦定理，，又，，，即，，．【考点】1、余弦定理；2、同角三角函数的基本关系；3、三角形面积公式.【思路点睛】本题主要考查的是余弦定理、同角三角函数基本关系、三角形的面积公式，属于容易题.因为题目求，且的面积，边的平方的形式一般想到余弦定理，面积展开后利用余弦定理即可求得与的关系，从而利用同角三角函数的基本关系求得.17.（2012•安徽）设△ABC的内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，且有2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若b=2，c=1，D为BC的中点，求AD的长．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）根据2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC，可得2sinBcosA=sin（A+C），从而可得2sinBcosA=sinB，由此可求求角A的大小；（Ⅱ）利用b=2，c=1，A=，可求a的值，进而可求B=，利用D为BC的中点，可求AD的长．解：（Ⅰ）∵2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC∴2sinBcosA=sin（A+C）∵A+C=π﹣B∴sin（A+C）=sinB＞0∴2sinBcosA=sinB∴cosA=∵A∈（0，π）∴A=；（Ⅱ）∵b=2，c=1，A=∴a2=b2+c2﹣2bccosA=3∴b2=a2+c2∴B=∵D为BC的中点，∴AD=．【考点】余弦定理；三角函数的恒等变换及化简求值．18.在中，已知．（Ⅰ）求sinA与角B的值；（Ⅱ）若角A,B,C的对边分别为的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），．【解析】（I）给出了关于角的两个三角函数值，利用诱导公式和同角三角函数的基本关系式可求得其正弦、余弦，再根据三角形的性质可求得的值；（II）在第一问的基础上，利用正弦定理可求得边，再由余弦定理求边，注意利用三角形基本性质舍解．试题解析：（Ⅰ）∵，，又∵，．∵，且，．（Ⅱ）由正弦定理得，，另由得，解得或（舍去），，．【考点】三角函数的诱导公式，同角三角函数的基本关系式及利用正、余弦定理在解三角形．19.已知，则的值为．【答案】．【解析】，故填：．【考点】三角恒等变形．20.在中，角A，B，C的对边分别为，，，若，则角的值为（）A．或B．或C．D．【答案】A．【解析】，，∴或，故选A．【考点】余弦定理．【思路点睛】由已知条件，可先将切化弦，再结合正弦定理，将该恒等式的边都化为角，然后进行三角函数式的恒等变形，找出角之间的关系；或将角都化成边，然后进行代数恒等变形，可一题多解，多角度思考问题，从而达到对知识的熟练掌握．21.为了得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点（）A．横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变B．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C．纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变D．纵坐标缩短到原来的2倍，横坐标不变【答案】A【解析】这是一个三角函数的图象变换问题，一般的为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的横坐标伸长（）或缩短（）到原来的倍（纵坐标不变）即可，因此为了得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，故选A.【考点】三角函数的图象变换．【方法点睛】本题是一个三角函数的图象变换问题，属于容易题.一般的要得到函数（其中）的图像可按以下步骤进行：先把的图象向左（）或向右（）平移个单位，再将所得函数的图象上各点的横坐标扩大（）或缩小（）为原来的（纵坐标不变），再把所得函数图象上各点的纵坐标扩大（）或缩小（）为原来的倍（横坐标不变），最后再将所得图像向上（）或向下（）平移个单位，即可得到函数的图象.22.如图，在中，，，点在边上，且，.（I）求；（II）求的长.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），.【解析】（Ⅰ）由图可知，所以，又，所以，再由两角差的正弦公式可求得；（Ⅱ）由题意可用正弦定理、余弦定理即可求出、的长，在中，有，又从而可求得；在中，由余弦定理得，，从而可求出.试题解析：（Ⅰ）在中，因为，所以，所以（Ⅱ）在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，所以【考点】1.解三角形；2.两角差的正弦公式.23.设的内角对边分别为，已知，且.（1）求角的大小；（2）若向量与共线，求的值.【答案】(1);(2)。

第三章三角函数、三角恒等变换及解三角形第5课时二倍角的正弦、余弦和正切公式(对应学生用书（文）、(理)49～50页)考情分析考点新知掌握二倍角公式(正弦、余弦、正切)，能运用它们进行简单的三角函数式的化简、求值及恒等式证明．能从两角和公式推导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，体会化归思想的应用.1。

（必修4P105例1改编)已知sinα＝－错误!，α∈错误!，则sin2α＝__________．答案：－错误!解析:∵sinα＝－错误!，α∈错误!，∴α∈错误!，cosα＝错误!。

∴sin2α＝2sinαcosα＝－错误!.2. （必修4P108习题3.2第5(2)题改编)已知α为第二象限角，sin α＋cosα＝错误!，则cos2α＝________．答案：－错误!解析：∵sinα＋cosα＝错误!，∴(sinα＋cosα）2＝错误!，∴2sinαcosα＝－错误!，即sin2α＝－错误!.∵α为第二象限角且sinα＋cosα＝33〉0，∴2kπ＋π2<α〈2kπ＋错误!π（k∈Z），∴4kπ＋π〈2α<4kπ＋错误!π(k∈Z)，∴2α为第三象限角，∴cos2α＝－错误!＝－错误!。

3. (必修4P108习题3.2第3题改编）若sin(错误!＋θ）＝错误!，则cos2θ＝________．答案:－错误!解析：∵ sin错误!＝错误!，∴cosθ＝错误!,∴cos2θ＝2cos2θ－1＝－错误!。

4。

（必修4P106练习第1（1）题改编)函数f（x)＝sinxcosx的最小正周期是________．答案：π解析：∵f（x)＝sinxcosx＝错误!sin2x,∴T＝错误!＝π.5. (必修4P108习题3.2第5（3)题改编）若错误!≤α≤错误!，则错误!＋错误!＝________．答案:－2sin α2解析：∵错误!≤α≤错误!，∴错误!≤错误!≤错误!。

