2021年高考数学二轮复习重难点突破—解三角形问题
高考数学二轮复习 专题2 三角函数、三角变换、解三角形、平面向量 第一讲 三角函数的图象与性质 理-
专题二 三角函数、三角变换、解三角形、平面向量第一讲 三角函数的图象与性质1．角的概念．(1)终边相同的角不一定相等，相等的角终边一定相同(填“一定”或“不一定”)． (2)确定角α所在的象限，只要把角α表示为α＝2k π＋α0[k ∈Z，α0∈[0，2π)]，判断出α0所在的象限，即为α所在象限．2．诱导公式．诱导公式是求三角函数值、化简三角函数的重要依据，其记忆口诀为：奇变偶不变，符号看象限．1．三角函数的定义：设α是一个任意大小的角，角α的终边与单位圆交于点P (x ，y )，则sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx.2．同角三角函数的基本关系． (1)sin 2α＋cos 2α＝1. (2)tan α＝sin αcos α．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)角α终边上点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，那么sin α＝32，cos α＝－12；同理角α终边上点Q 的坐标为(x 0，y 0)，那么sin α＝y 0，cos α＝x 0.(×)(2)锐角是第一象限角，反之亦然．(×) (3)终边相同的角的同一三角函数值相等．(√)(4)常函数f (x )＝a 是周期函数，它没有最小正周期．(√) (5)y ＝cos x 在第一、二象限上是减函数．(×) (6)y ＝tan x 在整个定义域上是增函数．(×)1．(2015·某某卷)若sin α＝－513，且α为第四象限角，则tan α的值等于(D )A.125 B ．－125 C.512 D ．－512解析：解法一：因为α为第四象限的角，故cos α＝1－sin 2α＝1－（－513）2＝1213，所以tan α＝sin αcos α＝－5131213＝－512. 解法二：因为α是第四象限角，且sin α＝－513，所以可在α的终边上取一点P (12，－5)，则tan α＝y x ＝－512.故选D.2．已知α的终边经过点A (5a ，－12a )，其中a ＜0，则sin α的值为(B ) A ．－1213 B.1213 C.513 D ．－5133．(2014·新课标Ⅰ卷)在函数①y ＝cos|2x |，②y ＝|cos x |，③y ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，④y＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4中，最小正周期为π的所有函数为(A ) A ．①②③ B ．①③④C ．②④D ．①③解析：①中函数是一个偶函数，其周期与y ＝cos 2x 相同，T ＝2π2＝π；②中函数y ＝|cos x |的周期是函数y ＝cos x 周期的一半，即T ＝π；③T ＝2π2＝π；④T ＝π2.故选A.4．(2015·某某卷)如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y ＝3sin(π6x ＋φ)＋k .据此函数可知，这段时间水深(单位：m)的最大值为(C )A ．5B ．6C ．8D ．10解析：根据图象得函数的最小值为2，有－3＋k ＝2，k ＝5，最大值为3＋k ＝8.一、选择题1．若sin(α－π)＝35，α为第四象限角，则tan α＝(A )A ．－34B ．－43C.34D.43 解析：∵sin(α－π)＝35，∴－sin α＝35，sin α＝－35.又∵α为第四象限角， ∴cos α＝ 1－sin 2α＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝45， tan α＝sin αcos α＝－3545＝－34.2. 定义在R 上的周期函数f (x )，周期T ＝2，直线x ＝2是它的图象的一条对称轴，且f (x )在[－3，－2]上是减函数，如果A ，B 是锐角三角形的两个内角，则(A )A ．f (sin A )>f (cosB ) B ．f (cos B )>f (sin A )C ．f (sin A )>f (sin B )D ．f (cos B )>f (cos A )解析：由题意知：周期函数f (x )在[－1，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数．又因为A ，B 是锐角三角形的两个内角，A ＋B >π2，得：sin A >cos B ，故f (sin A )>f (cos B )．综上知选A.3．函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的最大值与最小值之和为(A )A ．2－ 3B ．0C ．－1D ．－1－ 3解析：用五点作图法画出函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的图象，注意0≤x ≤9知，函数的最大值为2，最小值为－ 3.故选A.4. 把函数y ＝cos 2x ＋1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，然后向左平移1个单位长度，再向下平移 1个单位长度，得到的图象是(A )解析：y ＝cos 2x ＋1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的解析式为y ＝cos (x ＋1)．故选A.5．(2015·新课标Ⅰ卷)函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则f (x )的单调递减区间为(D )A.⎝⎛⎭⎪⎫k π－14，k π＋34，k ∈ZB.⎝⎛⎭⎪⎫2k π－14，2k π＋34，k ∈Z C.⎝ ⎛⎭⎪⎫k －14，k ＋34，k ∈ZD.⎝⎛⎭⎪⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z 解析：由图象知周期T ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫54－14＝2，∴2πω＝2，∴ω＝π.由π×14＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，不妨取φ＝π4，∴f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π4.由2k π＜πx ＋π4＜2k π＋π，得2k －14＜x ＜2k ＋34，k ∈Z ，∴f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z.故选D.6．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(x ∈R，A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2)的图象(部分)如图所示，则f (x )的解析式是(A )A ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6(x ∈R)B ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πx ＋π6(x ∈R)C ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π3(x ∈R)D ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πx ＋π3(x ∈R) 解析：由图象可知其周期为：4⎝ ⎛⎭⎪⎫56－13＝2，∵2πω＝2，得ω＝π，故只可能在A ，C 中选一个，又因为x ＝13时达到最大值，用待定系数法知φ＝π6.二、填空题7．若sin θ＝－45，tan θ＞0，则cos θ＝－35．8．已知角α的终边经过点(－4，3)，则cos α＝－45．解析：由题意可知x ＝－4，y ＝3，r ＝5，所以cos α＝x r ＝－45.三、解答题9. (2014·某某卷)已知函数f (x )＝2cos x (sin x ＋cos x )． (1)求f ⎝⎛⎭⎪⎫5π4的值；(2)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间．分析：思路一 直接将5π4代入函数式，应用三角函数诱导公式计算．(2)应用和差倍半的三角函数公式，将函数化简2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1. 得到T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z.思路二 先应用和差倍半的三角函数公式化简函数f (x )＝2sin x cos x ＋2cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1.(1)将5π4代入函数式计算；(2)T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z.解析：解法一 (1)f ⎝⎛⎭⎪⎫5π4＝2cos 5π4⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 5π4＋cos 5π4＝－2cos π4⎝ ⎛⎭⎪⎫－sin π4－cos π4＝2.(2)因为f (x )＝2sin x cos x ＋2cos 2x ＝sin 2x ＋cos 2x ＋1 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1. 所以T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8，k ∈Z.解法二 因为f (x )＝2sin x cos x ＋2cos 2x ＝sin 2x ＋cos 2x ＋1 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1.(1)f ⎝⎛⎭⎪⎫5π4＝2sin 11π4＋1＝2sin π4＋1＝2. (2)T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8，k ∈Z.10．函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋1(A ＞0，ω＞0)的最大值为3, 其图象相邻两条对称轴之间的距离为π2.(1)求函数f (x )的解析式；word(2)设α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝2，求α的值． 解析：(1)∵函数f (x )的最大值为3，∴A ＋1＝3，即A ＝2.∵函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2， ∴最小正周期为 T ＝π，∴ω＝2，故函数f (x )的解析式为y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋1. (2)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＋1＝2， 即sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝12， ∵0＜α＜π2，∴－π6＜α－π6＜π3. ∴α－π6＝π6，故α＝π3. 11．(2015·卷)已知函数f (x )＝2sin x 2cos x 2－2sin 2x 2. (1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间[－π，0]上的最小值．解析：(1)由题意得f (x )＝22sin x －22(1－cos x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－22，所以f (x )的最小正周期为2π.(2)因为－π≤x ≤0，所以－3π4≤x ＋π4≤π4. 当x ＋π4＝－π2，即x ＝－3π4时，f (x )取得最小值． 所以f (x )在区间[－π，0]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4＝－1－22.。
高考数学二轮复习——突破爪型【三角形】八大妙手
突破爪型三角形的八大“妙手”爪型三角形是解三角形中非常重要的一种构型，人教版教材中也多次出现相关例题，很多此处不再逐一列举，教材必修二53页到54页中这样的例子比比皆是.本节我将给出关于爪型三角形处理的一些重要手段，例如找补角，或者等面积思想，以及利用上述思想结合正余弦定理推出处理爪型三角形的一些重要结论：斯特瓦尔特定理，角平分线定理等. 一．基本原理1.爪型三角形的几何特征基本几何特征:如图， π=∠+∠APC APB .例1．（2022全国甲卷）已知ABC ∆中，点D 在边BC 上，120ADB ∠=︒，2AD =，2CD BD =．当ACAB取得最小值时，BD = ． 解析：设BD x =，2CD x =，在三角形ACD 中，2244222cos60b x x =+−⋅⋅⋅︒，可得：22444b x x =−+，在三角形ABD 中，22422cos120c x x =+−⋅⋅⋅︒，可得：2224c x x =++，要使得ACAB 最小，即22b c 最小，222244412432411b x x c x x x x −+==−+++++，其中31231x x +++，此时22423bc−，当且仅当1x +时，即1x =1．例 2.（2021新高考1卷）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 ∠解析：（1）由题设，sin sin a C BD ABC =∠，由正弦定理知：sin sin c b C 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 bc cADB 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 ∠=.2.中线公式与向量方法若已知顶角BAC 的大小，且→→⋅=BC BP λ时，可利用向量共线的基本结论求得.例3（广州市2023届高三一模）在ABC 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，2,2sin 3sin2c b A C ==.（1）求sin C ； （2）若ABC的面积为2，求AB 边上的中线CD 的长. 解析：（1）因为2sin 3sin2A C =，所以2sin 6sin cos A C C =，所以26cos a c C =，即3cos a c C =， 所以cos 3a C c =，由余弦定理及2c b =得：2222222243cos 222a b c a b b a b C ab ab ab+−+−−===，又cos 36a a C c b ==，所以222232926a b a a b ab b −=⇒=，即2a =，2cos 664b a C b b ===sin C == （2）由214374211sin2ABCSab Cab，所以ab =1）2a =， 所以2,b a ==，因为CD 为AB 边上的中线，所以()12CD CA CB =+，所以()222124CD CA CB CA CB =++⋅()2212cos 4b a ab C =⨯++1418224⎛=⨯++⨯⨯ ⎝⎭7=，所以7CD =，所以AB 边上的中线CD .例4．（湖北省七市（州）2023届高三下学期3月联合统一调研测试）记ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos 2b C a c =+． （1）求B ；（2）设9b =，若点M 是边AC 上一点，2AM MC =，且MAB MBA ∠=∠，求BMC △的面积．【详解】（1）2π3B =． （2）如图所示：因为2AM MC =，所以3AM =，6MC =．又MAB MBA ∠=∠，所以3BM AM ==． 在ABC 中，由余弦定理得2222cos b a c ac B =+−，即2281a c ac ++=．① 又2AM MC =，所以2133BM BA BC =+，两边平方得222414999BM BA BC BA BC =++⋅，即224149cos 999c a ac B =++，所以224281a c ac +−=．②，②－①得233c ac =，所以a c=，代入①得a c ==BMC △中，(22222336BM BC MC +=+==，所以BMC △是以MBC ∠为直角的三角形，所以BMC △的面积为132⨯⨯3.AP 为角平分线：角平分线定理如图，可设θ=∠=∠CAM BAM ，这样可得)1.......(sin 21sin 21⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=∆∆θθAM AC S AM AB S ACM ABM .另一方面，设ABC ∆的高为h ，则)2.......(2121⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋅⋅=⋅⋅=∆∆h CM S h BM S ACM ABM ，联立上面两式可得：MCBMAC AB =，即角平分线性质定理.例5.（2015全国2卷）ABC ∆中，D 是BC 上的点，AD 平分BAC ∠，ABD ∆面积是ADC ∆面积的2倍． （1） 求sin sin BC； （2） 若AD =1，DC =22求BD 和AC 的长. 解析：（1）1sin 2ABDS AB AD BAD =∠，1sin 2ADCS AC AD CAD =∠ 因为ABDADCSS=，BAD CAD ∠=∠，所以2AB AC =，由正弦定理可得sin 1sin 2B AC C AB ∠==∠.（2）因为::ABDADCSSBD DC =，所以BD =ABD 和ADC 中，由余弦定理知2222cos AB AD BD AD BD ADB =+−∠，2222cos AC AD DC AD DC ADC =+−∠故222222326AB AC AD BD DC +=++=，由（1）知2AB AC =，所以1AC =.4.斯特瓦尔特定理斯特瓦尔特定理：设P 为ABC ∆的BC 边上异于C B ,的任一点，则有CB PC BP BC AP BP AC PC AB ⋅⋅+⋅=⋅+⋅222.证明：由余弦定理，可得：APC PC AP PC AP AC ∠⋅⋅−+=cos 2222①)cos(2222APC PB AP PB AP AB ∠−⋅⋅−+=π②，将上述两式分别乘CP BP ,后相加整理，可得.注：可以看到，斯特瓦尔特定理的证明关键是利用爪型三角形中两角互补，即： 这个隐含条件，而这个条件是处理爪型三角形的一个重要技巧. 推论1.当设P 为ABC ∆的BC 边中点时，222241)(21BC AC AB AP −+=. 注：该结论还可由)(21→→→+=AC AB AP 证得.推论2.当设P 为BAC ∠的角平分线时，PC BP AC AB AP ⋅−⋅=2.推论3.当设P 满足→→⋅=BC BP λ时，2222)1()1(AC AB BC AP λλλλ+−+−=. 例6. 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 ∠解析：（2）由斯特瓦特定理，得. 由b BD =及DC AD 2=，得2222923231b a c b −+=.化简变形，得2223611c a b +=. 因为ac b =2，所以0311622=+−c ac a .即0)32)(3(=−−c a c a .解得a c 3=或a c 32=..ACDCAC AD AC AC AD BC AC DC BA BD ⋅⋅−⋅+⋅=2222当a c 3=时，223a b =.由余弦定理，得（不合题意，舍去）. 当a c 32=时，2232a b =.由余弦定理，得.所以127cos =∠ABC . 5.张角定理在ABC ∆中，D 是BC 上的一点，连结AD ，那么ADBACAB CAD AC BAD ∠=∠+∠sin sin sin .证明：因为ACD ABD ABC S S S ∆∆∆+=，由三角形面积公式可得DAC AC AD BAD AD AB BAC AC AB ∠⋅⋅+∠⋅⋅=∠⋅⋅sin 21sin 21sin 21 两边同除AD AC AB ⋅⋅，得到ADBACAB CAD AC BAD ∠=∠+∠sin sin sin例7 （2018年江苏卷）在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，︒=∠120ABC ，ABC ∠的平分线交AC 于点D ，且1=BD ，则c a +4的最小值为________.解 由张角定理有BC ABD AB CBD BD ABC ∠+∠=∠sin sin sin ，即ac ︒︒︒+=60sin 60sin 1120sin ， 整理得111=+ac .所以.当且仅当a c 2=，即3,23==c a 时取得最小值9.6.等面积思想.设AM 为A ∠的平分线，则设θ=∠=∠CAM BAM ，那么有等面积可得：θθsin )(212sin 21⋅⋅+=⋅=∆AM c b bc S ABC ，进一步可得：AM c b bc ⋅+=⋅)(cos 2θ，于是可以看到，倘若我们知道角θ与角平分线AM 的长度，则可得到c b bc +↔的转化关系，配合均值不等式就可得到一些范围问题. 例8.（2022成都一诊）在ABC 中，已知角2π3A =，角A 的平分线AD 与边BC 相交于点D ，AD =2.则AB +2AC 的最小值为___________.解析：,,,2AB c AC b BC a AD ====，依题意AD 是角A 的角平分线， 由三角形的面积公式得1π1π12π2sin 2sin sin 232323c b bc ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯，672cos 222=−+=∠ac b c a ABC )(1272cos 222凌晨讲数学=−+=∠ac b c a ABC )(945)11)(4(4凌晨讲数学≥++=++=+c a a c a c c a c a化简得22c b bc +=，1112b c +=，()112222223c b AB AC c b c b b c b c ⎛⎫⎛⎫+=+=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭236⎛≥+=+ ⎝当且仅当2,c bc b c ==，22,22b b b c +===时等号成立.故答案为：6+例9（江苏省南通市2023届高三下学期第一次调研测试）在ABC 中，,,A B C 的对边分别为(),,,cos 2cos 2cos a b c a B a C c b A −=−. （1）若c =，求cos B 的值；（2）若1,b BAC ∠=的平分线AD 交BC 于点D ，求AD 长度的取值范围. 解析：（1）已知()cos 2cos 2cos a B a C c b A −=−，由正弦定理可得()sin cos 2sin cos 2sin sin cos A B A C C B A −=−，sin cos cos sin 2sin cos 2cos sin A B A B A C A C ∴+=+， ()()sin 2sin A B A C ∴+=+，sin 2sin C B ∴=，2,c b c ∴=，即b ，22222233cos 2a a a a c b B ac +−+−∴=== （2）由（1）知2c b =，由1b =，则2c =.设BAD θ∠=，1112sin22sin 1sin 222ABCSAD AD θθθ=⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅，4cos 3AD θ∴=，0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 40,3AD ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭.例10.（2021新高考1卷）在ABC ∆中，ac b =2，点D 在边AC 上，C a ABC BD sin sin =∠.（1）证明：b BD =；（2）若DC AD 2=，求ABC ∠cos .解析：（1）设ABC 的外接圆半径为R ，由正弦定理，得sin sin ,22b cR ABC C R==∠， 因为sin sin BD ABC a C ∠=，所以22b cBD a R R⋅=⋅，即BD b ac ⋅=．又因为2b ac =，所以BD b =．方法2.（等面积思想）（2）如图，已知2AD DC =，则23ABD ABC S S =△△， 即21221sin sin 2332b ac AD A B BC ⨯=⨯⨯∠∠，而2b ac =，即sin sin ADB ABC ∠=∠，故有ADB ABC ∠=∠，从而ABD C ∠=∠．由2b ac =，即b ca b =，即CA BA CB BD=，即ACB ABD ∽，故AD AB AB AC =，又2b ac =，所以23c a =，则2227cos 212c a b ABC ac +−==∠．7.三角形相似如图，在三角形ABC 中，已知角A 的大小，D 为BC 边上一点.那么我们可利用初中的相似三角形来求解一些这种条件下的爪型三角形问题，简直妙！如下图，过点B 做AC 的平行线交AD 延长线于E ，则CDA BDE ∆∆~，且由平行的性质可知：BED CAD ∠=∠，于是，已知角A 的大小即可得ABE ∠的大小，倘若我们进一步指导AD 的长度，以及点D 为BC 边上的具体位置，那么在ABE ∆中可以解决很多问题，下面通过例题来分析.例11.（2022成都一诊）在ABC ∆中，已知角32π=A ，角A 的平分线AD 与边BC 相交于D ，2=AD ，则AC AB 2+的最小值为________. 解析：如上图，由于BED CAD ∠=∠，故由32π=A 可得3π=∠ABE ，再加之AD 为角A的平分线，则3π=∠=∠=∠BAE BEA ABE ，于是ABE ∆为等边，则2,−==c DE c BE ，最后由于CDA BDE ∆∆~，可得：bc c b c b c AD ED AC BE =+⇒−=⇒=)(222. 由于246)2()11(2)2(21222+≥+⋅+=+⋅⋅=+=+c b c b b c b c AC AB ，等号成立当且仅当b c 2=.注：用辅助线加相似的方法来做这些题目非常容易，比起向量法简单的多.前面的例题读者也可尝试能否用几何方法思考，此处不再赘述.8.坐标法例12.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 ∠.解析：以D 为坐标原点，AC 所在直线为x 轴，过点D 垂直于AC 的直线为y 轴，DC 长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则()()()0,0,2,0,1,0D A C −．由（1）知，3BD b AC ===，所以点B 在以D 为圆心，3为半径的圆上运动．设()(),33B x y x −<<，则229x y +=．⑤由2b ac =知，2BA BC AC ⋅=，9=．⑥，联立⑤⑥解得74x =−或732x =≥（舍去），29516y =，代入⑥式得||||32a BC c BAb =====，由余弦定理得2227cos 212ac b ABC ac +−∠==．。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解19---三角恒等变换与解三角形
