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专题一 三角函数、解三角形学案
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这是一份专题一 三角函数、解三角形学案，共35页。
第二层级 高分考点突破(把握考向——重点攻关)
专题一 三角函数、解三角形
小题专项1 三角函数的图象与性质
命|题|分|析
1．三角函数的图象和性质是高考必考的内容，在高考中多以选择题或填空题的形式出现。
2．高考小题对此部分内容的命题主要集中于三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，命题以基础性的小综合题为主。
明确考点 扣准要点
必 备 知 识
,1．三角函数的定义
设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，则sin α＝y，cos α＝x，tan α＝(x≠0)。各象限角的三角函数值的符号可记为：一全正，二正弦，三正切，四余弦。
2．函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
(1)“五点法”作图。
设z＝ωx＋φ，令z＝0，，π，，2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得。
(2)两种图象变换方式。
①y＝sin x
y＝sin(x＋φ)
y＝sin(ωx＋φ)
y＝Asin(ωx＋φ)。
②y＝sin x
y＝sin ωx
y＝sin(ωx＋φ)
y＝Asin(ωx＋φ)。
3．三角函数的单调区间
(1)y＝sin x的单调递增区间是(k∈Z)，单调递减区间是(k∈Z)。
(2)y＝cos x的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)。
(3)y＝tan x的单调递增区间是(k∈Z)。
4．三角函数图象的对称轴与对称中心
函数
y＝sin x
y＝cos x
y＝tan x
图象的对称轴
直线x＝kπ＋(k∈Z)
直线x＝kπ(k∈Z)
无
图象的对称中心
点(kπ，0) (k∈Z)
点(k∈Z)
点(k∈Z)
5.三角函数奇偶性的充要条件
函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)；
函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ＋(k∈Z)；
函数y＝Acos(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ＋(k∈Z)；
函数y＝Acos(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ(k∈Z)。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 三角函数的定义
【例1】 (1)(2021·郑州模拟)点P从(1,0)点出发，沿单位圆x2＋y2＝1逆时针方向运动弧长到达Q点，则Q点坐标为( )
A． B．
C． D．
解析 点P从点(1,0)出发，沿单位圆逆时针方向运动弧长到达Q点，所以∠QOx＝(O为坐标原点)，所以Q，即Q点的坐标为。故选A。
答案 A
(2)(2021·天津模拟)已知θ是第二象限角，P(x,2)为其终边上一点且cos θ＝x，则的值为( )
A．5 B．
C． D．
解析 因为θ是第二象限角，P(x,2)(x<0)为其终边上一点，所以|OP|＝，所以cos θ＝＝x，解得x＝－1(正舍)。所以tan θ＝－2。所以＝＝＝5。故选A。
答案 A
方法悟通
(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。
【变式训练1】 (1)(2021·扬州市适应性练习) 如图，曲线段AB是一段半径为R的圆弧，若圆弧的长度为，则A，B两点间的距离为( )
A．R B．R
C．R D．2R
解析 设所对的圆心角为α，则由题意，得αR＝R，所以α＝，所以AB＝2Rsin＝2Rsin＝2R×＝R。故选C。
答案 C
(2)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称。若sin α＝，则cos(α－β)＝________。
解析 由题设，得β＝(2k＋1)π－α(k∈Z)，所以sin β＝sin α＝，cos β＝－cos α。则cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－cos2α＋sin2α＝2sin2α－1＝2×－1＝－。
答案 －
考向二 三角函数的图象及应用重点微专题
角度1 图象变换
【例2】 (2021·全国乙卷)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin的图象，则f(x)＝( )
A．sin B．sin
C．sin D．sin
解析 依题意，将y＝sin的图象向左平移个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f(x)的图象，所以y＝siny＝sin的图象f(x)＝sin的图象。
答案 B
方法悟通
解决三角函数图象的变换问题，要注意以下两点：
(1)掌握函数图象的变换法则，即“左加右减，上加下减”；
(2)掌握函数图象变换的本质，“左加右减”是相对于函数的自变量来讲的，因此对三角函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象进行变换时，要先将自变量的系数ω提出来。
【变式训练2】 (2021·河南适应性测试)已知曲线C1：y＝sin x，曲线C2：y＝cos，则下列结论正确的是( )
A．将曲线C1上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
B．将曲线C1上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．将曲线C1上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
D．将曲线C1上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
解析 曲线C2：y＝cos＝sin＝sin，将曲线C1：y＝sin x上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到曲线y＝sin 2x，再把曲线y＝sin 2x向左平移个单位长度，得到曲线y＝sin＝sin，即曲线C2。故选D。
答案 D
角度2 三角函数图象的应用
【例3】 (2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件·>0的最小正整数x为________。
解析 由题图可知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)。点可看作“五点作图法”中的第二个点，则2×＋φ＝，得φ＝－，所以f(x)＝2cos，所以f＝2cos＝2cos＝2cos＝1，f＝2cos＝2cos＝0，所以>0，即(f(x)－1)f(x)>0，可得f(x)>1或f(x)<0，所以cos>或cos<0。当x＝1时，2x－＝2－∈，cos∈，不符合题意；当x＝2时，2x－＝4－∈，cos<0，符合题意。所以满足题意的最小正整数x为2。
答案 2
方法悟通
由“图”定“式”找“对应”的方法
由三角函数的图象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中参数的值，关键是把握函数图象的特征与参数之间的对应关系，其基本依据就是“五点法”作图：
(1)最值定A，B：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M，最小值为m，则M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝，A＝；
(2)T定ω：由周期的求解公式T＝，可得ω＝；
(3)点坐标定φ：一般运用代入法求解φ值，注意在确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”。
【变式训练3】 (2021·潍坊市联考)音乐，是人类精神通过无意识计算而获得的愉悦享受。1807年法国数学家傅里叶发现代表任何周期性声音的公式是形如y＝Asin ωx的简单正弦型函数之和，而且这些正弦型函数的频率都是其中一个最小频率的整数倍。比如用小提琴演奏的某音叉的声音图象是由如图①，②，③所示的三个函数图象组成的，则小提琴演奏的该音叉的声音函数可以为( )
A．f(t)＝0.06sin 1 000πt＋0.02sin 1 500πt＋0.01sin 3 000πt
B．f(t)＝0.06sin 500πt＋0.02sin 2 000πt＋0.01sin 3 000πt
C．f(t)＝0.06sin 1 000πt＋0.02sin 2 000πt＋0.01sin 3 000πt
D．f(t)＝0.06sin 1 000πt＋0.02sin 2 500πt＋0.01sin 3 000πt
解析 题图①中，A＝0.06，最小正周期T＝，所以＝，所以ω＝1 000π，则题图①对应的函数解析式为y＝0.06sin 1 000πt，其频率为＝500，又题图③对应的函数解析式为y＝0.01sin 3 000πt，其频率为＝1 500，所以排除B。若题图②对应的函数解析式为y＝0.02sin 1 500πt，则其频率为＝＝750，不是500的整数倍，故A不符合题意；若题图②对应的函数解析式为y＝0.02sin 2 000πt，则其频率为＝＝1 000，是500的整数倍，故C符合题意；若题图②对应的函数解析式为y＝0.02sin 2 500πt，则其频率为＝＝1 250，不是500的整数倍，故D不符合题意。综上，f(t)＝0.06sin 1 000πt＋0.02sin 2 000πt＋0.01sin 3 000πt。故选C。