∴1＋sinα＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝－错误!－错误!＝－2sin错误!。

高中数学必修五三角函数知识点+练习题含答案解析(很详细)第一部分必修五三角函数知识点整理第一章解三角形1、三角形的性质：①.A+B+C=π,? 222A B C π+=-?sin cos 22A B C += ②.在ABC ?中, a b +＞c , a b -＜c ; A ＞B ?sin A ＞sinB ...........................A ＞B ?cosA ＜cosB, a ＞b ? A ＞B③.若ABC ?为锐角?，则A B +＞2π,B+C ＞2π,A+C ＞2π; 22a b +＞2c ，22b c +＞2a ，2a ＋2c ＞2b2、正弦定理与余弦定理：①.(2R 为ABC ?外接圆的直径)2s i n a R A =、2sin b R B =、2sin c R C =sin 2a A R =、 sin 2b B R =、 sin 2c C R= 面积公式：111sin sin sin 222ABC S ab C bc A ac B ?=== ②.余弦定理：2222cos a b c bc A =+-、2222cos b a c ac B =+-、2222cos c a b ab C =+-222cos 2b c a A bc +-=、222cos 2a c b B ac +-=、222cos 2a b c C ab+-= 补充：两角和与差的正弦、余弦和正切公式：⑴()cos cos cos sin sin αβαβαβ-=+；⑵()cos cos cos sin sin αβαβαβ+=-；⑶()sin sin cos cos sin αβαβαβ-=-；⑷()sin sin cos cos sin αβαβαβ+=+；⑸()tan tan tan 1tan tan αβαβαβ --=+ ? （()()tan tan tan 1tan tan αβαβαβ-=-+）；⑹()tan tan tan 1tan tan αβαβαβ++=- ? （()()tan tan tan 1tan tan αβαβαβ+=+-）．二倍角的正弦、余弦和正切公式：⑴sin 22sin cos ααα=．222)cos (sin cos sin 2cos sin 2sin1ααααααα±=±+=±?⑵2222cos2cos sin 2cos 112sin ααααα=-=-=-升幂公式2sin 2cos 1,2cos 2cos 122αααα=-=+ ?落幂公式2cos 21cos 2αα+=，21cos 2sin 2αα-=．第二部分必修五练习题含答案解析第一章解三角形1.在△ABC 中，AB ＝5，BC ＝6，AC ＝8，则△ABC 的形状是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．非钝角三角形解析：最大边AC 所对角为B ，则cosB ＝52＋62－822×5×6＝－320B>CB ．B>A>C C ．C>B>AD ．C>A>B解析由正弦定理a sinA ＝b sinB ，∴sinB ＝bsinA a ＝32.∵B 为锐角，∴B ＝60°，则C ＝90°，故C>B>A. 答案 C3．在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，则b 等于( )A ．4 2B ．4 3C ．4 6 D.323解:由A ＋B ＋C ＝180°，可求得A ＝45°，由正弦定理，得b ＝asinB sinA ＝8×sin60°sin45°＝8×3222＝4 6. 答案 C4．在△ABC 中，AB ＝5，BC ＝7，AC ＝8，则BA →·BC → 的值为( )A ．5B ．－5C ．15D ．－15解析在△ABC 中，由余弦定理得：cosB ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝25＋49－642×5×7＝17. ∴BA →·BC →＝|BA →|·|BC →|cosB ＝5×7×17＝5. 答案 A5．若三角形三边长之比是1：3：2，则其所对角之比是( )A ．1：2：3B ．1：3：2C ．1：2： 3 D.2：3：2解析设三边长分不为a ，3a,2a ，设最大角为A ，则cosA ＝a 2＋3a 2－2a 22·a ·3a ＝0，∴A ＝90°.设最小角为B ，则cosB ＝2a 2＋3a 2－a 22·2a ·3a ＝32，∴B ＝30°，∴C ＝60°. 所以三角之比为1：2：3. 答案 A6．在△ABC 中，若a ＝6，b ＝9，A ＝45°，则此三角形有( )A ．无解B ．一解C ．两解D ．解的个数别确定解析由b sinB ＝a sinA ，得sinB ＝bsinA a ＝9×226＝3 24>1.∴此三角形无解．答案 A7．已知△ABC 的外接圆半径为R ，且2R(sin 2A －sin 2C)＝(2a －b)sinB(其中a ，b 分不为A ，B 的对边)，这么角C 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析依照正弦定理，原式可化为2R ? ??a 24R 2－c 24R 2＝(2a －b)·b 2R ，∴a 2－c 2＝(2a －b)b ，∴a 2＋b 2－c 2＝2ab ，∴cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22，∴C ＝45°. 答案 B8．在△ABC 中，已知sin 2A ＋sin 2B －sinAsinB ＝sin 2C ，且满脚ab ＝4，则该三角形的面积为( )A ．1B ．2 C. 2 D. 3解析由a sinA ＝b sinB ＝c sinC＝2R ，又sin 2A ＋sin 2B －sinAsinB ＝sin 2C ，可得a 2＋b 2－ab ＝c 2.∴c osC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴C ＝60°，sinC ＝32. ∴S △ABC ＝12absinC ＝ 3. 答案 D9．