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第19讲 三角恒等变换与解三角形[考情分析] 1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度．考点一 三角恒等变换 核心提炼1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β；(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β；(3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 2α＝2sin αcos α；(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α；(3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.例1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝22cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4sin β，则() A ．tan(α－β)＝1B ．tan(α＋β)＝1C ．tan(α－β)＝－1D ．tan(α＋β)＝－1答案 C解析 由题意得sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝22×22(cos α－sin α)sin β，整理，得sin αcos β－cos αsin β＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.(2)(2021·全国甲卷)若α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，tan 2α＝cos α2－sin α，则tan α等于( ) A.1515 B.55 C.53 D.153答案 A解析 方法一因为tan 2α＝sin 2αcos 2α＝2sin αcos α1－2sin 2α， 且tan 2α＝cos α2－sin α， 所以2sin αcos α1－2sin 2α＝cos α2－sin α，解得sin α＝14. 因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以cos α＝154，tan α＝sin αcos α＝1515. 方法二 因为tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2sin αcos α1－sin 2αcos 2α＝2sin αcos αcos 2α－sin 2α＝2sin αcos α1－2sin 2α， 且tan 2α＝cos α2－sin α， 所以2sin αcos α1－2sin 2α＝cos α2－sin α，解得sin α＝14. 因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以cos α＝154，tan α＝sin αcos α＝1515. 规律方法 三角恒等变换的“4大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等；(2)项的拆分与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂；(4)弦、切互化：一般是切化弦．跟踪演练1 (1)(多选)(2022·张家口模拟)已知sin θcos θ＋3cos 2θ＝cos θ＋32，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则θ等于( ) A.π3 B.π6 C.π12 D.π18答案 BD解析 sin θcos θ＋3cos 2θ ＝12sin 2θ＋3×1＋cos 2θ2＝cos ⎝⎛⎭⎫2θ－π6＋32＝cos θ＋32， 故cos ⎝⎛⎭⎫2θ－π6＝cos θ， 所以2θ－π6＝θ＋2k π或2θ－π6＝－θ＋2k π(k ∈Z )， 故θ＝π6＋2k π或θ＝π18＋2k π3(k ∈Z )． 又θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以θ＝π6或π18. (2)已知函数f (x )＝sin x －2cos x ，设当x ＝θ时，f (x )取得最大值，则cos θ＝________.答案 －255解析 f (x )＝sin x －2cos x ＝5sin(x －φ)，其中cos φ＝55，sin φ＝255， 则f (θ)＝5sin(θ－φ)＝5，因此θ－φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，则cos θ＝cos ⎝⎛⎭⎫φ＋π2＋2k π＝－sin φ＝－255. 考点二 正弦定理、余弦定理核心提炼1．正弦定理：在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)． 变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R ，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等．2．余弦定理：在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc . 3．三角形的面积公式：S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A .例2 (1)(2022·济南模拟)若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b sin 2A ＝a sin B ，且c ＝2b ，则a b等于( ) A ．3 B.13 C.33D. 3 答案 D解析 因为b sin 2A ＝a sin B ，所以2b sin A cos A ＝a sin B ，利用正弦定理可得2ab cos A ＝ab ， 所以cos A ＝12，又c ＝2b ， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋4b 2－a 24b 2＝12， 解得a b＝ 3.(2)(2022·全国乙卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C sin(A －B )＝sin B sin(C －A )．①证明：2a 2＝b 2＋c 2；②若a ＝5，cos A ＝2531，求△ABC 的周长． ①证明 方法一由sin C sin(A －B )＝sin B sin(C －A )，可得sin C sin A cos B －sin C cos A sin B＝sin B sin C cos A －sin B cos C sin A ，结合正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C， 可得ac cos B －bc cos A ＝bc cos A －ab cos C ，即ac cos B ＋ab cos C ＝2bc cos A (*)．由余弦定理可得ac cos B ＝a 2＋c 2－b 22， ab cos C ＝a 2＋b 2－c 22，2bc cos A ＝b 2＋c 2－a 2， 将上述三式代入(*)式整理，得2a 2＝b 2＋c 2.方法二 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin C sin(A －B )＝sin(A ＋B )sin(A －B )＝sin 2A cos 2B －cos 2A sin 2B＝sin 2A (1－sin 2B )－(1－sin 2A )sin 2B＝sin 2A －sin 2B ，同理有sin B sin(C －A )＝sin(C ＋A )sin(C －A )＝sin 2C －sin 2A .又sin C sin(A －B )＝sin B sin(C －A )，所以sin 2A －sin 2B ＝sin 2C －sin 2A ，即2sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ，故由正弦定理可得2a 2＝b 2＋c 2.②解 由①及a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 得，a 2＝2bc cos A ，所以2bc ＝31.因为b 2＋c 2＝2a 2＝50，所以(b ＋c )2＝b 2＋c 2＋2bc ＝81，得b ＋c ＝9，所以△ABC 的周长l ＝a ＋b ＋c ＝14.规律方法 正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．注意：应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．跟踪演练2 (1)在△ABC 中，若cos C ＝79，b cos A ＋a cos B ＝2，则△ABC 外接圆的面积为() A.49π8 B.81π8 C.81π49 D.81π32答案 D解析 根据正弦定理可知b ＝2R sin B ，a ＝2R sin A ，得2R sin B cos A ＋2R sin A cos B＝2R sin(A ＋B )＝2，因为sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ＝1－cos 2C ＝429，所以R ＝928，所以△ABC 外接圆的面积S ＝πR 2＝81π32.(2)(2022·衡水中学模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且tan A tan B ＝2c －bb .①求角A 的大小；②若a ＝2，求△ABC 面积的最大值及此时边b ，c 的值．解 ①在△ABC 中，由正弦定理得，c ＝2R sin C ，b ＝2R sin B ，则tan A tan B ＝2c b －1＝2sin C sin B －1，tan A tan B ＋1＝2sin C sin B， 化简得cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos A .即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，∵A ＋B ＝π－C ，∴sin(A ＋B )＝sin C ≠0，∴cos A ＝12， ∵0<A <π，∴A ＝π3. ②由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，又A ＝π3，∴b 2＋c 2－bc ＝4， 又b 2＋c 2≥2bc ，∴bc ≤4，则S △ABC ＝12bc sin A ≤12×4×32＝3，当且仅当b ＝c ＝2时，等号成立， ∴△ABC 面积的最大值为3，此时b ＝2，c ＝2.考点三 解三角形的实际应用核心提炼解三角形应用题的常考类型(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．例3 (1)滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃的诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB ，高为12 m ，在它们的地面上的点M (B ，M ，D 三点共线)测得楼顶A 、滕王阁顶部C 的仰角分别为15°和60°，在楼顶A 处测得滕王阁顶部C 的仰角为30°，则小明估算滕王阁的高度为(精确到1 m)()A ．42 mB ．45 mC ．51 mD ．57 m答案 D解析 由题意得，在Rt △ABM 中，AM ＝AB sin 15°， 在△ACM 中，∠CAM ＝30°＋15°＝45°，∠AMC ＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM ＝30°，由正弦定理得AM sin ∠ACM ＝CM sin ∠CAM， 所以CM ＝sin ∠CAM sin ∠ACM·AM ＝2AB sin 15°， 又sin 15°＝sin(45°－30°) ＝22×32－22×12＝6－24， 在Rt △CDM 中，CD ＝CM sin 60°＝6AB 2sin 15°＝1262×6－24＝36＋123≈57(m)． (2)雷达是利用电磁波探测目标的电子设备，电磁波在大气中大致沿直线传播，受地球表面曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离L ＝(R ＋h 1)2－R 2＋(R ＋h 2)2－R 2＝2Rh 1＋h 21＋2Rh 2＋h 22(如图)，其中h 1为雷达天线架设高度，h 2为探测目标高度，R 为地球半径．考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，R等效取8 490 km，故R远大于h1，h2.假设某探测目标高度为25 m，为保护航母的安全，须在直视距离412 km外探测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为(参考数据：2×8.49≈4.12)()A．6 400 m B．8 100 mC．9 100 m D．1 000 m答案 C解析根据题意可知L＝412 km，R＝8 490 km，h2＝0.025 km，因为L＝(R＋h1)2－R2＋(R＋h2)2－R2＝2Rh1＋h21＋2Rh2＋h22，即412＝(8 490＋h1)2－8 4902＋(8 490＋0.025)2－8 4902≈(8 490＋h1)2－8 4902＋20.6，解得h1≈9.02(km)≈9 100(m)．所以舰载预警机的巡航高度至少约为9 100 m.规律方法解三角形实际问题的步骤跟踪演练3(1)如图，已知A，B，C，D四点在同一条直线上，且平面P AD与地面垂直，在山顶P点测得点A ，C ，D 的俯角分别为30°，60°，45°，并测得AB ＝200 m ，CD ＝100 m ，现欲沿直线AD 开通穿山隧道，则隧道BC 的长为()A ．100(3＋1)mB ．200(3＋1)mC ．200 3 mD ．100 3 m答案 C解析 由题意可知A ＝30°，D ＝45°，∠PCB ＝60°，所以∠PCD ＝120°，∠APC ＝90°，∠DPC ＝15°，因为sin 15°＝sin(45°－30°) ＝22×32－22×12＝6－24， 所以在△PCD 中，由正弦定理得CD sin ∠DPC ＝PC sin D， 即1006－24＝PC 22， 解得PC ＝100(3＋1)m ，所以在Rt △P AC 中，AC ＝2PC ＝200(3＋1)m ，所以BC ＝AC －AB ＝2003(m)．(2)如图是建党百年展览的展馆——国家博物馆．现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点P 离地面的高度OP (点O 在柱楼底部)．现分别从地面上的两点A ，B 测得点P 的仰角分别为30°，45°，且∠ABO ＝60°，AB ＝60 2 米，则OP 等于( )A．40米B．30米C．30 2 米D．30 3 米答案 C解析如图所示，设OP＝h，由题意知∠OAP＝30°，∠OBP＝45°.在Rt△AOP中，OA＝OPtan 30°＝3h，在Rt△BOP中，OB＝h.在△ABO中，由余弦定理，得OA2＝AB2＋OB2－2AB·OB cos 60°，代入数据计算得到h＝302(米)．即OP＝302(米)．专题强化练一、单项选择题1．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝19，AB＝2，则BC等于() A．1 B. 2 C. 5 D．3答案 D解析 由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，得BC 2＋2BC －15＝0，解得BC ＝3或BC ＝－5(舍去)．2．(2021·全国乙卷)cos 2π12－cos 25π12等于( ) A.12 B.33 C.22 D.32答案 D解析 cos 2π12－cos 25π12＝1＋cos π62－1＋cos 5π62＝1＋322－1－322＝32. 3．(2022·榆林模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为3154，b －c ＝1，cos A ＝14，则a 等于( ) A ．10 B ．3 C.10 D. 3答案 C解析 因为cos A ＝14，所以sin A ＝154， 又S △ABC ＝12bc sin A ＝158bc ＝3154， 所以bc ＝6，又b －c ＝1，可得b ＝3，c ＝2，所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝10，即a ＝10.4．已知cos α＝55，sin(β－α)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( ) A.π12B.π6C.π4D.π3答案 C解析 ∵α，β均为锐角，即α，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2， ∴β－α∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2， ∴cos(β－α)＝1－sin 2(β－α)＝31010， 又sin α＝1－cos 2α＝255， ∴cos β＝cos[(β－α)＋α]＝cos(β－α)cos α－sin(β－α)sin α ＝31010×55－⎝⎛⎭⎫－1010×255＝22， 又β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴β＝π4. 5．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群，故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°.图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB 的长度(单位：米)约为( )A ．3米B ．4米C ．6(3－1)米D ．3(3＋1)米答案 C解析 如图，根据题意得∠ACB ＝15°，∠ACD ＝105°，∠ADC ＝30°，∠CAD ＝45°，CD ＝24米，所以∠CAD ＝45°，在△ACD 中，由正弦定理得CDsin ∠CAD ＝ACsin ∠ADC ，即24sin 45°＝AC sin 30°，解得AC ＝122(米)，在Rt △ACB 中，sin ∠ACB ＝AB AC ，即sin 15°＝AB122，解得AB ＝122sin 15°＝122sin(60°－45°)＝122×⎝⎛⎭⎫32×22－12×22 ＝122×6－24＝32(6－2)＝6(3－1)米．6．(2022·济宁模拟)已知sin α－cos β＝3cos α－3sin β，且sin(α＋β)≠1，则sin(α－β)的值为() A ．－35B.35C ．－45D.45答案 C解析 由sin α－cos β＝3cos α－3sin β得，sin α－3cos α＝cos β－3sin β＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－β－3cos ⎝⎛⎭⎫π2－β，设f (x )＝sin x －3cos x ＝10⎝⎛⎭⎫110sin x －310cos x＝10sin(x －φ)， 其中cos φ＝110，sin φ＝310，φ为锐角，已知条件即为f (α)＝f ⎝⎛⎭⎫π2－β，所以π2－β＝2k π＋α，或π2－β－φ＋α－φ＝2k π＋π，k ∈Z ，若π2－β＝2k π＋α，k ∈Z ，则α＋β＝－2k π＋π2，k ∈Z ，sin(α＋β)＝sin π2＝1与已知矛盾，所以π2－β－φ＋α－φ＝2k π＋π，k ∈Z ，α－β＝2k π＋π2＋2φ，k ∈Z ，则sin(α－β)＝sin ⎝⎛⎭⎫2k π＋π2＋2φ ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋2φ＝cos 2φ＝2cos 2φ－1＝－45.二、多项选择题7．(2022·张家口质检)下列命题中，正确的是( )A ．在△ABC 中，若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 是等腰直角三角形D ．在△ABC 中，若B ＝π3，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 ，因此不等式sin A >cos B 恒成立，正确；对于C ，在△ABC 中，a cos A ＝b cos B ，利用正弦定理可得sin A cos A ＝sin B cos B ，∴sin 2A ＝sin 2B ，∵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，错误；对于D ，由于B ＝π3，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 ，则A ＝C ＝B ＝π3， ∴△ABC 必是等边三角形，正确．8．函数f (x )＝sin x (sin x ＋cos x )－12，若f (x 0)＝3210，x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π3，下列结论正确的是( ) A ．f (x )＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4 B ．直线x ＝π4是f (x )图象的一条对称轴C ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上的最小值为－22D ．cos 2x 0＝210答案 AD解析 f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x －12 ＝1－cos 2x2＋12sin 2x －12＝12(sin 2x －cos 2x )＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4，故A 正确；当x ＝π4时，sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4＝22，∴x ＝π4不是f (x )的对称轴，故B 错误；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，2x －π4∈⎝⎛⎭⎫－π4，5π12，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递增，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无最小值，故C 错误；∵f (x 0)＝3210，∴sin ⎝⎛⎭⎫2x 0－π4＝35， 又2x 0－π4∈⎝⎛⎭⎫－π4，5π12， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2x 0－π4＝45， ∴cos 2x 0＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2x 0－π4＋π4 ＝22⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x 0－π4－sin ⎝⎛⎭⎫2x 0－π4＝210， 故D 正确．三、填空题9．(2022·烟台模拟)若sin α＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6，则tan 2α的值为________． 答案 3解析 由sin α＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6， 可得sin α＝cos αcos π6－sin αsin π6 ＝32cos α－12sin α，则tan α＝33， tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2×331－⎝⎛⎭⎫332＝ 3. 10．(2022·泰安模拟)已知sin ⎝⎛⎭⎫π3－α＝14，则sin ⎝⎛⎭⎫π6－2α＝________. 答案 －78解析 sin ⎝⎛⎭⎫π6－2α＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π3－α－π2 ＝－cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π3－α ＝－⎣⎡⎦⎤1－2sin 2⎝⎛⎭⎫π3－α＝－⎝⎛⎭⎫1－18＝－78. 11.(2022·开封模拟)如图，某直径为55海里的圆形海域上有四个小岛，已知小岛B 与小岛C 相距5海里，cos ∠BAD ＝－45.则小岛B 与小岛D 之间的距离为________海里；小岛B ，C ，D 所形成的三角形海域BCD 的面积为________平方海里．答案 35 15解析 由圆的内接四边形对角互补，得cos ∠BCD ＝cos(π－∠BAD )＝－cos ∠BAD＝45>0， 又∠BCD 为锐角，所以sin ∠BCD ＝1－cos 2∠BCD ＝35， 在△BCD 中，由正弦定理得BD sin ∠BCD ＝BD 35＝55，则BD ＝35(海里)． 在△BCD 中，由余弦定理得 (35)2＝CD 2＋52－2×CD ×5×45， 整理得CD 2－8CD －20＝0，解得CD ＝10(负根舍去)．所以S △BCD ＝12×10×5×35＝15(平方海里)． 12．(2022·汝州模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝2，cos 2C ＝cos 2A ＋4sin 2B ，则△ABC 面积的最大值为________．答案23解析 由cos 2C ＝cos 2A ＋4sin 2B 得，1－2sin 2C ＝1－2sin 2A ＋4sin 2B ，即sin 2A ＝sin 2C ＋2sin 2B ，由正弦定理得a 2＝c 2＋2b 2＝4，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝4，∴c 2＋2b 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即cos A ＝－b 2c<0， ∵A ∈(0，π)，∴sin A ＝1－b 24c 2， ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12b 2c 2⎝⎛⎭⎫1－b 24c 2 ＝12b 2c 2－14b 4， ∵c 2＋2b 2＝4，∴c 2＝4－2b 2，∴S △ABC ＝12b 2(4－2b 2)－14b 4 ＝12－94b 4＋4b 2， 则当b 2＝89时， ⎝⎛⎭⎫－94b 4＋4b 2max ＝－94×6481＋4×89＝169， ∴(S △ABC )max ＝12×43＝23. 四、解答题13．(2022·新高考全国Ⅱ)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，分别以a ，b ，c 为边长的三个正三角形的面积依次为S 1，S 2，S 3.已知S 1－S 2＋S 3＝32，sin B ＝13. (1)求△ABC 的面积；(2)若sin A sin C ＝23，求b . 解 (1)由S 1－S 2＋S 3＝32， 得34(a 2－b 2＋c 2)＝32， 即a 2－b 2＋c 2＝2，又a 2－b 2＋c 2＝2ac cos B ，所以ac cos B ＝1.由sin B ＝13， 得cos B ＝223或cos B ＝－223(舍去)， 所以ac ＝322＝324， 则△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×324×13＝28. (2)由sin A sin C ＝23，ac ＝324及正弦定理知 b 2sin 2B ＝ac sin A sin C ＝32423＝94， 即b 2＝94×19＝14，得b ＝12. 14．(2022·抚顺模拟)在①(2c －a )sin C ＝(b 2＋c 2－a 2)sin B b ；②cos 2A －C 2－cos A cos C ＝34；③3c b cos A＝tan A ＋tan B 这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，问题：在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，b ＝23，________.(1)求角B ；(2)求2a －c 的取值范围．解 (1)选择①：∵(2c －a )sin C ＝(b 2＋c 2－a 2)sin B b， ∴由正弦定理可得(2c －a )c ＝b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，∴2c －a ＝2b cos A ，可得cos A ＝2c －a 2b， ∴由余弦定理可得cos A ＝2c －a 2b ＝b 2＋c 2－a 22bc ， 整理可得c 2＋a 2－b 2＝ac ，∴cos B ＝c 2＋a 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12， ∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3. 选择②：∵cos 2A －C 2－cos A cos C ＝1＋cos (A －C )2－cos A cos C ＝1－cos A cos C ＋sin A sin C 2＝1－cos (A ＋C )2＝34， ∴cos(A ＋C )＝－12， ∴cos B ＝－cos(A ＋C )＝12， 又∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3. 选择③： 由正弦定理可得3c b cos A ＝3sin C sin B cos A，又tan A ＋tan B ＝sin A cos A ＋sin Bcos B＝sin A cos B ＋cos A sin Bcos A cos B ＝sin Ccos A cos B ， 由3cb cos A ＝tan A ＋tan B ， 可得3sin Csin B cos A ＝sin Ccos A cos B ，∵sin C >0，∴tan B ＝3， ∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3.(2)在△ABC 中，由(1)及b ＝23， 得b sin B ＝a sin A ＝c sin C ＝2332＝4，故a ＝4sin A ，c ＝4sin C ，2a －c ＝8sin A －4sin C＝8sin A －4sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A＝8sin A －23cos A －2sin A ＝6sin A －23cos A＝43sin ⎝⎛⎭⎫A －π6，∵0<A <2π3，则－π6<A －π6<π2，－12<sin ⎝⎛⎭⎫A －π6<1，－23<43sin ⎝⎛⎭⎫A －π6<43﹒∴2a －c 的取值范围为()－23，43.。
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习29---三角函数与解三角形热点问题