答案 C
考向三 三角函数的性质及应用重点微专题
角度1 三角函数的单调性与最值
【例4】 (1)若函数f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx＋cos 2ωx在区间上单调递增，则正数ω的最大值为( )
A． B． C． D．
解析 解法一：因为f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx＋cos 2ωx＝sin 2ωx＋1在区间上单调递增，所以解得ω≤，所以正数ω的最大值是。故选B。
解法二：易知f(x)＝sin 2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝，所以解得ω≤。
答案 B
(2)(2021·河南省适应性测试)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋2cos x的最大值为，则常数φ的一个可能取值为( )
A．－ B．－ C． D．
解析 f(x)＝sin(x＋φ)＋2cos x＝cos φsin x＋(sin φ＋2)cos x＝sin(x＋α)＝sin(x＋α)，其中tan α＝，由题意知4sin φ＋5＝7，即sin φ＝，所以φ＝2kπ＋(k∈Z)或φ＝2kπ＋(k∈Z)，当k＝0时，φ＝。故选D。
答案 D
方法悟通
(1)求三角函数单调区间的方法
①代换法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间时，令ωx＋φ＝z，得y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由复合函数的单调性求得。
②图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间。
(2)求三角函数的最值的方法
①将问题化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，结合三角函数的图象性质求解。
②将问题化为关于sin x或cos x的二次函数的形式求解。
【变式训练4】 (1)若x∈[0，π]，则函数f(x)＝cos x－sin x的增区间为( )
A． B．
C． D．
解析 由题得f(x)＝cos x－sin x＝－(sin x－cos x)＝－sin，令＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，所以2kπ＋≤x≤2kπ＋，k∈Z。令k＝0得≤x≤，因为x∈[0，π]，所以函数f(x)的增区间是，故选D。
答案 D
(2)(2021·北京高考)已知函数f(x)＝cos x－cos 2x，则该函数是( )
A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为 D．偶函数，最大值为
解析 函数f(x)的定义域为R，且f(－x)＝f(x)，则f(x)为偶函数。f(x)＝cos x－cos 2x＝cos x－(2cos2x－1)＝－2cos2x＋cos x＋1＝－22＋，故最大值为，故选D。
答案 D
角度2 三角函数的奇偶性、周期性、对称性
【例5】 (多选)将函数f(x)＝sin的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论中正确的是( )
A．g(x)的最小正周期为π
B．直线x＝是g(x)图象的一条对称轴
C．g＝
D．g(x)为奇函数
解析 将函数f(x)＝sin的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)＝sin 2x的图象，所以g(x)的最小正周期为＝π，故选项A正确；令2x＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，故易知选项B错误；g＝sin＝，所以选项C正确；g(－x)＝－sin 2x＝－g(x)，所以g(x)是奇函数，所以选项D正确。故选ACD。
答案 ACD
方法悟通
(1)正弦、余弦、正切函数图象的对称轴与对称中心
函数
y＝sin x
y＝cos x
y＝tan x
图象的对称轴
直线x＝kπ＋(k∈Z)
直线x＝kπ(k∈Z)
无
图象的对称中心
点(kπ，0) (k∈Z)
点(k∈Z)
点(k∈Z)
(2)求三角函数周期的常用结论
①y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为；
②正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是个周期。
【变式训练5】 (多选)已知函数f(x)＝asin(2x＋φ1)＋bcos(2x＋φ2)(f(x)不恒为0)，若f＝0，则下列说法一定正确的是( )
A．f为奇函数
B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)在区间上单调递增
D．f(x)在区间[0,2 021π]上有4 042个零点
解析 由于y＝asin(2x＋φ1)和y＝bcos(2x＋φ2)的最小正周期均为＝π，所以f(x)的最小正周期T＝π，B选项正确；由于f＝0，所以x＝是f(x)的零点，其相邻的2个零点为x＝－＝－和x＝＋＝，－不是f(x)的零点，所以f不是奇函数，A选项错误；与零点x＝相邻的两个对称轴方程为x＝－＝－和x＝＋＝，所以f(x)在区间上可能单调递增，也可能单调递减，C选项错误；由于f(x)在[0，π]上的零点有2个，而f(x)的最小正周期为π，所以f(x)在区间[0，2 021π]上有2 021×2＝4 042(个)零点，D选项正确。故选BD。
答案 BD
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国乙卷)函数f(x)＝sin＋cos的最小正周期和最大值分别是( )
A．3π和 B．3π和2
C．6π和 D．6π和2
解析 因为函数f(x)＝sin＋cos＝＝＝sin，所以函数f(x)的最小正周期T＝＝6π，最大值为。故选C。
答案 C
2．(2021·新高考全国Ⅰ卷)下列区间中，函数f(x)＝7sin单调递增的区间是( )
A． B．
C． D．
解析 解法一：(常规求法)令－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z。取k＝0，则－≤x≤。因为，所以区间是函数f(x)的单调递增区间。故选A。
解法二：(判断单调性法)当0
解法三：(特殊值法)因为<<<π，但f＝7sin＝7，f＝7sin<7，所以区间不是函数f(x)的单调递增区间，排除B；因为π<<<，但f＝7sin π＝0，f＝7sin＝－<0，所以区间不是函数f(x)的单调递增区间，排除C；因为<<<2π，但f＝7sin＝－7sin>－7，f＝7sin＝－7，所以区间不是函数f(x)的单调递增区间，排除D。故选A。
答案 A
3．(多选)(2020·新高考全国Ⅰ卷)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝( )
A．sin B．sin
C．cos D．cos
解析 由题图可知，函数的最小正周期T＝2＝π，排除A；所以＝π，ω＝±2。当ω＝2时，y＝sin(2x＋φ)，将点代入得，sin＝0，所以2×＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋，k∈Z，故y＝sin。由于y＝sin＝sin＝sin，故B正确；y＝sin＝cos＝cos，C正确；对于D，当x＝＝时，cos＝1≠－1，D错误。当ω＝－2时，y＝sin(－2x＋φ)，将代入，得sin＝0，结合函数图象，知－2×＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝＋2kπ，k∈Z，所以y＝sin，但当x＝0时，y＝sin＝－<0，与图象不符合，舍去。综上，故选BC。
答案 BC
4．(2019·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝sin(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]内有且仅有5个零点。下述四个结论：①f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点；②f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点；③f(x)在上单调递增；④ω的取值范围是。其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．①③④
解析 画出f(x)＝sin(ω>0)的示意图，知①正确；对于②，在(0,2π)内f(x)可能有2个极小值，也可能有3个极小值，故②不正确；令f(x)＝0，即ωx＋＝kπ(k∈Z)，x＝，k＝1,2,3,4,5时，f(x)分别取y轴右侧的5个零点，当且仅当k＝5时，x＝满足≤2π，且k＝6时，x＝满足>2π，即≤ω<时，f(x)在[0,2π]内有且仅有5个零点，故④正确；当x∈时，ωx＋∈，由于ω＋<×＋＝π<，所以⊆，所以f(x)在上单调递增，故③正确。故选D。
答案 D
5．(2020·北京高考)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 易知当y＝sin(x＋φ)，y＝cos x同时取得最大值1时，函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cos x取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cos x，则φ＝＋2kπ，k∈Z，故常数φ的一个取值为。