在△ABC 中，A ＝120°，AB ＝5，BC ＝7，则sinB sinC 的值为( ) A.85 B.58 C.53 D.35解析由余弦定理，得 cosA ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC，解得AC ＝3. 由正弦定理sinB sinC ＝AC AB ＝35. 答案 D10.在三角形ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝7，则∠BAC 的大小为( )A.2π3B.5π6C.3π4D.π3解析由余弦定理，得cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝52＋32－722×5×3＝－12，∴∠BAC ＝2π3. 答案 A11．有一长为1 km 的歪坡，它的倾歪角为20°，现要将倾歪角改为10°，则坡底要加长( )A ．0.5 kmB ．1 kmC ．1.5 km D.32km 解析如图，AC ＝AB ·sin20°＝sin20°，BC ＝AB ·cos20°＝cos20°，DC ＝AC tan10°＝2cos 210°，∴DB ＝DC －BC ＝2cos 210°－cos20°＝1.答案 B12．已知△ABC 中，A ，B ，C 的对边分不为a ，b ，c.若a ＝c ＝6＋2，且A ＝75°，则b 为( )A ．2B ．4＋2 3C ．4－2 3 D.6－ 2解析在△ABC 中，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ，∵a ＝c ，∴0＝b 2－2bccosA ＝b 2－2b(6＋2)cos75°，而cos75°＝cos(30°＋45°)＝cos30°cos45°－sin30°sin45°＝22? ????32－12＝14(6－2)，∴b 2－2b(6＋2)cos75°＝b 2－2b(6＋2)·14(6－2)＝b 2－2b ＝0，解得b ＝2，或b ＝0(舍去)．故选A. 答案 A 13．在△ABC 中，A ＝60°，C ＝45°，b ＝4，则此三角形的最小边是____________．解析由A ＋B ＋C ＝180°，得B ＝75°，∴c 为最小边，由正弦定理，知c ＝bsinC sinB ＝4sin45°sin75°＝4(3－1)．答案 4(3－1)14．在△ABC 中，若b ＝2a ，B ＝A ＋60°，则A ＝________.解析由B ＝A ＋60°，得 sinB ＝sin(A ＋60°)＝12sinA ＋32cosA. 又由b ＝2a ，知sinB ＝2sinA.∴2sinA ＝12sinA ＋32cosA. 即32sinA ＝32cosA.∵cosA ≠0，∴tanA ＝33.∵0°<A<180°，∴A ＝30°. 答案30° 15．在△ABC 中，A ＋C ＝2B ，BC ＝5，且△ABC 的面积为103，则B ＝_______，AB ＝_______.解析由A ＋C ＝2B 及A ＋B ＋C ＝180°，得B ＝60°.又S ＝12AB ·BC ·sinB ，∴10 3＝12AB ×5×sin60°，∴AB ＝8. 答案60° 816．在△ABC 中，已知(b ＋c)：(c ＋a)：(a ＋b)＝8：9：10，则sinA ：sinB ：sinC ＝________.解析设b ＋c ＝8k ，c ＋a ＝9k ，a ＋b ＝10k ，可得a ：b ：c ＝11：9：7.∴sinA ：sinB ：sinC ＝11：9：7.答案 11：9：717．在非等腰△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分不为a ，b ，c ，且a 2＝b(b ＋c)．(1)求证：A ＝2B ；(2)若a ＝XXX ，试推断△ABC 的形状．解 (1)证明：在△ABC 中，∵a 2＝b ·(b ＋c)＝b 2＋bc ，由余弦定理，得cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝bc ＋c 22ac ＝b ＋c 2a ＝a 2b ＝sinA 2sinB ，∴sinA ＝2sinBcosB ＝sin2B.则A ＝2B 或A ＋2B ＝π.若A ＋2B ＝π，又A ＋B ＋C ＝π，∴B ＝C.这与已知相矛盾，故A ＝2B.(2)∵a ＝XXX ，由a 2＝b(b ＋c)，得XXX 2＝b 2＋bc ，∴c ＝2b.又a 2＋b 2＝4b 2＝c 2.故△ABC 为直角三角形．18．锐角三角形ABC 中，边a ，b 是方程x 2－23x ＋2＝0的两根，角A ，B 满脚2sin(A ＋B)－3＝0.求：(1)角C 的度数；(2)边c 的长度及△ABC 的面积．解 (1)由2sin(A ＋B)－3＝0，得sin(A ＋B)＝32. ∵△ABC 为锐角三角形，∴A ＋B ＝120°，∴∠C ＝60°.(2)∵a ，b 是方程x 2－23x ＋2＝0的两个根，∴a ＋b ＝23，ab ＝2.∴c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ＝(a ＋b)2－3ab ＝12－6＝6.∴c ＝ 6.S △ABC ＝12absinC ＝12×2×32＝32. 19.已知△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分不是a ，b ，c ，设向量m ＝(a ，b)，n ＝(sinB ，sinA)，p ＝(b －2，a －2)．(1)若m ∥n ，求证：△ABC 为等腰三角形；(2)若m ⊥p ，边长c ＝2，角C ＝π3，求△ABC 的面积．解 (1)证明：∵m ∥n ，∴asinA ＝bsinB.由正弦定得知，sinA ＝a 2R ，sinB ＝b 2R (其中R 为△ABC 外接圆的半径)，代入上式，得a ·a 2R ＝b ·b 2R，∴a ＝b.故△ABC 为等腰三角形．(2)∵m ⊥p ，∴m ·p ＝0，∴a(b －2)＋b(a －2)＝0，∴a ＋b ＝ab.由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2abcosC 得4＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0. 解得ab＝4，ab＝－1(舍去)．∴△ABC的面积S＝12absinC＝12×4×sinπ3＝ 3.。

