(江苏专用)2021高考数学二轮复习专题一第2讲解三角形与三角函数的图象、性质学案理

第2讲 解三角形与三角函数的图象、性质
高考定位 高考对本内容的考察主要有：(1)正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是B 级要求，主要考察：①边和角的计算；②三角形形状的判断；③面积的计算；④有关的范围问题.由于此内容应用性较强，与实际问题结合起来进展命题将是今后高考的一个关注点，不可轻视.(2)三角函数的有关知识大局部是B 级要求，只有函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象与性质是A 级要求；试题类型可能是填空题，同时在解答题中也有考察，经常与向量结合考察，构成根底题.
真 题 感 悟
1.(2021·江苏卷)函数y ＝3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的最小正周期为________.
解析 利用函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的周期公式求解.函数y ＝3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的最小正周期为
T ＝
2π
2
＝π. 答案 π
2.(2021·江苏卷)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ是常数，A ＞0，ω＞0)的局部图象如下图，那么f (0)＝________.
解析 因为由图象可知振幅A ＝2，T 4＝7π12－π3＝π
4
，
所以周期T ＝π＝2πω，解得ω＝2，将⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，－2代入f (x )＝2sin(2x ＋φ)，解得一个
符合的φ＝π3，从而y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴f (0)＝62.
答案
6
2
3.(2021·江苏卷)函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π
2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称，那么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，那么2π3＋φ＝π2，φ＝－π
6.
答案 －π
6
4.(2021·江苏卷)在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π
4.
(1)求AB 的长；
(2)cos ⎝
⎛⎭⎪⎫A －π6的值.
解 (1)由cos B ＝45，得sin B ＝1－cos 2
B ＝35
.
又∵C ＝π4，AC ＝6，由正弦定理，得AC sin B ＝AB sin
π4，即635＝AB
2
2，所以AB ＝5 2.
(2)由(1)得：sin B ＝35，cos B ＝45，sin C ＝cos C ＝2
2，
那么sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝
72
10
， cos A ＝－cos(B ＋C )＝－(cos B cos C －sin B sin C )＝－
210
， 那么cos ⎝
⎛⎭⎪⎫A －π6＝cos A cos π6＋sin A sin π6＝72－620.
考 点 整 合
1.正、余弦定理、三角形面积公式
(1)a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝a ＋b ＋c
sin A ＋sin B ＋sin C
＝2R (R 为△ABC 外接圆的半径). 变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ；sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c
2R
；a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .
(2)a 2
＝b 2
＋c 2
－2bc cos A ，b 2
＝a 2
＋c 2
－2ac cos B ，c 2
＝a 2
＋b 2
－2ab cos C ；
推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 2
2ab
；
变形：b 2
＋c 2
－a 2
＝2bc cos A ，a 2
＋c 2
－b 2
＝2ac cos B ，a 2
＋b 2
－c 2
＝2ab cos C . (3)S △ABC ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝1
2bc sin A .
图象
单调性在
⎣⎢
⎡－π
2
＋2kπ，
⎦⎥
⎤
π
2
＋2kπ
(k∈Z)上单调递增；
在
⎣⎢
⎡π
2
＋2kπ，
⎦⎥
⎤
3π
2
＋2kπ
(k∈Z)上单调递减
在[－π＋2kπ，
2kπ](k∈Z)上单调递
增；在[2kπ，π＋
2kπ](k∈Z)上单调递
减
在
⎝
⎛－π
2
＋kπ，
⎭⎪
⎫
π
2
＋kπ
(k∈Z)上单调递增
对称性对称中心：(kπ，0)(k∈Z)；
对称轴：x＝
π
2
＋kπ(k∈Z)
对称中心：
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
π
2
＋kπ，0
(k∈Z)；对称轴：x＝
kπ(k∈Z)
对称中心：
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
kπ
2
，0(k∈Z)
热点一 正、余弦定理的应用 [考法1] 三角形根本量的求解
【例1－1】 (1)(2021·全国Ⅱ卷改编)在△ABC 中，cos C 2＝5
5
，BC ＝1，AC ＝5，那么AB ＝
________.
解析 因为cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×15－1＝－35
，所以由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2
－
2AC ·BC cos C ＝25＋1－2×5×1×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35＝32，所以AB ＝4 2.