答案
6．(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f＝________。
解析 解法一(五点作图法)：由题图可知T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，即T＝π，所以＝π，即ω＝2，故f(x)＝2cos(2x＋φ)。点可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×＋φ＝，得φ＝－，即f(x)＝2cos，所以f＝2cos＝－。
解法二(平移法)：由题意知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π，＝π，即ω＝2。函数y＝2cos 2x的图象与x轴的一个交点是，对应函数f(x)＝2cos(2x＋φ)的图象与x轴的一个交点是，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)的图象是由y＝2cos 2x的图象向右平移－＝个单位长度得到的，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)＝2cos 2＝2cos，所以f＝2cos＝－2cos＝－。
答案 －
增分专练(一) 三角函数的图象与性质
A级 基础达标
一、单项选择题
1．函数f(x)＝cos22x的最小正周期是( )
A．2π B．π
C． D．
解析 f(x)＝cos22x＝＝cos 4x＋，可得f(x)的最小正周期T＝＝。故选C。
答案 C
2．在平面直角坐标系中，动点M在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，每12分钟转动一周，若点M的初始位置坐标为，则开始运动3分钟后，动点M所处位置的坐标是( )
A． B．
C． D．
解析 因为每12分钟转动一周，所以开始运动3分钟后，点M转过的角度为×2π＝。点M的初始位置坐标为，如图所示，则动点M开始运动3分钟后所处的位置为M′，其坐标是。故选C。
答案 C
3．函数f(x)＝sin的值域为( )
A． B．
C．[0,1] D．
解析 因为x∈，所以2x＋∈，所以－≤sin≤1，因此，函数f(x)＝sin的值域为。故选A。
答案 A
4．函数y＝2sin(x∈[0，π])的单调递增区间是( )
A． B．
C． D．
解析 y＝2sin＝－2sin，令2x－∈，k∈Z，解得x∈，k∈Z，因为x∈[0，π]，所以x∈。故选C。
答案 C
5．(2021·东北三校联考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象如图，若x1，x2∈(1,4)，且f(x1)＋f(x2)＝0(x1≠x2)，则f＝( )
A．1 B．0
C． D．－
解析 由题图可知f(x)的图象关于点对称，因为x1，x2∈(1,4)，f(x1)＋f(x2)＝0，所以＝，则f＝f＝0。故选B。
答案 B
6．若f(x)＝sin x＋cos x在[－m，m](m>0)上是增函数，则m的最大值为( )
A． B．
C． D．
解析 因为f(x)＝sin x＋cos x＝2＝2sin在[－m，m](m>0)上是增函数，所以－m＋≥－，且m＋≤。解得m≤，且m≤，所以m≤，所以0
答案 C
7．(2021·成都诊断性检测)已知锐角φ满足sin φ－cos φ＝1。若要得到函数f(x)＝－sin2(x＋φ)的图象，则可以将函数y＝sin 2x 的图象( )
A．向左平移个单位长度
B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
解析 因为sin φ－cos φ＝2sin＝1，所以sin＝。因为φ为锐角，所以φ＝。所以f(x)＝－sin2＝－＝cos＝cos＝－sin＝sin＝sin＝sin，所以将函数y＝sin 2x的图象向左平移个单位长度可得到函数f(x)的图象。故选A。
答案 A
二、多项选择题
8．(2021·扬州市适应性练习)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．f(x)＝f(π＋x)
B．f(x)＝－f(π＋x)
C．f(x)＝f
D．f(x)＝－f
解析 由题图知，T＝－＝π(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π，所以ω＝＝2。由五点作图法知，为第二个点，所以2×＋φ＝，解得φ＝，所以f(x)＝sin。因为函数f(x)的最小正周期为π，所以f(x)＝f(π＋x)，故A正确，B不正确。因为f＝sin＝sin π＝0，所以是函数f(x)的图象的一个对称中心，所以f(x)＝－f，故C不正确，D正确。综上所述。故选AD。
答案 AD
9．(2021·潍坊市联考)将函数f(x)＝sin 2x的图象向左平移个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则以下说法正确的是( )
A．函数g(x)在上单调递增
B．函数y＝g(x)的图象关于点对称
C．g＝－g(x)
D．g≥g(x)
解析 由题意可知g(x)＝sin＝sin。对于A，当x∈时，2x＋∈，所以函数g(x)＝sin在上不具有单调性，所以A错误；对于B，因为g＝sin＝0，所以函数g(x)＝sin的图象关于点对称，所以B正确；对于C，因为g(x)周期为π，所以C正确；对于D，因为g＝sin＝，而g(x)的值域为[－1,1]，所以D错误。故选BC。
答案 BC
10．设函数f(x)＝cos(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]上有且仅有3个极小值点，则( )
A．f(x)在(0,2π)上有且仅有5个零点
B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极大值点
C．f(x)在上单调递减
D．ω的取值范围是
解析 因为x∈[0,2π]，所以ωx＋∈。设t＝ωx＋∈，画出y＝cos t的图象如图所示。
由图象可知，若f(x)在[0,2π]上有且仅有3个极小值点，则5π≤2πω＋<7π，故f(x)在(0,2π)上可能有5,6或7个零点，故A错误；f(x)在(0,2π)上可能有2或3个极大值点，故B错误；由5π≤2πω＋<7π，可得≤ω<，故D正确；当x∈时，ωx＋∈。因为≤ω<，所以≤ω＋<，故f(x)在上单调递减，故C正确。
答案 CD
三、填空题
11．函数f(x)＝sin2x＋cos x－的最大值是________。
解析 f(x)＝1－cos2x＋cos x－＝－2＋1。因为x∈，所以cos x∈[0,1]，所以当cos x＝，即x＝时，f(x)取得最大值，最大值为1。
答案 1
12．(2021·云南省统一检测)已知f(x)＝cos42ax－sin42ax的最小正周期为π，则常数a的值等于________。
解析 f(x)＝(cos22ax＋sin22ax)(cos22ax－sin22ax)＝cos 4ax，因为f(x)的最小正周期是π，所以＝π，所以a＝±。
答案 ±
13．将函数f(x)＝3sin图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式为________。
解析 将函数f(x)＝3sin图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，可得函数y＝3sin的图象，再向右平移个单位长度，可得函数y＝3sin＝3sin的图象，故g(x)＝3sin。
答案 g(x)＝3sin
14．(2020·全国Ⅲ卷)关于函数f(x)＝sin 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＝对称；④f(x)的最小值为2。
其中真命题的序号是________。
解析 由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且关于原点对称。又f(－x)＝sin(－x)＋＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称的，所以①为假命题，②为真命题。因为f＝sin＋＝cos x＋，f＝sin＋＝cos x＋，所以f＝f，所以函数f(x)的图象关于直线x＝对称，③为真命题。当sinx<0时，f(x)<0，所以④为假命题。
答案 ②③
B级 素养落实
15.(多选)筒车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具。据史料记载，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1 000多年的历史，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征。如图是一个半径为R的筒车，一个水斗从点A(3，－3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒，经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)，则下列叙述正确的是( )
A．φ＝－
B．当t∈[0,60]时，函数y＝f(t)单调递增
C．当t∈[0,60]时，|f(t)|的最大值为3
D．当t＝100时，|PA|＝6
解析 由题意可知y＝f(t)的最小正周期T＝120，所以＝120，即ω＝。如图，由题意原问题可转化为P从A出发，沿圆周按逆时针方向匀速运动，A(3，－3)，∠AOx∈，所以tan∠AOx＝＝，所以∠AOx＝，且R＝6，连接OP，则∠xOP＝ωt－＝t－。根据三角函数的定义可得＝sin∠xOP＝sin，即y＝Rsin＝6sin，所以φ＝－，故选项A正确；当0≤t≤60时，－≤t－≤，所以函数y＝f(t)＝6sin在t∈[0,60]时不单调，故选项B错误；当0≤t≤60时，－≤t－≤，所以当t－＝，即t＝50时函数y＝f(t)＝6sin取得最大值6，所以|f(t)|的最大值为6，故选项C错误；当t＝100时，y＝6sin＝6sin＝－3，此时x＝6cos＝－3，即P(－3，－3)，所以|PA|＝6，故选项D正确。综上可知，选AD。