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第29讲三角函数与解三角形热点问题核心热点真题印证核心素养三角函数的图象与性质2022·全国Ⅰ，7；2022·全国Ⅲ，16；2022·天津，8；2019·全国Ⅰ，11；2019·北京，9；2019·全国Ⅲ，12；2019·天津，7；2018·全国Ⅱ，10；2018·全国Ⅰ，16；2018·全国Ⅲ，15直观想象、逻辑推理三角恒等变换2022·全国Ⅰ，9；2022·全国Ⅱ，2；2022·全国Ⅲ，9；2019·全国Ⅱ，10；2019·浙江，18；2018·浙江，18；2018·江苏，16；2018·全国Ⅱ，15；2018·全国Ⅲ，4逻辑推理、数学运算解三角形2022·全国Ⅰ，16；2022·全国Ⅲ，7；2022·北京，17；2022·天津，16；2022·新高考山东，17；2022·浙江，18；2019·全国Ⅰ，17；2019·全国Ⅲ，18；2019·北逻辑推理、数学运算京，15；2019·江苏，15；2018·全国Ⅰ，17三角函数的图象与性质(必修4P147复习参考题A 组第9题、第10题)题目9 已知函数y ＝(sin x ＋cos x )2＋2cos 2x . (1)求它的递减区间； (2)求它的最大值和最小值．题目10 已知函数f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求f (x )的最小值及取得最小值时x 的集合．[试题评析]两个题目主要涉及三角恒等变换和三角函数的性质，题目求解的关键在于运用二倍角公式及两角和公式化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 的形式，然后利用三角函数的性质求解. 【教材拓展】 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．探究提高 1.将f (x )变形为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3是求解的关键，(1)利用商数关系统一函数名称；(2)活用和、差、倍角公式化成一复角的三角函数．2．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．【链接高考】(2019·浙江卷)设函数f (x )＝sin x ，x ∈R. (1)已知θ∈[0,2π)，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π42的值域．解 (1)因为f (x ＋θ)＝sin(x ＋θ)是偶函数， 所以，对任意实数x 都有sin(x ＋θ)＝sin(－x ＋θ)， 即sin x cos θ＋cos x sin θ＝－sin x cos θ＋cos x sin θ， 故2sin x cos θ＝0，所以cos θ＝0. 又θ∈[0,2π)，因此θ＝π2或3π2. (2)y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π42＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos 2x －32sin 2x＝1－32cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.由于x ∈R ，知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3∈[－1,1]，因此，所求函数的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－32，1＋32.三角函数与平面向量【例题】(2021·湘赣十四校联考)已知向量m ＝(sin x ，－1)，n ＝(3，cos x )，且函数f (x )＝m ·n .(1)若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且f (x )＝23，求sin x 的值；(2)在锐角三角形ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝7，△ABC 的面积为332，且f ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝73b sin C ，求△ABC 的周长．[自主解答]解 (1)f (x )＝m ·n ＝(sin x ，－1)·(3，cos x ) ＝3sin x －cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6.∵f (x )＝23，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝13.又∵x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴x －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝223.∴sin x ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋π6＝13×32＋223×12＝3＋226. (2)∵f ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝73b sin C ， ∴2sin A ＝73b sin C ，即6sin A ＝7b sin C ． 由正弦定理可知6a ＝7bc . 又∵a ＝7，∴bc ＝6.由已知△ABC 的面积等于12bc sin A ＝332，∴sin A ＝32. 又∵A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴A ＝π3.由余弦定理，得b 2＋c 2－2bc cos A ＝a 2＝7，故b 2＋c 2＝13， ∴(b ＋c )2＝25，∴b ＋c ＝5， ∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.探究提高 1.破解平面向量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先利用三角公式对三角函数式进行“化简”；然后把以向量共线、向量垂直、向量的数量积运算等形式出现的条件转化为三角函数式；再活用正、余弦定理对边、角进行互化． 2．这种问题求解的难点一般不是向量的运算，而是三角函数性质、恒等变换及正、余弦定理的应用，只不过它们披了向量的“外衣”．【尝试训练】(2021·沧州质检)已知a ＝(53cos x ，cos x )，b ＝(sin x,2cos x )，函数f (x )＝a ·b ＋|b |2.(1)求函数f (x )的最小正周期； (2)求函数f (x )的单调减区间；(3)当π6≤x ≤π2时，求函数f (x )的值域．解 f (x )＝a ·b ＋|b |2＝53cos x sin x ＋2cos 2x ＋sin 2x ＋4cos 2x ＝53sin x cos x ＋sin 2x ＋6cos 2x ＝532sin 2x ＋1－cos 2x 2＋3(1＋cos 2x ) ＝532sin 2x ＋52cos 2x ＋72＝5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋72.(1)f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由2k π＋π2≤2x ＋π6≤2k π＋3π2(k ∈Z)得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3(k ∈Z)．∴f (x )的单调减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z)．(3)∵π6≤x ≤π2，∴π2≤2x ＋π6≤7π6，∴－12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6≤1， ∴1≤5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋72≤172. ∴当π6≤x ≤π2时，函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，172.解三角形【例题】(12分)(2022·全国Ⅱ卷)△ABC 中，sin 2A －sin 2B －sin 2C ＝sin B sin C ．(1)求A ；(2)若BC ＝3，求△ABC 周长的最大值． [规范解答]解 (1)由正弦定理和已知条件得用正弦定理化角为边BC 2－AC 2－AB 2＝AC ·AB .①2′由余弦定理得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ．② 由①②得cos A ＝－12. 用余弦定理化边为角4′因为0<A <π，所以A ＝2π3.6′ (2)由正弦定理及(1)得AC sin B＝AB sin C＝BC sin A＝23，8′从而AC ＝23sin B ，AB ＝23sin(π－A －B )＝3cos B －3sin B ． 故BC ＋AC ＋AB ＝3＋3sin B ＋3cos B＝3＋23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π3. 两角和正弦公式的逆用10′又0<B <π3，所以当B ＝π6时，△ABC 周长取得最大值3＋2 3. 三角函数性质的应用12′❶写全得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤有则给分，无则没分，所以得分点步骤一定要写全，如第(1)问中只要写出0<A <π就有分，没写就扣1分，第(2)问中0<B <π3也是如此．❷写明得关键分：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时要写清得分关键点，如第(1)问中由正弦定理得BC 2－AC 2－AB 2＝AC ·AB ，由余弦定理得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos A ，第(2)问中ACsin B＝AB sin C＝BC sin A＝23等．❸保证正确得计算分：解题过程中计算准确，是得满分的根本保证，如第(1)问中，cos A ＝－12，若计算错误，则第(1)问最多2分；再如第(2)问3＋3sin B ＋3cos B ＝3＋23sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π3化简如果出现错误，则第(2)问最多得2分．……利用正弦、余弦定理，对条件式进行边角互化……由三角函数值及角的范围求角……由正弦、余弦定理及条件式实现三角恒等变换……利用角的范围和三角函数性质求出最值……检验易错易混，规范解题步骤得出结论【规范训练】(2022·浙江卷)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知2b sin A －3a ＝0. (1)求角B 的大小；(2)求cos A ＋cos B ＋cos C 的取值范围． 解 (1)由正弦定理，得2sin B sin A ＝3sin A ，故sin B ＝32，由题意得B ＝π3. (2)由A ＋B ＋C ＝π，得C ＝2π3－A . 由△ABC 是锐角三角形，得A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2 .由cos C ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝－12cos A ＋32sin A ，得 cos A ＋cos B ＋cos C ＝32sin A ＋12cos A ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＋12∈⎝⎛⎦⎥⎤3＋12，32. 故cos A ＋cos B ＋cos C 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤3＋12，32.1．(2019·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＝c sin 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 . 因为b ＋c ＝2a ，所以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. 2．已知函数f (x )＝a ·b ，其中a ＝(2cos x ，－3sin 2x )，b ＝(cos x,1)，x ∈R.(1)求函数y ＝f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，f (A )＝－1，a ＝7，且向量m ＝(3，sin B )与n ＝(2，sin C )共线，求边长b 和c 的值．解 (1)f (x )＝2cos 2x －3sin 2x ＝1＋cos 2x －3sin 2x ＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3， 令2k π≤2x ＋π3≤2k π＋π(k ∈Z)， 解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z)， ∴函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z)． (2)∵f (A )＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1， ∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1，又π3＜2A ＋π3＜7π3， ∴2A ＋π3＝π，即A ＝π3. ∵a ＝7，∴由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ＝7.①∵向量m ＝(3，sin B )与n ＝(2，sin C )共线，∴2sin B ＝3sin C ，由正弦定理得2b ＝3c ，②由①②得b ＝3，c ＝2.3．已知函数f (x )＝cos x (cos x ＋3sin x )．(1)求f (x )的最小值；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若f (C )＝1，S △ABC ＝334，c ＝7，求△ABC 的周长．解 (1)f (x )＝cos x (cos x ＋3sin x )＝cos 2x ＋3sin x cos x ＝1＋cos 2x 2＋32sin 2x ＝12＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＝－1时，f (x )取得最小值－12. (2)f (C )＝12＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝1，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝12， ∵C ∈(0，π)，2C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，∴2C ＋π6＝5π6，∴C ＝π3.∵S △ABC ＝12ab sin C ＝334，∴ab ＝3. 又(a ＋b )2－2ab cos π3＝7＋2ab ， ∴(a ＋b )2＝16，即a ＋b ＝4，∴a ＋b ＋c ＝4＋7， 故△ABC 的周长为4＋7.4．(2021·东北三省三校联考)已知在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b 2tan A ＝a 2tan B ，2sin 2A ＋B 2＝1＋cos 2C .(1)求角A 的大小； (2)若点D 为AB 上一点，满足∠BCD ＝45°，且CD ＝32－6，求△ABC 的面积． 解 (1)由2sin 2A ＋B2＝1＋cos 2C 得1－cos(A ＋B )＝2cos 2C ，即2cos 2C －cos C －1＝0， 解得cos C ＝－12(cos C ＝1舍去)，故C ＝120°. 因为asin A ＝bsin B ，b 2tan A ＝a 2tan B ，所以sin 2B sin A cos A ＝sin 2A sin B cos B， 即sin A ·cos A ＝sin B cos B ，故sin 2A ＝sin 2B ，因此A ＝B 或A ＋B ＝90°(舍去)，故A ＝30°.(2)由(1)知△ABC 为等腰三角形，设BC ＝AC ＝m ，由S △ABC ＝S △ACD ＋S △BCD 得12m 2·sin 120°＝12m · CD ·sin 45°＋12m ·CD ·sin 75°，整理得32m＝CD⎝⎛⎭⎪⎫22＋2＋64＝()32－6×32＋64，解得m＝23，故S△ABC＝12m2·sin 120°＝3 3.5．(2021·郑州调研)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，其面积S＝b2＋c2－a24.(1)若a＝6，b＝2，求cos B；(2)求sin(A＋B)＋sin B cos B＋cos(B－A)的最大值．解(1)∵S＝b2＋c2－a24，∴12bc sin A＝b2＋c2－a24，即sin A＝b2＋c2－a22bc＝cos A，则tan A＝1，又A∈(0，π)，∴A＝π4.由正弦定理asin A ＝bsin B，得622＝2sin B，∴sin B＝66，又a>b，∴cos B＝1－16＝306.(2)由第(1)问可知，A＝π4，sin(A ＋B )＋sin B cos B ＋cos(B －A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4＋sin B cos B ＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫B －π4 ＝22sin B ＋22cos B ＋sin B cos B ＋22cos B ＋22sin B ＝2(sin B ＋cos B )＋sin B cos B ，令t ＝sin B ＋cos B ，则t 2＝1＋2sin B cos B ，sin(A ＋B )＋sin B cos B ＋cos(B －A )＝2t ＋12(t 2－1)， 令y ＝12t 2＋2t －12＝12(t ＋2)2－32，t ∈(0，2]， ∴当t ＝2，即B ＝π4时， sin(A ＋B )＋sin B cos B ＋cos(B －A )取得最大值52.。
第19题 解三角形-2021年高考数学真题逐题揭秘与以例及类(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)
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.。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题一三角函数和解三角形第1讲三角函数的图象和性质
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专题一 三角函数和解三角形
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所以 ω＝－16＋23k，k∈Z， 所以 ω＝52，f(x)＝sin 52x＋π4＋2， 所以 fπ2＝sin 54π＋π4＋2＝1. 故选 A.
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2．(2022·全国甲卷)设函数 f(x)＝sin ωx＋π3在区间(0，π)恰有三个极
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【解析】 f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，所以 f(x) 在区间0，π2和32π，2π上 f′(x)>0，即 f(x)单调递增；在区间π2，32π上 f′(x)<0， 即 f(x)单调递减，又 f(0)＝f(2π)＝2，fπ2＝π2＋2，f32π＝－32π＋1＋1＝－ 32π，所以 f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－32π，最大值为π2＋2.故选 D.
值点、两个零点，则 ω 的取值范围是
( C)
A．53，163
B．53，169
C．163，83
D．163，169
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【解析】 依题意可得 ω>0，因为 x∈(0，π)，所以 ωx＋π3∈π3，ωπ＋π3，
要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，
又 y＝sin x，x∈π3，3π的图象如下所示：
则52π<ωπ＋π3≤3π，解得163<ω≤83，即 ω∈163，83.故选 C.
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3．(2022·全国甲卷)将函数 f(x)＝sin ωx＋π3(ω>0)的图象向左平移π2个 单位长度后得到曲线 C，若 C 关于 y 轴对称，则 ω 的最小值是 ( C )
由考题定考向,探方法成策略——以２０２１年新高考全国Ⅰ卷解三角形问题为例
试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀由考题定考向,探方法成策略以２０２１年新高考全国I卷解三角形问题为例◉江苏省连云港市城头高级中学㊀程玲强㊀㊀１真题呈现,问题解析考题㊀(２０２１年新高考全国Ⅰ卷第１９题)记әA B C的内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b２＝a c,点D在A C边长,B D s i nøA B C＝a s i n C．(１)证明:B D＝b;(２)若A D＝２D C,求c o søA B C ．图１解析:本题为解三角形问题,可先绘制辅助图形,如图１所示．(１)根据题设可知,B D＝a s i n Cs i nøA B C．由正弦定理得cs i n C＝bs i nøA B C,即s i n Cs i nøA B C＝cb．所以B D＝a cb,又知b２＝a c,则推出B D＝b,得证．(２)由A C＝b,A D＝２D C,可得A D＝２b３,D C＝b３．所以,在әA B D中,c o søA D B＝１３b２９－c２４b２３．同理可得c o søC D B＝１０b２９－a２２b２３．因为øA D B＝π－øC D B,所以１３b２９－c２４b２３＝a２－１０b２９２b２３,整理得２a２＋c２＝１１b２３．又b２＝a c,所以２a２＋b４a２＝１１b２３,整理得６a４－１１a２b２＋３b４＝０,解得a２b２＝１３或a２b２＝３２．在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c＝４３－a２２b２．当a２b２＝１３时,c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当a２b２＝３２时,c o søA B C＝７１２．综上可知,c o søA B C＝７１２．另解:对于第(２)问,还可以从向量视角来解析．已知A D＝２D C,则D是三角形边A C的三等分点,则有B Dң＝１３B Aң＋２３B Cң,两边平方,可得|B Dң|２＝１９|B Aң|２＋４９|B Aң||B Cң|c o søA B C＋４９|B C|２．①在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c．结合题目条件有b２＝９D C２＝a c,B D＝b＝３D C．将上述式子代入①式,消去B D,c o søA B C和b,可初步得到６a２－１１a c＋３c２＝０,则c＝２３a或c＝３a．当c＝３a时,b２＝a c＝３a２,由余弦定理,得c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当c＝２３a时,b２＝a c＝２３a２,可得c o søA B C＝７１２．２命题揭秘,技巧探究上述考题为高考常见的解三角形问题,主要考查三角函数的核心知识,如正弦定理㊁余弦定理,以及利用定理度量三角形,对学生计算分析㊁利用知识解决实际问题的能力有较高的要求．下面深入解读考题的０６Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年６月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀命题规律,以及常用的解题技巧．２．１命题规律探究正弦定理㊁余弦定理是高考的热点知识,也是解三角形的核心知识,它们常用来求解三角形的相关问题,如已知边求其他角,判断三角形的形状,求三角形的面积,等等．同时,考题中也常将两个定理与和差公式㊁倍角公式以及三角形的面积公式相结合,转化的技巧性极强．问题解答需要灵活运用正弦定理㊁余弦定理,并有效结合函数与方程思想㊁化归转化思想等．２．２解题技巧探究正弦定理㊁余弦定理是解三角形的核心知识,对应变形式的应用也极为广泛,也是需要重点掌握的知识;另外需要掌握以下几个解析技巧．(１)正弦定理的推广:a s i n A＝b s i n B＝c s i n C＝２R,其中R为әA B C外接圆的半径．求解әA B C外接圆的面积或周长时,可利用正弦定理的推广式来求外接圆的半径．(２)三角形面积公式:S＝１２a b s i n C＝１２b c s i n A＝１２c a s i n B．对于上式,可从三角形内角与边来解读,即三角形的面积可表示为任意两边及其夹角正弦值乘积的一半．(３)正弦知识与三角形个数:利用正弦定理的变形式可判断满足条件的三角形个数．由正弦定理可变形出s i n B＝b s i n A a．当s i n B＝b s i n A a＞１,则满足条件的三角形为０个,即无解;当s i n B＝b s i n A a＝１,则满足条件的三角形为１个;当s i n B＝b s i n A a＜１,则满足条件的三角形为１个或２个．(４)正弦定理的适用问题:已知两角和任意一边,求其他边和角;已知两边和其中一边的对角,求其他边和角．(５)利用正㊁余弦定理解题常用策略:利用两个定理解题常结合转化思想,即将边转化为角,或将角转化为边,最终目标是实现角或边的统一．对于三角形中的不等式问题,可利用两个定理来适当 放缩 ．对于三角形的取值范围问题,若以余弦定理为切入点,则可将问题转化为不等式;若以正弦定理为切入点,则可将问题转化为三角函数．３关联探究,解题分析解三角形问题的类型十分多样,所涉知识考点也较为众多,结合图形理解条件把握三角形特征,活用定理是解题的关键．下面结合具体问题进行关联探究．３．１倍角公式转化,破解三角函数值问题涉及倍角的三角函数问题较为特殊,需用倍角公式构建倍角与三角形内角的关系,然后利用正弦定理㊁余弦定理加以运算突破．图２例１㊀如图２所示,用三个全等的әA B F,әB C D,әC A E拼成了一个等边三角形A B C,әD E F为等边三角形,且E F＝２A E,设øA C E＝θ,则s i n２θ的值为．解析:设A E＝k(k＞０),则E F＝２k．由øA C E＝θ,әA B F,әB C D,әC A E全等,可得øF A B＝θ, C D＝k,D E＝２k．又әA B C为等边三角形,所以øC A E＝π３－θ．在әC A E中,由正弦定理,可得A Es i nøA C E＝C Es i nøC A E,即３s i nθ＝３２c o sθ－１２s i nθ．整理得t a nθ＝３７,则s i n２θ＝２t a nθt a n２θ＋１＝２ˑ３７３４９＋１＝７３２６．评析:例１是关于倍角的三角函数问题,问题涉及了全等三角形和等边三角形,利用正弦定理来求解所涉内角的正弦值是解题的基础,而利用倍角公式构建三角形内角和倍角之间的关系则是解题的关键．３．２正弦定理转化,破解面积取值问题三角形面积取值问题十分常见,从三角函数视角分析,可灵活运用正弦定理来求解,对于其中取值范围的分析,则可结合角度和边长的大小关系．例２㊀在锐角三角形A B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b s i n B＋C２＝a s i n B,且c＝２,则锐角三角形A B C面积的取值范围为．解析:由b s i n B＋C２＝a s i n B,可得b c o s A２＝a s i n B．由正弦定理,可得s i n B c o s A２＝s i n A s i n B．由０＜B＜π２,可得s i n B＞０,故c o s A２＝s i n A,即c o s A２＝２s i n A２c o s A２．又０＜A＜π２,所以０＜A２＜π４,则c o sA２＞０．故s i nA２＝１２,进而可得A＝π３．１６Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀图３如图３所示,在әA B C中B C１ʅA C,B C２ʅA B,可知A C１＝A Bc o sπ３＝１,A C２＝A Bc o sπ３＝４．因为әA B C为锐角三角形,所以点C在线段C１C２上运动,但不包括端点,于是有A C１＜b＜A C２,即１＜b＜４．而әA B C的面积可表示为SәA B C＝１２b c s i n A＝３２b,结合b的取值可得３２bɪ(３２,２３)．故әA B C面积的取值范围为(３２,２３)．评析:例２是求三角形面积的取值范围问题,解题的关键是构建三角形模型㊁确定b的取值范围．上述解题分两阶段突破．第一阶段,结合余弦定理确定内角A的大小;第二阶段,结合图形求解b的取值范围,进而由三角形面积公式求面积的取值范围．３．３两角和差转化,破解三角函数最值问题对于与两角相关的三角函数值问题,突破的核心是两角和与差的公式,即完成两角的统一化,构建单一变量,将问题转化为简单的函数问题,然后利用函数性质求最值．例３㊀在әA B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S可表示为S＝b２＋c２－a２４,试回答下列问题．(１)如果a＝６,b＝２,求c o s B的值;(２)试求s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)的最大值．解析:(１)简答．利用面积公式可得A＝π４,结合正弦定理可得s i n B＝b s i n A a＝６６,分析可知B为锐角,故c o s B＝３０６．(２)由(１)可知A＝π４,所以s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２２s i n B＋２２c o s B＋s i n B c o s B＋２２s i n B＋２２c o s B＝２(s i n B＋c o s B)＋s i n B c o s B．令t＝s i n B＋c o s B＝２s i n(B＋π４),由Bɪ(０,３π４),得B＋π４ɪ(π４,π),则s i n(B＋π４)ɪ(０,１],所以tɪ(０,２]．故s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２t＋t２－１２＝１２(t＋２)２－３２,tɪ(０,２]．分析可知,当t＝２,B＝π４时,原式取得最大值,且最大值为５２．评析:上述第(２)问可视为是两角和差的三角函数最值问题,突破的核心策略是角的转化,即通过内角的变换将问题转化为单一内角的三角函数问题．上述解析过程充分利用了两角和与差的公式㊁内角的三角函数基本关系等,问题的转化思想和运算技巧体现得极为充分．４解后反思,教学建议解三角形问题是高考数学的重要题型,探究命题规律,总结解题技巧是教学探究的重点,下面进一步进行反思教学．４．１理解定理内涵,正确认识定理正弦定理㊁余弦定理是破解 解三角形 问题的核心定理,充分理解定理内涵㊁正确认识定理是探究学习的关键．实际上两大定理揭示了三角形边角关系．如余弦定理体现了三角形三边长与一个角余弦值的关系,是对勾股定理的推广;而正弦定理则体现了三角形各边和所对角正弦值之比的关系．教学中要帮助学生理解该知识内涵,同时引导学生体验定理的探究过程,掌握定理的证明方法,强化学生的思辨思维,以从根本上掌握解三角形问题的知识核心．４．２开展思维训练,总结通性通法边化角 和 角化边 是解三角形问题常用的两种思路,总体而言就是为了实现问题条件的 边 或角 的统一．在教学中要重视学生的思维训练,促使学生充分掌握该类问题的通性通法,正确判断解决问题应选用的方法．４．３关注类型问题,总结破题技巧解三角形问题的类型十分多样,问题的综合性㊁拓展性极强,因此关注问题的多种类型,总结破题技巧十分关键[１]．实际教学中,教师要帮助学生构建解三角形问题的体系,引导学生合理变式,灵活运用定理㊁公式来转化突破．同时注意拓展解法,提升学生的思维水平．参考文献:[１]景君．不畏浮云遮望眼 一道江苏联赛解三角形题的剖析[J]．中学数学,２０２１(７):１９Ｇ２０．Z２６Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