课时作业 正弦定理和余弦定理1．(2016·天津卷)在△ABC 中，若AB ＝13，BC ＝3，∠C ＝120°，则AC ＝( A ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：在△ABC 中，设A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c ，则由c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得13＝9＋b 2－2×3b ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，即b 2＋3b －4＝0，解得b ＝1(负值舍去)，即AC ＝1，故选A ．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，C ．已知8b ＝5c ，C ＝2B ，则cos C 等于( A )A ．725B ．－725C ．±725D ．2425解析：∵8b ＝5c ，∴由正弦定理，得8sin B ＝5sin C ． 又∵C ＝2B ，∴8sin B ＝5sin2B ，∴8sin B ＝10sin B cos B ． ∵sin B ≠0，∴cos B ＝45，∴cos C ＝cos2B ＝2cos 2B －1＝725.3．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( C )A ．3B ．932C ．332D ．3 3解析：c 2＝(a －b )2＋6，即c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵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 ．4．(2019·湖南衡阳调研)在△ABC 中，a 、b 、c 分别为内角A 、B 、C 所对的边，若2sin C ＝sin A ＋sin B ，cos C ＝35且S △ABC ＝4，则c ＝( A )A ．463B ．4C ．263D ．5解析：因为2sin C ＝sin A ＋sin B ， 所以由正弦定理可得2c ＝a ＋b ，①由cos C ＝35可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－165ab ，②又由cos C ＝35，得sin C ＝45，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝2ab5＝4，∴ab ＝10.③由①②③解得c ＝463，故选A ．5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin A sin B ＝ac ，(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ，则△ABC 的形状为( C )A ．直角三角形B ．等腰非等边三角形C ．等边三角形D ．钝角三角形解析：∵sin A sin B ＝a c ，∴a b ＝ac，∴b ＝C ．又(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ，∴b 2＋c 2－a 2＝bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12.∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3，∴△ABC 是等边三角形．6．(2019·合肥质检)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos C ＝223，b cos A ＋a cos B ＝2，则△ABC 的外接圆面积为( C )A ．4πB ．8πC ．9πD ．36π解析：由余弦定理得b ·b 2＋c 2－a 22bc ＋a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2.即b 2＋c 2－a 2＋a 2＋c 2－b 22c＝2，整理得c ＝2，由cos C ＝223得sin C ＝13，再由正弦定理可得2R ＝csin C ＝6，所以△ABC 的外接圆面积为πR 2＝9π.7．(2018·浙江卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，C ．若a ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sinB ＝217，c ＝3_. 解析：由a sin A ＝b sin B 得sin B ＝b a sin A ＝217，由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得c 2－2c －3＝0，解得c ＝3(舍负)．8．(2019·烟台模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若角A ，B ，C依次成等差数列，且a ＝1，b ＝3，则S △ABC ＝32. 解析：因为角A ，B ，C 依次成等差数列，所以B ＝60°. 由正弦定理，得1sin A ＝3sin60°，解得sin A ＝12，因为0°＜A ＜120°，所以A ＝30°， 此时C ＝90°，所以S △ABC ＝12ab ＝32.9．(2018·江苏卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝120°，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝1，则4a ＋c 的最小值为9__.解析：依题意画出图形，如图所示．易知S △ABD ＋S △BCD ＝S △ABC ，即12c sin60°＋12a sin60°＝12ac sin120°， ∴a ＋c ＝ac ，∴1a ＋1c＝1，∴4a ＋c ＝(4a ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1c ＝5＋c a ＋4a c ≥9，当且仅当c a ＝4a c ，即a ＝32，c ＝3时取“＝”． 10．(2019·梅州质检)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2－b 2＝3bc ，且sin C ＝23sin B ，则角A 的大小为π6.解析：由sin C ＝23sin B 得，c ＝23b ， ∴a 2－b 2＝3bc ＝3b ·23b ＝6b 2，∴a 2＝7b 2.则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋12b 2－7b 243b2＝32， 又∵0<A <π，∴A ＝π6.11．(2019·贵阳质检)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2－(b －c )2＝(2－3)bc ，sin A sin B ＝cos 2C2，BC 边上的中线AM 的长为7.(1)求角A 和角B 的大小； (2)求△ABC 的面积．解：(1)由a 2－(b －c )2＝(2－3)bc ，得a 2－b 2－c 2＝－3bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32，又0＜A ＜π，∴A ＝π6.由sin A sin B ＝cos 2C2，得12sin B ＝1＋cos C 2，即sin B ＝1＋cos C ， 则cos C ＜0，即C 为钝角，∴B 为锐角，且B ＋C ＝5π6，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－C ＝1＋cos C ，化简得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π3＝－1，解得C ＝2π3，∴B ＝π6.(2)由(1)知，a ＝b ，在△ACM 中，由余弦定理得AM 2＝b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－2b ·a 2·cos C ＝b 2＋b 24＋b 22＝(7)2，解得b ＝2，故S △ABC ＝12ab sin C ＝12×2×2×32＝ 3.12．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝b tan A ，且B 为钝角． (1)证明：B －A ＝π2；(2)求sin A ＋sin C 的取值范围．解：(1)证明：由a ＝b tan A 及正弦定理，得sin A cos A ＝a b ＝sin Asin B，所以sin B ＝cos A ，即sin B＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋A . 又B 为钝角，因此π2＋A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，故B ＝π2＋A ，即B －A ＝π2.(2)由(1)知，C ＝π－(A ＋B )＝π－⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π2＝π2－2A ＞0，所以A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4.于是sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－2A ＝sin A ＋cos2A ＝－2sin 2A ＋sin A ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎪⎫sin A －142＋98.因为0＜A ＜π4，所以0＜sin A ＜22，因此22＜－2⎝⎛⎭⎪⎫sin A －142＋98≤98.由此可知sin A ＋sin C 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤22，98.13．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足b 2＋c 2－a 2＝bc ，AB →·BC →＞0，a ＝32，则b ＋c 的取值范围是( B ) A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 B ．⎝⎛⎭⎪⎫32，32 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤12，32 解析：由b 2＋c 2－a 2＝bc 得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∵0<A <π，则A ＝π3，由AB →·BC →＞0知，B 为钝角，又asin A＝1，则b ＝sin B ，c ＝sin C ，b ＋c ＝sin B ＋sin C ＝sin B ＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝32sin B ＋32cos B ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6，∵π2＜B ＜2π3，∴2π3＜B ＋π6＜5π6， ∴12＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6＜32，b ＋c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32.14．(2019·山东济宁模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos B －b cos A ＝23c ，则tan(A －B )的最大值为( A )A ．255B ．55C ．33D ． 3解析：由a cos B －b cos A ＝23c 及正弦定理可得，sin A ·cos B －sin B cos A ＝23sin C ＝23sin(A ＋B )＝23sin A cos B ＋23cos A sin B ， 即13sin A cos B ＝53sin B cos A ，得tan A ＝5tan B ， 从而可得tan A ＞0，tan B ＞0，∴tan(A －B )＝tan A －tan B 1＋tan A tan B ＝4tan B 1＋5tan 2B ＝41tan B＋5tan B ≤425＝255，当且仅当1tan B ＝5tan B ，即tan B ＝55时取得等号，∴tan(A －B )的最大值为255，故选A ．15．(2019·广东七校联考)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝2，A ＝π3，且32－sin(B －C )＝sin2B ，则△ABC 3.解析：法1 ∵A ＝π3，且32－sin(B －C )＝sin2B ，∴32＝sin2B ＋sin(B －C )， 即sin A ＝sin2B ＋sin(B －C )，又sin A ＝sin(B ＋C )，∴sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B cos B ＋sin B cos C －cos B sin C ，即cos B sin C ＝sin B cos B ． 当cos B ＝0时，可得B ＝π2，C ＝π6，∴S △ABC ＝12ac ＝12×2×2×tan π6＝233；当cos B ≠0时，sin B ＝sin C ，由正弦定理可知b ＝c ，∴△ABC 为等腰三角形， 又∵A ＝π3，∴a ＝b ＝c ＝2，∴S △ABC ＝34a 2＝ 3.综上可知△ABC 的面积为3或233. 法2 由已知及A ＋B ＋C ＝π可得32－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B －23π ＝sin2B ，即sin2B ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －23π＝32，∴sin2B －32cos2B －12sin2B ＝32， 即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B －π3＝32. ∵A ＝π3，∴0＜B ＜23π，∴－π3＜2B －π3＜π，∴2B －π3＝π3或2π3，∴B ＝π3或π2.当B ＝π2时，C ＝π6，∴S △ABC ＝12×2×2×tan π6＝233；当B ＝π3时，△ABC 是边长为2的等边三角形，∴S △ABC ＝34a 2＝34×4＝ 3. 综上可知，△ABC 的面积为3或233.16．(2019·河南信阳模拟)已知a ，b ，c 分别是△ABC 内角A ，B ，C 的对边，且满足(a ＋b ＋c )(sin B ＋sin C －sin A )＝b sin C ．(1)求角A 的大小；(2)设a ＝3，S 为△ABC 的面积，求S ＋3cos B cos C 的最大值． 解：(1)∵(a ＋b ＋c )(sin B ＋sin C －sin A )＝b sin C ， ∴根据正弦定理，知(a ＋b ＋c )(b ＋c －a )＝bc ， 即b 2＋c 2－a 2＝－bC ．∴由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－12.又A ∈(0，π)，所以A ＝23π.(2)根据a ＝3，A ＝23π及正弦定理可得bsin B＝csin C ＝a sin A ＝332＝2， ∴b ＝2sin B ，c ＝2sin C ．∴S ＝12bc sin A ＝12×2sin B ×2sin C ×32＝3sin B sin C ．∴S ＋3cos B cos C ＝3sin B sin C ＋3cos B ·cos C ＝3cos(B －C )．故当⎩⎪⎨⎪⎧B ＝C ，B ＋C ＝π3，即B ＝C ＝π6时，S ＋3cos B ·cos C 取得最大值 3.。

