【高考解码】(新课标)2015届高考数学二轮复习 三角恒等变换问题的解题策略

而 ∈
π
,
π
2
因此 sin
,所以
π
+4
所以 2sin
12
1
于是 t +t2
2
∈ -
π
+4
=
π
θ+4
∈
π
+
4
3π 5π
,
4 4
2 2
,
2 2
,
,
,
∈(-1,1),即 t∈(-1,1).
1
(t+1)2-1∈(-1,1).
2
故 sin θ+cos θ+sin θcos θ 的取值范围是(-1,1).
考查角度
角度一 变角
5π
12
[例 1—1](2021·山东淄博月考)已知 θ∈(0,π),cos 6 - =-13,则 tan +
π
=
6
.
5
答案
12
解析 由于
又因为 cos
π
θ∈(0,π),所以-6
5π
-
6
<
12
π
=- ,所以
13
2
因此 sin
5π
-
6
=
所以 tan
5π
-
6
5
=-12,
4
4
立联系.
,sin 2α,cos 2α等式子也都可以相互转化建
[例2-4](2021·山东潍坊月考)已知θ是钝角,则sin θ+cos θ+sin θcos θ的取值
范围是
.
答案 (-1,1)
2 -1
θ= ,于是
2

第2讲 三角恒等变换与解三角形[做真题]题型一 三角恒等变换1．(·高考全国卷Ⅱ)已知α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( ) A ．15B ．55C ．33D ．255解析：选B.由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2 sin 2α＋1，即2sin αcos α＝1－sin 2α.因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos α＝1－sin 2α，所以2sin α1－sin 2α＝1－sin 2 α，解得sin α＝55，故选B.2．(·高考全国卷Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α＝( )A ．89B ．79C ．－79D ．－89解析：选B.cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝⎛⎭⎫132＝79. 3．(·高考全国卷Ⅱ)若cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝35，则sin 2α＝( ) A ．725B ．15C ．－15D ．－725解析：选D.因为cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝cos π4cos α＋sin π4sin α＝22(sin α＋cos α)＝35，所以sin α＋cos α＝325，所以1＋sin 2α＝1825，所以sin 2α＝－725，故选D.题型二 三角形中的边角计算问题1．(·高考全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2B ．30C ．29D ．2 5解析：选A.因为cos C 2＝55，所以cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×⎝⎛⎭⎫552－1＝－35.于是，在△ABC中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝⎛⎭⎫－35＝32，所以AB ＝4 2.故选A.2．(·高考山东卷)△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b ＝c ，a 2＝2b 2(1－sin A )，则A ＝( )A ．3π4B ．π3C ．π4D ．π6解析：选C.由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝2b 2－2b 2cos A ，所以2b 2(1－sin A )＝2b 2(1－cos A )，所以sin A ＝cos A ，即tan A ＝1，又0<A <π，所以A ＝π4.3．(·高考全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设(sin B －sin C )2＝sin 2A －sin B sin C .(1)求A ；(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C .解：(1)由已知得sin 2B ＋sin 2C －sin 2A ＝sin B sin C ，故由正弦定理得b 2＋c 2－a 2＝bc . 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为0°＜A ＜180°， 所以A ＝60°.(2)由(1)知B ＝120°－C ，由题设及正弦定理得2sin A ＋sin(120°－C )＝2sin C ，即62＋32cos C ＋12sin C ＝2sin C ，可得cos(C ＋60°)＝－22.由于0°＜C ＜120°，所以sin(C ＋60°)＝22，故 sin C ＝sin(C ＋60°－60°)＝sin(C ＋60°)cos 60°－cos(C ＋60°)sin 60° ＝6＋24. 题型三 与三角形面积有关的问题1．(·高考全国卷Ⅲ)△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 ＝( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6解析：选C.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．(·高考全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△ABC 的面积为________．解析：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△ABC 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△ABC 的面积S ＝12×23×6＝6 3.答案：6 33．(·高考全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sinA ＋C2＝b sin A .(1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围． 解：(1)由题设及正弦定理得 sin A sinA ＋C2＝sin B sin A . 因为sin A ≠0，所以sin A ＋C2＝sin B .由A ＋B ＋C ＝180°，可得sin A ＋C 2＝cos B 2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2.因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin （120°－C ）sin C ＝32tan C ＋12.由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°. 由(1)知A ＋C ＝120°，所以30°<C <90°，故12<a <2，从而38<S △ABC <32.因此，△ABC 面积的取值范围是⎝⎛⎭⎫38，32. [山东省学习指导意见]1．三角恒等变换(1)会利用向量推导出两角差的余弦公式，并能从两角差的余弦公式导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．(2)能运用上述公式进行简单的恒等变换． 2．