高考数学(文)二轮复习专题一 三角函数和平面向量 第2讲 平面向量、解三角形 Word版含答案
第2讲 平面向量、解三角形【课前热身】第2讲 平面向量、解三角形(本讲对应学生用书第4~6页)1.(必修4 P76习题7改编)在矩形ABCD 中，O 是对角线的交点，若BC u u u r =e 1，DC u u u r =e 2，则OC u u u r= .【答案】12(e 1+e 2)【解析】因为O 是矩形ABCD 对角线的交点，BCu u u r =e 1，DCu u u r =e 2，所以OCu u u r =12(BC u u u r +DC u u u r)=12(e 1+e 2).2.(必修4 P90习题19改编)已知向量a =(6，-3)，b =(2，x+1)，若a ⊥b ，则实数x= . 【答案】3【解析】因为a ⊥b ，所以a ·b =0，所以12-3x-3=0，解得x=3.3.(必修5 P10练习2改编)在锐角三角形ABC 中，设角A ，B 所对的边分别为a ，b.若2a sin B=3b ，则角A= .【答案】π3【解析】在△ABC 中，由正弦定理及已知得2sin A·sin B=3sin B ，因为B 为△ABC的内角，所以sin B ≠0，所以sinA=32.又因为△ABC 为锐角三角形，所以A ∈π02⎛⎫ ⎪⎝⎭，，所以A=π3.4.(必修4 P80例5改编)已知向量a =(1，0)，b =(2，1)，则当k= 时，向量k a -b 与a +3b 平行.【答案】-13【解析】由题设知向量a 与b 不平行，因为向量k a -b 与a +3b 平行，所以1k =-13，即k=-13.5.(必修5 P16习题1(3)改编)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a=7，b=43，c=13，则△ABC 最小的内角为 .【答案】π6【解析】因为13<43<7，所以C<B<A ，又因为cosC=222-2a b c ab +=2743⨯⨯=32，所以C=π6.【课堂导学】平面向量与三角函数综合例1 (2016·淮安5月信息卷)已知向量m =(cos α，sin α)，n =(3，-1)，α∈(0，π).(1)若m ⊥n ，求角α的大小； (2)求|m +n |的最小值.【解答】(1)因为m =(cos α，sin α)，n =(3，-1)，且m ⊥n ，所以3cos α-sin α=0，即tan α=3.又因为α∈(0，π)，所以α=π3.(2)因为m +n =(cos α+3，sin α-1)，所以|m +n |=22(cos 3)(sin -1)αα++=523cos -2sin αα+=π54cos 6α⎛⎫++ ⎪⎝⎭. 因为α∈(0，π)，所以α+ππ7π666⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，故当α+π6=π，即α=5π6时，|m +n |取得最小值1.正弦定理、余弦定理的应用例2 (2016·苏州暑假测试)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.已知sin2-2A B+sin A sin B=22+.(1)求角C 的大小；(2)若b=4，△ABC 的面积为6，求c 的值.【解答】(1)sin2-2A B+sin A sin B=1-cos(-)2A B+2sin sin2A B=1-cos cos-sin sin2A B A B+2sin sin2A B=1-cos cos sin sin2A B A B+=1-(cos cos-sin sin)2A B A B=1-cos()2A B+=1-cos(π-)2C=1cos2C+=22+，所以cos C=22.又0<C<π，所以C=π4.(2)因为S=12ab sin C=12a×4×sinπ4=2a=6，所以a=32.因为c2=a2+b2-2ab cos C=(32)2+42-2×32×4×22=10，所以c=10.变式1(2016·南通一调)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a+b-c)(a+b+c)=ab.(1)求角C的大小；(2)若c=2a cos B，b=2，求△ABC的面积.【解答】(1)在△ABC中，由(a+b-c)(a+b+c)=ab，得222-2a b cab+=-12，即cosC=-12.因为0<C<π，所以C=2π3.(2)方法一：因为c=2a cos B，由正弦定理，得sin C=2sin A cos B.因为A+B+C=π，所以sin C=sin(A+B )，所以sin(A+B )=2sin A cos B ，即sin A cos B-cos A sin B=0， 所以sin(A-B )=0.又-π3<A-B<π3，所以A-B=0，即A=B ，所以a=b=2. 所以△ABC 的面积为S △ABC =12ab sin C=12×2×2×sin 2π3=3.方法二：由c=2a cos B 及余弦定理，得c=2a×222-2a c b ac +，化简得a=b ，所以△ABC 的面积为S △ABC =12ab sin C=12×2×2×sin 2π3=3.变式2 (2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)在斜三角形ABC 中，tan A+tan B+tan A tan B=1.(1)求角C 的大小； (2)若A=15°，2，求△ABC 的周长.【解答】(1)因为tan A+tan B+tan A tan B=1， 即tan A+tan B=1-tan A tan B.因为在斜三角形ABC 中，1-tan A tan B ≠0，所以tan(A+B )=tan tan 1-tan tan A BA B +=1，即tan(180°-C )=1，tan C=-1. 因为0°<C<180°，所以C=135°.(2)在△ABC 中，A=15°，C=135°，则B=180°-A-C=30°.由正弦定理sin BC A =sin CAB =sin ABC ，得sin15BC o =°sin30CA=2=2，故BC=2sin 15°=2sin(45°-30°)=2(sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°)=6-2 2，CA=2sin 30°=1.所以△ABC的周长为AB+BC+CA=2+1+6-22=2622++.平面向量与解三角形综合例3(2016·无锡期末)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量a=(sin B-sin C，sin C-sin A)，b=(sin B+sin C，sin A)，且a⊥b.(1)求角B的大小；(2)若b=c·cos A，△ABC的外接圆的半径为1，求△ABC的面积.【解答】(1)因为a⊥b，所以a·b=0，即sin2B-sin2C+sin A(sin C-sin A)=0，即sin A sin C=sin2A+sin2C-sin2B，由正弦定理得ac=a2+c2-b2，所以cos B=222-2a c bac+=12.因为B∈(0，π)，所以B=π3.(2)因为c·cos A=b，所以bc=222-2b c abc+，即b2=c2-a2，又ac=a2+c2-b2，b=2R sin3，解得a=1，c=2.所以S△ABC =12ac sin B=3.变式(2016·苏锡常镇二调)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知向量m=(cos B，cos C)，n=(4a-b，c)，且m∥n.(1)求cos C的值；(2)若c=3，△ABC的面积S=15，求a，b的值.【解答】(1)因为m∥n，所以c cos B=(4a-b)cos C，由正弦定理，得sin C cos B=(4sin A-sin B)cos C，化简得sin(B+C)=4sin A cos C.因为A+B+C=π，所以sin(B+C)=sin A.又因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos C=14.(2)因为C∈(0，π)，cos C=14，所以sin C=21-cos C=11-16=15.因为S=12ab sin C=15，所以ab=2.①因为c=3，由余弦定理得3=a2+b2-12ab，所以a2+b2=4，②由①②，得a4-4a2+4=0，从而a2=2，a=2(a=-2舍去)，所以a=b=2.【课堂评价】1.(2016·镇江期末)已知向量a=(-2，1)，b=(1，0)，则|2a+b|=. 【答案】13【解析】因为2a+b=(-3，2)，所以|2a+b|=22(-3)2+=13.2.(2016·南京学情调研)已知向量a=(1，2)，b=(m，4)，且a∥(2a+b)，则实数m=.【答案】2【解析】方法一：由题意得a=(1，2)，2a+b=(2+m，8)，因为a∥(2a+b)，所以1×8-(2+m)×2=0，故m=2.方法二：因为a∥(2a+b)，所以存在实数λ，使得λa=2a+b，即(λ-2)a=b，所以(λ-2，2λ-4)=(m，4)，所以λ-2=m且2λ-4=4，解得λ=4，m=2.3.(2016·南京、盐城一模)在△ABC中，设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若a=5，A=π4，cos B=35，则c=.【答案】7【解析】因为cos B=35，所以B∈π2⎛⎫⎪⎝⎭，，从而sin B=45，所以sin C=sin(A+B)=sinA cos B+cos A sin B=2×35+2×45=72，又由正弦定理得sinaA=sincC，即52 =72c，解得c=7.4.(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，则cos A=.(第4题)【答案】-10【解析】如图，作AD ⊥BC交BC 于点D ，设BC=3，则AD=BD=1，AB=2，AC=5.由余弦定理得32=(2)2+(5)2-2×2×5×cos A ，解得cos A=-10.5.(2016·南通一调)已知在边长为6的正三角形ABC 中，BD u u u r =12BC u u u r ，AE u u u r=13AC u u u r ，AD 与BE 交于点P ，则PB u u u r ·PD u u ur 的值为 .(第5题)【答案】274【解析】如图，以BC 为x 轴，AD 为y 轴，建立平面直角坐标系，不妨设B (-3，0)，C (3，0)，则D (0，0)，A (0，33)，E (1，23)，P 330⎛ ⎝⎭，，所以PB u u u r ·PD u u ur =|PD u u u r |2=233⎝⎭=274.温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》第3～4页.【检测与评估】第2讲 平面向量、解三角形一、 填空题1.(2016·苏州暑假测试)设x ，y ∈R ，向量a =(x ，1)，b =(2，y )，且a +2b =(5，-3)，则x+y= .2.(2016·盐城三模)已知向量a ，b 满足a =(4，-3)，|b |=1，|a -b |=21，则向量a ，b 的夹角为 .3.(2016·全国卷Ⅱ)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A=45，cos C=513，a=1，则b= .4.(2016·天津卷)在△ABC 中，若AB=13，BC=3，∠C=120°，则AC= .5.(2016·南京三模)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB=4，AD=3，CD=2，AM u u u u r =2MD u u u u r .若AC u u u r ·BM u u u u r =-3，则AB u u u r ·AD u u u r = .(第5题)6.(2016·无锡期末)已知平面向量α，β满足|β|=1，且α与β-α的夹角为120°，则α的模的取值范围为 .7.在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若b a +ab =6cos C ，则tan tan C A +tan tan CB = .8.(2016·苏北四市摸底)在△ABC 中，AB=2，AC=3，角A 的平分线与AB 边上的中线交于点O ，若AO u u u r =x AB u u u r+y AC u u u r (x ，y ∈R )，则x+y 的值为 .二、 解答题9.(2016·苏北四市期末)已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，sin A=35，tan(A-B )=-12.(1)求tan B 的值； (2)若b=5，求c 的值.10.(2016·徐州、连云港、宿迁三检)如图，在梯形ABCD 中，已知AD ∥BC ，AD=1，BD=210，∠CAD=π4，tan ∠ADC=-2.(1)求CD 的长； (2)求△BCD 的面积.(第10题)11.(2016·南京三模)在△ABC 中，已知a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边.若向量m =(a ，cos A )，向量n =(cos C ，c )，且m ·n =3b cos B.(1)求cos B 的值；(2)若a ，b ，c 成等比数列，求1tan A +1tan C 的值.【检测与评估答案】第2讲 平面向量、解三角形一、 填空题1. -1 【解析】由题意得a +2b =(x+4，1+2y )=(5，-3)，所以4512-3x y +=⎧⎨+=⎩，，解得1-2x y =⎧⎨=⎩，，所以x+y=-1.2. π3【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，由|a -b|=，得21=(a -b )2=a 2+b 2-2a ·b =25+1-2·5·cos θ，即cos θ=12，所以向量a ，b 的夹角为π3.3. 2113 【解析】因为cos A=45，cos C=513，且A ，C 为三角形的内角，所以sin A=35，sin C=1213，所以sin B=sin(A+C )=sin A cos C+cos A sin C=6365.由正弦定理得sin b B =sin aA ，解得b=2113.4. 1【解析】设AC=x，由余弦定理得cos 120°=29-13 23xx+⋅⋅=-12，即x2+3x-4=0，解得x=1或x=-4(舍去)，所以AC=1.5.32【解析】方法一：设ABu u u r=4a，ADu u u r=3b，其中|a|=|b|=1，则DCu u u r=2a，AMu u u u r=2b.由ACu u u r·BMu u u u r=(ADu u u r+DCu u u r)·(BAu u u r+AMu u u u r)=-3，得(3b+2a)·(2b-4a)=-3，化简得a·b=18，所以ABu u u r·ADu u u r=12a·b=32.方法二：建立平面直角坐标系，使得A(0，0)，B(4，0)，设D(3cos α，3sin α)，则C(3cos α+2，3sin α)，M(2cos α，2sin α).由ACu u u r·BMu u u u r=-3，得(3cos α+2，3sin α)·(2cos α-4，2sin α)=-3，化简得cos α=18，所以ABu u u r·ADu u u r=12cos α=32.6.23⎛⎤⎥⎝⎦，【解析】如图，设α=ABu u u r，β=ACu u u r，则β-α=BCu u u r，∠ABC=60°，设α与β的夹角为θ，则0°<θ<120°，由正弦定理可得°||sin(120-)θα=°||sin60β，所以|α|=233sin(120°-θ).因为0°<θ<120°，所以0°<120°-θ<120°，所以0<sin(120°-θ)≤1，所以0<|α|≤23.(第6题)7. 4 【解析】b a +ab =6cos C ⇒6ab cos C=a 2+b 2⇒3(a 2+b 2-c 2)=a 2+b 2⇒a 2+b 2=232c ，所以tan tan C A +tan tan CB =sin cosC C ·cos sin sin cos sin sin B A B A A B +=sin cos C C ·sin()sin sin A B A B +=1cos C ·2sin sin sin C A B =2222-aba b c +·2c ab =22223-2c c c=2222c c =4.8. 58 【解析】如图，在△ABC 中，AD 为∠BAC 的平分线，CE 为AB 边上的中线，且AD ∩CE=O.在△AEO 中，由正弦定理得sin AE AOE ∠=sin EOEAO ∠.在△ACO 中，由正弦定理得sin AC AOC ∠=sin COCAO ∠，两式相除得AE AC =EO OC .因为AE=12AB=1，AC=3，所以EO OC =13，所以CO u u u r =3OE u u u r ，即AO u u u r -AC u u u r =3(AE u u u r -AO u u ur )，即4AO u u u r =3AE u u u r+AC u u u r ，所以4AO u u u r =32AB u u ur +AC u u u r ，从而AO u u u r =38AB u u u r +14AC u u u r .因为AO u u u r =x AB u u u r+y ACu u u r ，所以x=38，y=14，所以x+y=58.(第8题)二、 解答题9. (1) 方法一：在锐角三角形ABC 中，由sin A=35，得cos A=21-sin A =45，所以tan A=sin cos A A =34.由tan(A-B )=tan -tan 1tan ?tan A B A B +=-12，得tan B=2.方法二：在锐角三角形ABC 中，由sin A=35，得cos A=21-sin A =45，所以tanA=sin cos A A =34.又因为tan(A-B )=-12，所以tan B=tan[A-(A-B )]=tan -tan(-)1tan tan(-)A A B A A B +=31--42311-42⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫+⨯ ⎪⎝⎭=2. (2) 由(1)知tan B=2，得sin B=255，cos B=55， 所以sin C=sin(A+B )=sin A cos B+cos A sin B=11525，由正弦定理sin bB =sin cC ，得c=sin sin b C B =112.10. (1) 因为tan ∠ADC=-2，且∠ADC ∈(0，π)，所以sin ∠ADC=255，cos ∠ADC=-55. 所以sin ∠ACD=sinππ--4ADC ∠⎛⎫ ⎪⎝⎭ =sin ∠ADC+π4=sin ∠ADC ·cos π4+cos ∠ADC ·sin π4=，在△ADC 中，由正弦定理得CD=·sin sin AD DACACD ∠∠=.(2) 因为AD ∥BC ，所以cos ∠BCD=-cos ∠ADC=，sin ∠BCD=sin ∠ADC=.在△BDC 中，由余弦定理得BD 2=BC 2+CD 2-2BC ·CD ·cos ∠BCD ， 即BC 2-2BC-35=0，解得BC=7，所以S △BCD =12BC ·CD ·sin ∠BCD=12×7=7.11. (1) 因为m ·n =3b cos B ，所以a cos C+c cos A=3b cos B. 由正弦定理得sin A cos C+sin C cos A=3sin B cos B ， 所以sin(A+C )=3sin B cos B ， 所以sin B=3sin B cos B.因为B 是△ABC 的内角，所以sin B ≠0，所以cos B=13.(2) 因为a ，b ，c 成等比数列，所以b 2=ac. 由正弦定理得sin 2B=sin A ·sin C.因为cos B=13，B 是△ABC 的内角，所以sinB=，又1tan A +1tan C =cos sin A A +cos sin C C =cos ?sin sin ?cos sin sin A C A CA C +⋅ =sin()sin sin A C A C +⋅=sin sin sin B A C=2sin sin B B =1sin B=.。
高考数学二轮复习几何特征在解三角形中的应用
＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°
＝ 面积6比＋4 为2相，似比的平方，SS12＝c－a2b2＝sin
sin2A C－sin
B2
3
＝sin 75s°in－26s0in°45°2＝
4
6＋ 4
2－
22
2
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3 ＝8－44 3
16 ＝2－3 3＝6＋3 3.
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5.(2022·长沙质检)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中A ＝60°，B＝45°，若将六个和△ABC全等的三角形围成如图的正六边
形，设其面积为S1，阴影部分面积为S2，则
S1 S2
＝_3___3_＋__6_.
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因为A＝60°，B＝45°，则C＝75°，
所以sin C＝sin 75°＝sin(45°＋30°)
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设∠ABC＝θ，则∠ADC＝π－θ，
∵在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos θ，
在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos(π－θ)，
∴AB2＋BC2－2AB·BC·cos θ＝AD2＋CD2＋2AD·CD·cos θ，
则61－60cos θ＝25＋24cos θ，
6.(2022·山东学期联考)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b， c，已知 3tan Atan B－tan A－tan B＝ 3，角 C 的平分线 CD 交 AB 于 D. (1)求证：CD3 ＝C1A＋C1B；
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∵ 3tan Atan B－tan A－tan B＝ 3， ∴ 3(tan Atan B－1)＝tan A＋tan B， ∴1t－antAan＋AttaannBB＝－ 3， ∴tan(A＋B)＝－ 3， ∴tan∠ACB＝ 3， ∵0<∠ACB<π，∴∠ACB＝π3， ∵CD为角平分线，∴S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，
2021届高考数学二轮复习专题五三角函数与解三角形梳理纠错预测学案文
三角函数与解三角形1．三角函数（1)以正弦函数、余弦函数、正切函数为载体，考查函数的定义域、最值、单调性、对称性、周期性．（2）考查三角函数式的化简，三角函数的图象的性质以及平移和伸缩变换． 2．解三角形（1)利用正余弦定理进行三角形边和角的计算，三角形形状的判断、面积的计算，以及有关的参数的范围．（2）考查运用正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．一、三角函数 1．公式（1）诱导公式：(2）同角三角函数关系式：22sin cos 1αα+=,sin tan cos ααα=（3）两角和与差的三角函数：sin()sin cos cos sin αβαβαβ+=+ sin()sin cos cos sin αβαβαβ-=- cos()cos cos sin sin αβαβαβ+=- cos()cos cos sin sin αβαβαβ-=+tan tan tan()1tan tan αβαβαβ++=-tan tan tan()1tan tan αβαβαβ--=+（4)二倍角公式：sin 22sin cos ααα=2222cos 2cos sin 12sin 2cos 1ααααα=-=-=- 22tan tan 21tan ααα=- （5)降幂公式：21cos2sin2αα-=，21cos2cos2αα+=2．三角函数性质3．函数y=A sin(ωx+φ)的图象及变换（1）φ对函数y=sin(x+φ)的图象的影响（2)ω(ω>0)对y=sin(ωx+φ)的图象的影响（3）A(A>0)对y=A sin(ωx+φ)的图象的影响4．函数y =A sin(ωx +φ)的性质（1）函数y =A sin(ωx +φ)(A >0，ω>0)中参数的物理意义(2）函数y =A sin(ωx +φ)(A >0，ω>0)的有关性质二、解三角形 1．正余弦定理（为外接圆半径）； ；，，；，，；；;；2．利用正弦、余弦定理解三角形（1)已知两角一边,用正弦定理，只有一解．（2)已知两边及一边的对角，用正弦定理，有解的情况可分为几种情况．在ABC△中,已知，和角A时，解得情况如下：上表中A为锐角时，，无解．A为钝角或直角时，，均无解．（3）已知三边,用余弦定理，有解时，只有一解．(4）已知两边及夹角,用余弦定理,必有一解．3．三角形中常用的面积公式（1）（表示边上的高)；(2）；（3）(为三角形的内切圆半径）．4．解三角形应用题的一般步骤一、选择题．1．若1sin 33πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则cos 23πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭（)A ．79-B ．23C ．23-D ．79【答案】A【解析】1sin cos cos 32363ππππααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-+=-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 2217cos 2cos 22cos 12136639πππααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--=⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选A ．【点评】本题主要考查了诱导公式在三角函数化简求值中的应用,考查了计算能力和转化思想， 属于基础题．2．函数()2sin cos 24f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的最大值为（）A．1BC． D ．3【答案】B【解析】因为()2sin cos 24f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，所以()2sin sin 22sin 2sin cos 44444f x x x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,令4x πθ=+，则()2sin 2sin cos 2sin sin 2f θθθθθθ=+=+,则()()222cos 2cos 222cos 12cos 4cos 2cos 2f θθθθθθθ'=+=-+=+-，令f ′(θ)=0,得cos 1θ=-或1cos 2θ=,经典训练题（70分钟）当11cos 2θ-<<时，f ′(θ)<0；1cos 12θ<<时，f ′(θ)>0，所以当1cos 2θ=时，f (θ)取得最大值,此时sin 2θ=，所以()max2f x =，故选B ．【点评】本题考查三角恒等变换及三角函数的性质的应用，解答的关键是利用导数研究函数的单调性从而求出函数的最值． 3．已知锐角ϕ满足cos 1ϕϕ-=．若要得到函数()()21sin 2f x x ϕ=-+的图象,则可以将函数1sin 22y x =的图象（） A ．向左平移7π12个单位长度B ．向左平移π12个单位长度C ．向右平移7π12个单位长度D ．向右平移π12个单位长度【答案】A 【解析】由cos 1ϕϕ-=,知2sin()16πϕ-=，即1sin()62πϕ-=， ∴锐角3πϕ=，故()()221112sin sin cos(2)22323f x x x x ππϕ⎛⎫=-+=-+=+ ⎪⎝⎭，又12117cos(2)sin(2)sin(2)232626x x x πππ+=-+=+, ∴()17sin(2)26f x x π=+，故f(x)是将1sin 22y x =向左平移7π12个单位长度得到，故选A ．【点评】由辅助角公式化简已知条件求锐角ϕ，根据f(x)的函数式，应用二倍角、诱导公式将f(x)化为正弦型函数，即可判断图象的平移方式．