答案 4 2
(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .a >b ，a ＝5，c ＝6，sin B ＝3
5.
①求b 和sin A 的值；
②求sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2A ＋π4的值. 解 ①在△ABC 中，因为a >b ，故由sin B ＝35，可得cos B ＝4
5.
由及余弦定理，有b 2
＝a 2
＋c 2
－2ac cos B ＝13， 所以b ＝13.由正弦定理a sin A ＝b
sin B ，得sin A ＝
a sin B
b ＝313
13
. 所以b 的值为13，sin A 的值为313
13
.
②由①及a <c ，得cos A ＝21313，所以sin 2A ＝2sin A cos A ＝12
13
，
cos 2A ＝1－2sin 2
A ＝－513.故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π4＝sin 2A cos π4＋cos 2A sin π4＝7226.
探究提高 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，那么考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，那么考虑两个定理都有可能用到.
2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法和原那么都适用，同时要注意“三统一〞，即“统一角、统一函数、统一构造〞.
[考法2] 求解三角形中的最值、面积问题
【例1－2】 (2021·苏北四市调研)a ，b ，c 分别为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0. (1)求A ；
(2)假设a ＝2，求△ABC 面积的最大值.
解 (1)由a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0及正弦定理得 sin A cos C ＋3sin A sin C －sin B －sin C ＝0.
因为B ＝π－A －C ，sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ，
所以3sin A sin C －cos A sin C －sin C ＝0.易知sin C ≠0，所以3sin A －cos A ＝1， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6＝1
2.又0＜A ＜π，－π6＜A －π6＜5π6，即A －π6＝π6，所以A ＝π
3.
(2)法一 由(1)得B ＋C ＝2π3C ＝2π3－B ⎝
⎛
⎭⎪⎫0＜B ＜2π3，
由正弦定理得a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2sin
π3
＝43，所以b ＝43sin B ，c ＝4
3
sin C .
所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×43sin B ×43
sin C ·sin π3＝43
3sin B ·sin C
＝433·sin B ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝433⎝ ⎛⎭⎪⎫3
2sin B cos B ＋12sin 2B ＝sin 2B －33cos 2B ＋33 ＝233sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2B －π6＋33.
易知－π6＜2B －π6＜7π6，故当2B －π6＝π
2
，
即B ＝π3时，S △ABC 取得最大值，最大值为233＋3
3
＝ 3.
法二 由(1)知A ＝π3，又a ＝2，由余弦定理得22＝b 2＋c 2
－2bc cos π3，
即b 2
＋c 2
－bc ＝4bc ＋4＝b 2
＋c 2
≥2bc bc ≤4， 当且仅当b ＝c ＝2时，等号成立.
所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×32bc ≤3
4×4＝3，
即当b ＝c ＝2时，S △ABC 取得最大值，最大值为 3. 探究提高 1.求解三角形中的最值问题常用如下方法：
(1)将要求的量转化为某一角的三角函数，借助于三角函数的值域求最值.(2)将要求的量转化为边的形式，借助于根本不等式求最值.
2.求解面积问题时，根据条件选择适当的面积公式S ＝12ab sin C ，S ＝12ac sin B ，S ＝1
2
bc sin
A .
【训练1】 (1)(2021·浙江卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .假设a ＝7，
b ＝2，A ＝60°，那么sin B ＝________，
c ＝________.
解析 因为a ＝7，b ＝2，A ＝60°，所以由正弦定理得sin B ＝b sin A a ＝2×
3
27＝21
7.由
余弦定理a 2
＝b 2
＋c 2
－2bc cos A 可得c 2
－2c －3＝0，所以c ＝3. 答案
21
7
3 (2)(2021·扬州期末)函数f (x )＝3cos 2
ωx ＋sin ωx cos ωx (ω＞0)的最小正周期为π.
①当x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求函数f (x )的值域；
②△ABC 的内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，假设f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
A 2＝3，且a ＝4，b ＋c ＝5，求
△ABC 的面积.
解 ①f (x )＝
32(1＋cos 2ωx )＋12sin 2ωx ＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3＋32. 因为f (x )的周期为π，且ω＞0，所以2π
2ω＝π，解得ω＝1.