解三角形(1)通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．(2)能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．三角恒等变换与求值[考法全练]1．(·高考全国卷Ⅰ)tan 255°＝()A．－2－3B．－2＋ 3C．2－ 3 D．2＋ 3解析：选D.由正切函数的周期性可知，tan 255°＝tan(180°＋75°)＝tan 75°＝tan(30°＋45°)＝33＋11－33＝2＋3，故选D.2．(一题多解)(·福建五校第二次联考)已知cos⎝⎛⎭⎫π4－α＝45，则sin 2α＝() A．15B．－15C ．725D ．－725解析：选C.法一：因为cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝45，所以sin 2α＝sin ⎣⎡⎦⎤π2－2⎝⎛⎭⎫π4－α＝cos 2⎝⎛⎭⎫π4－α＝2cos 2⎝⎛⎭⎫π4－α－1＝2×⎝⎛⎭⎫452－1＝725.故选C. 法二：令π4－α＝θ，则α＝π4－θ，cos θ＝45，所以sin 2α＝sin 2⎝⎛⎭⎫π4－θ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－2θ＝cos 2θ＝2cos 2θ－1＝2×⎝⎛⎭⎫452－1＝725.故选C.法三：因为cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝45，所以22(cos α＋sin α)＝45，所以cos α＋sin α＝425，平方得1＋sin 2α＝3225，得sin 2α＝725.故选C.3．(·山东高考模拟)已知cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6－sin α＝435，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋11π6＝________．解析：根据题意得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－sin α＝32cos α－32sin α＝435，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝－45，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋11π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋2π＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝－45.答案：－454．(·贵州黔东南一模改编)已知sin α＋3cos α＝－10，则tan 2α＝________，tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝________．解析：因为(sin α＋3cos α)2＝sin 2α＋6sin αcos α＋9cos 2α＝10(sin 2α＋cos 2α)，所以9sin 2α－6sin αcos α＋cos 2α＝0，则(3tan α－1)2＝0，即tan α＝13，所以tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝34，tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝13＋11－13＝2. 答案：342三角恒等变换要遵循的“三看”原则一看“角”，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分；二看“函数名称”，是需进行“切化弦”还是“弦化切”等，从而确定使用的公式；三看“结构特征”，了解变式或化简的方向．三角形的基本量的计算[典型例题]命题角度一求解三角形中的角(1)(·江西七校第一次联考)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝a (cos C ＋33sin C )，a ＝2，c ＝263，则角C ＝( ) A ．3π4B ．π3C ．π6D ．π4(2)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b cos C ＋b sin C ＝a . ①求角B 的大小；②若BC 边上的高等于14a ，求cos A 的值．【解】 (1)选D.由b ＝a ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C ， 得sin B ＝sin A ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C .因为sin B ＝sin []π－（A ＋C ）＝sin(A ＋C )， 所以sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A cos C ＋33sin A sin C (sin C ≠0)，即cos A ＝33sin A ，所以tan A ＝ 3.因为0<A <π，所以A ＝π3.由正弦定理a sin A ＝c sin C ，得sin C ＝22.因为0<C <2π3，所以C ＝π4.故选D.(2)①由b cos C ＋b sin C ＝a ， 得sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin A . 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin(B ＋C )，即sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ， 因为sin C ≠0，所以sin B ＝cos B . 因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4.②设BC 边上的高为AD ，则AD ＝14a .因为B ＝π4，所以BD ＝AD ＝14a ，所以CD ＝34a ，所以AC ＝AD 2＋DC 2＝104a ，AB ＝24a . 由余弦定理得cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝－55.利用正、余弦定理求三角形角的方法(1)已知两边及其夹角，先由余弦定理求第三边，再由正弦定理求角． (2)已知三边，直接由余弦定理求角．(3)已知两边及其中一边的对角，先由正弦定理求另一边的对角，再由三角形内角和求第三角．[技能] 利用正、余弦定理求角时的两个失分点：(1)已知两边及其中一边的对角求其他角时，有一解、两解的情况，容易把握不准而出错；(2)在变形时，直接两边约去公因式，没有移项后提公因式，产生漏解．命题角度二 求解三角形中的边与面积如图所示，在△ABC 中，点D 为BC 边上一点，且BD ＝1，E 为AC 的中点，AE ＝32，cos B ＝277，∠ADB＝2π3. (1)求AD 的长； (2)求△ADE 的面积．【解】 (1)在△ABD 中，因为cos B ＝277，B ∈(0，π)，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝⎛⎭⎫2772＝217， 所以sin ∠BAD ＝sin(B ＋∠ADB )＝217×⎝⎛⎭⎫－12＋277×32＝2114. 