4．已知函数f (x )=2sin (ωx +φ)，(0,)2πωϕ><的部分图象如图所示，f (x )的图象过,14A π⎛⎫ ⎪⎝⎭,5,14B π⎛⎫- ⎪⎝⎭两点，将f (x )的图象向左平移712π个单位得到g (x )的图象，则函数g (x )在30,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()A ．−√2B ．√2C ．−√3D ．−1【答案】A【解析】由图象知，5244T πππ=-=，∴T =2π,则1ω=, ∴f (x )=2sin (x +φ)，将点,14A π⎛⎫ ⎪⎝⎭的坐标代入得，2sin 14πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即1sin 42πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，又2πϕ<，∴12πϕ=-,则()2sin 12f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 将f (x )的图象向左平移712π个单位得到函数()72sin 2sin 2cos 12122g x x x xπππ⎛⎫⎛⎫=+-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴g (x )在30,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为32cos 4π=,故选A ．【点评】本题主要考查三角函数图象，需要利用三角函数的周期性以及对称性进行处理,再结合图象的平移,三角函数的单调性进行解题,本题属于中档题．5．已知函数f (x )=sin ωx −√3cos ωx （0ω>，x ∈R ）的图象与x 轴交点的横坐标构成一个公差为2π的等差数列，把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移3π个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数g (x )的图象，则下列关于函数g (x )的命题中正确的是（） A ．函数g (x )是奇函数B ．g (x )的图象关于直线6x π=对称C ．g (x )在,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数D ．当,66ππx ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数g (x )的值域是[0,2］ 【答案】B【解析】()πsin 2sin 3f x x x x ωωω⎛⎫==- ⎪⎝⎭，由题意知函数周期为π，则2T ππω==，2ω=，从而()π2sin 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移3π个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数()2sin π3g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，g (x )不是奇函数，A 错；g (x )在,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦是单调递增，C 错;,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数g (x )的值域是[1，2］,D 错；g (x )的图象关于直线π6x =对称，B 对，只有选项B 正确，故选B ．【点评】本题考查三角函数,图象的变换，以及图象的性质，属于中档题．6．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边分别为a ,b ,c ,若3A π=，b =4，△ABC的面积为3√3,则sin B =（）A BC ．13D 【答案】A【解析】1sin 2S bc A ===c =3，由余弦定理可得2222cos 13ab c bc A =+-=,得a =√13，又由正弦定理可得sin sin a b A B=，所以sin sin 13b A B a ==,故选A ．【点评】本题主要考了三角形的面积公式以及余弦定理公式的运用，属于基础题型．7．已知a 、b 、c 分别是△ABC 的内角A 、B 、C 的对边，若sin cos sin CA B<，则ΔABC 的形状为（） A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形 D ．等边三角形 【答案】A【解析】因为在三角形中,sin cos sin CA B<变形为sin sin cos C B A <， 由内角和定理可得sin()cos sin A B A B +<，化简可得sin cos 0A B <，cos 0B ∴<，所以2B π>,所以三角形为钝角三角形，故选A ．【点评】本题考查了解三角形，主要是公式的变形是解题的关键，属于较为基础题．二、填空题．8．已知(0,π)α∈，且有1−2sin 2α=cos 2α，则cos α=_________．【答案】5【解析】2212sin 2cos 214sin cos 12sin sin 2sin cos αααααααα-=⇒-=-⇒=，因为(0,π)α∈，所以sin 0α≠， 因此由2πsin 2sin cos sin 2cos tan 20,2ααααααα⎛⎫=⇒=⇒=⇒∈ ⎪⎝⎭，而()22sincos 11αα+=，把sin 2cos αα=代入(1)得：22214cos cos 1cos cos 5αααα+=⇒=⇒=2π0,α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，因此cos 5α=，故答案为5．【点评】本题考查了三角恒等变换与三角函数求值问题，是基础题．9．已知角α的顶点为坐标原点，始边为x 轴的正半轴,终边经过点P (3，4)，则tan π2α⎛⎫+= ⎪⎝⎭___________．【答案】34-【解析】由三角函数的定义可得4sin 5α==，3cos 5α==,因此,3sin cos 325tan 42sin 4cos 52παπααπαα⎛⎫+ ⎪⎛⎫⎝⎭+====- ⎪-⎛⎫⎝⎭-+ ⎪⎝⎭， 故答案为34-．【点评】本题考查任意角的三角函数的应用，诱导公式的应用，是基本知识的考查．三、解答题．10．已知函数2()cos 222x x xf x =+．(1)求函数f(x)在区间[0，π]上的值域；（2）若方程f(ωx)=√3(ω>0)在区间[0，π]上至少有两个不同的解，求ω的取值范围． 【答案】（1）2⎡⎤⎣⎦；（2)5,12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【解析】（1）()2πcos 2sin()2224x x x f x x x x =+-=+=+，令4U x π=+，[]0,x π∈，5,44U ππ⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，由y =sin U 的图象知,sin U ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即sin 4πx ⎡⎤⎛⎫+∈⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，2sin 2π4x ⎛⎫⎡⎤∴+∈ ⎪⎣⎦⎝⎭,所以函数f(x)的值域为2⎡⎤⎣⎦．(2）()2sin()(0)4f x x πωωω=+>, ∵f(ωx)=√3，2sin()4x πω∴+=,即sin()42x πω+=，∵x ∈[0，π]，,444x πππωωπ⎡⎤∴+∈+⎢⎥⎣⎦，且()243x k k ππωπ+=+∈Z 或()2243x k k ππωπ+=+∈Z ， 由于方程f(ωx)=√3(ω>0)在区间[0，π]上至少有两个不同的解,所以243ππωπ+≥，解得512ω≥， 所以ω的取值范围为5,12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【点评】考查三角函数的值域时，常用的方法:（1）将函数化简整理为f(x)=A sin (ωx +φ),再利用三角函数性质求值域；（2)利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值．11．已知函数()2sin 2cos 232f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（1）求函数f (x )在5,66ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调区间；（2)若0,2πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，1123f πβ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，求cos 26πβ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值．【答案】（1)递增区间为,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，75,126ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递减区间为7,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦；(2)3-．【解析】（1）由题意得()21sin 2cos 2cos 2sin 2sin 23222f x x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫=++-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12sin 2sin 223x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭， 因为5,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以[]20,23x ππ+∈， 令0232x ππ≤+≤，解得,612x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦； 令32232x πππ≤+≤，解得7,1212x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦；令32223x πππ≤+≤，得75,126x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦． 所以函数f (x )在5,66ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调递增区间为,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，75,126ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦, 单调递减区间为7,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．(2）由（1）知1sin 21263f ππββ⎛⎫⎛⎫-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因为2π0,β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以7π2,66ππ6β⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭， 又因为1π1sin 2632β⎛⎫+=< ⎪⎝⎭，所以2,π62ππβ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以cos 2π6β⎛⎫+== ⎪⎝⎭．【点评】三角函数的化简求值的规律总结:1．给角求值：一般给出的角是非特殊角，要观察所给角与特殊角的关系,利用三角变换转化为求特殊角的三角函数值问题； 2．给值求值:即给出某些角的三角函数值,求另外一些角的三角函数值,解题关键在于“变角”,使相关角相同或具有某种关系； 3．给值求角：实质上可转化为“给值求值”即通过求角的某个三角函数值来求角（注意角的范围）． 12．在四边形ABCD 中,AB //CD ，AD =CD =BD =1． （1）若32AB =，求BC ；(2）若AB =2BC ，求cos BDC ∠．【答案】（1）2BC =；（2）cos 1BDC ∠=．【解析】（1）在△ABD 中，由余弦定理可得2223cos 24AB BD AD ABD AB BD +-∠==⋅，∵CD //AB，∴∠BDC =∠ABD ，在△BCD 中,由余弦定理可得22212cos 2BC BD CD BD CD BDC =+-⋅∠=,2BC =．（2)设BC =x ，则AB =2x ，在△ABD 中，22224cos 24AB BD AD x ABD x AB BD x +-∠===⋅， 在△BCD 中,22222cos 22BD CD BC x BDC BD CD +--∠==⋅，由（1）可知,∠BDC =∠ABD ，所以，cos ∠BDC =cos ∠ABD ,即222x x -=，整理可得x2+2x −2=0,因为x >0，解得x =√3−1， 因此，cos cos 1BDC ABD x ∠=∠==．【点评】在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角,但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角"或“角化边",变换原则如下:（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； (2）若式子中含有a 、b 、c 的齐次式,优先考虑正弦定理“边化角"； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； (4）代数式变形或者三角恒等变换前置；(5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解;（6)同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理．13．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足(2b −c )cos A =acosC．(1）求角A ；（2)若a =√13，b +c =5，求△ABC 的面积． 【答案】（1）π3A =；（2）√3．【解析】（1）在三角形ABC 中，∵(2b −c )cos A =acos C , 由正弦定理得()2sin sin cos sin cos B C A A C -=，化为：()2sin cos sin cos sin cos sin sin B A C C A C A C B =+=+=, 三角形中sin 0B ≠，解得1cos 2A =，A ∈(0，π)，∴π3A =．（2）由余弦定理得2222cos ab c bc A =+-，∵a =√13，b +c =5，∴13=(b +c )2−3cb =52−3bc，化为bc =4，所以三角形ABC 的面积11sin 4222S bc A ==⨯⨯=【点评】本题考查正余弦定理和三角形面积公式的综合运用,涉及三角函数恒等变换，属基础题．熟练掌握利用正弦定理边化角，并结合三角函数两角和差公式化简，注意余弦定理与三角形面积公式的综合运用．14．已知△ABC 的内角A ，B ,C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin (A +B −C )=c sin (B +C )．（1)求角C 的大小；（2）若2a +b =8，且△ABC 的面积为2√3，求△ABC 的周长．【答案】（1）π3C =；(2)6+2√3．【解析】（1）∵a sin(A +B −C)=c sin(B +C)，sin sin(π2)sin sin A C C A ∴-=，2sin sin cos sin sin A C C C A ∴=， sin sin 0A C ≠,1cos 2C ∴=，0πC <<,π3C ∴=． (2）由题意可得12=∴ab =8，∵2a +b =8联立可得，a =2，b =4，由余弦定理可得c2=12，c =2√3，此时周长为6+2√3．【点评】本题主要考查了三角形的内角及诱导公式在三角形化简中的应用,还考查了三角形的面积公式及余弦定理,属于基础题．15．在△ABC 中，内角A ，B ,C 的对边分别为a ，b ，c ．已知2c sin B =3a sin C ，1cos 3C =． （1）求证：△ABC 为等腰三角形;(2）若△ABC 面积为2√2，D 为AB 中点，求线段CD 的长． 【答案】（1）证明见解析;（2）．【解析】(1）由2c sin B =3a sin C ,根据正弦定理可得2cb =3ac ，所以2b =3a ,则32b a =， 又1cos 3C =，根据余弦定理可得222222222913144cos 332322a a c a c abc C ab a a a +--+-====⋅，则222134aa c =-,所以32c a b ==, 因此△ABC 为等腰三角形．（2）因为角C是三角形内角，所以sin C>0，则sin C==因为△ABC面积为2√2，所以113sin222ab C a a==⋅a=2，所以b=c=3，又D为AB中点，所以cos cosADC BDC∠=-∠，则222222333222332222CD CDCD CD⎛⎫⎛⎫+-+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-⨯⨯⨯⨯，整理得2174CD=,所以CD=．【点评】本题主要考查正余弦定理、三角形的面积公式的综合运用,利用正弦定理进行边角转换等，属于中档题型．16．△ABC的内角A，B,C的对边分别为a，b,c．已知sin cos2Aa C c=．（1)求A；（2)已知b=1，c=3，且边BC上有一点D满足3ABD ADCS S=△△，求AD．【答案】（1）π3A=；(2）4AD=．【解析】（1）因为sin cos2Aa C c=，由正弦定理得sin sin sin cos2AA C C=，因为sin C≠0，所以sin cos2AA=，所以2sin cos cos222A A A=,因为0π22A<<，所以cos02A≠，所以1sin22A=，即π26A=，所以π3A=．(2)设△ABD的AB边上的高为ℎ1，△ADC的AC边上的高为ℎ2,因为3ABD ADCS S=△△，c=3，b=1，所以1211322c h b h⋅=⨯⋅,所以ℎ1=ℎ2，AD 是△ABC 角A 的内角平分线，所以π6BAD ∠=，因为S△ABD=3S △ADC,可知34ABDABC SS =△△， 所以131sin sin 26423ππAB AD AB AC ⨯⨯=⨯⨯⨯，所以4AD =．【点评】关键点点睛:本题考查了正弦定理的边角互化、三角形的面积公式，解题的关键是确定AD 是△ABC 角A 的内角平分线，考查了运算能力．一、选择题．1．已知函数()2sin 2π6f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，现将()y f x =的图象向左平移π12个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数y =g (x )的图象，则g (x )的解析式为(）A ．221124x y +=B ．πsin 3y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭C ．2sin 4π3y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭D ．π2sin 3y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】将()y f x =的图象向左平移π12个单位得2sin 22sin 21πππ263y x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，再所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到()2in 4πs 3y g x x ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭,高频易错题故选C ．【点评】在三角函数平移变换中，y =sin ωx 向左平移ϕ个单位得到的函数解析式为y =sin [ω(x +φ)]=sin (ωx +ωφ)，而不是y =sin (ωx +ϕ),考查运算求解能力，是基础题．二、填空题．2．设锐角三角形ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若a =2，B =2A ，则b 的取值范围为___________． 【答案】(2√2，2√3)【解析】由sin2sin b aA A=，得b =4cos A ,由0290045A A ︒<<︒⇒︒<<︒, 01803903060A A ︒<︒-<︒⇒︒<<︒，故3045cos 2A A ︒<<︒⇒<<,cos A <<b =4cos A ∈(2√2，2√3)．【点评】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理，以及锐角三角形的条件，属于简单题目．一、选择题．1．如图,角α，β的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边与单位圆O 分别交于A ，B 两点，则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(）A ．cos(α−β)B ．cos(α+β)C ．sin(α−β)D ．sin(α+β)精准预测题【答案】A【解析】由图可知()cos ,sin A αα,()cos ,sin B ββ， 所以cos cos sin sin cos()OA OB αβαβαβ⋅=+=-,故选A ．【点评】本题考查运用向量进行余弦定理的证明，属于基础题型．2．已知()cos 2c 2πos παα⎛⎫+=- ⎪⎝⎭,则tan π4α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（)A ．4-B ．4C ．13-D ．13【答案】C【解析】因为()cos 2c 2πos παα⎛⎫+=- ⎪⎝⎭,利用诱导公式可得()sin 2cos αα-=⨯-，即tan 2α=，所以tantan 1214tan 41231tan 4πta πn πααα--⎛⎫-===- ⎪+⎝⎭+⋅,故选C ．【点评】本题主要考查诱导公式，正切的两角和差公式的应用，属于基础题．二、解答题． 3．已知函数()22cos 12xf x x =-+． （1）若()π6f αα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求tan α的值；（2)若函数f(x)图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的12倍得函数g(x)的图象，求函数g(x)在0,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦得的值域．【答案】(1）；（2）[−1，2]．【解析】（1）()22cos 1cos π2sin 26x f x x x x x ⎛⎫=-+=-=- ⎪⎝⎭，因为()π6f αα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,所以πsin 6αα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即1cos 22ααα-=，所以−3√3sin α=cos α,所以tan 9α=-．(2)f(x)图象上所有点横坐标变为原来的12倍得到函数g(x)的图象,所以g(x)的解析式为()()π22sin 26g x f x x ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，因为π02x ≤≤，所以ππ5π2666x -≤-≤，则1πsin 2126x ⎛⎫-≤-≤ ⎪⎝⎭，所以−1≤g(x)≤2，故g(x)在0,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为[−1，2]．【点评】本题主要考查三角恒等变换，同角三角函数的基本关系，函数y =A sin (ωx +φ)的图象变换规律，正弦函数的定义域和值域,属于中档题． 4．设函数()212coscos 5f x x x x =--．（1)求f(x)的最小正周期和值域;（2）在锐角△ABC 中，角A ､B ､C 的对边长分别为a ､b ､c ．若f(A)=−5，a =√3,求△ABC 周长的取值范围．【答案】（1）π,[−4√3+1，4√3+1](2）(3+√3，3√3]． 【解析】（1）()2212coscos 512cos 25f x x x x x x =--=--6cos 221π216x x x ⎛⎫=-+=++ ⎪⎝⎭，πT ∴=，值域为[−4√3+1，4√3+1]．（2）由f(A)=−5，可得212coscos A A A=，因为三角形为锐角△ABC ，sin A A=，即tan A =π3A =，由正弦定理sin sin sin a b c A B C ==，得2sin b B =，2π2sin 2sin()3c C B ==-，所以2π12sin sin()2(sin sin )322a b c B B B B B ⎡⎤++=+-=++⎢⎥⎣⎦32(sin cos ))22π6B B B =++=++．因为△ABC 为锐角三角形，所以π02B <<,π02C <<， 即022π3π02πB B ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得π6π2B <<， 所以ππ2π363B <+<sin()16πB <+≤，即3)6πB ++≤，所以周长的取值范围为区间(3+√3，3√3]．【点评】在解三角形的周长范围时,将a +b +c 转化为含一个角的三角函数问题，利用三角函数的值域, 求周长的取值范围，是常用解法．。
2021届高考数学二轮复习核心热点突破-专题一第1讲 三角函数的图象与性质(答案版)