高二数学三角函数三角恒等变换解三角形试题答案及解析1.．【答案】【解析】故答案为：．【考点】两角和与差的三角公式．2.若函数在区间上单调递增，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】依题意，，令，在区间上，，单调递增，，所以；【考点】1．导数与单调性；2．化归的思想；3.函数在内是（）A．增函数B．减函数C．有增有减D．不能确定【答案】A【解析】函数，可得，所以函数在内是增函数．故选：A．【考点】利用导数研究函数的单调性．4.（12分）．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且tan A＋tan B＝．（1）求角B的大小；（2）若，求sinA·sinC的值．【答案】（1）；（2）【解析】（Ⅰ）已知等式左边利用同角三角函数间的基本关系化简，整理后根据sinC不为0求出cosB的值，即可确定出B的度数；（Ⅱ）已知等式去分母整理后得到关系式，利用余弦定理列出关系式，把得出关系式及cosB的值代入，并利用正弦定理化简，即可求出sinAsinC的值试题解析：（Ⅰ）已知等式变形得：sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosA，去分母得：sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosB，即sin（A+B）=2sinCcosB=sinC，∵sinC≠0，∴cosB=12，则B=60°；（Ⅱ）由，整理得：，∵cosB=12，∴，由正弦定理得：sin2B=2sinA·sinC=，则sinA·sinC=【考点】1．同角间三角函数关系；2．正弦定理5.将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位，则所得函数图象对应的解析式为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图像，再将所得图象向左平移个单位，则所得函数图象对应的解析式为．故选D．【考点】三角函数图像变换：周期变换、左右平移．6.已知在△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,则tanC等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【考点】1．余弦定理解三角形；2．同角间三角函数关系7.已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且tan A＋tan B＝．（1）求角B的大小；（2）若＋＝3，求sin Asin C的值．【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意切化弦，同分可得，整理可得，即可求得；（2）根据已知式子同分可得，由余弦定理得到，再结合正弦定理即可得到试题解析：（1）由题意可得：因为，所以，又因为，所以（2）有题意可得：即由余弦定理可得：，得到有正弦定理：【考点】1．正余弦定理；2．化简求值8.（本题满分11分）若的内角所对的边分别为，且满足（1）求；（2）当时，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）因为正弦定理，所以化为，因为三角形内角有，所以即，所以；（2）由余弦定理，得，而，，得，即，因为三角形的边，所以，则．试题解析：（1）因为由正弦定理，得，又，从而，由于所以（2）解法一：由余弦定理，得，而，，得，即因为，所以，故面积为．解法二：由正弦定理，得从而又由知，所以故，所以面积为．【考点】1．正弦定理与余弦定理；2．三角形的面积公式．9.在中，已知，,则的长为____________________．【答案】【解析】由正弦定理可得【考点】正弦定理解三角形10.（本小题满分10分）在△ABC中，是方程的一个根，（1）求；（2）当时，求△ABC周长的最小值．【答案】（1）（2）【解析】（1）解一元二次方程得到方程的根，结合三角函数有界性得到的值，从而求得大小；（2）由三角形余弦定理结合，可将转化为的表达式，从而求得其最小值，得到周长的最小值试题解析：（1）又是方程的一个根（2）由余弦定理可得：则：当时，c最小且，此时△ABC周长的最小值为．【考点】1．余弦定理解三角形；2．一元二次方程的根11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（b－c）cosA＝acosC，则cosA＝_____【答案】【解析】由正弦定理可将已知条件转化为【考点】正弦定理与三角函数基本公式12.在△ABC中，cosA＝，sinB＝，则cosC的值为．【答案】【解析】由cosA＝，sinB＝得【考点】三角函数基本公式13.在△ABC中，如果，且为锐角，试判断此三角形的形状．【答案】等腰直角三角形．【解析】判定三角形的形状由三角形的三边长或三个角来确定．由可确定．根据正弦定理，可确定角，从而确定三角形的形状．试题解析：因为，所以,又为锐角，所以．，．由正弦定理得：，即展开得：，即，则，所以△ABC是等腰直角三角形．【考点】1．三角形形状；2．正弦定理；14.在△中，分别为角所对的边，若，则此三角形一定是（）A．正三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰或直角三角形【答案】C【解析】,三角形为等腰三角形【考点】1．正弦定理解三角形；2．三角函数基本公式15.在中，、、分别是三内角A、B、C的对应的三边，已知（1）求角C的大小；（2）满足的是否存在？若存在，求角A的大小．【答案】（1）；（2）不存在【解析】（1）由正弦定理将变形可得到关于角C的关系式，进而求得角C的大小；（2）结合角C的大小将变形求解A角，若A角存在则三角形存在试题解析：（1）由正弦定理，得因为由则（2）由（1）知，于是=这样的三角形不存在。