由正弦定理知AD sin B ＝BD sin ∠BAD ，得AD ＝BD ·sin Bsin ∠BAD＝1×2172114＝2. (2)由(1)知AD ＝2，依题意得AC ＝2AE ＝3，在△ACD 中，由余弦定理得AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC ，即9＝4＋DC 2－2×2×DC cos π3，所以DC 2－2DC －5＝0，解得DC ＝1＋6(负值舍去)，所以S △ACD ＝12AD ·DC sin ∠ADC ＝12×2×(1＋6)×32＝3＋322，从而S △ADE ＝12S △ACD ＝3＋324.利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，如该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．而三角形的面积主要是利用两边与其夹角的正弦值求解．[技能] 三角形的面积主要是利用S ＝12ab sin C 求解，有时可以直接利用余弦定理求出ab的整体值再求面积，而不必分别求出a ，b 的值．[对点训练]1．(水浒原创)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)从下列两个条件中任选一个作条件，求角B ； ①a ＝b cos C ＋12c ，②a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B .(2)利用(1)的结果，若b ＝27，tan C ＝32，求△ABC 的面积． 解：(1)若选①，由a ＝b cos C ＋12c 及正弦定理，得sin A ＝sin B cos C ＋12sin C ，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，所以cos B sin C ＝12sin C ．又在△ABC 中，sin C ≠0，所以cos B ＝12，B ＝π3.若选②，因为a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B ，所以由余弦定理，得2ac cos B ＝ab cos A ＋a 2cos B ，又a ≠0，所以2c cos B ＝b cos A ＋a cos B ，由正弦定理，得2sin C cos B ＝sin B cos A ＋sin A cos B ＝sin(A ＋B )＝sin C ，又C ∈(0，π)，sin C >0，所以cos B ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)由tan C ＝32，C ∈(0，π)，得sin C ＝217，cos C ＝277， 所以sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝32×277＋12×217＝32114. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a ＝b sin Asin B＝27×3211432＝6， 所以△ABC 的面积为12ab sin C ＝12×6×27×217＝6 3.2．(·郑州市第一次质量预测)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为S ，且满足sin B ＝b 24S.(1)求sin A sin C ；(2)若4cos A cos C ＝3，b ＝15，求△ABC 的周长． 解：(1)由三角形的面积公式可得S ＝12bc sin A ，又sin B ＝b 24S，所以2bc sin A sin B ＝b 2，即2c sin A sin B ＝b ，由正弦定理可得2sin C sin A sin B ＝sin B ， 因为sin B ≠0，所以sin A sin C ＝12.(2)因为4cos A cos C ＝3，所以cos A cos C ＝34，所以cos A cos C －sin A sin C ＝34－12＝14，即cos(A ＋C )＝14，所以cos B ＝－14，因为0<B <π，所以sin B ＝154，因为a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝15154＝4，所以sin A sin C ＝ac 16＝12，所以ac ＝8，因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos B ， 所以(a ＋c )2＝15＋12＝27， 所以a ＋c ＝3 3.所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝33＋15.解三角形的综合问题[典型例题]命题角度一 以平面几何为载体的解三角形问题(·洛阳尖子生第二次联考)如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC 为锐角，AD ⊥BD ，AC 平分∠BAD ，BC ＝23，BD ＝3＋6，△BCD 的面积S ＝3（2＋3）2.(1)求CD ； (2)求∠ABC .【解】 (1)在△BCD 中，S ＝12BD ·BC ·sin ∠CBD ＝3（2＋3）2，因为BC ＝23，BD ＝3＋6， 所以sin ∠CBD ＝12.因为∠ABC 为锐角，所以∠CBD ＝30°.在△BCD 中，由余弦定理得CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos ∠CBD ＝(23)2＋(3＋6)2－2×23×(3＋6)×32＝9，所以CD ＝3. (2)在△BCD 中，由正弦定理得BC sin ∠BDC ＝CDsin ∠CBD ，即23sin ∠BDC ＝3sin 30°，解得sin ∠BDC ＝33.因为BC <BD ，所以∠BDC 为锐角，所以cos ∠BDC ＝63. 在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CDsin ∠CAD，即AC cos ∠BDC ＝3sin ∠CAD.①在△ABC 中，由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝BCsin ∠BAC，即AC sin ∠ABC ＝23sin ∠BAC.②因为AC 平分∠BAD ，所以∠CAD ＝∠BAC . 由①②得sin ∠ABCcos ∠BDC ＝323，解得sin ∠ABC ＝22.因为∠ABC 为锐角，所以∠ABC ＝45°.解决以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系(如大边对大角，最大角一定大于等于π3)确定角或边的范围．命题角度二 三角形中的最值或范围问题(1)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，外接圆的半径为1，且tan A tan B ＝2c －bb，则△ABC 面积的最大值为________．(2)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且(a 2＋b 2－c 2)(a cos B ＋b cos A )＝abc ，则c ＝________．若a ＋b ＝2，则c 的取值范围为________．【解析】 (1)因为tan A tan B ＝2c －b b ，所以b sin A cos A ＝(2c －b )sin Bcos B ，由正弦定理得sin B sin A cos B＝(2sin C －sin B )sin B cos A ，又sin B ≠0，所以sin A cos B ＝(2sin C －sin B )cos A ，所以sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos A ，即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，即sin C ＝2sin C cos A ，又sin C ≠0，所以cos A ＝12，sin A ＝32.