专题一：三角函数与解三角形 第1讲 三角函数的图象与性质一：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.二：真 题 感 悟1.(2020全国1理7)设函数f (x )＝cos(ωx ＋π6)在[－π，π]的图象大致如下图，则f (x )的最小正周期为( )A ．10π9B ．7π6C ．4π3D ．3π2答案：C解析：由图可得：函数图象过点(－4π9，0)，将它代入函数f (x )可得：cos(－4π9·ω＋π6)＝0， 又(－4π9，0)是函数f (x )图象与x 轴负半轴的第一个交点，所以－4π9·ω＋π6＝－π2，解得：ω＝32．所以函数f (x )的最小正周期为T ＝2πω＝2π32＝4π3．故选C ．2.(2020山东、海南10)（多选）下图是函数y ＝sin(ωx ＋φ)的部分图象，则sin(ωx ＋φ)＝( )A ．sin(x ＋π3)B ．sin(π3－2x )C ．cos(2x ＋π6)D ．cos(5π6－2x )答案：BC解析：由函数图象可知：T 2＝23π－π6＝π2，则ω＝2πT ＝2ππ＝2，所以不选A ，当x ＝23π＋π62＝5π12时，y ＝－1∴2×5π12＋φ＝3π2＋2k π(k ∈Z )，解得：φ＝2k π＋23π(k ∈Z )，∴y ＝sin(2x ＋23π＋2k π)＝sin(2x ＋π6＋π2)＝cos(2x ＋π6)＝sin(π3－2x )．而cos(2x ＋π6)＝－cos(5π6－2x )．故选BC ．3.(2020全国3文5)已知sin θ＋sin(θ＋π3)＝1，则sin(θ＋π6)＝( )A ．12B ．33C ．23D ．22答案：B解析：由题意可得：sin θ＋12sin θ＋32cos θ＝1，则：32sin θ＋32cos θ＝1，32sin θ＋12cos θ＝33，从而有：sin θcos π6＋cos θsin π6＝33，即sin(θ＋π6)＝33．故选B ．4.(2019·全国Ⅱ卷)下列函数中，以π2为周期且在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2单调递增的是( )A.f (x )＝|cos 2x |B.f (x )＝|sin 2x |C.f (x )＝cos|x |D.f (x )＝sin|x |解析 易知A ，B 项中函数的最小正周期为π2；C 中f (x )＝cos|x |＝cos x 的周期为2π，D 中f (x )＝sin|x |＝⎩⎨⎧sin x ，x ≥0，－sin x ，x <0，由正弦函数图象知，在x ≥0和x <0时，f (x )均以2π为周期，但在整个定义域上f (x )不是周期函数，排除C ，D. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，则y ＝|cos 2x |＝－cos 2x 是增函数，y ＝|sin 2x |＝sin 2x 是减函数，因此A 项正确，B 项错误. 答案 A5.(2020·江苏卷)将函数y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是________.解析 将函数y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π6个单位长度，所得图象的函数解析式为y ＝3sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π4＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π12.令2x －π12＝k π＋π2，k ∈Z ，得对称轴的方程为x ＝k π2＋7π24，k ∈Z ，分析知当k ＝－1时，对称轴为直线x ＝－5π24，与y 轴最近.答案 x ＝－5π246.(2020·北京卷)若函数f (x )＝sin(x ＋φ)＋cos x 的最大值为2，则常数φ的一个取值为__________.解析 法一 由f (x )＝sin(x ＋φ)＋cos x ＝sin x cos φ＋cos x sin φ＋cos x ＝cos φsin x ＋(1＋sin φ)cos x ＝cos 2φ＋（1＋sin φ）2sin(x ＋θ)⎝⎛⎭⎪⎫其中tan θ＝1＋sin φcos φ. ∵sin(x ＋θ)≤1，∴cos 2φ＋（1＋sin φ）2＝2＋2sin φ＝2时，f (x )的最大值为2，∴2sin φ＝2，∴sin φ＝1，∴φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，∴φ的一个取值可为π2. 法二 ∵f (x )＝sin(x ＋φ)＋cos x 的最大值为2，又sin(x ＋φ)≤1，cos x ≤1， 则sin(x ＋φ)＝cos x ＝1时，f (x )取得最大值2.由诱导公式，得φ＝π2＋2k π，k ∈Z . ∴φ的一个取值可为π2.答案 π2(答案不唯一，只要等于π2＋2k π，k ∈Z 即可)7.(2019·全国Ⅰ卷)函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2－3cos x 的最小值为________.解析 f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2－3cos x ＝－cos 2x －3cos x ＝－2cos 2x －3cos x ＋1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x ＋342＋178，因为cos x ∈[－1，1]，所以当cos x ＝1时，f (x )取得最小值，即f (x )min ＝－4. 答案 －48.(2020全国3理9)已知2tan θ–tan(θ＋π4)＝7，则tan θ＝( )A ．–2B ．–1C ．1D ．2 答案：D解析：∵2tan θ－tan(θ＋π4)＝7，∴2tan θ－tan θ＋11－tan θ＝7，令t ＝tan θ，t ≠1，则2t －1＋t1－t ＝7，整理得t 2－4t ＋4＝0，解得t ＝2，即tan θ＝2．故选D ．9.(2020全国3理16)关于函数f (x )＝sin x ＋1sin x 有如下四个命题：①f (x )的图象关于y 轴对称． ②f (x )的图象关于原点对称． ③f (x )的图象关于直线x ＝π2对称．④f (x )的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 答案：②③解析：对于命题①，f (π6)＝12＋2＝52，f (－π6)＝－12－2＝－52，则f (－π6)≠f (π6)，所以，函数f (x )的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数f (x )的定义域为{x |x ≠k π，k ∈Z}，定义域关于原点对称，f (－x )＝sin(－x )＋1sin (－x )＝－sin x －1sin x ＝－(sin x ＋1sin x )＝－f (x )，所以，函数f (x )的图象关于原点对称，命题②正确； 对于命题③，∵f (π2－x )＝sin(π2－x )＋1sin (π2－x )＝cos x ＋1cos x ， f (π2＋x )＝sin(π2＋x )＋1sin (π2＋x )＝cos x ＋1cos x ，则f (π2－x )＝f (π2＋x )， 所以，函数f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，命题③正确；对于命题④，当－π＜x ＜0时，sin x ＜0，则f (x )＝sin x ＋1sin x＜0＜2，命题④错误．故答案为：②③．三：考 点 整 合1.常用的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 (1)y ＝sin x ――——————————→向左(φ＞0)或向右(φ＜0)平移|φ|个单位y ＝sin(ωx ＋φ)――——————————→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0).y ＝sin ωx ―————————————―→向左(φ＞0)或向右(φ＜0)平移|φω|个单位y ＝sin(ωx ＋φ)————————————―→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0). 四：热点解析热点一 三角函数的定义与同角关系式1.已知512sin ,cos ,1313αα==-，则角α的终边与单位圆的交点坐标是（ ） A ．512(,)1313- B ．512(,)1313- C ．125(,)1313- D ．125(,)1313-【答案】D【详解】设交点坐标为(,)P x y ，根据三角函数的定义，可得125cos ,sin 1315x y αα==-==，所以角α的终边与单位圆的交点坐标是125(,)1313-. 2.(2018全国1文11)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A (1，a )，B (2，b )，且cos2α＝23，则|a －b |＝( )A ．15B ．55C ．255D ．1答案：B解析：根据条件，可知O ，A ，B 三点共线，从而得到b ＝2a ，因为cos2α＝2cos 2α－1＝2·(1a 2＋1)2－1＝23，解得a 2＝15，即|a |＝55，所以|a －b |＝|a －2a |＝55，故选B ． 探究提高 1.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.2.应用诱导公式与同角关系开方运算时，一定要注意三角函数值的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等.3.若sin α＝－513，且α为第四象限角，则tan α的值等于_____________．答案：－512．4.已知tan α＝2，则sin αcos α＋cos 2α2sin αcos α＋sin 2α＝，sin 2α－2sin αcos α＋2＝ ． 答案：38；2．5.已知sin α＋cos α＝15，α∈(0，π)，则cos α－sin α＝ ，tan α＝ ．答案：－75；－43解析：sin α＋cos α＝15，α∈(0，π)，且sin 2α＋cos 2α＝1，得到sin α＝45，cos α＝－35探究提高1．三角函数求值(1) 知一求其余三角函数值；(2)关于sin α与cos α的齐次式，同除cos α或cos 2α，如果不是齐次，借助1＝sin 2α＋cos 2α构造齐次．(3)sin α＋cos α，sin α－cos α，sin αcos α间关系式注意 根据角的范围确定三角函数值正负．无法确定正负时可根据三角函数值的正负(或与特殊角的三角函数值)缩小角的范围．6．如图，在直角坐标系xOy 中，角α的顶点是原点，始边与x 轴正半轴重合，终边交单位圆于点A ，且(,)62ππα∈. 将角α的终边按逆时针方向旋转3π，交单位圆于点B ，记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).（1）若113x =，求2x ；（2）分别过A ，B 作x 轴的垂线，垂足依次为C ，D ，记△AOC 的面积为S 1，△BOD 的面积为S 2，若122S S =，求角α的值.解：（1）由三角函数定义，1cos x α=，2cos()3x πα=+， 因为(,)62ππα∈，1cos 3α=，所以222sin 1cos 3αα=-=.213126cos()cos sin 3226x πααα-=+=-=.（2）依题意，1sin y α=，2sin()3y πα=+， 所以111111cos sin sin 2224S x y ααα==⋅=， )322sin(41-)3sin()3cos(2121222παπαπα+=++-==y x S ,依题意，s inα＋s inα－s inαcosαinα和cosα tan αsin2α2sin 22sin(2)3παα=-+，化简得cos20α=，因为62ππα<<，则23παπ<<，所以22πα=，即4πα=.7.如图，在平面直角坐标系xOy 中，31,22A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭为单位圆上一点，射线OA 绕点O 按逆时针方向旋转θ后交单位圆于点B ，点B 的纵坐标y 关于θ的函数为()y fθ=.（1）求函数()y f θ=的解析式，并求223f f ππ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（2）若1()3f θ=，求7cos sin 36ππθθ⎛⎫⎛⎫--+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的值.【答案】（1）()sin 6f πθθ⎛⎫=+⎪⎝⎭，23123f f ππ+⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（2）23. 【详解】解：（1）因为3122A ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭，所以6xOA π∠=，由三角函数定义，得()sin 6f πθθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 所以2253131sin sin 2336222f f ππππ⎛⎫⎛⎫+=+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. （2）因为1()3f θ=，所以1sin 63πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以7cos sin cos sin 36626πππππθθθθπ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+=+--++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭sin sin 66ππθθ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22sin 63πθ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.热点二 三角函数的图象辨析(2019全国1理5)函数f (x )=sin x ＋xcos x ＋x 2在[－π，π]的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．答案：D 解析：由f (－x )＝sin(－x )＋(－x )cos(－x )＋(－x )2＝－sin x －xcos x ＋x 2＝－f (x )，得f (x )是奇函数，其图象关于原点对称，排除A ．又f (π2)＝1＋π2(π2)2＝4＋2ππ2＞1，f (π)＝π－1＋π2＞0，排除B ，C ，故选D ．(2019全国1文5)函数f (x )＝sin x ＋xcos x ＋x 2在[－π，π]的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．答案：D 解析：由f (－x )＝sin(－x )＋(－x )cos(－x )＋(－x )2＝－sin x －xcos x ＋x 2＝－f (x )，得f (x )是奇函数，其图象关于原点对称，排除A ．又f (π2)＝1＋π2(π2)2＝4＋2ππ2＞1，f (π)＝π－1＋π2＞0，排除B ，C ，故选D ．3.(2017全国1文8)函数y ＝sin2x1－cos x的部分图象大致为( )A ．B ．C ．D ．答案：C解析：由题意知，函数y ＝sin2x1－cos x 为奇函数，故排除B ；当x ＝π时，y ＝0，故排除D ；当x ＝1时，y ＝sin21－cos2＞0，故排除A ，故选C ．热点三：f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)平移变化及其解析式求解12．（2020·天津和平区·高一期末）如图是函数()2sin()0,||2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的部分图象，则ω和ϕ的值分别为（ ）A ．2,6πB ．2,3π-C ．1,6π D ．1,3π-【答案】A【详解】由题意可得22362T πππ=-=，即2T ππω==，解得：2ω=，又函数()()2sin 2(0,)2=+><f x x πϕωϕ图象的一个最高点为,26π⎛⎫⎪⎝⎭， 2sin 226πϕ⎛⎫∴⨯+= ⎪⎝⎭，即sin 13πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得：()2,32k k Z ππϕπ+=+∈，即()2,6k k Z πϕπ=+∈，又2πϕ<，0k ∴=时，6π=ϕ， 综上可知：2ω=，6π=ϕ故选：A 探究提高 1.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.2.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，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.2．（多选）已知函数()()()2sin 0,||f x x ωϕωϕπ=+><的部分图象如图所示，则（ ）A ．2ω=B ．3πϕ= C ．若123x x π+=，则()()12f x f x =D ．若123x x π+=，则()()120f x f x +=【答案】AC 【详解】522212122T T πππππωω⎛⎫=--=⇒==⇒= ⎪⎝⎭，A 正确；可得()()2sin2f x xϕ=+.由图可知5121226 xπππ⎛⎫+-⎪⎝⎭==时函数取最大值，所以()22,62k k Zππϕπ⨯+=+∈因为||ϕπ<，所以6π=ϕ，B错误；因为6xπ=为()f x图象的一条对称轴，若123x xπ+=，则1226x xπ+=，所以()()12f x f x=，C正确、D错误.故选：AC.3．（多选）函数()sin(2)0,||2f x A x Aπϕϕ⎛⎫=+><⎪⎝⎭部分图象如图所示，对不同x1，x2∈[a，b]，若f（x1）＝f（x2），有f（x1+x2）3=，则（）A．a+b＝πB．2b aπ-=C．3πϕ=D．()3f a b+=【答案】BCD【详解】因为函数()sin(2)0,||2f x A x Aπϕϕ⎛⎫=+><⎪⎝⎭，所以函数的周期为22ππ=，由函数的图象得22Tb aπ-==，故B正确；由图象知A＝2，则f（x）＝2sin（2x+φ），在区间[a，b]中的对称轴为2a bx+=，因为f（x1+x2）3=x1，x2也关于2a bx+=对称，所以1222x x a b++=，即x1+x2＝a+b，所以f（a+b）＝f（x1+x2）3=A错误，D正确，设122x xt+=，则122x x t+=，所以()()2sin22f t tϕ=+=，即()sin21tϕ+=，所以22,2t k k Zπϕπ+=+∈，即22,2t k k Zππϕ=+-∈，所以()()12122sin2f x x x xϕ+=++⎡⎤⎣⎦()2sin42sin3kππϕϕ=+-=，解得sin ϕ=，又||2ϕπ<，所以3πϕ=，故C 正确；故选：BCD ．热点四 三角函数的性质1.已知函数sin(2)()22y x ϕϕππ=+-<<的图象关于直线3x π=对称，则ϕ的值是 ． 答案：π6-2.已知函数y ＝A sin(2x ＋φ)的对称轴为x ＝π6，则φ的值为 ．答案：k π＋π6(k ∈Z )．3.已知函数y ＝cos(2x ＋φ)为奇函数，则φ的值为 ．答案：k π＋π2(k ∈Z )．4.将函数()π()2sin 26f x x =+的图象至少向右平移 个单位，所得图象恰关于坐标原点对称．答案：π12.5.若函数()sin()(0,0)f x A x A ωϕω=+>>的图象与直线y m =的三个相邻交点的横坐标分别是6π，3π，23π，则实数ω的值为 ．答案：46.已知函数()sin()(030)f x x ωϕωϕ=+<<<<π，．若4x π=-为函数()f x 的一个零点，3x π=为函数()f x 图象的一条对称轴，则ω的值为 ． 答案：76探究提高：三角函数对称问题方法：对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)或y ＝A cos(ωx ＋φ) 若x ＝x 0为对称轴⇔f (x 0)＝±A ． 若(x 0，0)为中心对称点⇔f (x 0)＝0．推论：对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)或y ＝A cos(ωx ＋φ)若函数y ＝f (x )为偶函数⇔f (0)＝±A ．若函数y ＝f (x )为奇函数⇔f (0)＝0．7.将函数()π()sin 6f x x ω=-（0ω>）的图象向左平移π3个单位后，所得图象关于直线πx =对称，则ω的最小值为 ．答案：12解析：将()f x 的图象向左平移π3个单位得到()ππsin 36y x ωω=+-，因为图象关于直线πx =对称，所以()4ππsin 136ω-=±，所以4ππππ362k ω-=+，即3142k ω=+，k ∈Z ，所以ω的最小值为12．8.对于函数()12sin 3()42f x x x R π⎛⎫=-++∈ ⎪⎝⎭，有以下四种说法：①函数的最小值是32-②图象的对称轴是直线()312k x k Z ππ=-∈ ③图象的对称中心为,0()312k k Z ππ⎛⎫-∈⎪⎝⎭④函数在区间7,123ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上单调递增．其中正确的说法的个数是（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】B【详解】函数()12sin 3()42f x x x R π⎛⎫=-++∈ ⎪⎝⎭，当3=42x ππ+时，即=12x π，函数()f x 取得最小值为132122-⨯+=-，故①正确； 当342x k πππ+=+时，即=,123k x k Z ππ+∈，函数()f x 的图象的对称轴是直线=,123k x k Z ππ+∈，故②错误； 当34x k ππ+=时，即,123k x k Z ππ=-+∈，函数()f x 的图象的对称中心为1,,1232k k Z ππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭，故③错误； 当3232242k x k πππππ+≤+≤+，即252,123123k k x k Z ππππ+≤≤+∈，函数()f x 的递增区间为252,,123123k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，当1k =-时，()f x 的递增区间为7,124ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，故④正确.故选：B9.下列命题正确的是（ ）A ．函数sin ||y x =是偶函数又是周期函数B ．函数y =是奇函数C ．函数tan 6y ax π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小正周期是aπD ．函数cos(sin )y x =是奇函数 【答案】B【详解】sin y x =是偶函数，但不是周期函数，A 错误；对函数()f x =0>得tan x <<，,33k x k k Z ππππ-<<+∈，定义域关于原点对称，()()f x f x -==-=-，函数是奇函数，B 正确；tan 6y ax π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小正周期是a π，C 错误；记()g x cos(sin )x =，定义域是R ，()()cos sin cos(sin )cos(sin )()g x x x x f x -=-=-==⎡⎤⎣⎦，()f x 是偶函数，D 错误．故选：B ． 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的奇偶性与周期性．判断奇偶性一般用奇偶性的定义进行判断．tan y x ω=的最小正周期是T πω=，sin()y x ωϕ=+的最小正周期是2πω． 10.设函数()()2sin 3f x x x R π⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，下列结论中错误的是（ ） A ．()f x 的一个周期为2π吗 B ．()f x 的最大值为2 C ．()f x 在区间263ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减 D ．3f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的一个零点为 6x π=【答案】D【详解】()()2sin 3f x x x R π⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，∴()f x 的一个周期为221T ππ==，故A 正确；()f x 的最大值为2，故B 正确；令322,232k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，解得722,66k x k k Z ππππ+≤≤+∈，∴()f x 的单调递减区间为72,2,66k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，263ππ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭，72,2,66k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，∴()f x 在区间263ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，故C 正确；22sin 33f x x ππ⎛⎫⎛⎫+=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且252sin 2sin 0636πππ⎛⎫+=≠ ⎪⎝⎭，故D 错误.故选：D. 热点四 三角函数性质与图象的综合应用1.若动直线x a =与函数())12f x x π=+与()cos()12g x x π=+的图象分别交于M 、N 两点，则||MN 的最大值为（ ）A B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【详解】()),()cos()1212f x xg x x ππ=+=+令())cos()1212F a a a ππ=+-+∴求||MN 的最大值即求函数()F a 的最大值())cos()1212F a a a ππ=+-+2sin()2sin()12612a a πππ=+-=-∴函数()F a 的最大值为2故选:C.2．设函数()()2sin 0,2f x x πωφφφ⎛⎫=+><⎪⎝⎭的部分图象如图.若对任意的()()2x R f x f t x ∈=-，恒成立，则实数t 的最小正值为____.【答案】12π 【分析】【详解】由图象知：5556124T ππ⎛⎫--= ⎪⎝⎭，即T π=，则22Tπω==， 由“五点法”得552sin 063f ππφ⎛⎫⎛⎫=+=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以()53k k Z πφπ+=∈，即()53k k Z πφπ=-∈，因为2πφ<，所以3πφ=，所以()2sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 又因为()()2f x f t x =-，所以函数()f x 图象的对称轴为直线x =t ， 则()2sin 223f t t π⎛⎫=+=± ⎪⎝⎭，所以23t π+()2k k Z ππ=+∈，解得()212k t k Z ππ=+∈， 当k =0时，t 取到了最小正值为12π.故答案为：12π. 3．（多选）已知函数，f （x ）＝2sin x -a cos x 的图象的一条对称轴为6x π=-，则（ ）A ．点(,0)3π是函数，f （x ）的一个对称中心B ．函数f （x ）在区间(,)2ππ上无最值C ．函数f （x ）的最大值一定是4D ．函数f （x ）在区间5(,)66ππ-上单调递增【答案】ACD【详解】由题意，得2()2sin cos 4)f x x a x a x θ=-=+-，θ为辅助角， 因为对称轴为6x π=-，所以3()16f π-=-234|1|a +-，解得3a =所以()4sin()3f x x π=-；故()03f π=，所以A 正确； 又当232x k ππ-=+π（k ∈Z ），即当526x k ππ=+（k ∈Z ）时， 函数f （x ）取得最大值4，所以B 错误，C 正确；22232k x k πππ-+π<-<+π（k ∈Z ）⇒52266k x k ππ-+π< <+π（k ∈Z ），所以D 正确； 故选：ACD .4．已知函数()sin cos f x x a x =+的图象关于直线6x π=对称，1x 是()f x 的一个极大值点，2x 是()f x 的一个极小值点，则12x x +的最小值为______．【答案】23π【详解】因为()f x 的图象关于6x π=对称，所以1622f a π⎛⎫==+⎪⎝⎭，所以解得a =()sin 2sin 3f x x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，又因为()112sin 23f x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以1112,32x k k Z πππ+=+∈，所以1112,6x k k Z ππ=+∈，又因为()222sin 23f x x π⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，所以2222,32x k k Z πππ+=-+∈所以22252,6x k k Z ππ=-+∈，所以121212522,,66x x k k k Z k Z ππππ+=+-+∈∈， 所以()12121222,,3x x k k k Z k Z ππ+=-++∈∈，显然当120k k +=时有最小值， 所以12min2233x x ππ+=-=，故答案为：23π.。
2021年3月新高考数学复习资料§5.4解三角形及其综合应用试题及参考答案