所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋32.又0≤x ≤π2，得π3≤2x ＋π3≤43π， －
32≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤1，0≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋32≤32＋1，即函数y ＝f (x )在x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域为⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤0，
32＋1. ②因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝3，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝32.由A ∈(0，π)，知π3＜A ＋π3＜43π，
解得A ＋π3＝23π，所以A ＝π
3
.
由余弦定理知a 2
＝b 2
＋c 2
－2bc cos A ，即16＝b 2
＋c 2
－bc .
所以16＝(b ＋c )2
－3bc ，因为b ＋c ＝5，所以bcS △ABC ＝12bc sin A ＝334.
热点二 三角函数的图象
【例2】 (1)(2021·苏州自主学习)将函数y ＝sin(2x ＋φ)(0＜φ＜π)的图象沿x 轴向左平移π
8个单位长度，得到函数y ＝f (x )的图象，假设函数y ＝f (x )的图象过原点，那么φ的
值是________.
(2)(2021·苏、锡、常、镇调研)函数f (x )＝A sin (ωx ＋φ)(A ，ω，φ为常数，A ＞0，ω
＞0，0＜φ＜π)的图象如下图，那么f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π3的值为________.
解析 (1)由题意，f (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π8＋φ，进而f (0)＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4＋φ＝0，
又因为0＜φ＜π，所以φ＝3
4
π.
(2)根据图象可知，A ＝2，3T 4＝11π12－π6，所以周期T ＝π，ω＝2π
T ＝2.
又函数过点⎝
⎛⎭⎪⎫π6，2，所以有sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2×π6＋φ＝1，而0＜φ＜π，
所以φ＝π6，那么f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋π6＝1.
答案 (1)3π
4
(2)1
探究提高 (1)对于三角函数图象的平移变换问题，其平移变换规那么是“左加、右减〞，并且在变换过程中只变换其自变量x ，如果x 的系数不是1，那么需把x 的系数提取后再确定平移的单位和方向.
(2)图象求函数y ＝A sin ()ωx ＋φ(A ＞0，ω＞0)的解析式时，常用的方法是待定系数法.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】 (2021·连、徐、宿模拟)假设函数f (x )＝2sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫0<φ<π2的图象过点(0，
3)，那么函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间是________. 解析 由题意可得f (0)＝2sin φ＝3，即sin φ＝
32，又0<φ<π2，那么φ＝π
3
，所以f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫
2x ＋π3
，由2k π＋π2≤2x ＋π3≤2k π＋
3π2，k ∈Z ，得k π＋π12≤x ≤k π＋7π12
，k ∈Z ，当k ＝0时，得函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
π12，7π12.
答案 ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π12，7π12
热点三 三角函数的性质及应用
【例3】 (1)(2021·北京卷)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0).假设f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4对任意的实数x 都成立，那么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 ＝2
3.
答案 2
3
(2)(2021·泰州模拟)函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋sin 2x －cos 2
x .
①求函数f (x )的最小正周期及其图象的对称轴方程； ②设函数g (x )＝[f (x )]2
＋f (x )，求g (x )的值域.
解 ①f (x )＝12cos 2x ＋32sin 2x －cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6. 那么f (xx －π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π
3(k ∈Z )，
所以函数y ＝f (x )图象的对称轴方程为x ＝
k π2＋π
3
(k ∈Z ).
②g (x )＝[f (x )]2
＋f (x )＝sin 2
⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π6＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋122
－14.
当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝－12时，g (x )取得最小值－14，
当sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1时，g (x )取得最大值2， 所以g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－14，2.
探究提高 求三角函数最值的两条思路：(1)将问题化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式，结合三角函数的性质或图象求解；(2)将问题化为关于sin x 或cos x 的二次函数的形式，借助二次函数的性质或图象求解.
【训练3】 (1)(2021·全国Ⅱ卷改编)假设f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]是减函数，那么a 的最大值是________.
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，
那么由0≤x ＋
π4≤π，得－π4≤x ≤3π
4
.因为f (x )在[－a ，a ]上是减函数，所以解得a ≤π4，所以0<a ≤π4，所以a 的最大值是π
4
.
答案
π
4
(2)(2021·南京、扬州、泰州、淮安调研)函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(A ＞0，ω＞0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，且经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π
3，32.
①求函数f (x )的解析式；
②假设角α满足f (α)＋3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π2＝1，α∈(0，π)，求角α的值. 解 ①由条件知周期T ＝2π，即2πω＝2π，所以ω＝1，即f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3.