三角函数之解三角形与练习（答案）一、知识结构要点：三角形中的三角函数→ 解斜三角形→ 实际应用↓↓ ↓常用方法：（1）A+B+C=180° 可进行角的代换（2）R CcB b A a 2sin sin sin === 可进行边角互换（3）abc b a C 2cos 222-+= 可进行角转化为边（4）A ab S sin 21=面积与边角联系。

1．正弦定理：CcB b A a sin sin sin ===2R （R 为△ABC 外接圆半径）。

推论1：△ABC 的面积为S △ABC =.sin 21sin 21sin 21B ca A bc C ab ==推论2：在△ABC 中，有bcosC+ccosB=a.正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证推论。

先证推论1，由正弦函数定义，BC 边上的高为bsinC ，所以S △ABC =C ab sin 21；再证推论2，因为B+C=π-A ，所以sin(B+C)=sinA ，即sinBcosC+cosBsinC=sinA ，两边同乘以2R 得bcosC+ccosB=a 2．余弦定理：a 2=b 2+c 2-2bccosA bca cb A 2cos 222-+=?，下面用余弦定理证明几个常用的结论。

（1）斯特瓦特定理：在△ABC 中，D 是BC 边上任意一点，BD=p ，DC=q ，则AD 2=.22pq qp q c p b -++ （1）【证明】因为c 2=AB 2=AD 2+BD 2-2AD ·BDcos ADB ∠，所以c 2=AD 2+p 2-2AD ·pcos .ADB ∠ ① 同理b 2=AD 2+q 2-2AD ·qcos ADC ∠，② 因为∠ADB+∠ADC=π，所以cos ∠ADB+cos ∠ADC=0，所以q ×①+p ×②得qc 2+pb 2=(p+q)AD 2+pq(p+q)，即AD 2=.22pq qp qc p b -++ 注：在（1）式中，若p=q ，则为中线长公式.222222a c b AD -+=（2）海伦公式：因为412=? ABC S b 2c 2sin 2A=41b 2c 2 (1-cos 2A)= 41b 2c 21614)(1222222=-+-c b a c b [(b+c)2-a 2][a 2-(b-c) 2]=p(p-a)(p-b)(p-c). 余弦定理正弦定理这里.2cb a p ++=所以S △ABC =).)()((c p b p a p p ---二、方法与例题1．面积法。