§5.4解三角形及其综合应用基础知识专题固本夯基【基础训练】考点一正弦定理和余弦定理1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin A＝3sin B,c＝√5,且cos C＝56,则a＝() A.2√2 B.3 C.3√2 D.4【参考答案】B2.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsin 2A＝asin B,且c＝2b,则ab等于()A.32B.43C.√2D.√3【参考答案】D3.在△ABC中,三内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2-√3bc＝a2,bc＝√3a2,则角C的大小是()A.π6或2π3B.π3C.2π3D.π6【参考答案】A4.若△ABC的面积为√34(a2+c2-b2),且∠C为钝角,则∠B＝;ca的取值范围是.【参考答案】π3;(2,+∞)5.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin A＝(2b+c)sin B+(2c+b)·sin C.(1)求A的大小;(2)若sin B+sin C＝1,试判断△ABC的形状.【试题解析】(1)由已知,结合正弦定理,得2a2＝(2b+c)b+(2c+b)c,即a2＝b2+c2+bc.又a2＝b2+c2-2bccos A,所以bc＝-2bccos A,即cos A＝-12.由于A为三角形的内角,所以A＝2π3.(2)已知2asin A＝(2b+c)sin B+(2c+b)sin C,结合正弦定理,得2sin2A＝(2sin B+sin C)sin B+(2sin C+sin B)sin C,即sin2A＝sin2B+sin2C+sin Bsin C＝sin22π3＝34.又由sin B+sin C＝1,得sin2B+sin2C+2sin Bsin C＝1, 解得sin B＝sin C＝12,因为0<B<π,0<C<π,0<B+C<π,所以B ＝C ＝π6,所以△ABC 是等腰三角形.考点二 解三角形及其综合应用6.在△ABC 中,三边长分别为a,a+2,a+4,最小角的余弦值为1314,则这个三角形的面积为( )A.15√34B.154C.21√34D.35√34【参考答案】A7.如图所示,为了测量A,B 两处岛屿间的距离,小张以D 为观测点,测得A,B 分别在D 处的北偏西30°、北偏东30°方向,再往正东方向行驶40海里到C 处,测得B 在C 处的正北方向,A 在C 处的北偏西60°方向,则A,B 两处岛屿间的距离为( )A.20√3 海里B.40√3 海里C.20(1+√3)海里D.40海里 【参考答案】B8.设锐角△ABC 的三个内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且c ＝1,A ＝2C,则△ABC 周长的取值范围为( ) A.(0,2+√2) B.(0,3+√3) C.(2+√2,3+√3) D.(2+√2,3+√3] 【参考答案】C9.如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上,行驶600 m 后到达B 处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD ＝ m.【参考答案】100√6综合篇知能转换【综合集训】考法一 利用正、余弦定理解三角形1.(2019湖南四校调研联考,10)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且sinA sinB+sinC +ba+c＝1,则C ＝( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6【参考答案】B2.(2020届福建建瓯芝华中学高三暑假学习效果检测,7)△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.π2 B.π3 C.π4 D.π6【参考答案】C3.(2019上海金山二模,7)已知△ABC 中,tan A ＝14,tan B ＝35,AB ＝√17.求: (1)角C 的大小;(2)△ABC 中最短边的边长.【试题解析】(1)tan C ＝tan[π-(A+B)]＝-tan(A+B)＝-tanA+tanB1-tanAtanB ＝-14+351-14×35＝-1,所以C ＝3π4.(2)因为tan A<tan B,所以最小角为A. 又因为tan A ＝14,所以sin A ＝√1717.又BC sinA ＝ABsinC, 所以BC ＝AB ·sinAsinC√17×√1717√22√2.故△ABC 中最短边的边长为√2.考法二 三角形形状的判断4.(2020届山东济宁二中10月月考,8)在△ABC 中,若sin A ＝2sin Bcos C,a 2＝b 2+c 2-bc,则△ABC 的形状是( )A.等边三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形 【参考答案】A5.(2018湖南师大附中12月月考,6)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别是a,b,c,若bcosC ccosB ＝1+cos2C1+cos2B,则△ABC 的形状是( )A.等腰三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形或直角三角形 【参考答案】D6.(2018江西南城一中期中,6)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若tanA -tanB tanA+tanB ＝c -bc,则这个三角形必含有()A.90°的内角B.60°的内角C.45°的内角D.30°的内角 【参考答案】B考法三 与三角形的面积、范围有关的问题7.(2020届内蒙古杭锦后旗奋斗中学第一次月考,18)在△ABC 中,∠A ＝60°,c ＝37a. (1)求sin C 的值;(2)若a ＝7,求△ABC 的面积.【试题解析】(1)在△ABC 中,因为∠A ＝60°,c ＝37a,所以由正弦定理得sin C ＝csinA a ＝37×√32＝3√314. (2)因为a ＝7,所以c ＝37×7＝3.由余弦定理a 2＝b 2+c 2-2cbcos A 得72＝b 2+32-2b×3×12,得b ＝8或b ＝-5(舍).所以△ABC 的面积S ＝12bcsin A ＝12×8×3×√32＝6√3.8.(2019江西临川一中12月月考,17)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别是a,b,c,且2csin B ＝3atan A. (1)求b 2+c 2a 2的值; (2)若a ＝2,求△ABC 的面积的最大值.【试题解析】(1)2csin B ＝3atan A ⇒2csin Bcos A ＝3asin A ⇒2bc ·cos A ＝3a 2,即2bc ·b 2+c 2-a 22bc＝3a 2,∴b 2+c 2＝4a 2, 则b 2+c 2a 2＝4. (2)∵a ＝2,∴b 2+c 2＝16,∴cos A ＝b 2+c 2-a 22bc ＝6bc. 又b 2+c 2≥2bc,即8≥bc,当且仅当b ＝c 时,取等号, ∴cos A ≥68＝34. 由cos A ＝6bc 得bc ＝6cosA, 则A ∈(0,π2),∴S △ABC ＝12bcsin A ＝3tan A.∵1+tan 2A ＝1+sin 2A cos 2A ＝cos 2A+sin 2A cos 2A ＝1cos 2A, ∴tan A ＝√1cos 2A -1≤√169-1＝√73, ∴S △ABC ＝3tan A ≤√7,故△ABC 的面积的最大值为√7.考法四 解三角形的实际应用9.(2018福建莆田月考,8)A 在塔底D 的正西面,在A 处测得塔顶C 的仰角为45°,B 在塔底D 的南偏东60°处,在塔顶C 处测得B 的俯角为30°,A 、B 间距84米,则塔高为( ) A.24米 B.12√5 米 C.12√7 米 D.36米 【参考答案】C10.(2018河北石家庄摸底考试,17)某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE,其中三角形区域ABE 为生活区,四边形区域BCDE 为教学区,AB,BC,CD,DE,EA,BE 为学校的主要道路(不考虑宽度).∠BCD ＝∠CDE ＝2π3,∠BAE ＝π3,DE ＝3BC ＝3CD ＝910km. (1)求道路BE 的长度;(2)求生活区△ABE 的面积的最大值.【试题解析】(1)如图,连接BD,在△BCD 中,BD 2＝BC 2+CD 2-2BC ·CDcos ∠BCD ＝27100,∴BD ＝3√310(km).∵BC ＝CD,∠BCD ＝2π3,∴∠CBD ＝∠CDB ＝π-23π2＝π6.又∠CDE ＝2π3,∴∠BDE ＝π2. ∴在Rt △BDE 中,BE ＝√BD 2+DE 2＝(3√310)2(910)23√35km.故道路BE 的长度为3√35km. (2)设∠ABE ＝α,∵∠BAE ＝π3, ∴∠AEB ＝2π3-α. 在△ABE 中,AB sin ∠AEB ＝AE sin ∠ABE ＝BE sin ∠BAE ＝3√35sinπ3＝65, ∴AB ＝65sin (2π3-α)km,AE ＝65sin α km. ∴S △ABE ＝12AB ·AEsin π3＝9√325sin (2π3-α)sin α＝9√325·[12sin (2α-π6)+14]km 2. ∵0<α<2π3, ∴-π6<2α-π6<7π6, ∴当2α-π6＝π2,即α＝π3时,S △ABE 取得最大值,最大值为9√325×(12+14)＝27√3100, 故生活区△ABE 面积的最大值为27√3100km 2.【5年高考】考点一 正弦定理和余弦定理1.(2018课标Ⅱ,6,5分)在△ABC 中,cos C 2＝√55,BC ＝1,AC ＝5,则AB ＝( )A.4√2B.√30C.√29D.2√5 【参考答案】A2.(2016天津,3,5分)在△ABC 中,若AB ＝√13,BC ＝3,∠C ＝120°,则AC ＝( )A.1B.2C.3D.4 【参考答案】A3.(2016课标Ⅲ,8,5分)在△ABC 中,B ＝π4,BC 边上的高等于13BC,则cos A ＝( )A.3√1010B.√1010C.-√1010D.-3√1010【参考答案】C4.(2017山东,9,5分)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c.若△ABC 为锐角三角形,且满足sin B(1+2cos C)＝2sin Acos C+cos Asin C,则下列等式成立的是( ) A.a ＝2b B.b ＝2a C.A ＝2B D.B ＝2A 【参考答案】A5.(2016课标Ⅱ,13,5分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若cos A ＝45,cos C ＝513,a ＝1,则b ＝ . 【参考答案】21136.(2018浙江,13,6分)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sin B ＝ ,c ＝ . 【参考答案】√217;37.(2019浙江,14,6分)在△ABC 中,∠ABC ＝90°,AB ＝4,BC ＝3,点D 在线段AC 上.若∠BDC ＝45°,则BD ＝ ,cos ∠ABD ＝ . 【参考答案】12√25;7√2108.(2019课标Ⅰ,17,12分)△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 Bsin C.(1)求A;(2)若√2a+b ＝2c,求sin C.【试题解析】本题主要考查学生对正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换的掌握;考查了学生的运算求解能力;考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.(1)由已知得sin 2B+sin 2C-sin 2A ＝sin Bsin 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.思路分析 (1)先借助正弦定理将角化为边,然后利用余弦定理求出角A 的余弦值,进而得出角A.(2)利用正弦定理将已知等式中的边化为角,利用三角恒等变换将原式化为含有角C 的正弦、余弦的等式,利用角度变换求出sin C. 9.(2018课标Ⅰ,17,12分)在平面四边形ABCD 中,∠ADC ＝90°,∠A ＝45°,AB ＝2,BD ＝5. (1)求cos ∠ADB; (2)若DC ＝2√2,求BC.【试题解析】(1)在△ABD 中,由正弦定理得BD sin ∠A ＝ABsin ∠ADB. 由题设知,5sin45°＝2sin ∠ADB,所以sin ∠ADB ＝√25.由题设知,∠ADB<90°,所以cos ∠ADB ＝√1-225＝√235. (2)由题设及(1)知,cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝√25.在△BCD 中,由余弦定理得BC 2＝BD 2+DC 2-2·BD ·DC ·cos ∠BDC ＝25+8-2×5×2√2×√25＝25.所以BC ＝5.10.(2019天津,15,13分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知b+c ＝2a,3csin B ＝4asin C. (1)求cos B 的值; (2)求sin (2B +π6)的值.【试题解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系,两角和的正弦公式,二倍角的正弦与余弦公式,以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力. (1)在△ABC 中,由b sinB ＝csinC ,得bsin C ＝csin B,又由3csin B ＝4asin C,得3bsin C ＝4asin 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 Bcos B ＝-√158,cos 2B ＝cos 2B-sin 2B ＝-78,故sin (2B +π6)＝sin 2Bcos π6+cos 2Bsin π6＝-√158×√32-78×12＝-3√5+716. 思路分析 (1)由已知边角关系:3csin B ＝4asin C 利用正弦定理,得三边比例关系,根据余弦定理即可求出cos B. (2)由(1)利用同角三角函数基本关系式,求出sin B,再由二倍角公式求出sin 2B 、cos 2B,代入两角和的正弦公式即可求出sin (2B +π6)的值.11.(2019北京,15,13分)在△ABC 中,a ＝3,b-c ＝2,cos B ＝-12. (1)求b,c 的值; (2)求sin(B-C)的值.【试题解析】本题主要考查正弦、余弦定理,同角三角函数的基本关系式,两角差的正弦公式等知识点,考查学生的运算能力. (1)由余弦定理b 2＝a 2+c 2-2accos B,得b 2＝32+c 2-2×3×c×(-12).因为b ＝c+2,所以(c+2)2＝32+c 2-2×3×c×(-12).解得c ＝5.所以b ＝7. (2)由cos B ＝-12得sin B ＝√32.由正弦定理得sin C ＝c b sin B ＝5√314. 在△ABC 中,∠B 是钝角,所以∠C 为锐角. 所以cos C ＝√1-sin 2C ＝1114. 所以sin(B-C)＝sin Bcos C-cos Bsin C ＝4√37. 12.(2019江苏,15,14分)在△ABC 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sinA a ＝cosB2b,求sin (B +π2)的值.【试题解析】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识,考查运算求解能力. (1)因为a ＝3c,b ＝√2,cos B ＝23, 由余弦定理得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sinA a ＝cosB2b, 由a sinA ＝b sinB ,得cosB 2b ＝sinB b,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 ＝2√55. 因此sin (B +π2)＝cos B ＝2√55. 考点二 解三角形及其综合应用13.(2019课标Ⅱ,15,5分)△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 . 【参考答案】6√314.(2015课标Ⅰ,16,5分)在平面四边形ABCD 中,∠A ＝∠B ＝∠C ＝75°,BC ＝2,则AB 的取值范围是 . 【参考答案】(√6-√2,√6+√2)15.(2017浙江,14,6分)已知△ABC,AB ＝AC ＝4,BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点,BD ＝2,连接CD,则△BDC 的面积是 ,cos ∠BDC ＝ . 【参考答案】√152;√10416.(2017课标Ⅰ,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知△ABC 的面积为a 23sinA. (1)求sin Bsin C;(2)若6cos Bcos C ＝1,a ＝3,求△ABC 的周长.【试题解析】本题考查正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换,考查学生利用三角形面积公式进行运算求解的能力.(1)由题设得12acsin B ＝a 23sinA ,即12csin B ＝a3sinA. 由正弦定理得12sin Csin B ＝sinA3sinA. 故sin Bsin C ＝23.(2)由题设及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C ＝-12, 即cos(B+C)＝-12.所以B+C ＝2π3,故A ＝π3. 由题设得12bcsin A ＝a 23sinA,即bc ＝8.由余弦定理得b 2+c 2-bc ＝9,即(b+c)2-3bc ＝9,得b+c ＝√33. 故△ABC 的周长为3+√33.思路分析 (1)首先利用三角形的面积公式可得12acsin B ＝a 23sinA,然后利用正弦定理,把边转化成角的形式,即可得出sin Bsin C的值;(2)首先利用sin Bsin C 的值以及题目中给出的6cos Bcos C ＝1,结合两角和的余弦公式求出B+C,进而得出A,然后利用三角形的面积公式和a 的值求出bc 的值,最后利用余弦定理求出b+c 的值,进而得出△ABC 的周长. 17.(2016课标Ⅰ,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知2cos C(acos B+bcos A)＝c. (1)求C;(2)若c ＝√7,△ABC 的面积为3√32,求△ABC 的周长.【试题解析】(1)由已知及正弦定理得,2cos C(sin Acos B+sin Bcos A)＝sin C,(2分) 2cos Csin(A+B)＝sin C. 故2sin Ccos C ＝sin C.(4分) 可得cos C ＝12,所以C ＝π3.(6分) (2)由已知,得12absin C ＝3√32. 又C ＝π3,所以ab ＝6.(8分)由已知及余弦定理得,a 2+b 2-2abcos C ＝7.故a 2+b 2＝13,从而(a+b)2＝25.∴a+b ＝5.(10分)所以△ABC 的周长为5+√7.(12分)18.(2018北京,15,13分)在△ABC 中,a ＝7,b ＝8,cos B ＝-17. (1)求∠A; (2)求AC 边上的高.【试题解析】(1)在△ABC 中,因为cos B ＝-17,所以sin B ＝√1-cos 2B ＝4√37. 由正弦定理得sin A ＝asinB b ＝√32. 由题设知π2<∠B<π,所以0<∠A<π2.所以∠A ＝π3. (2)在△ABC 中,因为sin C ＝sin(A+B)＝sin Acos B+cos Asin B ＝3√314, 所以AC 边上的高为asin C ＝7×3√314＝3√32. 方法总结 处理解三角形相关的综合题目时,首先,要掌握正弦定理、余弦定理,其次,结合图形分析哪些边、角是已知的,哪些边、角是未知的,然后将方程转化为只含有边或角的方程,最后通过解方程求出边或角.19.(2018天津,15,13分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知bsin A ＝acos (B -π6). (1)求角B 的大小;(2)设a ＝2,c ＝3,求b 和sin(2A-B)的值.【试题解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系,两角差的正弦与余弦公式,二倍角的正弦与余弦公式,以及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查运算求解能力. (1)在△ABC 中, 由a sinA ＝b sinB,可得bsin A ＝asin B,又由bsin A ＝acos (B -π6),得asin B ＝acos (B -π6), 即sin B ＝cos (B -π6),可得tan B ＝√3. 又因为B ∈(0,π),可得B ＝π3.(2)在△ABC 中,由余弦定理及a ＝2,c ＝3,B ＝π3, 有b 2＝a 2+c 2-2accos B ＝7,故b ＝√7.由bsin A ＝acos (B -π6),可得sin A ＝√3√7.因为a<c,故cos A ＝√7.因此sin 2A ＝2sin Acos A ＝4√37,cos 2A ＝2cos 2A-1＝17.所以,sin(2A-B)＝sin 2Acos B-cos 2Asin B ＝4√37×12-17×√32＝3√314. 解题关键 (1)利用正弦定理合理转化bsin A ＝acos (B -π6)是求解第(1)问的关键; (2)由余弦定理及已知条件求得sin A,利用a<c 确定cos A>0是求解第(2)问的关键.教师专用题组考点一 正弦定理和余弦定理1.(2015天津,13,5分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知△ABC 的面积为3√15,b-c ＝2,cos A ＝-14,则a 的值为 . 【参考答案】82.(2015广东,11,5分)设△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.若a ＝√3,sin B ＝12,C ＝π6,则b ＝ . 【参考答案】13.(2015重庆,13,5分)在△ABC 中,B ＝120°,AB ＝√2,A 的角平分线AD ＝√3,则AC ＝ . 【参考答案】√64.(2015北京,12,5分)在△ABC中,a＝4,b＝5,c＝6,则sin2AsinC＝. 【参考答案】15.(2016北京,15,13分)在△ABC中,a2+c2＝b2+√2ac.(1)求∠B的大小;(2)求√2cos A+cos C的最大值.【试题解析】(1)由余弦定理及题设得cos B＝a2+c2-b22ac ＝√2ac2ac＝√22.又因为0<∠B<π,所以∠B＝π4.(2)由(1)知∠A+∠C＝3π4,∴∠C＝3π4-∠A.∴√2cos A+cos C＝√2cos A+cos(3π4-A)＝√2cos A-√22cos A+√22sin A＝√22cos A+√22sin A＝cos(A-π4).因为0<∠A<3π4,所以当∠A＝π4时,√2cos A+cos C取得最大值1.6.(2015安徽,16,12分)在△ABC中,∠A＝3π4,AB＝6,AC＝3√2,点D在BC边上,AD＝BD,求AD的长.【试题解析】设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,由余弦定理得a2＝b2+c2-2bccos∠BAC＝(3√2)2+62-2×3√2×6×cos3π4＝18+36-(-36)＝90,所以a＝3√10.又由正弦定理得sin B＝bsin∠BACa3√10√10 10,由题设知0<B<π4,所以cos B＝√1-sin2B＝√1-110＝3√1010.在△ABD中,由正弦定理得AD＝AB·sinBsin(π-2B)＝6sinB2sinBcosB＝3cosB＝√10.7.(2015课标Ⅱ,17,12分)△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍.(1)求sin∠Bsin∠C;(2)若AD＝1,DC＝√22,求BD和AC的长.【试题解析】(1)S△ABD＝12AB·ADsin∠BAD,S△ADC＝12AC·ADsin∠CAD.因为S△ABD＝2S△ADC,∠BAD＝∠CAD,所以AB＝2AC.由正弦定理可得sin∠Bsin∠C ＝ACAB＝12.(2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD∶DC,所以BD ＝√2. 在△ABD 和△ADC 中,由余弦定理知 AB 2＝AD 2+BD 2-2AD ·BDcos ∠ADB,AC 2＝AD 2+DC 2-2AD ·DCcos ∠ADC. 故AB 2+2AC 2＝3AD 2+BD 2+2DC 2＝6.由(1)知AB ＝2AC,所以AC ＝1.8.(2011课标,17,12分)已知a,b,c 分别为△ABC 三个内角A,B,C 的对边,acos C+√3asin C-b-c ＝0. (1)求A;(2)若a ＝2,△ABC 的面积为√3,求b,c.【试题解析】(1)由acos C+√3asin C-b-c ＝0及正弦定理得sin Acos C+√3sin Asin C-sin B-sin C ＝0. 因为B ＝π-A-C,所以√3sin Asin C-cos Asin C-sin C ＝0. 由于sin C ≠0,所以sin (A -π6)＝12. 又0<A<π,故A ＝π3.(2)△ABC 的面积S ＝12bcsin A ＝√3,故bc ＝4.又a 2＝b 2+c 2-2bccos A,故b 2+c 2＝8.解得b ＝c ＝2.评析 本题考查了正、余弦定理和三角公式,考查了方程的思想.灵活运用正、余弦定理是求解关键.正确的转化是本题的难点.考点二 解三角形及其综合应用9.(2014课标Ⅱ,4,5分)钝角三角形ABC 的面积是12,AB ＝1,BC ＝√2,则AC ＝( ) A.5 B.√5 C.2 D.1 【参考答案】B10.(2014课标Ⅰ,16,5分)已知a,b,c 分别为△ABC 三个内角A,B,C 的对边,a ＝2,且(2+b)(sin A-sin B)＝(c-b)sin C,则△ABC 面积的最大值为 . 【参考答案】√311.(2011课标,16,5分)在△ABC 中,B ＝60°,AC ＝√3,则AB+2BC 的最大值为 . 【参考答案】2√712.(2017天津,15,13分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a ＝5,c ＝6,sin B ＝35. (1)求b 和sin A 的值; (2)求sin (2A +π4)的值.【试题解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系,二倍角的正弦、余弦公式,两角和的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识.考查运算求解能力.(1)在△ABC 中,因为a>b,故由sin B ＝35,可得cos B ＝45.由已知及余弦定理,有b 2＝a 2+c 2-2accos B ＝13,所以b ＝√13.由正弦定理a sinA ＝b sinB,得sin A ＝asinB b ＝3√1313. 所以,b 的值为√13,sin A 的值为3√1313. (2)由(1)及a<c,得cos A ＝2√1313,所以sin 2A ＝2sin Acos A ＝1213,cos 2A ＝1-2sin 2A ＝-513.故sin (2A +π4)＝sin 2Acos π4+cos 2Asin π4＝7√226. 方法总结 1.利用正、余弦定理求边或角的步骤:(1)根据已知的边和角画出相应的图形,并在图中标出;(2)结合图形选择用正弦定理或余弦定理求解;(3)在运算和求解过程中注意三角恒等变换和三角形内角和定理的运用.2.解决三角函数及解三角形问题的满分策略:(1)认真审题,把握变形方向;(2)规范书写,合理选择公式;(3)计算准确,注意符号. 13.(2016浙江,16,14分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.已知b+c ＝2acos B. (1)证明:A ＝2B;(2)若△ABC 的面积S ＝a 24,求角A 的大小.【试题解析】(1)由正弦定理得sin B+sin C ＝2sin Acos B, 故2sin Acos B ＝sin B+sin(A+B)＝sin B+sin Acos B+cos Asin B, 于是sin B ＝sin(A-B). 由已知得cos B>0,则B ∈(0,π2). 又A ∈(0,π),故-π2<A-B<π. 所以,B ＝π-(A-B)或B ＝A-B, 因此A ＝π(舍去)或A ＝2B, 所以,A ＝2B.(2)由S ＝a 24得12absin C ＝a 24,故有sin Bsin C ＝12sin 2B ＝sin Bcos B, 因sin B ≠0,得sin C ＝cos B. 又B ∈(0,π2),C ∈(0,π),所以C ＝π2±B. 当B+C ＝π2时,A ＝π2;当C-B ＝π2时,A ＝π4. 综上,A ＝π2或A ＝π4.评析 本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形面积公式等基础知识,同时考查运算求解能力. 14.(2016山东,16,12分)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知2(tan A+tan B)＝tanA cosB +tanBcosA. (1)证明:a+b ＝2c; (2)求cos C 的最小值. 【试题解析】(1)由题意知2(sinA cosA +sinB cosB )＝sinA cosAcosB +sinBcosAcosB, 化简得2(sin Acos B+sin Bcos A)＝sin A+sin B, 即2sin(A+B)＝sin A+sin B. 因为A+B+C ＝π,所以sin(A+B)＝sin(π-C)＝sin C. 从而sin A+sin B ＝2sin C. 由正弦定理得a+b ＝2c. (2)由(1)知c ＝a+b2, 所以cos C ＝a 2+b 2-c 22ab ＝a 2+b 2-(a+b 2)22ab＝38(a b +b a )-14≥12,当且仅当a ＝b 时,等号成立. 故cos C 的最小值为12.评析 本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及基本不等式,综合性较强,重点考查了化归与转化的思想方法,属中档题. 15.(2015浙江,16,14分)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c.已知A ＝π4,b 2-a 2＝12c 2.(1)求tan C 的值;(2)若△ABC 的面积为3,求b 的值.【试题解析】(1)由b 2-a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B-12＝12sin 2C,所以-cos 2B ＝sin 2C.又由A ＝π4,即B+C ＝34π,得-cos 2B ＝sin 2C ＝2sin Ccos C, 解得tan C ＝2.(2)由tan C ＝2,C ∈(0,π)得sin C ＝2√55,cos C ＝√55. 又因为sin B ＝sin(A+C)＝sin (π4+C), 所以sin B ＝3√1010. 由正弦定理得c ＝2√23b, 又因为A ＝π4,12bcsin A ＝3,所以bc ＝6√2,故b ＝3.评析 本题主要考查三角函数及三角恒等变换、正弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.16.(2015陕西,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.向量m ＝(a,√3b)与n ＝(cos A,sin B)平行. (1)求A;(2)若a ＝√7,b ＝2,求△ABC 的面积.【试题解析】(1)因为m ∥n ,所以asin B-√3bcos A ＝0, 由正弦定理,得sin Asin B-√3sin Bcos A ＝0, 又sin B ≠0,从而tan A ＝√3, 由于0<A<π,所以A ＝π3.(2)解法一:由a 2＝b 2+c 2-2bccos A 及a ＝√7,b ＝2,A ＝π3,得7＝4+c 2-2c,即c 2-2c-3＝0,因为c>0,所以c ＝3. 故△ABC 的面积为12bcsin A ＝3√32. 解法二:由正弦定理,得√7sin π3＝2sinB , 从而sin B ＝√217,又由a>b,知A>B,所以cos B ＝2√77.故sin C ＝sin(A+B)＝sin (B +π3) ＝sin Bcos π3+cos Bsin π3＝3√2114. 