设外接圆的半径为r ，则r ＝1，由余弦定理得bc ＝b 2＋c 2－a 22cos A ＝b 2＋c 2－a 2＝b 2＋c 2－(2r sin A )2＝b 2＋c 2－3≥2bc －3(当且仅当b ＝c 时，等号成立)，所以bc ≤3，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤334.所以△ABC 面积的最大值为334.(2)由sin A cos B ＋sin B cos A ＝sin(A ＋B )＝sin C 及正弦定理，可知a cos B ＋b cos A ＝c ，则由(a 2＋b 2－c 2)(a cos B ＋b cos A )＝abc ，得a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理可得cos C ＝12，则C ＝π3，B ＝2π3－A ，由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C ，得a sin A＝b sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝c sin π3，又a ＋b ＝2，所以c sin A32＋c sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A 32＝2，即c ＝3sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝1sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6，因为A ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，所以A ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6，sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6∈⎝⎛⎦⎤12，1，则c ∈[1，2)． 【答案】 (1)334 (2)π3[1，2)解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．[对点训练]1.(·重庆市七校联合考试)如图，在平面四边形ABCD 中，E 为AB 边上一点，连接CE ，DE .CB ＝2，BE ＝1，∠B ＝∠CED ＝2π3.(1)求sin ∠AED 的值； (2)若AB ∥CD ，求CD 的长．解：(1)在△BEC 中，由余弦定理得，CE ＝CB 2＋BE 2－2CB ·BE cos ∠B ＝7，又BEsin ∠BCE＝CE sin ∠B，所以sin ∠BCE ＝2114，因为∠B ＝∠CED ，所以sin ∠AED ＝sin ∠BCE ＝2114. (2)因为AB ∥CD ，所以∠CDE ＝∠AED ， 所以sin ∠CDE ＝sin ∠AED ＝2114，在△CDE 中，CD sin ∠CED ＝CEsin ∠CDE ，所以CD ＝CE sin ∠CED sin ∠CDE＝7×322114＝7. 2．(·福建五校第二次联考)在△ABC 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△ABC 面积的最大值．解：(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 △ABC ＝12bc sin A ≤2＋3，故△ABC 面积的最大值为2＋ 3.[A 组 夯基保分专练]一、选择题1．已知sin(α＋π4)＝35，π4<α<3π4，则cos 2α的值为( )A ．－725B ．－7225C ．－2425D ．－1225解析：选C.因为sin(α＋π4)＝35，π4<α<3π4，π2<α＋π4<π，所以cos(α＋π4)<0，可得cos(α＋π4)＝－45，所以sin α＝sin[(α＋π4)－π4]＝sin(α＋π4)cos π4－cos(α＋π4)sin π4＝7210，cos 2α＝1－2sin 2α＝1－4925＝－2425，故选C.2．(·高考全国卷Ⅰ)△ABC 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b c＝6.故选A. 3．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sin B －a sin A ＝12a sinC ，则sin B 为( )A ．74B ．34C ．73D ．13解析：选A.由b sin B －a sin A ＝12a sin C ，且c ＝2a ，得b ＝2a ，因为cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34，所以sin B ＝1－⎝⎛⎭⎫342＝74.4．(一题多解)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，tan ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选A.法一：因为tan ∠BAC ＝－3，所以sin ∠BAC ＝310，cos ∠BAC ＝－110.由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ＝5＋2－2×5×2×⎝⎛⎭⎫－110＝9，所以BC ＝3，所以S △ABC ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12×2×5×310＝32，所以BC 边上的高h ＝2S △ABC BC ＝2×323＝1，故选A.法二：因为tan ∠BAC ＝－3，所以cos ∠BAC ＝－110<0，则∠BAC 为钝角，因此BC 边上的高小于2，故选A.5.如图，在△ABC 中，∠C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，DE ⊥AB ，E 为垂足．若DE ＝22，则cos A 等于( )A ．223B ．24C ．64D ．63解析：选C.依题意得，BD ＝AD ＝DE sin A ＝22sin A ，∠BDC ＝∠ABD ＋∠A ＝2∠A .在△BCD 中，BC sin ∠BDC ＝BD sin C ，4sin 2A ＝22sin A×23＝423sin A ，即42sin A cos A ＝423sin A ，由此解得cos A ＝64.6．(多选)下列命题中，正确的是( ) A ．在△ABC 中，若A >B ，则sin A >sin BB ．在锐角三角形ABC 中，不等式sin A >cos B 恒成立C ．在△ABC 中，若a cos A －b cos B ＝0，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 解析：选ABD.对于A ，在△ABC 中，由正弦定理可得a sin A ＝bsin B，所以sin A >sin B ⇔a >b ⇔A >B ，故A 正确；对于B ，在锐角三角形ABC 中，A ，B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且A ＋B >π2，则π2>A >π2－B >0，所以sin A >sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，故B 正确；对于C ，在△ABC 中，由a cos A ＝b cos B ，利用正弦定理可得sin 2A ＝sin 2B ，得到2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，故A ＝B 或A ＝π2－B ，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C 错误；对于D ，在△ABC 中，若B ＝60°，b 2＝ac ，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，所以ac ＝a 2＋c 2－ac ，即(a －c )2＝0，解得a ＝c .