课时规范训练[A 级 基础演练]1．要得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3的图象，只需将函数y ＝sin 4x 的图象( ) A ．向左平移π12个单位B ．向右平移π12个单位C ．向左平移π3个单位D ．向右平移π3个单位解析：选B.由y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3＝sin 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12得，只需将y ＝sin 4x 的图象向右平移π12个单位即可，故选B.2．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)对任意x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6等于( )A ．2或0B ．－2或2C ．0D ．－2或0解析：选B.由于函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)对任意x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，所以该函数图象关于直线x ＝π6对称，由于在对称轴处对应的函数值为最大值或最小值，所以选B.3．函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω>0)的周期是π，将函数f (x )的图象沿x 轴向左平移π6个单位得到函数g (x )的图象，则函数g (x )的解析式是( )A ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π4B ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6C ．g (x )＝sin 2xD ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －2π3 解析：选C.由题知2πω＝π，ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，g (x )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6－π3＝sin 2x .4．已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，下面说法正确的是( )A ．函数的周期为π4B ．函数图象的一条对称轴方程为x ＝π3C ．函数在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6上为减函数D ．函数是偶函数解析：选B.当x ＝π3时，f (x )＝1，∴x ＝π3是函数图象的一条对称轴，故选B.5．如图为函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)(ω>0)的部分图象，B 、C 分别为图象的最高点和最低点，若AB →·BC →＝|AB →|2，则ω＝( )A.π3 B.π4 C.π6 D.π12解析：选C.由题意可知|BC →|＝2|AB →|，由AB →·BC →＝|AB →|2知－|AB →|·|BC →|cos ∠ABC ＝|AB →|2，∠ABC ＝120°，过B 作BD 垂直于x 轴于D ，则|AD →|＝3，T ＝12，ω＝2πT ＝π6，故选C.6．设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝ .解析：f (x )＝sin x －2cos x ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫15sin x －25cos x ，设15＝cos α，25＝sin α， 则f (x )＝5(sin x cos α－cos x sin α)＝5sin(x －α)． ∵x ∈R ，∴x －α∈R ，∴y max ＝ 5. 又∵x ＝θ时，f (x )取得最大值， ∴f (θ)＝sin θ－2cos θ＝ 5. 又sin 2θ＋cos 2θ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝15，cos θ＝－25，即cos θ＝－255.答案：－2557．若将函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y 轴对称，则φ的最小正值是 ．解析：由函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移φ个单位得到g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（x －φ）＋π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4－2φ，又∵g (x )是偶函数，∴π4－2φ＝k π＋π2(k ∈Z )．∴φ＝－k π2－π8(k ∈Z )．当k ＝－1时，φ取得最小正值3π8. 答案：3π88．已知函数y ＝cos x 与y ＝sin(2x ＋φ)(0≤φ<π)，它们的图象有一个横坐标为π3的交点，则φ的值是 ．解析：由题意，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3＋φ＝cos π3，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝sin π6，解得2π3＋φ＝2k π＋π6(无解)或2π3＋φ＝2k π＋5π6，由于0≤φ<π，所以φ＝π6.答案：π69．已知函数f (x )＝3sin x cos x －cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求函数f (x )的最大值和最小值及相应的x 的值．解：(1)由于f (x )＝32sin 2x －12cos 2x －12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－12，所以T ＝2πω＝π，故f (x )的最小正周期为π.由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，所以k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z .函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(2)由于0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6，令2x －π6＝π2，即x ＝π3时，f (x )有最大值12；令2x －π6＝－π6，即x ＝0时，f (x )有最小值－1.10．已知向量a ＝(m ，cos 2x )，b ＝(sin 2x ，n )，函数f (x )＝a ·b ，且y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，3和点⎝⎛⎭⎪⎫2π3，－2.(1)求m ，n 的值；(2)将y ＝f (x )的图象向左平移φ(0<φ<π)个单位后得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求y ＝g (x )的单调递增区间．解：(1)由题意知f (x )＝a·b ＝m sin 2x ＋n cos 2x . 由于y ＝f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎪⎫π12，3和⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧3＝m sin π6＋n cos π6，－2＝m sin 4π3＋n cos 4π3，即⎩⎪⎨⎪⎧3＝12m ＋32n ，－2＝－32m －12n ，解得⎩⎨⎧m ＝3，n ＝1.(2)由(1)知f (x )＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.由题意知g (x )＝f (x ＋φ)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2φ＋π6. 设y ＝g (x )的图象上符合题意的最高点为(x 0，2)， 由题意知x 20＋1＝1，所以x 0＝0，即到点(0，3)的距离为1的最高点为(0，2) 将其代入y ＝g (x )得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2φ＋π6＝1，解得2φ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )．由于0<φ<π，所以φ＝π6，因此g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝2cos 2x .由2k π－π≤2x ≤2k π，k ∈Z 得k π－π2≤x ≤k π，k ∈Z ，所以函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π2，k π(k ∈Z )． [B 级 力量突破]1．将函数h (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π4个单位，再向上平移2个单位，得到函数f (x )的图象，则函数f (x )的图象与函数h (x )的图象( )A ．关于直线x ＝0对称B ．关于直线x ＝1对称C ．关于点(1，0)对称D ．关于点(0，1)对称解析：选D.依题意，将h (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π4个单位，再向上平移2个单位后得到y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋π4＋2，即f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2的图象，又∵h (－x )＋f (x )＝2，∴函数f (x )的图象与函数h (x )的图象关于点(0，1)对称．2．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈R ，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，假如x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝( )A.12 B ．32C.22D ．1解析：选B.由题图可知，T 2＝π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π2，则T ＝π，ω＝2，又∵－π6＋π32＝π12，∴f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎪⎫π12，1，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋φ＝1，得π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，∵|φ|<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.由题意得x 1＋x 2＝－π6＋π3＝π6，∴f (x 1＋x 2)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝sin 2π3＝32.3．将函数f (x )＝sin 2x 的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎪⎫0＜φ＜π2个单位后得到函数g (x )的图象．若对满足|f (x 1)－g (x 2)|＝2的x 1，x 2，有|x 1－x 2|min ＝π3，则φ＝( )A.5π12 B ．π3C.π4D ．π6解析：选D.由于g (x )＝sin 2(x －φ)＝sin(2x －2φ)，所以|f (x 1)－g (x 2)|＝|sin 2x 1－sin(2x 2－2φ)|＝2.由于－1≤sin 2x 1≤1，－1≤sin(2x 2－2φ)≤1，所以sin 2x 1和sin(2x 2－2φ)的值中，一个为1，另一个为－1，不妨取sin 2x 1＝1，sin(2x 2－2φ)＝－1，则2x 1＝2k 1π＋π2，k 1∈Z ，2x 2－2φ＝2k 2π－π2，k 2∈Z ，2x 1－2x 2＋2φ＝2(k 1－k 2)π＋π，(k 1－k 2)∈Z ，得|x 1－x 2|＝|(k 1－k 2)π＋π2－φ|.由于0＜φ＜π2，所以0＜π2－φ＜π2，故当k 1－k 2＝0时，|x 1－x 2|min ＝π2－φ＝π3，则φ＝π6，故选D.4．将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2≤φ<π2图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移π6个单位长度得到y ＝sin x 的图象，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝ ．解析：将y ＝sin x 的图象向左平移π6个单位长度可得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象，保持纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6的图象，故f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×π6＋π6＝sin π4＝22.答案：225．设y ＝sin (ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2的最小正周期为π，且其图象关于直线x ＝π12对称，则在下面四个结论中：①图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0对称；②图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0对称；③在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6上是增函数；④在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，0上是增函数．正确结论的编号为 ． 解析：∵T ＝π，∴ω＝2， ∴y ＝sin(2x ＋φ)．∵图象关于直线x ＝π12对称，∴2×π12＋φ＝π2＋k π(k ∈Z )，∴φ＝π3＋k π(k ∈Z )．又∵φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，∴φ＝π3.∴y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 当x ＝π4时，y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π3＝12，故①不正确；当x ＝π3时，y ＝0，故②正确；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6时，2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3，y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3不是增函数，即③不正确；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，0时，2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，故④正确．答案：②④6．青岛第一海水浴场位于汇泉湾畔，拥有长580米，宽40余米的沙滩，是亚洲较大的海水浴场．这里三面环山，绿树葱郁，现代的高层建筑与传统的别墅建筑奇妙地结合在一起，景色格外秀丽．海湾内水清浪小，滩平坡缓，沙质细软，自然条件极为优越．已知海湾内海浪的高度y (米)是时间t (0≤t ≤24，单位：时)的函数，记作y ＝f (t )．下表是某日各时刻记录的浪高数据：(1)依据以上数据，求函数y ＝A cos ωt ＋b 的最小正周期T ，振幅A 及函数表达式；(2)依据规定，当海浪高度高于1米时才对冲浪爱好者开放，请依据(1)的结论，推断一天内8∶00至20∶00之间，有多少时间可供冲浪者进行运动？解析：(1)由表中数据，知周期T ＝12，∴ω＝2πT ＝2π12＝π6，由t ＝0，y ＝1.5，得A ＋b ＝1.5；由t ＝3，y ＝1.0，得b ＝1，∴A ＝0.5，∴振幅为12，y ＝12cos π6t ＋1.(2)由题知，当y ＞1时才可对冲浪者开放， 令12cos π6t ＋1＞1，即cos π6t ＞0， ∴2k π－π2＜π6t ＜2k π＋π2，k ∈Z ，即12k －3＜t ＜12k ＋3，k ∈Z . ①∵0≤t ≤24，故可令①中的k 分别为0，1，2， 得0≤t ＜3，或9＜t ＜15，或21＜t ≤24.∴在规定时间8∶00到20∶00之间，有6小时的时间可供冲浪者运动，即9∶00到15∶00.。