答案 AD
16．(2021·天津高考)设a∈R，函数f(x)＝若f(x)在区间(0，＋∞)内恰有6个零点，则a的取值范围是( )
A．∪ B．∪
C．∪ D．∪
解析 因为x2－2(a＋1)x＋a2＋5＝0最多有2个根，所以cos(2πx－2πa)＝0至少有4个根，由2πx－2πa＝＋kπ，k∈Z可得x＝＋＋a，k∈Z，由0<＋＋a
①x
②当x≥a时，f(x)＝x2－2(a＋1)x＋a2＋5，Δ＝4(a＋1)2－4(a2＋5)＝8(a－2)。
当a<2时，Δ<0，f(x)无零点；当a＝2时，Δ＝0，f(x)有1个零点；当a>2时，令f(a)＝a2－2a(a＋1)＋a2＋5＝－2a＋5≥0，则2时，f(x)有1个零点。
综上，要使f(x)在区间(0，＋∞)内恰有6个零点，则应满足或或可解得a的取值范围是∪。故选A。
答案 A
17．(2021·绵阳市诊断性考试)关于x的方程sin 2x＋2cos2x＝m在区间[0，π)上有两个实根x1，x2，若x2－x1≥，则实数m的取值范围是________。
解析 令f(x)＝sin 2x＋2cos2x＝sin 2x＋cos 2x＋1＝sin＋1，则sin＋1＝m在区间[0，π)上有两个实根x1，x2转化为函数y＝sin的图象与直线y＝m－1在区间[0，π)上有两个交点。由x∈[0，π)，得2x＋∈，由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，可知y＝sin在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增。结合正弦函数的图象可知，要使得x2－x1≥，需0≤m－1<1，得m∈[1,2)。
答案 [1,2)
小题专项2 三角恒等变换、解三角形
命|题|分|析
高考对本部分内容的考查主要从以下方面进行：
(1)利用各种三角函数公式进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点。
(2)利用正、余弦定理进行边和角、面积的计算，三角形形状的判定以及有关范围的计算，常与三角恒等变换综合考查。
明确考点 扣准要点
必 备 知 识
,1．同角三角函数的基本关系
sin2α＋cos2α＝1，＝tan α。
2．诱导公式的记忆口诀
在＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”。
3．熟记三角函数公式的两类变形
(1)和差角公式变形。
sin αsin β＋cos(α＋β)＝cos αcos β，
cos αsin β＋sin(α－β)＝sin αcos β，
tan α±tan β＝tan(α±β)·(1∓tan αtan β)。
(2)倍角公式变形。
降幂公式：cos2α＝，sin2α＝。
升幂公式：cos α＝2cos2－1，cos α＝1－2sin2。
配方变形：1±sin α＝2。
4．正弦定理及其变形
在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)。变形：a＝2Rsin A，sin A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等。
5．余弦定理及其变形
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A。
变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，
cos A＝。
6．三角形面积公式
S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B。
7．解三角形中常用的结论
(1)在△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C。
(2)在△ABC中，内角A，B，C成等差数列的充要条件是B＝60°。
(3)△ABC为正三角形的充要条件是A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列。
(4)S△ABC＝(R为△ABC的外接圆半径)。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 三角恒等变换
【例1】 (1)已知角α的终边经过点P(－5，－12)，则sin＝( )
A．－ B．－
C． D．
解析 由三角函数的定义可得cos α＝＝－，则sin＝－cos α＝。
答案 C
(2)(2021·新高考全国Ⅰ卷)若tan θ＝－2，则＝( )
A．－ B．－
C． D．
解析 解法一：(求值代入法)因为tan θ＝－2，所以角θ的终边在第二、四象限，所以或所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝sin2θ＋sin θcos θ＝－＝。故选C。
解法二：(弦化切法)因为tan θ＝－2，所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝＝。故选C。
解法三：(正弦化余弦法)因为tan θ＝－2，所以sin θ＝－2cos θ。则＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝。故选C。
答案 C
(3)已知α，β是锐角，cos 2αcos(α－β)＋sin 2αsin(α－β)＝－，sin＝，则cos＝________。
解析 cos 2αcos(α－β)＋sin 2α·sin(α－β)＝cos[2α－(α－β)]＝cos(α＋β)＝－。因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)，β＋∈。所以sin(α＋β)>0，cos∈。又cos(α＋β)＝－，sin＝，所以sin(α＋β)＝，cos＝－。所以cos＝cos＝cos(α＋β)cos＋sin(α＋β)sin＝－×＋×＝。
答案
方法悟通
(1)三角函数求值“三大类型”
“给角求值”“给值求值”“给值求角”。
(2)三角恒等变换“四大策略”
①常值代换：常用到“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等。
②项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，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。
【变式训练1】 (1)若tan α＝，则sin4α＋cos4α的值为________。
解析 因为tan α＝，所以sin αcos α＝＝＝＝，所以sin4α＋cos4α＝(sin2α＋cos2α)2－2sin2αcos2α＝1－2×2＝。
答案
(2)(tan 10°－)·＝________。
解析 (tan 10°－)·＝(tan 10°－tan 60°)·＝·＝·＝－＝－2。
答案 －2
(3)已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则β＝________。
解析 因为α，β均为锐角，所以－<α－β<。又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝。又sin α＝，所以cos α＝，所以sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝×－×＝。所以β＝。
答案
考向二 利用正、余弦定理解三角形重点微专题
角度1 三角形基本量求解
【例2】 (1)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，则等于( )
A． B．
C． D．
解析 由正弦定理及bsin 2A＝asin B，得2sin Bsin A·cos A＝sin Asin B，又sin A≠0，sin B≠0，则cos A＝。又c＝2b，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋4b2－4b2×＝3b2，得＝。故选D。
答案 D
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2＋c2－bc＝a2，bc＝a2，则角C的大小是( )
A．或 B．
C． D．
解析 因为b2＋c2－bc＝a2，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝＝，又因为A∈(0，π)，所以A＝。由b2＋c2－a2＝bc及bc＝a2得b2＋c2－bc＝bc，即b2－4bc＋c2＝0。所以(b－c)·(b－c)＝0，解得c＝b或b＝c。①当c＝b时，由bc＝a2得a＝b，所以△ABC为等腰三角形，且∠A＝∠B＝，所以∠C＝；②当b＝c时，由bc＝a2得a＝c，所以△ABC是以B为顶点的等腰三角形，∠A＝∠C，所以∠C＝。综上，∠C的大小为或，故选A。
答案 A
方法悟通
利用正、余弦定理解三角形的思路
(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两个定理都有可能用到。
(2)关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”。
【变式训练2】 (1)在△ABC中，若AB＝3BC，cos A＝，则cos B＝( )
A． B．
C． D．
解析 因为cos A＝，A∈(0，π)，所以sin A＝＝，因为AB＝3BC，所以由正弦定理可得＝，所以＝，所以sin C＝1，又因为C∈(0，π)，所以C＝，所以cos B＝sin A＝。故选A。
答案 A
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积和周长分别为10和20，C＝60°，则c＝( )