又B ＝60°，所以△ABC 必是等边三角形，故D 正确．故选ABD.二、填空题7．(·济南联考改编)若tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，则tan(α＋β)＝________，tan α＝________．解析：因为tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，所以tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝tan （α＋2β）－tan β1＋tan （α＋2β）tan β＝2－（－3）1＋2×（－3）＝－1.tan α＝tan(α＋β－β)＝－1－（－3）1＋（－1）×（－3）＝12.答案：－1 128．已知a ，b ，c 是△ABC 中角A ，B ，C 的对边，a ＝4，b ∈(4，6)，sin 2A ＝sin C ，则c 的取值范围为________．解析：由4sin A ＝c sin C ，得4sin A ＝csin 2A ，所以c ＝8cos A ，因为16＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以16－b 2＝64cos 2A －16b cos 2A ，又b ≠4，所以cos 2A ＝16－b 264－16b ＝（4－b ）（4＋b ）16（4－b ）＝4＋b16，所以c 2＝64cos 2A ＝64×4＋b16＝16＋4b .因为b ∈(4，6)，所以32<c 2<40，所以42<c <210. 答案：(42，210)9．(一题多解)(·合肥市第一次质检测)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 成等比数列，cos(A －C )－cos B ＝12，延长BC 至点D ，若BD ＝2，则△ACD 面积的最大值为________．解析：法一：由题意知b 2＝ac ，由正弦定理得sin 2B ＝sin A sin C ①，又由已知，得cos(A －C )＋cos(A ＋C )＝12，可得cos A cos C ＝14 ②，②－①，得14－sin 2B ＝－cos B ，所以cos 2B ＋cos B －34＝0，解得cos B ＝12或cos B ＝－32(舍去)，所以B ＝60°，再由题得cos(A －C )＝1，则A－C ＝0，即A ＝C ，则a ＝c ，所以△ABC 为正三角形，则∠ACD ＝120°，AC ＝b ，CD ＝2－b ，故S △ACD ＝12×b ×(2－b )×32≤34⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋2－b 22＝34，当且仅当b ＝2－b ，即b ＝1时取等号．故填34. 法二：由题意知b 2＝ac ，且cos(A －C )＋cos(A ＋C )＝12，即cos A cos C ＋sin A sin C ＋cos A cosC －sin A sin C ＝12，即cos A cos C ＝14，由余弦定理得b 2＋c 2－a 22bc ·b 2＋a 2－c 22ab ＝14，整理得b 4－(a 2－c 2)2＝b 4，所以a 2－c 2＝0，即a ＝c ，又b 2＝ac ，所以a ＝b ＝c ，即△ABC 为正三角形，所以S △ACD ＝S △ABD －S △ABC ＝12×2×c ×32－34c 2＝－34(c －1)2＋34≤34，当c ＝1时取等号，故填34. 答案：34三、解答题10．(·广东六校第一次联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B .(1)求角B ；(2)若b ＝27，tan C ＝32，求△ABC 的面积． 解：(1)因为a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B ，所以由余弦定理，得2ac cos B ＝ab cos A ＋a 2cos B ，又a ≠0，所以2c cos B ＝b cos A ＋a cos B ，由正弦定理，得 2sin C cos B ＝sin B cos A ＋sin A cos B ＝sin(A ＋B )＝sin C ，又C ∈(0，π)，sin C >0，所以cos B ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)由tan C ＝32，C ∈(0，π)，得sin C ＝217，cos C ＝277， 所以sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝32×277＋12×217＝32114. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a ＝b sin Asin B＝27×3211432＝6， 所以△ABC 的面积为12ab sin C ＝12×6×27×217＝6 3.11．(·武汉模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A ＝2B ，cos B ＝255.(1)求sin C 的值；(2)若角A 的平分线AD 的长为5，求b 的值． 解：(1)由cos B ＝255及0<B <π，得sin B ＝55，又A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B ＝2×55×255＝45， cos A ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝35.故sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×255＋35×55＝11525.(2)由题意得，∠ADC ＝B ＋12∠BAC ＝∠BAC (如图)，所以sin ∠ADC ＝45.在△ADC 中，AD sin C ＝ACsin ∠ADC ，即511525＝AC 45，AC ＝2011，故b ＝2011.12．(·高考天津卷)在△ABC 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 .(1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6的值． 解：(1)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝csin C ，得b sin C ＝c sin B ，又由3c sin B ＝4a sin C ，得3b sin C ＝4a sin C ，即3b ＝4a .又因为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.(2)由(1)可得sin B ＝1－cos 2B ＝154， 从而sin 2B ＝2sin B cos B ＝－158，cos 2B ＝cos 2B －sin 2B ＝－78， 故sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6＝sin 2B cos π6＋cos 2B sin π6＝－158×32－78×12＝－35＋716. [B 组 大题增分专练]1．