所以△ABC 的面积为12absin C ＝3√32. 17.(2015湖南,17,12分)设△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,a ＝btan A,且B 为钝角. (1)证明:B-A ＝π2;(2)求sin A+sin C 的取值范围.【试题解析】(1)证明:由a ＝btan A 及正弦定理, 得sinA cosA ＝a b ＝sinAsinB, 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+cos 2A ＝-2sin 2A+sin A+1＝-2(sinA -14)2+98.因为0<A<π4,所以0<sin A<√22,因此√22<-2(sinA -14)2+98≤98.由此可知sin A+sin C 的取值范围是(√22,98].18.(2015四川,19,12分)如图,A,B,C,D 为平面四边形ABCD 的四个内角. (1)证明:tan A 2＝1-cosAsinA; (2)若A+C ＝180°,AB ＝6,BC ＝3,CD ＝4,AD ＝5,求tan A 2+tan B 2+tan C 2+tan D 2的值.【试题解析】(1)证明:tan A 2＝sin A2cos A 2＝2sin 2A22sin A 2cosA 2＝1-cosAsinA . (2)由A+C ＝180°,得C ＝180°-A,D ＝180°-B. 由(1),有tan A2+tan B 2+tan C 2+tan D 2＝1-cosA sinA +1-cosB sinB +1-cos(180°-A)sin(180°-A)+1-cos(180°-B)sin(180°-B)＝2sinA +2sinB.连接BD.在△ABD 中,有BD 2＝AB 2+AD 2-2AB ·ADcos A, 在△BCD 中,有BD 2＝BC 2+CD 2-2BC ·CDcos C, 所以AB 2+AD 2-2AB ·ADcos A ＝BC 2+CD 2+2BC ·CDcos A.则cos A ＝AB 2+AD 2-BC 2-CD 22(AB ·AD+BC ·CD)＝62+52-32-422×(6×5+3×4)＝37.于是sin A ＝√1-cos 2A ＝√1-(37)2＝2√107. 连接AC.同理可得 cos B ＝AB 2+BC 2-AD 2-CD 22(AB ·BC+AD ·CD)＝62+32-52-422×(6×3+5×4)＝119,于是sin B ＝√1-cos 2B ＝√1-(119)2＝6√1019. 所以,tan A2+tan B 2+tan C 2+tan D 2＝2sinA +2sinB 2√10+6√104√103. 评析 本题主要考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查化归与转化等数学思想.19.(2013课标Ⅰ,17,12分)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝90°,AB ＝√3,BC ＝1,P 为△ABC 内一点,∠BPC ＝90°. (1)若PB ＝12,求PA;(2)若∠APB ＝150°,求tan ∠PBA.【试题解析】(1)由已知得∠PBC ＝60°,所以∠PBA ＝30°.在△PBA 中,由余弦定理得PA 2＝3+14-2×√3×12cos 30°＝74.故PA ＝√72.(2)设∠PBA ＝α,由已知得∠PAB ＝30°-α,PB ＝sin α. 在△PBA 中,由正弦定理得√3sin150°＝sinαsin(30°-α),化简得√3cos α＝4sin α.所以tan α＝√34,即tan ∠PBA ＝√34.思路分析 (1)由已知求出∠PBA,在△PAB 中利用余弦定理求解PA;(2)设∠PBA ＝α,则∠PAB ＝30°-α,在Rt △PBC 中求得PB ＝sin α,然后在△PBA 中利用正弦定理求得tan α.20.(2013课标Ⅱ,17,12分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知a ＝bcos C+csin B. (1)求B;(2)若b ＝2,求△ABC 面积的最大值.【试题解析】(1)由已知及正弦定理得sin A ＝sin Bcos C+sin C ·sin B.① 又A ＝π-(B+C),故sin A ＝sin(B+C)＝sin Bcos C+cos Bsin C.② 由①②和C ∈(0,π)得sin B ＝cos B. 又B ∈(0,π),所以B ＝π4.(2)△ABC 的面积S ＝12acsin B ＝√24ac.由已知及余弦定理得4＝a 2+c 2-2accos π4.又a 2+c 2≥2ac,故ac ≤2-√2,当且仅当a ＝c 时,等号成立.因此△ABC 面积的最大值为√2+1.方法总结 求三角形面积的最值时,常利用基本不等式求两边之积的最值,从而确定面积的最值.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共35分)1.(2019北京朝阳综合练习,4)在△ABC 中,B ＝π6,c ＝4,cos C ＝√53,则b ＝( )A.3√3B.3C.32D.43【参考答案】B2.(2020届黑龙江双鸭山一中开学考,3)在△ABC 中,a ＝3,b ＝5,sin A ＝13,则sin B ＝( ) A.15 B.59 C.35D.1 【参考答案】B3.(2019上海嘉定(长宁)二模,16)对于△ABC,若存在△A 1B 1C 1,满足cosA sin A 1＝cosB sin B 1＝cosCsin C 1＝1,则称△ABC 为“V 类三角形”.“V 类三角形”一定满足( )A.有一个内角为30°B.有一个内角为45°C.有一个内角为60°D.有一个内角为75° 【参考答案】B4.(2018河北衡水中学4月模拟,11)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且acos B+√3asin B ＝b+c,b ＝1,点D 是△ABC 的重心,且AD ＝√73,则△ABC 的外接圆的半径为( )A.1B.2C.3D.4 【参考答案】A5.(2018山东济宁二模,12)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且acos B-bcos A ＝23c,则tan(A-B)的最大值为( )A.2√55B.√55C.√33D.√3【参考答案】A6.(2019河南六市3月联考,10)在△ABC 中,A,B,C 的对边分别为a,b,c,若2a -c b ＝cosCcosB,b ＝4,则△ABC 的面积的最大值为( )A.4√3B.2√3C.3√3D.√3 【参考答案】A7.(2019湘东六校3月联考,5)若△ABC 的三个内角满足6sin A ＝4sin B ＝3sin C,则△ABC 是( ) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.以上都有可能 【参考答案】C二、多项选择题(每题5分,共10分)8.(改编题)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)＝9∶10∶11,则下列结论正确的是( ) A.sin A∶sin B∶sin C ＝4∶5∶6 B.△ABC 是钝角三角形C.△ABC 的最大内角是最小内角的2倍D.若c ＝6,则△ABC 外接圆的半径为8√77【参考答案】ACD9.(改编题)在△ABC 中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是( ) A.b ＝10,A ＝45°,C ＝70° B.b ＝45,c ＝48,B ＝60° C.a ＝14,b ＝16,A ＝45° D.a ＝7,b ＝5,A ＝80° 【参考答案】BC三、填空题(每题5分,共10分)10.(2019安徽合肥二模,15)在锐角△ABC 中,BC ＝2,sin B+sin C ＝2sin A,则中线AD 的长的取值范围是 . 【参考答案】[√3,√132)11.(2020届黑龙江双鸭山一中开学考,15)已知A 船在灯塔C 的北偏东85°方向且A 到C 的距离为2 km,B 船在灯塔C 的北偏西65°方向且B 到C 的距离为√3 km,则A,B 两船的距离为 . 【参考答案】√13 km四、解答题(共60分)12.(2020届山东夏季高考模拟,18)在△ABC 中,∠A ＝90°,点D 在BC 边上.在平面ABC 内,过D 作DF ⊥BC 且DF ＝AC. (1)若D 为BC 的中点,且△CDF 的面积等于△ABC 的面积,求∠ABC; (2)若∠ABC ＝45°,且BD ＝3CD,求cos ∠CFB. 【试题解析】(1)因为CD ＝BD,所以CD ＝12BC. 由题设知DF ＝AC,12CD ·DF ＝12AB ·AC, 因此CD ＝AB.所以AB ＝12BC,因此∠ABC ＝60°. (2)不妨设AB ＝1,由题设知BC ＝√2. 由BD ＝3CD 得BD ＝3√24,CD ＝√24. 由勾股定理得CF ＝3√24,BF ＝√344. 由余弦定理得cos ∠CFB ＝98+178-2×3√24×√3445√1751. 13.(2020届山东济宁二中10月月考,19)在△ABC 中,a,b,c 分别是角A,B,C 的对边,已知cos 2A-3cos(B+C)＝1. (1)求角A 的大小;(2)若a ＝√21,b+c ＝9,求△ABC 的面积.【试题解析】(1)在△ABC 中,cos(B+C)＝cos(π-A)＝-cos A, 则由cos 2A-3cos(B+C)＝1,得2cos 2A+3cos A-2＝0,即(2cos A-1)(cos A+2)＝0, 解得cos A ＝12或cos A ＝-2(舍去).∵0<A<π,∴A ＝π3.(2)由余弦定理,得a 2＝b 2+c 2-2bccos π3,∵a ＝√21,b+c ＝9,∴21＝b 2+c 2-bc ＝(b+c)2-3bc,即21＝81-3bc, 解得bc ＝20.∴S △ABC ＝12bcsin A ＝12×20×√32＝5√3.14.(2019上海浦东二模,18)已知向量m ＝(2sin ωx ,cos 2ωx),n ＝(√3cos ωx,1),其中ω>0,若函数f(x)＝m ·n 的最小正周期为π. (1)求ω的值;(2)在△ABC 中,若f(B)＝-2,BC ＝√3,sin B ＝√3sin A,求BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值. 【试题解析】(1)f(x)＝m ·n ＝√3sin 2ωx+cos 2ωx ＝2sin (2ωx +π6),∵f(x)的最小正周期为π,∴T ＝2π2ω＝π,∴ω＝1. (2)设△ABC 中角A,B,C 所对的边分别是a,b,c. ∵f(B)＝-2,∴2sin (2B +π6)＝-2, 即sin (2B +π6)＝-1,解得B ＝2π3. ∵BC ＝√3,∴a ＝√3,∵sin B ＝√3sin A, ∴b ＝√3a,∴b ＝3,由3sin 2π3＝√3sinA 得sin A ＝12,∵0<A<π3,∴A ＝π6,则C ＝π6,∴a ＝c ＝√3, ∴BA⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝cacos B ＝-32. 15.(2020届湖南长沙一中第一次月考,17)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,满足cosA cosB +a b ＝2cb且b ＝4.(1)求角B;(2)求△ABC 周长的最大值. 【试题解析】(1)由cosA cosB +a b ＝2c b 及正弦定理,得cosAsinB+cosBsinA cosBsinB ＝2sinCsinB, 即sin(A+B)cosBsinB ＝2sinCsinB,∵sin(A+B)＝sin C ≠0,sin B ≠0,∴cos B ＝12, ∵B∈(0,π),∴B ＝π3.(2)在△ABC 中,由余弦定理得b 2＝a 2+c 2-2accos B ＝a 2+c 2-ac ＝16.∴(a+c)2＝16+3ac ≤16+3(a+c 2)2. 即a+c ≤8,当且仅当a ＝c 时取等号. ∴△ABC 的周长＝a+b+c ≤12,∴△ABC 周长的最大值为12.16.(2020届黑龙江哈师大附中9月月考,20)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,asin A+C2＝bsin 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. 【试题解析】(1)由asinA+C2＝bsin A 及正弦定理可得sin Acos B 2＝sin Bsin A,∵sin A ≠0,∴cos B 2＝sin B ＝2sin B 2cos B 2⇒sin B 2＝12(0<B<π), ∴B ＝π3.(2)解法一:由a sinA ＝c sinC得a ＝c sinC sin (2π3-C), ∴S △ABC ＝12a√32＝√34(√32tanC+12)＝38·1tanC +√38, 由△ABC 为锐角三角形可得{0<C <π2,0<2π3-C <π2⇒π6<C<π2⇒0<1tanC <√3, 所以△ABC 面积的取值范围为(√38,√32).解法二:由余弦定理得b ＝√a 2-a +1, 由题意得{a 2+1>b 2,a 2+b 2>1,b 2+1>a 2⇒12<a<2.则S ＝12a√32＝√34a ∈(√38,√32). 即△ABC 面积的取值范围为(√38,√32).应用专题知行合一【应用集训】1.(2020届湖南长沙一中第一次月考,15)秦九韶是我国南宋著名数学家,在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“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”.如果把以上这段文字写成公式就是S ＝√14[a 2c 2-(a 2+c 2-b 22)2],其中a,b,c 是△ABC 的内角A,B,C 的对边.若sin C ＝2sin Acos B,且b 2,2,c 2成等差数列,则△ABC 面积S 的最大值为 . 【参考答案】2√552.(2020届宁夏银川第一次月考,18)如图,在平面直角坐标系xOy 中,角α的顶点是原点,始边与x 轴正半轴重合,终边交单位圆于点A,且α∈(π6,π2).将角α的终边按逆时针方向旋转π3,交单位圆于点B.记A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). (1)若x 1＝14,求x 2;(2)分别过A,B 作x 轴的垂线,垂足依次为C,D.设△AOC 的面积为S 1,△BOD 的面积为S 2若S 1＝2S 2,求角α的值.21【试题解析】(1)由三角函数的定义,得x 1＝cos α,x 2＝cos (α+π3),因为α∈(π6,π2),cos α＝14,则sin α＝√1-cos 2α＝√1-(14)2＝√154.∴x 2＝cos (α+π3)＝12cos α-√32sin α＝12 ×14-√32×√154＝1-3√58.(2)由已知,得y 1＝sin α,y 2＝sin (α+π3),∴S 1＝12x 1·y 1＝12cos α·sin α＝14sin 2α,S 2＝12|x 2|·|y 2|＝12[-cos (α+π3)·sin (α+π3)]＝-14sin (2α+2π3).由S 1＝2S 2,得sin 2α＝-2sin (2α+2π3)⇒cos 2α＝0.又α∈(π6,π2),∴2α∈(π3,π),∴2α＝π2⇒α＝π4.。
高考数学二轮复习考点十《三角恒等变换与解三角形》课件
B，∴sin
A＝a
sin b
B＝183.
10．(2021·辽宁沈阳高三年级质量监测)若 cos x－π6＝13，则 sin 2x＋π6 ＝________．
答案 －79 解析 sin 2x＋π6＝sin 2x－π6＋2π＝cos 2x－π6＝2cos2x－π6－1＝－79.
11．(2021·广东高州第二次模拟)已知 α∈π2，π，且 2cos2α＝sin α－1， 则 tan α＝________．
号．
四、解答题 13．(2021·山东济宁高三第一次模拟)已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 b cos C＋c cos B＝2a cos A. (1)求角 A； (2)若 a＝2 3，△ABC 的面积为 2 3，求 b＋c 的值．
解 (1)因为 b cos C＋c cos B＝2a cos A， 由正弦定理得，sin B cos C＋sin C cos B＝2sin A cos A， 所以 sin (B＋C)＝sin A＝2sin A cos A， 因为 0<A<π，所以 sin A≠0，所以 cos A＝12，所以 A＝π3.
所以 cos α＝ 415，tan α＝csoins αα＝ 1155.故选 A.
二、选择题(在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
8．(2021·三湘名校教育联盟高三联考)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边
分别为 a，b，c，若 c＝ 23b＝3，B＝2C，则下列结论正确的是( )
A．sin
(2)因为△ABC 的面积为 2 3，所以12bc sin A＝2 3， 因为 A＝π3，所以12bc sin π3＝2 3，所以 bc＝8. 由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bc cos A， 因为 a＝2 3，A＝π3， 所以 12＝b2＋c2－2bc cos π3＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－24， 所以 b＋c＝6.
2021年高考数学：3三角函数、解三角形
三角函数、解三角形[学生用书P84] 年份卷别具体考查内容及命题位置2016
甲卷
已知三角函数图象求解析式·T3
利用诱导公式、二倍角公式求最值·T11
利用正弦定理解三角形·T15
乙卷
利用余弦定理解三角形·T4
三角函数的图象变换与性质·T6
同角三角函数的关系、诱导公式·T14
丙卷
三角恒等变换求值问题·T6
解三角形、三角形的面积公式·T9
三角函数的图象变换·T14
2015
Ⅰ卷
三角函数的图象与性质·T8
正、余弦定理及三角形的面积公式·T17
Ⅱ卷正弦定理及三角形的内角和定理·T17
2014
Ⅰ卷
三角函数的符号·T2
三角函数的周期·T7
三角形中的测量问题(解三角形)、正弦定理·T16
Ⅱ卷
两角和与差的正弦公式、正弦函数的最值·T14
余弦定理、三角形的面积公式·T17
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,
,
[命题分析]
1．高考对此部分内容考查重点仍是三角函数的定义、图象与性质、求值与解三角形．三角函数的图象与性质的考查中，以图象的变换、函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值等作为热点内容，并且往往与三角变换公式相互联系，有时也与平面向量或不等式内容交汇．
2．高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现，小题一般出现在第4～11或14～16题位置上，而解答题一般出现在第17题位置上．
题示参数真题呈现考题溯源。
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2021年高考数学二轮复习重难点突破----------解三角形类的解答题处理方法一、必备知识 1．正弦定理及其变形2(sin sin sin a b cR R A B C===为三角形外接圆半径）变式：12sin ,2sin ,2sin a R A b R B c R C ===（）(边化角公式）2sin ,sin ,sin 222a b cA B C R R R===（）(角化边公式） 3::sin :sin :sin a b c A B C =（）sin sin sin (4),,sin sin sin a A a A b Bb Bc C c C===2．正弦定理适用情况： （1）已知两角及任一边；（2）已知两边和一边的对角（需要判断三角形解的情况）. 3．余弦定理及其推论2222222222cos 2cos 2cos a b c bc Ab ac ac B c a b ab C=+-=+-=+-222222222cos 2cos 2cos 2b c a A bc a c b B aca b c C ab+-=+-=+-=4．余弦定理适用情况：（1）已知两边及夹角； （2）已知三边.注．解三角形或判定三角形形状时，可利用正余弦定理实现边角转化(这也是正余弦定理的作用)，统一成边的形式或角的形式. 5．常用的三角形面积公式（1）高底⨯⨯=∆21ABC S ； （2）()111=sin sin sin 2224abcS ab C ac B bc A R ABC R===∆为外接圆半径 （两边夹一角）；6．三角形中常用结论（1）,,(a b c b c a a c b +>+>+>即两边之和大于第三边，两边之差小于第三边） （2）sin sin (ABC A B a b A B ∆>⇔>⇔>在中，即大边对大角，大角对大边）（3）在ABC ∆中，A B C π++=，所以 ①()sin sin A B C +=；②()cos cos A B C +=-；③()tan tan A B C +=-；④sin cos ,22A B C +=⑤cos sin 22A B C+= 二、典型试题1.条件为边角混合等式（2020•浙江卷）在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2sin 3b A a =． （I ）求角B ；（II ）求cos A ＋cos B ＋cos C 的取值范围． 【详解】（I ）由2sin 3b A a =结合正弦定理可得：32sin sin 3,sin 2B A A B =∴=△ABC 为锐角三角形，故3B π=.（II ）结合(1)的结论有：12cos cos cos cos cos 23A B C A A π⎛⎫++=++- ⎪⎝⎭131cos cos 222A A A =-++311sin cos 222A A =++1sin 62A π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭. 由203202A A πππ⎧<-<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩可得：62A ππ<<，2363A πππ<+<，则3sin 3A π⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪⎝⎭⎝⎦，1313sin 232A π⎤+⎛⎫++∈⎥ ⎪⎝⎭⎝⎦. 即cos cos cos A B C ++的取值范围是313,22⎛⎤⎥ ⎝⎦.点睛：此类问题关键是运用正余弦定理进行边角互化。
2.多三角形问题（2021年佛山一模18题）如图，在梯形ABCD 中，CD AB //，2=AB ，5=CD ，32π=∠ABC ． (1)若72=AC ，求梯形ABCD 的面积；(2)若BD AC ⊥，求ABD ∠tan ．【解析】(1)设BC =x ，在△ABC 中，由余弦定理得)21(224282-⨯⨯⨯-+=x x ，即02422=-+x x ，解得x =4或x =-6（舍），所以BC =4 则32234221=⨯⨯⨯=∆ABC S ，因为25ABCD =，所以3525==∆∆ABC ADC S S 则梯形ABCD 的面积37=+=∆∆ADC ABC S S S(2)设α=∠ABD ，则α=∠BDC ，απ-=∠2BAC ，απ-=∠32DBC ，6πα-=∠BCA ，在△ABC 中，由正弦定理得)2sin()6sin(2αππα-=-BC在△BDC 中，由正弦定理得ααπsin )32sin(5BC=-两式相除得⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=--απαπααπ2sin sin )6sin(5)32sin(2，展开得ααααααcos sin )cos 21sin 23(5)sin 21cos 23(2=-⨯+⨯ 所以0cos 32cos sin 7sin 3522=--αααα， 即032tan 7tan 352=--αα，解得332tan =α或53-，因为)2,6(ππα∈，则332tan =α，即332tan =∠ABD 点睛：此类问题在多边形中找到需要的三角形进行过渡，本质还是正余弦定理已经联立解方程的思路。
3.条件为面积、周长等要素（2020•全国2卷）ABC 中，sin 2A －sin 2B －sin 2C ＝sin B sinC. （1）求A ；（2）若BC ＝3，求ABC 周长的最大值.【详解】（1）由正弦定理可得：222BC AC AB AC AB --=⋅，2221cos 22AC AB BC A AC AB +-∴==-⋅，()0,A π∈，23A π∴=（2）由余弦定理得：222222cos 9BC AC AB AC AB A AC AB AC AB =+-⋅=++⋅=， 即()29AC AB AC AB +-⋅=.22AC AB AC AB +⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭（当且仅当AC AB =时取等号），()()()22223924AC AB AC AB AC AB AC AB AC AB +⎛⎫∴=+-⋅≥+-=+ ⎪⎝⎭， 解得：23AC AB +≤（当且仅当AC AB =时取等号），ABC ∴周长323L AC AB BC =++≤+，ABC ∴周长的最大值为323+. 点睛：此类问题在正余弦定理的基础上熟记解三角的面积、周长公式，基本不等式及变形也是经常用到的。
三、巩固练习1.已知中，角A 、B 、C 的对边分别为，且. （1）求角的大小；（2）设向量，且，求的值.2.（2020•江苏卷）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3,2,45a c B ===︒．（1）求sin C 的值；（2）在边BC 上取一点D ，使得4cos 5ADC ∠=-，求tan DAC ∠的值．3.（广东省深圳、汕头、潮州、揭阳名校2021届高三联考）在锐角三角形ABC 中，角CB A ,,所对的边分别是c b a ,,，且32=c ，3)32sin(2=-πC ．⑴若22=a ，求角A ； ⑵求△ABC 面积的最大值．.ABC ∆a b c 、、(2)cos cos a c B b C -=B 8(cos 21,cos ),(1,)5A A +-m =n =⊥m n tan()4A π+四、巩固练习答案1.【解析】试题分析：（1）这个等式中既有边又有角，这种等式一般有两种考虑：要么只留边，要么只留角.在本题中这两种方法都行.思路一、由正弦定理得：sin )cos sin cos A C B B C -=，然后用三角函数公式可求出cos B .思路二、由余弦定理得：222222)22a c b a b c c b ac ab+-+--⨯=⨯，化简得222a c b +-=.再由余弦定理可得cos 2B =. (2)由得；解这个方程，可求出4cos 5A =的值，再用正切和角公式可求出.试题解析：(1)法一、6分法二、由余弦定理得：222222)22a c b a b c c b ac ab +-+--⨯=⨯，化简得：222222222()a c b a c b a b c c +-⨯-+-=+-，22222222a c b a a c b c +-⨯=⇒+-=.所以222cos 22a c b B ac +-==，4B π=(2) cos 0A ∴=或者4cos 5A =.当cos 0A =时，0m =（舍去）；)cos cos c B b C -=⊥m n 8cos 21cos 05m n A A ⋅=+-=tan()4A π+(2)cos cosa c Bb C -=sin )cos sin cosA CB BC ∴-=cos sin cos sin cos sin()sin A B B C C B B C A =+=+=sin 0A ≠cos 2B ∴=4B π∴∠=8cos 21cos 05m n A A ⋅=+-=24(cos )cos 05A A ∴-=当4cos5A=时，3tan tan1344tan,tan()73441tan tan144AA AAπππ++=+===--.2、【详解】（1）由余弦定理得2222cos922352b ac ac B=+-=+-⨯=，所以b=由正弦定理得sinsinsin sin5c b c BCC B b=⇒==.（2）由于4cos5ADC∠=-，,2ADCππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以3sin5ADC∠==.由于,2ADCππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以0,2Cπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos C==所以()sin sinDAC DACπ∠=-∠()sin ADC C=∠+∠sin cos cos sinADC C ADC C=∠⋅+∠⋅3455⎛⎫=+-=⎪⎝⎭.由于0,2DACπ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以cos25DAC∠==.所以sin2tancos11DACDACDAC∠∠==∠.3.(1)由题意，得)2,0(,23)32sin(ππ∈=-CC，即)32,3(32πππ-∈-C，所以332ππ=-C，解得⋅=3πC由正弦定理，得3sin32sin22π=A，解得22sin=A. .又a<c ，所以30π=<<C A ，所以4π=A .(2)在△ABC 中，3,32π==C c ，则由余弦定理，得c 2= a 2 +b 2-2ab cos C ， 即ab ab b a ≥-+=2212所以33sin 21≤=∆C ab S ABC （当且仅当a =b 时，即△ABC 为等边三角形时，等号成立）， 所以△ABC 的面积的最大值为33.。