A．7 B．8
C．5 D．6
解析 由题意可得，S△ABC＝absin C＝absin 60°，所以absin 60°＝10，所以ab＝40。因为a＋b＋c＝20，所以20－c＝a＋b。由余弦定理可得，c2＝a2＋b2－2abcos 60°＝(a＋b)2－3ab＝(20－c)2－120，解得c＝7。故选A。
答案 A
角度2 三角形中的最值与范围问题
【例3】 已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acos＝b＋c，△ABC的外接圆半径为，则△ABC周长的取值范围为( )
A．(3,9] B．(6,8]
C．(6,9] D．(3,8]
解析 由2acos＝b＋c，得acos B＋asin B＝b＋c，由正弦定理得sin Asin B＋sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)，即sin Asin B＝sin B＋cos Asin B。又sin B≠0，所以sin A－cos A＝1，所以sin＝，由0
解法一：b＋c＝2sin B＋2sin C＝2＝2＝6＝6sin，由0
解法二：由余弦定理，得a2＝9＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－＝(当且仅当b＝c＝3时取等号)，即b＋c≤6，所以6＝a＋a
答案 C
方法悟通
三角形中的取值范围问题
解三角形中的求最值与取值范围问题主要有两种方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的取值范围确定所求式的取值范围。
【变式训练3】 (2021·合肥教学质量检测)已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c＝，△ABC的面积等于c(asin A＋bsin B－csin C)，则a＋b的取值范围是( )
A．(2,3] B．(，3]
C．(3,2] D．(，2]
解析 解法一：由题意知△ABC的面积S△ABC＝c(asin A＋bsin B－csin C)＝absin C，结合正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cos C＝＝＝。因为C∈(0，π)，所以C＝。a＋b＝sin A＋sin B＝2(sin A＋sin B)。因为A＋B＋C＝π，所以B＝π－(A＋C)＝－A，则a＋b＝2，化简可得a＋b＝3sin A＋cos A＝2sin，由A∈，可得A＋∈，所以sin∈，所以a＋b∈(，2]。故选D。
解法二：由题意知△ABC的面积S△ABC＝c(asin A＋bsin B－csin C)＝absin C，结合正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，把c＝代入得a2＋b2－3＝ab，所以(a＋b)2－3＝3ab≤3×2，即(a＋b)2≤12，解得a＋b≤2，当且仅当a＝b＝时等号成立，又三角形两边之和大于第三边，所以a＋b>c＝，则
答案 D
角度3 解三角形的实际应用
【例4】 (2021·全国甲卷) 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一。如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°。由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(≈1.732)( )
A．346 B．373
C．446 D．473
解析 如图所示，根据题意过点C作CE∥C′B′，交BB′于点E，过点B作BD∥A′B′，交AA′于点D，则BE＝100，C′B′＝CE＝。在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝。又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373。
答案 B
方法悟通
在解决有关高度的实际问题时，通常需要对所给的实际背景进行提炼、加工、抓住本质，抽象出数学模型，使之转化为解三角形问题，然后通过解三角形，得出实际问题的解。解决这类问题时，首选将问题转化到直角三角形中求解，若不然，就画出正确的示意图并把已知量和未知量标注在示意图中(目的是探索已知量与未知量之间的关系)，最后确定用正弦定理或余弦定理进行求解。
【变式训练4】 (2021·湖北十一校联考)为了增强数学的应用性，强化学生的理解，某学校开展了一次户外探究。当地有一座山，高度为OT，同学们先在地面选择一点A，在该点处测得这座山在西偏北21.7°方向，且山顶T处的仰角为30°；然后从A处向正西方向走140米后到达地面B处，测得该山在西偏北81.7°方向，山顶T处的仰角为60°。同学们建立了如图模型，则山高OT为( )
A．20米 B．25米
C．20米 D．25米
解析 在直角三角形OAT中，OT⊥OA，∠OAT＝30°，设OT＝h，则OA＝＝h。在直角三角形OTB中，OT⊥OB，∠OBT＝60°，因为OT＝h，所以OB＝＝h。在△OAB中，因为∠OAB＝21.7°，在点B处测得该山在西偏北81.7°方向，所以∠AOB＝81.7°－21.7°＝60°，又AB＝140，所以由余弦定理得1402＝(h)2＋2－2·h·h·cos 60°，解得h＝20。故选C。
答案 C
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国乙卷)cos2－cos2＝( )
A． B．
C． D．
解析 解法一：(公式法)因为cos＝sin＝sin，所以cos2－cos2＝cos2－sin2＝cos＝cos＝。故选D。
解法二：(构造法)设cos2－cos2＝a，sin2－sin2＝b，则a＋b＝－＝1－1＝0 ①，a－b＝－＝cos－cos＝cos－cos＝2cos＝ ②，所以根据①＋②可得2a＝，即a＝，即cos2－cos2＝。故选D。
解法三：(代值法)因为cos＝，cos＝，所以cos2－cos2＝2－2＝。故选D。
答案 D
2．(2021·全国甲卷)若α∈，tan 2α＝，则tan α＝( )
A． B．
C． D．
解析 因为α∈，所以tan 2α＝＝⇒＝⇒2cos2α－1＝4sin α－2sin2α⇒2sin2α＋2cos2α－1＝4sin α⇒sin α＝⇒tan α＝。
答案 A
3．(2020·全国Ⅰ卷)已知α∈(0，π)，且3cos 2α－8cos α＝5，则sin α＝( )
A． B．
C． D．
解析 因为3cos 2α－8cos α＝5，所以3(2cos2α－1)－8cos α＝5，所以6cos2α－8cos α－8＝0，所以3cos2α－4cos α－4＝0，解得cos α＝2(舍去)或cos α＝－。因为α∈(0，π)，所以sin α＝＝。故选A。
答案 A
4．(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高。如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝( )
A．＋表高 B．－表高
C．＋表距 D．－表距
解析 因为FG∥AB，所以＝，所以GC＝·CA。因为DE∥AB，所以＝，所以EH＝·AH。又DE＝FG，所以GC－EH＝(CA－AH)＝×HC＝×(HG＋GC)＝×(EG－EH＋GC)。由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝×(表距＋表目距的差)，所以AB＝×(表距＋表目距的差)＝＋表高。故选A。
答案 A
5．(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________。
解析 由题意得S△ABC＝acsin B＝ac＝，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accos B＝12－2×4×＝8，则b＝2。
答案 2
6．(2021·浙江高考)我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)。若直角三角形直角边的长分别为3,4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝________。
解析 因为直角三角形直角边的长分别为3,4，所以S1＝()2＝25，S2＝25－4××3×4＝1，所以＝25。
答案 25
增分专练(二) 三角恒等变换、解三角形
A级 基础达标
一、单项选择题
1．已知tan α＝－3，α是第二象限角，则sin＝( )
A．－ B．－
C． D．
解析 因为tan α＝－3，α是第二象限角，所以cos α＝－。所以sin＝cos α＝－。故选A。
答案 A
2．若sin x＝3sin，则cos xcos＝( )
A． B．－
C． D．－
解析 因为sin x＝3sin，所以sin x＝－3cos x，所以tan x＝－3，所以cos xcos＝－sin xcos x＝＝＝。
答案 A
3．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a＝2，B＝45°，C＝75°，则b＝( )
A．2 B．
C．2 D．3
解析 由题意A＝180°－45°－75°＝60°，由正弦定理＝，得b＝＝＝2。故选C。
答案 C
4．(2021·贵阳市适应性考试)已知sin＝，则cos＝( )
A．－ B．
C．－ D．
解析 根据题意知cos＝cos＝sin＝。
答案 B
5．(2021·南京市三模)计算所得的结果为( )
A．1 B．
C． D．2
解析 ＝＝＝＝。故选C。
答案 C
6．已知θ∈，且sin＝，则tan θ＝( )
A．7 B．
C． D．
解析 因为θ∈，所以θ＋∈，即θ＋为第二象限角，又sin＝，所以cos＝－＝－，所以tan＝＝－，所以tan θ＝tan＝＝＝＝7。故选A。