(·江西七校第一次联考)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a (sin A －sin B )＝(c －b )(sin C ＋sin B )．(1)求角C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．解：(1)由a (sin A －sin B )＝(c －b )(sin C ＋sin B )及正弦定理，得a (a －b )＝(c －b )(c ＋b )， 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.(2)由(1)知a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7， 又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，所以ab ＝6，所以(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，a ＋b ＝5. 所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.2．(一题多解)(·福州模拟)如图，在△ABC 中，M 是边BC 的中点，cos ∠BAM ＝5714，cos ∠AMC ＝－277.(1)求∠B 的大小；(2)若AM ＝21，求△AMC 的面积．解：(1)由cos ∠BAM ＝5714，得sin ∠BAM ＝2114， 由cos ∠AMC ＝－277，得sin ∠AMC ＝217.又∠AMC ＝∠BAM ＋∠B ， 所以cos ∠B ＝cos(∠AMC －∠BAM ) ＝cos ∠AMC cos ∠BAM ＋sin ∠AMC sin ∠BAM ＝－277×5714＋217×2114＝－12，又∠B ∈(0，π)，所以∠B ＝2π3. (2)法一：由(1)知∠B ＝2π3，在△ABM 中，由正弦定理AM sin ∠B ＝BMsin ∠BAM ，得BM ＝AM sin ∠BAMsin ∠B＝21×211432＝ 3.因为M 是边BC 的中点， 所以MC ＝ 3.故S △AMC ＝12AM ·MC ·sin ∠AMC ＝12×21×3×217＝332.法二：由(1)知∠B ＝2π3，在△ABM 中，由正弦定理AM sin ∠B ＝BMsin ∠BAM ，得BM ＝AM sin ∠BAMsin ∠B＝21×211432＝ 3.因为M 是边BC 的中点，所以S △AMC ＝S △ABM ，所以S △AMC ＝S △ABM ＝12AM ·BM ·sin ∠BMA ＝12×21×3×217＝332.3．(·昆明市质量检测)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2(c －a cos B )＝3b .(1)求角A ；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的取值范围．解：(1)由2(c －a cos B )＝3b 及正弦定理得2(sin C －sin A cos B )＝3sin B ， 所以2sin(A ＋B )－2sin A cos B ＝3sin B ，即2cos A sin B ＝3sin B ， 因为sin B ≠0，所以cos A ＝32，又0<A <π，所以A ＝π6. (2)因为a ＝2，由正弦定理得b ＝4sin B ，c ＝4sin C ， 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝14bc ，所以S △ABC ＝4sin B sin C ，因为C ＝π－(A ＋B )＝5π6－B ，所以sin C ＝sin ⎝⎛⎭⎫5π6－B ， 所以S △ABC ＝4sin B sin ⎝⎛⎭⎫5π6－B ＝4sin B ⎝⎛⎭⎫12cos B ＋32sin B ，即S △ABC ＝2sin B cos B ＋23sin 2B ＝sin 2B －3cos 2B ＋ 3 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2B －π3＋ 3. 因为0<B <5π6，所以－π3<2B －π3<4π3，所以－32<sin ⎝⎛⎭⎫2B －π3≤1， 所以0<S △ABC ≤2＋ 3.即△ABC 面积的取值范围为(0，2＋3]．4．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，AB 边上的高h ＝23c .(1)若△ABC 为锐角三角形，且cos A ＝35，求角C 的正弦值；(2)若C ＝π4，M ＝a 2＋b 2＋13c 2ab，求M 的值．解：(1)作CD ⊥AB ，垂足为D ，因为△ABC 为锐角三角形，且cos A ＝35，所以sin A ＝45，tan A ＝43，所以AD ＝c 2，BD ＝AB －AD ＝c2，所以BC ＝CD 2＋BD 2＝⎝⎛⎭⎫23c 2＋⎝⎛⎭⎫c 22＝5c 6，由正弦定理得sin ∠ACB ＝AB sin ABC ＝c ×455c 6＝2425.(2)因为S △ABC ＝12c ×23c ＝12ab sin ∠ACB ＝24ab ，所以c 2＝324ab ，又a 2＋b 2－c 2＝2ab cos ∠ACB ＝2ab ， 所以a 2＋b 2＝2ab ＋c 2，所以a 2＋b 2＋13c 2＝2ab ＋43c 2＝2ab ＋43×324ab ＝22ab ，所以M ＝a 2＋b 2＋13c 2ab ＝22abab ＝2 2.。

撷英篇三角恒等变换是解决三角函数问题的重要工具.三角恒等变换是高中数学的一个重要模块，在历年的高考中都是必考内容，同时也是很多学生学习，考试的难点.本文将三角恒等变换的一些常见题型及解决策略作了梳理，仅供参考，希望能对学生学习有所帮助.一、公式的变形三角公式是变换的基础，应熟练地掌握公式的顺用、逆用及变形应用.1.化简（1）cos （α+β）cos β+sin （α+β）sin β；（2）sin （α+β）cos β-cos （α+β）sin β解：（1）cos （α+β）cos β+sin （α+β）sin β=cos ［（α+β）-α］=cos β（2）sin （α+β）cos β-cos （α+β）sin β=sin ［（α+β）-α］=sin α2.求证：tan20°+tan40°+3√tan20°tan40°=3√.证明：由tan （20°+40°）=tan20°+tan40°1-tan20°tan40°得tan20°+tan40°=3√（1-tan20°tan40°），所以3√（1-tan20°tan40°）+3√tan20°tan40°=3√.二、角的变换在表达式中或者在已知条件和所求问题中出现较多的相异角，可以通过观察，寻找两角之间的和差、倍半、互补、互余等关系，从而应用角的变换，建立已知和结论之间的联系，使问题得以解决.1.已知cos α=17，cos （α+β）=-1114且α，β均为锐角，求cos β.思路分析：通过寻找题目中的角α，α+β，β三者之间的关系，利用角的变换来解决.解：因为cos α=17，cos （α+β）=-1114，且α，β均为锐角，所以sin α=1-17()2√=43√7，sin （α+β）=1--1114()2√=53√14cos β=cos ［（α+β）-β］=cos （α+β）cos β+sin （α+β）sin β=-1114×17+53√14×43√7=122.已知cos （α-β）=-45，cos （α+β=）45，且（α-β）∈π2，π()（α+β）∈3π2，2π()，求cos2α.思路分析：通过寻找题目中的角α-β，α+β，2α三者之间的关系，利用角的变换来解决.解：因为cos （α-β）=-45，（α-β）∈π2，π()，所以sin （α-β）=1--45()2√=35.