因为f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，32，所以A sin 2π3＝32，所以A ＝1，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3.
②由f (α)＋3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π2＝1，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＋3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－π2＝1，
即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝1，所以2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－π3＝1，即sin α＝12.
因为α∈(0，π)，所以α＝π6或5π
6
.
1.三角形中判断边、角关系的具体方法：
(1)通过正弦定理实施边角转换；(2)通过余弦定理实施边角转换；(3)通过三角变换找出角之间的关系；(4)通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进展讨论；(5)假设涉及两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角形，再逐步求出其他三角形的边和角，其中往往用到三角形内角和定理，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)求解.
2.解答与三角形面积有关的问题时，如某一内角的大小或三角函数值，就选择S ＝1
2ab sin C
来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角.
y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A ＞0，ω＞0)的图象求解析式
(1)A ＝
y max －y min
2
，B ＝
y max ＋y min
2
.
(2)由函数的周期T 求ω，ω＝2π
T
.
(3)利用“五点法〞中相对应的特殊点求φ.
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、填空题
1.(2021·南京学情调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c .a ＋2c ＝2b ，
sin B ＝2sin C ，那么cos A ＝________.
解析 由sin B ＝2sin C 得b ＝2c .又因为a ＋2c ＝2b ，所以a ＝2c ，因此cos A ＝
b 2＋
c 2－a 22bc ＝2c 2＋c 2－2c 222c
2
＝2
4. 答案
2
4
2.(2021·天津卷改编)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单调增区间是________.
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 )，故函数的单调增区间为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－π4
＋k π，π4
＋k π，k ∈Z .
答案 ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－π4＋k π，π4
＋k π，k ∈Z
3.(2021·江苏卷)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π
3
的交点，那么φ的值是________. 解析 根据题意，将x ＝π3代入可得cos π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3＋φ，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝12
，
∴2π3＋φ＝2k π＋π6或23π＋φ＝2k π＋56π(k ∈Z ).又∵φ∈[0，π)，∴φ＝π6
.
答案
π
6
4.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，假设2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，那么B ＝________.
解析 由正弦定理得2sin B cos B ＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B . ∴2sin B cos B ＝sin B ，又sin B ≠0，∴cos B ＝12，故B ＝π
3.
答案
π
3
5.(2021·泰州调研)函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π4(ω＞0)的最大值与最小正周期一样，那么函数f (x )在[－1，1]上的单调递增区间为________.
解析 因为函数f (x )的最大值为2，所以最小正周期T ＝2＝2π2ω，解得ω＝π
2
，所以f (x )
＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫πx －π4，当2k π－π2≤πx －π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，即2k －14≤x ≤2k ＋34，k ∈Z 时，函数f (x )单调递增，所以函数f (x )在x ∈[－1，1]上的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，34.
答案 ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－14，34 6.(2021·常州期末)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，假设tan A ＝7tan B ，
a 2－
b 2
c
＝3，那么c ＝________. 解析 法一 由tan A ＝7tan B 可得sin A cos A ＝7sin B
cos B
，
即sin A cos B ＝7sin B cos A ，所以有sin A cos B ＋sin B cos A ＝8sin B cos A ，即sin(A
＋B )＝sin C ＝8sin B cos A .由正、余弦定理可得c ＝8b ×b 2＋c 2－a 22bc ，即c 2＝4b 2＋4c 2－4a 2
.
又a 2－b 2c
＝3，所以c 2＝4c ，即c ＝4.
法二 由tan A ＝7tan B 得sin A cos B ＝7sin B cos A .由正、余弦定理得a ×a 2＋c 2－b 2
2ac ＝
7×b ×b 2＋c 2－a 22bc
，所以c 2＝4b 2＋4c 2－4a 2
，以下同法一.
答案 4
7.(2021·江苏卷)假设△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，那么cos C 的最小值是________.
解析 ∵sin A ＋2sin B ＝2sin C .由正弦定理可得a ＋2b ＝2c ，即c ＝
a ＋2b
2
，
cos C ＝a 2＋b 2－c 2
2ab
＝
a 2
＋b 2
－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫a ＋2b 22
2ab
＝3a 2
＋2b 2
－22ab 8ab ≥26ab －22ab 8ab ＝6－24，
当且仅当3a 2
＝2b 2
即a b
＝
23
时等号成立.∴cos C 的最小值为
6－2
4
. 答案
6－2
4
ω＞0，函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减，那么ω的取值范围是________. 解析 由2k π＋π2≤ωx ＋π4≤2k π＋3
2
π，k ∈Z 且ω＞0，
得1ω⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π4≤x ≤1ω⎝
⎛
⎭⎪⎫2k π＋54π，k ∈Z .