答案 A
7．如图，小明同学为了估算某建筑物的高度，在该建筑物的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15－15)m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A、该建筑物顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得该建筑物顶C的仰角为30°，则小明估算该建筑物的高度为( )
A．20 m B．30 m
C．20 m D．30 m
解析 在直角三角形MBA中，MA＝＝＝＝30。在△MAC中，∠CMA＝180°－60°－15°＝105°，∠MAC＝30°＋15°＝45°，∠MCA＝180°－105°－45°＝30°，MA＝30，由正弦定理＝，得＝，解得MC＝60，在直角三角形MDC中，DC＝MC·sin∠CMD＝60×＝30。故选D。
答案 D
8．(2021·合肥市质量检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c。若asin A＋2csin C＝2bsin Ccos A，则角A的最大值为( )
A． B．
C． D．
解析 由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccos A，根据余弦定理得b2＋c2－2bccos A＋2c2＝2bccos A，整理得4bccos A＝b2＋3c2≥2bc，所以cos A≥，又A∈(0，π)，所以A≤。故选A。
答案 A
二、多项选择题
9．(2021·福建省诊断考试)已知tan(α＋β)＝tan α＋tan β，其中α≠(n∈Z)且β≠(m∈Z)，则下列结论一定正确的是( )
A．sin(α＋β)＝0 B．cos(α＋β)＝1
C．sin2＋sin2＝1 D．sin2α＋cos2β＝1
解析 解法一：由条件得，＝tan α＋tan β，从而得到tan α＋tan β＝0，所以α＝kπ－β，k∈Z，即α＋β＝kπ，k∈Z，所以sin(α＋β)＝0，故A正确；对于B选项，cos(α＋β)＝cos(kπ)＝±1，故B错误；对于C选项，sin2＋sin2＝sin2＋sin2，当k为偶数时，sin2＋sin2＝sin2＋sin2＝sin2＋sin2＝2sin2，故C错误；对于D选项，sin2α＋cos2β＝sin2(kπ－β)＋cos2β＝sin2β＋cos2β＝1，所以D正确。
解法二：由条件得，＝＋＝，所以sin(α＋β)＝0或cos(α＋β)＝cos αcos β，即sin(α＋β)＝0或sin αsin β＝0(舍)，故A正确；其余解法同解法一。
解法三：取α＝，β＝，则cos(α＋β)＝－1，故B错误，取α＝，β＝－，则sin2＋sin2≠1，故C错误。故选AD。
答案 AD
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝8，b<4，c＝7，且满足(2a－b)cos C＝ccos B，则下列结论正确的是( )
A．C＝60° B．△ABC的面积为6
C．b＝2 D．△ABC为锐角三角形
解析 因为(2a－b)cos C＝ccos B，所以(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，所以2sin Acos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即2sin Acos C＝sin(B＋C)，所以2sin Acos C＝sin A。因为在△ABC中，sin A≠0，所以cos C＝，所以C＝60°，A正确。由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，得49＝64＋b2－2×8bcos 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b<4，所以b＝3，C错误。所以△ABC的面积S＝absin C＝×8×3×＝6，B正确。又cos A＝＝<0，所以A为钝角，△ABC为钝角三角形，D错误。
答案 AB
三、填空题
11．(2021·北京高考)若点P(cos θ，sin θ)与点Q关于y轴对称，写出一个符合题意的θ值________。
解析 解法一：点P，Q都在单位圆上，θ可取－＝(θ＝＋kπ，k∈Z)。
解法二：因为P，Q关于y轴对称，故θ＋θ＋＝π＋2kπ，k∈Z，所以θ＝＋kπ，k∈Z。
答案
12．已知cos－sin α＝，则sin＝________。
解析 由cos－sin α＝cos α－sin α－sin α＝cos α－sin α＝＝cos＝sin＝，得sin＝。sin＝－sin＝－sin＝－。
答案 －
13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为________。
解析 解法一：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos，得c＝2，所以a＝4，所以△ABC的面积S＝acsin B＝×4×2×sin＝6。
解法二：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos，得c＝2，所以a＝4，所以a2＝b2＋c2，所以A＝，所以△ABC的面积S＝×2×6＝6。
答案 6
14．(2021·浙江高考)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝________；cos∠MAC＝________。
解析 解法一：由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8。在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cos∠B＝4＋64－2×8×2×＝52，所以AC＝2，所以在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝＝＝。
解法二：由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8。过点C作CD⊥BA交BA的延长线于点D，则BD＝4，AD＝2，CD＝4。所以在Rt△ADC中，AC2＝CD2＋AD2＝48＋4＝52，得AC＝2。在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝＝＝。
答案 2
B级 素养落实
15. 按如图连接圆上的五等分点，得到优美的“五角星”，图形中含有很多美妙的数学关系式，例如图中点H即弦BE的黄金分割点，其黄金分割比为＝＝≈0.618，且五角星的每个顶角都为36°等。由此信息可以求出sin 18°的值为( )
A． B．
C． D．
解析 解法一：如图，设AD与BE的交点为R，过A作AP⊥BE于点P，则∠HAP＝18°。由题意，不妨设BH＝－1，HE＝2，则AH＝AR＝RE＝BH＝－1，所以HR＝HE－RE＝3－，所以HP＝HR＝，所以sin 18°＝sin∠HAP＝＝＝。故选C。
解法二：因为五角星的每个顶角都为36°，所以∠AHE＝72°，所以∠CHE＝108°。在△CHE中，由正弦定理＝，得＝＝＝，所以sin 18°＝＝＝。故选C。
答案 C
16．(2021·兰州市诊断考试)在△ABC中，·(2＋)＝0，sin C＝，则sin2A－sin2B的值为________。
解析 因为·(2＋)＝2·＋·＝2||·||cos A＋||·||cos(π－B)＝0，所以2||cos A＝||cos B，由余弦定理，得2AC·＝BC·，整理，得3BC2－3AC2＝AB2，结合正弦定理，得3sin2A－3sin2B＝sin2C＝，所以sin2A－sin2B＝。
答案
17．(2021·郑州市质量预测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝90°，∠ABC的平分线交AC于点D。若a＋4c的最小值为9，则BD＝________。
解析 由题意知，S△ABC＝S△DAB＋S△DBC，所以BA×BC＝BA×BDsin 45°＋BC×BDsin 45°，可得BD·(a＋c)＝ac。所以a＋4c＝(a＋4c)×＝(a＋4c)·，即a＋4c＝≥＝，当且仅当a＝2c时取等号。又a＋4c的最小值为9，所以＝9，解得BD＝。
答案
大题专项 解三角形大题考向探究
命|题|分|析
三角函数与解三角形解答题一般处于高考数学试卷解答题第一题的位置，难度中等，以考查基础知识和基本能力为主。根据历年阅卷情况，此题的得分率并不是太高，主要原因是审题不严谨，基础知识不扎实，答题不规范，希望引起学生的高度重视。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 三角形基本量计算
【例1】 (2021·沈阳市质量监测)已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4S＝b2＋c2－a2，b＝。
(1)求A；
(2)若______________________，求△ABC的面积S的大小。(在①2cos2B＋cos 2B＝0，②bcos A＋acos B＝＋1，这两个条件中任选一个，补充在横线上)
解 (1)因为4S＝b2＋c2－a2，
所以4×bcsin A＝b2＋c2－a2，
所以＝，
于是sin A＝cos A，故tan A＝1，
因为0
(2)选①，因为2cos2B＋cos 2B＝0，
所以cos2B＝，所以cos B＝±。
因为0
根据正弦定理＝，
得＝，所以a＝2。
所以S＝absin C＝×2××sin＝。
选②，由bcos A＋acos B＝＋1，
得b·＋a·＝＋1，
整理得c＝＋1，
所以S＝bcsin A＝××(＋1)×sin＝。
方法悟通