因为cos （α+β）=45，（α+β）∈3π2，2π()，所以sin （α+β）=1-45()2√=-35.所以cos2α=cos ［（α-β）+（α+β）］=cos （α-β）cos （α+β）-sin （α-β）sin （α+β）=-45×45-35×-35()=-725三、函数名称的改变三角变形中，常常需要变不同函数名称为同名函数.如在三角函数中正余弦是基础，通常化切为弦，化弦为切，变异名为同名.1.求sin15°sin30°sin75°值.解：sin15°sin30°sin75°=12sin15°cos15°=14sin30°=14×12=182.化简2cos 2α-1tan π4-α()sin 2π4+α().解：原式=cos 2αsin π4-α()cosπ4-α()sin 2π4+α()=cos2αsinπ4-α()cos π4-α()cos 2π4-α()=cos2αsinπ4-α()cos π4-α()=cos2α12sin π2-2α()=cos2α12cos2α=2.四、常数变换，巧用“1”在三角函数运算，求值，证明中，有时需要将常数1转化为三角函数值来代换，以达到解决问题的目的.1.已知tan π4+θ()=3，求sin2θ-2cos 2θ.解：由tan π4+θ()=3得，tan θ=12.sin2θ-2cos 2θ=2sin θcosθ-2cos 2θsin 2θ+cos 2θ=2tan θ-2tan 2θ+1=2×12-212()2+1=-45.2.求1-tan15°tan60°+3√tan15°.解：原式=tan45°-tan15°3√+3√tan15°=tan45°-tan15°3√（1+tan45°tan15°）=13√tan30°=13五、幂的变换升降幂是三角变换时常用方法，对次数较高的三角函数式，一般采用降幂处理的方法，降幂并非绝对，有时需要升幂.求使函数f （x ）=12cos 4x +3√sin x cos x -12sin 4x 为正值的x 的集合.解：f （x ）=12cos 4x +3√sin x cos x -12sin 4x =12（cos 4x -sin 4x ）+3√2sin2x =12（cos 2x -sin 2x ）（cos 2x +sin 2x ）+3√2sin2x =12cos2x +3√2sin2x =sin 2x+π6()，由sin 2x+π6()>0得2k π<2x +π6<2k π+π，k ∈z .解得-π12+k π<x <k π+5π12.所以x 的集合为x -π12+k π<x <k π+5π12，k ∈z {}.六、结构的变换通过表达式结构特点，通过构造上的变换，从而使问题得到解决.求cos20°cos40°cos80°的值.解析：根据式子结构特点，乘以并除以2sin20°.解：cos20°cos40°cos80°=2sin20°cos20°cos40°cos80°2sin20°=sin40°cos40°cos80°2sin20°=12sin80°cos80°2sin20°=14sin160°2sin20°=sin20°8sin20°=18.参考文献：［1］牛晓伟.三角恒等变换的技巧及其应用［J ］.考试周刊，2012（49）.［2］黄伟军.三角恒等变换之七变［J ］.泛舟学海（高中），2008.［3］华丽凤.三角恒等变换之“差异分析”策略［J ］.高中数理化，2011（22）.［4］杜春辉.例谈三角恒等变换中的“变角”技巧及其应用［J ］.考试周刊（数理系），2011（78）.•编辑谢尾合三角恒等变换之题型总结及解题策略分析王传勇（诸城市实验中学，山东诸城）337--. All Rights Reserved.。

第10讲　关于计算过程的再优化 [方法精要]　中学数学的运算包括数的计算，式的恒等变形，方程和不等式同解变形，初等函数的运算和求值，各种几何量的测量与计算，求数列和函数、(定积分)、概率、统计的初步计算等．《高中数学新课程标准》所要求的数学能力中运算求解能力更为基本，运算求解能力指的是要求学生会根据法则、公式进行正确运算、变形和数据处理，能根据问题的条件，寻找与设计合理、简捷的运算途径；能根据要求对数据进行估计和近似计算．运算求解能力是思维能力和运算技能的结合．运算包括对数字的计算、估值和近似计算，对式子的组合变形与分解变形，对几何图形各几何量的计算求解等． 数学运算，都是依据相应的概念、法则、性质、公式等基础知识进行的，尤其是概念，它是思维的形式，只有概念明确、理解透彻，才能作出正确的判断及合乎逻辑的推理．计算法则是计算方法的程序化和规则化，对法则的理解是计算技能形成的前提．高考命题对运算求解能力的考查主要是针对算法、推理及以代数运算为主的考查．因此在高中 数学中，对于运算求解能力的培养至关重要． 提高数学解题能力，首先是提高数学的运算求解能力，可以从以下几个方面入手： 1．培养良好的审题习惯． 2．培养认真计算的习惯． 3．培养一些常用结论的记忆的能力，记住一些常用的结论，比如数列求和的公式12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)，三角函数中的辅助角公式asinx＋bcosx＝sin(x＋θ)等等． 4．加强运算练习是提高基本运算技能的有效途径，任何能力都是有计划、有目的地训练出来的，提高基本运算技能也必须加强练习、严格训练． 5．提高运算基本技能，必须要提高学生在运算中的推理能力，这就首先要清楚运算的定理及相关理论． 6．增强自信是解题的关键，自信才能自强，在数学解题中，自信心是相当重要的． 题型一　化繁为简，优化计算过程 例1　过点(，0)引直线l与曲线y＝相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于( ) A.B．－C．±D．－ 破题切入点　本题考查直线与圆的位置关系以及三角形的面积公式，先设出直线方程x＝my ＋，表示出△AOB的面积，然后探讨面积最大时m的取值，得到直线的斜率． 答案　B 解析　由y＝得，x2＋y2＝1(y≥0)， 设直线方程为x＝my＋，m0)的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线的方程为( ) A．y2＝9x B．y2＝6x C．y2＝3x D．y2＝x 破题切入点　由抛物线的定义解题． 答案　C解析　如图，分别过A，B作AA1⊥l于A1，BB1⊥l于B1，由抛物线的定义知，|AF|＝|AA1|，|BF|＝|BB1|， ∵|BC|＝2|BF|，∴|BC|＝2|BB1|， ∴∠BCB1＝30°，∴∠A1AF＝60°. 连接A1F，则△A1AF为等边三角形， 过F作FF1⊥AA1于F1，则F1为AA1的中点， 设l交x轴于N，则|NF|＝|A1F1|＝|AA1|＝|AF|，即p＝，∴抛物线方程为y2＝3x，故选C. 题型三　代数运算中加强“形”的应用，优化计算过程 例3　设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：对于一切正整数n，an≤＋1. 破题切入点　结合题目中an的表达式可知，需要构造an新的形式＝＋·，得到新的数列，根据新数列的形式求和；不等式的证明借用放缩完成． (1)解　由a1＝b>0，知an＝>0，＝＋·. 令An＝，A1＝， 当n≥2时，An＝＋An－1＝＋＋…＋＋A1 ＝＋＋…＋＋. ①当b≠2时， An＝＝， ②当b＝2时，An＝. an＝ (2)证明　当b≠2时，(2n＋1＋bn＋1) ＝(2n＋1＋bn＋1)(bn－1＋2bn－2＋…＋2n－1) ＝2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1bn＋1 ＝2nbn(＋＋…＋＋＋＋…＋) >2nbn(2＋2＋…＋2)， ＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn， ∴an＝<＋1. 当b＝2时，an＝2＝＋1. 综上所述an≤＋1. 