取k ＝0，得π4ω≤x ≤5π4ω，又f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减， ∴π4ω≤π2，且π≤5π4ω，解之得12≤ω≤5
4
. 答案 ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，54
二、解答题
9.(2021·南京调研)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，cos B ＝4
5.
(1)假设c ＝2a ，求sin B
sin C 的值；
(2)假设C －B ＝π
4
，求sin A 的值.
解 (1)法一(角化边) 在△ABC 中，因为cos B ＝45，所以a 2
＋c 2
－b 2
2ac ＝4
5
.
因为c ＝2a ，所以
⎝ ⎛⎭
⎪
⎫c 22
＋c 2－b 2
2c ×c
2
＝45，即b 2c 2＝920，所以b c ＝35
10
. 又由正弦定理得sin B sin C ＝b c ，所以sin B sin C ＝35
10
.
法二(边化角) 因为cos B ＝45，B ∈(0，π)，所以sin B ＝1－cos 2
B ＝35.
因为c ＝2a ，由正弦定理得sin C ＝2sin A ，
所以sin C ＝2sin(B ＋C )＝65cos C ＋8
5sin C ，即－sin C ＝2cos C .
又因为sin 2C ＋cos 2
C ＝1，sin C ＞0，解得sin C ＝255，所以sin B sin C ＝3510.
(2)因为cos B ＝45，所以cos 2B ＝2cos 2
B －1＝725.
又0＜B ＜π，所以sin B ＝1－cos 2
B ＝35，
所以sin 2B ＝2sin B cos B ＝2×35×45＝24
25
.
因为C －B ＝π4，即 C ＝B ＋π4，所以A ＝π－(B ＋C )＝3π
4
－2B ，
所以sin A ＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3π4－2B ＝sin 3π4cos 2B －cos 3π4sin 2B ＝22×725－⎝ ⎛
⎭⎪⎫－22×2425
＝31250
.
10.(2021·南京、盐城、连云港调研)函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2＜φ＜π2的
局部图象如下图，直线x ＝π12，x ＝7π
12
是其相邻的两条对称轴.
(1)求函数f (x )的解析式；
(2)假设f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫α2＝－65，且2π3＜α＜7π6，求cos α的值.
解 (1)设f (x )的周期为T ，那么T 2＝7π12－π12＝π2，所以TT ＝2π
ω
，所以ω＝2，
所以f (x )＝2sin(2x ＋φ).因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，2在函数图象上，所以2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2×π12＋φ＝2，
即sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫π6＋φ＝1.因为－π2＜φ＜π2，即－π3＜π6＋φ＜2π3，所以π6＋φ＝π2，
所以φ＝π3，所以f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.
(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝－65，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝－35.因为2π3＜α＜7π6，所以π＜α＋π3＜3π2， 所以cos ⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π3＝－
1－sin 2⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π3＝－45.
所以cos α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π3－π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3cos π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3sin π3＝－45×12＋
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35×32
＝－33＋410.
11.(2021·南通调考)函数f (x )＝4sin 3
x cos x －2sin x cos x －12cos 4x .
(1)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间；
(2)求f (x )在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值和最小值.
解 f (x )＝2sin x cos x ()2sin 2
x －1－12cos 4x ＝－sin 2x cos 2x －12cos 4x
＝－12sin 4x －12cos 4x ＝－22sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫4x ＋π4.
(1)函数f (x )的最小正周期T ＝2π4＝π2.令2k π＋π2≤4x ＋π4≤2k π＋3π
2，k ∈Z ，
得
k π2＋π
16≤x ≤k π2＋5π16，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π2＋π16，k π2
＋5π16，k ∈Z .
(2)因为0≤x ≤π4，所以π4≤4x ＋π4≤5π4.此时－22≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤1，
所以－
22≤－22sin ⎝
⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤12，即－22≤f (x )≤12.
所以f (x )在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值和最小值分别为12，－22.。