求解三角形中的边和角等基本量时，需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的。其一般步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，然后确定转化的方向；
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化；
第三步：求结果。
【变式训练1】 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知B＝150°。
(1)若a＝c，b＝2，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋sin C＝，求C。
解 (1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×c2×cos 150°。
解得c＝－2(舍去)或c＝2，从而a＝2。
△ABC的面积为×2×2×sin 150°＝。
(2)在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，
所以sin A＋sin C＝sin(30°－C)＋sin C＝sin(30°＋C)。
故sin(30°＋C)＝。
而0°
考向二 以平面几何为载体的解三角形问题
【例2】 (2021·郑州市质量预测)如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝，c＝，B＝45°。
(1)求边BC的长；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADB＝，求sin∠DAC的值。
解 (1)在△ABC中，因为b＝，c＝，B＝45°，
所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得5＝a2＋2－2×a××，化简得a2－2a－3＝0，
所以a＝3，或a＝－1(舍)，即BC的长是3。
(2)解法一：在△ABC中，由正弦定理＝，得＝，所以sin C＝。
在△ADC中，因为cos∠ADC＝－，
所以∠ADC为钝角，
又∠ADC＋C＋∠CAD＝180°，
所以C为锐角。
故cos C＝＝，
因为cos∠ADC＝－，所以sin∠ADC＝。
从而sin∠DAC＝sin(∠ADC＋C)＝。
解法二：因为cos∠ADB＝，
所以sin∠ADB＝，
在△ABD中，由正弦定理得
AD＝＝＝。
在△ADC中，cos∠ADC＝－，sin∠ADC＝。
由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，得5＝＋DC2－2××DC×，
解得DC＝，或DC＝－(舍)。
再由正弦定理得
sin∠DAC＝＝＝。
方法悟通
以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分用好平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化为三角形问题去求解；四是善于用好三角形中的不等关系，从而可以确定角或边的范围。
【变式训练2】 (1)如图，在△ABC中，AC＝，D为AB边上一点，CD＝AD＝2，且cos∠BCD＝。
①求sin B；
②求△ABC的面积。
解 ①在△ADC中，由余弦定理得cos∠ADC＝＝＝，
所以sin∠ADC＝＝＝。
因为cos∠BCD＝，∠BCD是△BCD的内角，所以sin∠BCD＝＝＝，
所以sin B＝sin(∠ADC－∠BCD)＝sin∠ADCcos∠BCD－cos∠ADCsin∠BCD＝×－×＝。
②在△BCD中，由正弦定理得
＝＝，
所以BD＝＝＝4，
BC＝＝＝＝2，
所以AB＝AD＋BD＝6，
所以S△ABC＝AB·BC·sin B＝×6×2×＝。
(2)在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，∠A＝60°，AB＝3，AD＝2。
①求sin∠ABD；
②若cos∠BDC＝，求△BCD的面积。
解 ①在△ABD中，∠A＝60°，AB＝3，AD＝2，
由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝9＋4－6＝7，所以BD＝，
由正弦定理，得＝，
所以sin∠ABD＝＝＝＝。
②因为AB⊥BC，所以∠ABC＝90°，
所以cos∠DBC＝sin∠ABD＝，
所以sin∠DBC＝。
因为cos∠BDC＝，
所以sin∠BDC＝。
所以sin C＝sin(π－∠BDC－∠DBC)
＝sin(∠BDC＋∠DBC)
＝sin∠BDCcos∠DBC＋cos∠BDCsin∠DBC
＝×＋×＝。
所以sin∠DBC＝sin C，所以∠DBC＝∠C，
所以DC＝BD＝，
所以S△BCD＝DC·BD·sin∠BDC＝×××＝2。
考向三 三角形中的最值与范围问题
【例3】 在：①a＝csin A－acos C，②(2a－b)sin A＋(2b－a)sin B＝2csin C这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答。
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝，而且________。
(1)求角C；
(2)求△ABC周长的最大值。
解 (1)选①：因为a＝csin A－acos C，
所以sin A＝sin Csin A－sin Acos C，
因为sin A≠0，所以sin C－cos C＝1，
即sin＝，
因为0
所以C－＝，即C＝。
选②：因为(2a－b)sin A＋(2b－a)sin B＝2csin C，
所以(2a－b)a＋(2b－a)b＝2c2，
即a2＋b2－c2＝ab，
所以cos C＝＝，
因为0
(2)由(1)可知，C＝，
在△ABC中，由余弦定理得
a2＋b2－2abcos C＝3，即a2＋b2－ab＝3，
所以(a＋b)2－3＝3ab≤，
所以a＋b≤2，当且仅当a＝b时等号成立，
所以a＋b＋c≤3，即△ABC周长的最大值为3。
方法悟通
(1)利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角。利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，且该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性。
(2)三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围。
【变式训练3】 已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝120°。
(1)若a＝2b，求tan A的值；
(2)若∠ACB的平分线交AB于点D，且CD＝1，求△ABC的面积的最小值。
解 (1)解法一：由a＝2b及正弦定理知sin A＝2sin B，
则sin A＝2sin(60°－A)，
即sin A＝cos A－sin A，得tan A＝。
解法二：因为c2＝a2＋b2－2abcos C＝4b2＋b2－2×2b×b×＝7b2，
所以c＝b，
则cos A＝＝＝。
因为A∈(0°，180°)，
所以sin A＝＝＝，
所以tan A＝＝。
(2)由∠ACB的平分线交AB于点D，
得S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
所以bsin 60°＋asin 60°＝absin 120°，
则a＋b＝ab。
由a＋b＝ab≥2，得ab≥4，
当且仅当a＝b时等号成立，
所以△ABC的面积的最小值为××4＝。
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·新高考全国Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C。
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC。
解 (1)证明：因为BDsin∠ABC＝asin C，
所以由正弦定理得，BD·b＝ac，
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，
又b>0，所以BD＝b。
(2)如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，
因为AD＝2DC，所以＝＝2，＝，
所以BE＝，DE＝a。
在△BDE中，cos∠BED＝＝＝＝，
在△ABC中，cos∠ABC＝＝＝。
因为∠BED＝π－∠ABC，
所以cos∠BED＝－cos∠ABC，
所以＝－，
化简得3c2＋6a2－11ac＝0，方程两边同时除以a2，
得32－11＋6＝0，
解得＝或＝3。
当＝，即c＝a时，
cos∠ABC＝＝＝；
当＝3，即c＝3a时，
cos∠ABC＝＝＝>1(舍)。
综上，cos∠ABC＝。
2．(2020·新高考全国Ⅰ卷)在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由。
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，________？
解 方案一：选条件①。
由C＝和余弦定理得cos C＝＝。
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b。
于是＝，由此可得b＝c。所以a＝c。
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1。
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1。
方案二：选条件②。
由C＝和余弦定理得cos C＝＝。
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b。
于是＝，
由此可得b＝c，B＝C＝，A＝。