总结提高　数学学习最重要的是创造能力，而解题则是培养学生创造能力的最好手段．通过解题，可以提高运算求解能力，锻炼应付各种复杂情况的机智，以及掌握克服各种困难所需要的若干常规方法和技巧．因此平时练习中应注重学生运算求解能力的训练，运算求解能力提高了，解题水平就可以提高． 1．已知函数f(x)＝的定义域是一切实数，则m的取值范围是( ) A．0<m≤4B．0≤m≤1 C．m≥4D．0≤m≤4 答案　D 解析　根据题意mx2＋mx＋1≥0(x∈R)恒成立， 当m＝0时，满足不等式； 当m≠0时，须满足 解得0<m≤4，综上0≤m≤4. 2．已知函数f(x－)＝x2＋，则f(3)的值为( ) A．8B．9C．11D．10 答案　C 解析　∵f(x－)＝(x－)2＋2， ∴f(3)＝9＋2＝11. 3．定义运算：(ab)?x＝ax2＋bx＋2，若关于x的不等式(ab)?x<0的解集为{x|1<x<2}，则关于x的不等式(ba)?x<0的解集为( ) A．(1,2) B．(－∞，1)∪(2，＋∞) C. D.∪(1，＋∞) 答案　D 解析　1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的两实根， 1＋2＝－，1×2＝，解得 由(－31)?x＝－3x2＋x＋20， 解得x1. 4．已知函数f(x)是R上的单调增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a3>0，则f(a1)＋f(a3)＋f(a5)的值( ) A．恒为正数B．恒为负数 C．恒为0D．可以为正数也可以为负数 答案　A 解析　因为函数f(x)是R上的奇函数，所以f(0)＝0.又f(x)是R上的增函数，所以当x>0，时有f(x)>f(0)＝0，当x<0时有f(x)0，所以有f(a3)>0. 因为数列{an}是等差数列，所以＝a3>0a1＋a5>0a1>－a5f(a1)>f(－a5)． 又f(－a5)＝－f(a5)，所以f(a1)＋f(a5)>0，即有 f(a1)＋f(a3)＋f(a5)＝[f(a1)＋f(a5)]＋f(a3)>0. 5．在△ABC中，若＝，则( ) A．A＝CB．A＝B C．B＝CD．以上都不正确 答案　C 解析　∵＝＝， ∴sinBcosC－cosBsinC＝0. 又∵－π<B－C<π， ∴B－C＝0，即B＝C. 6．已知直线l与抛物线y2＝4x交于A、B两点，若P(2,2)为AB的中点，则直线AB的方程为________． 答案　x－y＝0 解析　∵点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y2＝4x上， ∴∴y－y＝4x2－4x1， 即＝. 因为P(2,2)为AB的中点，所以y2＋y1＝4， 所以直线AB的斜率k＝＝＝1， 所以直线AB的方程为x－y＝0. 7．抛物线y＝x2在x＝1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D(包含三角形内部与边界)．若点P(x，y)是区域D内的任意一点，则x＋2y的取值范围是________． 答案　[－2，] 解析　易知切线方程为：y＝2x－1，所以与两坐标轴围成的三角形区域三个点为A(0,0)，B(，0)，C(0，－1)．易知过C点时有最小值－2，过B点时有最大值. 8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知A＝，bsin(＋C)－csin(＋B)＝a. (1)求证：B－C＝； (2)若a＝，求△ABC的面积． (1)证明　由bsin(＋C)－csin(＋B)＝a， 应用正弦定理，得 sinBsin(＋C)－sinCsin(＋B)＝sinA， sinB(sinC＋cosC)－sinC(sinB＋cosB)＝， 整理得sinBcosC－cosBsinC＝1， 由于0<B，Cf(0)对所有的θ∈均成立？若存在，求出所有适合条件的实数m；若不存在，请说明理由． 解　∵f(x)在R上为奇函数，又在[0，＋∞)上是增函数， ∴f(x)在R上为增函数，且f(0)＝0. 由题设条件可得，f(cos2θ－3)＋f(4m－2mcosθ)>0. 又由f(x)为奇函数，可得f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m)． ∵f(x)在R上为增函数，∴cos2θ－3>2mcosθ－4m， 即cos2θ－mcosθ＋2m－2>0.令cosθ＝t， ∵0≤θ≤，∴0≤t≤1. 于是问题转化为对一切0≤t≤1，不等式t2－mt＋2m－2>0恒成立． ∴t2－2>m(t－2)，即m>恒成立．又∵＝(t－2)＋＋4≤4－2，∴m>4－2，∴存在实数m满足题设的条件，即m>4－2. 10.已知双曲线－＝1(b>a>0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(，)在双曲线上． (1)求双曲线方程； (2)若直线l与双曲线交于P、Q两点，且·＝0，求＋的值． 解　(1)因为e＝2，∴c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2， ∵双曲线方程为－＝1， 即3x2－y2＝3a2， ∵点M(，)在双曲线上， ∴15－3＝3a2，∴a2＝4， 所以所求双曲线方程为－＝1. (2)设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)， 联立－＝1得 ∴|OP|2＝x2＋y2＝. ∵·＝0，∴直线OQ的方程为y＝－x， 同理可得|OQ|2＝＝， ∴＋＝ ＝＝. 11．已知实数x、y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求： (1)的最大值和最小值； (2)y－x的最大值和最小值； (3)求x2＋y2的最大值和最小值． 解　(1)方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以点(2,0)为圆心，以为半径的圆． 设＝k，即y＝kx， 则圆心(2,0)到直线y＝kx的距离为半径时直线与圆相切，斜率取得最大、最小值． 由＝，解得k2＝3， ∴kmax＝，kmin＝－. (2)设y－x＝b，则y＝x＋b，转化为求直线y＝x＋b的截距的最值， 圆心到直线的距离≤， 解得－2－≤b≤－2＋， 所以y－x的最大值和最小值分别为－2＋和－2－. (3)x2＋y2是圆上点与原点的距离的平方，故连接OC， 与圆交于B点，并延长交圆于C′，则 (x2＋y2)max＝|OC′|2＝(2＋)2＝7＋4， (x2＋y2)min＝|OB|2＝(2－)2＝7－4. 12．已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立． (1)解　由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1， 令f′(x)＝0，得x＝. 当x∈(0，)时，f′(x)0，f(x)单调递增． ①当0<t<， f(x)min＝f()＝－； ②当≤t0)，则h′(x)＝， ①当x∈(0,1)时，h′(x)0，h(x)单调递增， 所以h(x)min＝h(1)＝4，因为对一切x∈(0，＋∞)， 2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min＝4. (3)证明　问题等价于证明xlnx>－(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到， 设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－， 当且仅当x＝1时取到． 从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立．。