高考数学复习专题训练—三角函数与解三角形解答题1.(2021·山东滨州期中)已知向量a=(cos x,sin x),b=(4√3sin x,4sin x),若f(x)=a·(a+b).(1)求f(x)的单调递减区间;]上的最值.(2)求f(x)在区间[0,π22.(2021·北京丰台区模拟)如图,△ABC中,∠B=45°,N是AC边的中点,点M在AB边上,且MN⊥AC,BC=√6,MN=√3.(1)求∠A;(2)求BM.3.(2021·山东潍坊二模)如图,D为△ABC中BC边上一点,∠B=60°,AB=4,AC=4√3.给出如下三种数值方案:①AD=√5;②AD=√15;③AD=2√7.判断上述三种方案所对应的△ABD的个数,并求△ABD唯一时,BD的长.4.(2021·海南海口月考)在△ABC中,已知a,b,c分别是角A,B,C的对边,b cos C+c cos B=4,B=π.请再在下4列三个条件:①(a+b+c)(sin A+sin B-sin C)=3a sin B;②b=4√2;③√3c sin B=b cos C中,任意选择一个,添加到题目的条件中,求△ABC的面积.5.(2021·辽宁大连一模)如图,有一底部不可到达的建筑物,A为建筑物的最高点.某学习小组准备了三种工具:测角仪(可测量仰角与俯角)、米尺(可测量长度)、量角器(可测量平面角度).(1)请你利用准备好的工具(可不全使用),设计一种测量建筑物高度AB的方法,并给出测量报告;注:测量报告中包括你使用的工具,测量方法的文字说明与图形说明,所使用的字母和符号均需要解释说明,并给出你最后的计算公式.(2)该学习小组利用你的测量方案进行了实地测量,并将计算结果汇报给老师,发现计算结果与该建筑物实际的高度有误差,请你针对误差情况进行说明.6.(2021·湖北武汉3月质检)在△ABC中,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=2π3,b=√6.(1)若cos A cos C=23,求△ABC的面积;(2)试问1a +1c=1能否成立?若能成立,求此时△ABC的周长;若不能成立,请说明理由.7.(2021·湖南长沙模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(b-c)sinCb+a=sin B-sin A.(1)求角A;(2)若a=2,求1tanB +1tanC的最小值.8.(2021·江苏南京期中)如图,某景区内有一半圆形花圃,其直径AB为6,O是圆心,且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q,其中∠AQC=2π3.计划在BC⏜上再建一座观赏亭P,记∠POB=θ(0<θ<π2).(1)当θ=π3时,求∠OPQ的大小;(2)当∠OPQ越大时,游客在观赏亭P处的观赏效果越佳,当游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,求sin θ的值.答案与解析1.解由于f(x)=a·(a+b)=|a|2+a·b=1+4√3sin x cos x+4sin2x=1+2√3sin 2x+4·1-cos2x2=2√3sin 2x-2cos 2x+3=4sin(2x-π6)+3.(1)由π2+2kπ≤2x-π6≤3π2+2kπ(k∈Z),解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k∈Z),所以f(x)的单调递减区间是[π3+kπ,5π6+kπ](k∈Z).(2)由于x∈[0,π2],所以2x-π6∈[-π6,5π6],故当2x-π6=π2即x=π3时,函数f(x)取最大值7;当2x-π6=-π6即x=0时,函数f(x)取最小值1.2.解(1)如图,连接MC,因为N是AC边的中点,且MN⊥AC, 所以MC=MA.在Rt△AMN中,MA=MNsinA=√3sinA,所以MC=√3sinA.在△MBC中,由正弦定理可得MCsinB=BCsin∠BMC,而∠BMC=2∠A,所以√3sinA·sin45°=√6sin2A,即√3sinA·√22=√62sinAcosA,所以cos A=12,故∠A=60°.(2)由(1)知MC=MA=√3sin60°=2,∠BMC=2∠A=120°.在△BCM中,由余弦定理得BC2=BM2+MC2-2BM·MC·cos∠BMC,所以(√6)2=BM2+22-2BM·2·cos 120°,解得BM=√3-1(负值舍去).3.解过点A作AE⊥BC,垂足为点E(图略),则AE=4·sin 60°=2√3,当AD=√5时,AD<AE,所以方案①对应△ABD无解,当AD=√15时,AE<AD<AB<AC ,所以方案②对应△ABD 有两解, 当AD=2√7时,AB<AD<AC ,所以方案③对应△ABD 只有一解. 由方案③知AD=2√7,设BD=x (x>0),所以在△ABD 中由余弦定理得(2√7)2=42+x 2-2×4×x×cos 60°,即x 2-4x-12=0,解得x=6或x=-2(舍去).又因为在△ABC 中易得BC=8,BD=6<BC ,符合题意, 所以BD 的长为6.4.解 若选择条件①,则(a+b+c )(sin A+sin B-sin C )=3a sin B ,由正弦定理可得(a+b+c )(a+b-c )=3ab ,所以(a+b )2-c 2=3ab ,整理得a 2+b 2-c 2=ab ,所以cos C=12,故C=π3.又B=π4,所以A=π-π3−π4=5π12. 又因为b cos C+c cos B=4,所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b 22ac=4,即a=4.由正弦定理可得asinA =bsinB , 所以b=asinB sinA=4sin π4sin 5π12=4(√3-1), 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4(√3-1)×sin π3=4(3-√3). 若选择条件②,则b=4√2. 又因为b cos C+c cos B=4,所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b22ac =4,即a=4.又B=π4,所以由正弦定理可得asinA =bsinB , 所以sin A=asinBb=4sin π44√2=12,所以A=π6或A=5π6.由于b>a ,所以B>A ,因此A=5π6不合题意舍去,故A=π6,从而C=π-π6−π4=7π12. 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4√2×sin 7π12=4(√3+1). 若选择条件③,因为b cos C+c cos B=4, 所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b 22ac=4,所以a=4.因为√3c sin B=b cos C ,所以√3sin C sin B=sin B cos C ,所以tan C=√33,于是C=π6,从而A=π-π6−π4=7π12,所以由正弦定理可得a sinA =bsinB , 所以b=asinB sinA=4sin π4sin 7π12=4(√3-1), 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4(√3-1)×sin π6=4(√3-1). 5.解 (1)选用测角仪和米尺,如图所示.①选择一条水平基线HG ,使H ,G ,B 三点在同一条直线上;②在H ,G 两点用测角仪测得A 的仰角分别为α,β,HG=a ,即CD=a.测得测角仪器的高是h ;③(方法一)在△ACD 中,由正弦定理,得ACsinα=CDsin (β-α), 所以AC=CDsinαsin (β-α)=asinαsin (β-α),在Rt △ACE 中,有AE=AC sin β=asinαsinβsin (β-α), 所以建筑物的高度AB=AE+h=asinαsinβsin (β-α)+h. (方法二)在Rt △ADE 中,DE=AEtanα, 在Rt △ACE 中,CE=AEtanβ, 所以CD=DE-CE=AEtanα−AEtanβ=AE (tanβ-tanα)tanαtanβ,所以AE=atanαtanβtanβ-tanα,所以建筑物的高度AB=AE+h=atanαtanβtanβ-tanα+h. (2)①测量工具问题;②两次测量时位置的间距差; ③用身高代替测角仪的高度.6.解 (1)由B=2π3,得A+C=π3,cos(A+C )=cos A cos C-sin A sin C ,即12=cos A cos C-sin A sin C.因为cos A cos C=23,所以sin A sin C=16.因为a sinA =c sinC =√6√32=2√2,所以a=2√2sin A ,c=2√2sin C.所以S △ABC =12·2√2sin A·2√2sin C·sin B=4sin A·sin B sin C=4×16×√32=√33. (2)假设1a +1c =1能成立,所以a+c=ac.由余弦定理,得b 2=a 2+c 2-2ac cos B ,所以6=a 2+c 2+ac.所以(a+c )2-ac=6,所以(ac )2-ac-6=0,所以ac=3或ac=-2(舍去),此时a+c=ac=3. 不满足a+c ≥2√ac ,所以1a +1c =1不成立.7.解 (1)由(b -c )sinCb+a =sin B-sin A ,可得(b-c )sin C=(sin B-sin A )(b+a ),由正弦定理得(b-c )c=(b-a )(b+a ),即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,可得A=π3.(2)由(1)知A=π3,设△ABC 的外接圆的半径为R (R>0),可得2R=asinA =4√33, 由余弦定理得a 2=b 2+c 2-2bc cos A=b 2+c 2-bc ≥bc , 即bc ≤a 2=4,当且仅当b=c=2时取等号, 又1tanB +1tanC =cosBsinB +cosCsinC =cosBsinC+sinBcosCsinBsinC =sin (B+C )sinBsinC =sinAsinBsinC =2R ·2RsinA 2RsinB ·2RsinC=2R ·abc =8√33bc ≥8√33×4=2√33,所以1tanB +1tanC 的最小值为2√33.8.解 (1)在△POQ 中,因为∠AQC=2π3,所以∠AQO=π3.又OA=OB=3,所以OQ=√3. 设∠OPQ=α,则∠PQO=π2-α+θ. 由正弦定理,得3sin (π2-α+θ)=√3sinα,即√3sin α=cos(α-θ), 整理得tan α=√3-sinθ,其中θ∈(0,π2).当θ=π3时,tan α=√33.因为α∈(0,π2),所以α=π6. 故当θ=π3时,∠OPQ=π6.(2)设f(θ)=√3-sinθ,θ∈(0,π2),则f'(θ)=-sinθ(√3-sinθ)+cos 2θ(√3-sinθ)2=1-√3sinθ(√3-sinθ)2.令f'(θ)=0,得sin θ=√33,记锐角θ0满足sin θ0=√33,当0<θ<θ0时,f'(θ)>0;当θ0<θ<π2时,f'(θ)<0, 所以f(θ)在θ=θ0处取得极大值亦即最大值.由(1)可知tan α=f(θ)>0,则α∈(0,π2),又y=tan α单调递增,则当tan α取最大值时,α也取得最大值.故游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,sin θ=√33 .。