由②csin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6。
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2。
方案三：选条件③。
由C＝和余弦定理得cos C＝＝。
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b。
于是＝，由此可得b＝c。
由③c＝b，与b＝c矛盾。
因此，选条件③时问题中的三角形不存在。
3．(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C。
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值。
解 (1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB ①。
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A ②，
由①②得cos A＝－。
因为0
(2)由正弦定理及(1)得＝＝＝2，
从而AC＝2sin B，AB＝2sin(π－A－B)＝3cos B－sin B。
故BC＋AC＋AB＝3＋sin B＋3cos B＝3＋2sin。
又0
增分专练(三) 解三角形大题考向探究
第一次作业 基础通关训练
1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,2acos B＋2bcos A＝c2。
(1)求c的值；
(2)若C＝，a＋b＝2，求△ABC的面积。
解 (1)由2acos B＋2bcos A＝c2及正弦定理，
得2sin Acos B＋2sin Bcos A＝csin C，
所以2sin(A＋B)＝csin C，
因为A＋B＝π－C，
所以2sin(π－C)＝2sin C＝csin C，
又C∈(0，π)，所以sin C≠0，所以c＝2。
(2)因为C＝，a＋b＝2，
所以由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
得4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝8－3ab，
解得ab＝，
所以△ABC的面积S＝absin C＝××＝。
2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝3，b＝2，cos B＝－。
(1)求c的值；
(2)若D为BC边上的点，且AD＝，求∠ADB。
解 (1)由余弦定理可得cos B＝，
即－＝，整理得c2＋2c－3＝0，
解得c＝1或c＝－3(舍去)，所以c＝1。
(2)由cos B＝－，
可得sin B＝ ＝。
在△ABD中，由正弦定理知
＝，可得sin∠ADB＝。
又因为cos B＝－<0，所以
所以0<∠ADB<，所以∠ADB＝。
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c,2c＝a＋2bcos A。
(1)求B；
(2)若c＝7，bsin A＝，求b。
解 (1)由已知及正弦定理可得
2sin C＝sin A＋2sin Bcos A，
所以2(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin A＋2sin Bcos A，
即2sin Acos B＝sin A，
因为sin A≠0，所以cos B＝，
又0
(2)在△ABC中，由正弦定理＝，
可得asin B＝bsin A＝，
由(1)知B＝，所以a＝2。
由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accos B＝19，b＝。
4．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，a2＋b2－c2＝2S。
(1)求cos C；
(2)若acos B＋bsin A＝c，a＝，求b。
解 (1)因为S＝absin C，a2＋b2－c2＝2S，
所以a2＋b2－c2＝absin C，
在△ABC中，由余弦定理得
cos C＝＝＝，
所以sin C＝2cos C，
又sin2C＋cos2C＝1，
所以5cos2C＝1，cos C＝±，
又C∈(0，π)，所以sin C>0，所以cos C>0，
所以cos C＝。
(2)解法一：在△ABC中，由正弦定理得
sin Acos B＋sin Bsin A＝sin C，
因为sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin Acos B＋sin Bsin A＝sin Acos B＋cos Asin B，
即sin Bsin A＝cos Asin B，
又A，B∈(0，π)，所以sin B≠0，sin A＝cos A，
得A＝。
因为sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
所以sin B＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝。
在△ABC中，由正弦定理得
b＝＝＝3。
解法二：因为acos B＋bsin A＝c，
acos B＋bcos A＝c，
所以acos B＋bsin A＝acos B＋bcos A，
即sin A＝cos A，又A∈(0，π)，所以A＝。
在△ABC中，由正弦定理得c＝＝＝2。
因为b＝ccos A＋acos C，
所以b＝2×＋×＝3。
5．(2021·南京市一模)在△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝B＋3C。
(1)求sin C的取值范围；
(2)若c＝6b，求sin C的值。
解 (1)由A＝B＋3C及A＋B＋C＝π得2B＋4C＝π，
所以B＝－2C，所以A＝＋C，
由得
得0
故sin C的取值范围为。
(2)若c＝6b，则由正弦定理得sin C＝6sin B ①，
由(1)知B＝－2C，
则sin B＝sin＝cos 2C ②，
由①②得sin C＝cos 2C＝1－2sin2C，
所以12sin2C＋sin C－6＝0，
解得sin C＝或sin C＝－，
又sin C∈，所以sin C＝。
6．(2021·甘肃省诊断考试)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a－csin B＝bcos C。
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，D为AC边上一点，BD＝2，且________，求△ABC的面积。(从①BD为∠ABC的平分线，②D为AC的中点，这两个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答。)
解 (1)解法一：因为a－csin B＝bcos C，
所以sin A－sin Csin B＝sin Bcos C，
所以sin(B＋C)－sin Csin B＝sin Bcos C，
得cos Bsin C＝sin Csin B，
因为sin C≠0，所以tan B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝。
解法二：由余弦定理得a－csin B＝b·，
整理得＝sin B，
即cos B＝sin B，tan B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝。
(2)选择①BD为∠ABC的平分线。
因为BD为∠ABC的平分线，
所以∠ABD＝∠DBC＝。
因为S△ABC＝S△BDC＋S△ABD，
所以acsin＝×2asin＋×2csin，
得＝a＋c，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos∠ABC，
得9＝(a＋c)2－3ac，
则有9＝(ac)2－3ac，
即(ac)2－4ac－12＝0，
解得ac＝6或ac＝－2(舍去)，
所以S△ABC＝acsin∠ABC＝。
选择②D为AC的中点。
因为D为AC的中点，所以AD＝DC＝。
因为∠BDA＝π－∠BDC，
所以cos∠BDA＝cos(π－∠BDC)＝－cos∠BDC，
所以＝－，
得a2＋c2＝，根据余弦定理得a2＋c2－ac＝9，
所以ac＝，则S△ABC＝acsin∠ABC＝。
第二次作业 能力增分训练
1．(2021·广州市综合测试)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝3，cos 2B＝cos(A＋C)，asin A＋csin C＝6sin B。
(1)求B；
(2)求△ABC的周长。
解 (1)因为cos 2B＝cos(A＋C)＝cos(π－B)，
所以2cos2B－1＝－cos B，
所以cos B＝－1(舍去)或cos B＝，又B∈(0，π)，
所以B＝。
(2)由asin A＋csin C＝6sin B及正弦定理，
得a2＋c2＝6b＝18 ①，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得9＝18－ac，
所以ac＝9 ②，
由①②得a＝c＝3，所以△ABC的周长为9。
2．(2021·成都诊断性检测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(b－a)cos C＝ccos A。
(1)求角C的大小；
(2)若a＝，c(acos B－bcos A)＝b2，求△ABC的面积。
解 (1)由已知及正弦定理，得
sin Bcos C－sin Acos C＝sin Ccos A，
所以sin Bcos C＝sin Acos C＋cos Asin C＝sin(A＋C)。
因为A＋C＝π－B，所以sin(A＋C)＝sin B，
所以sin Bcos C＝sin B。
又sin B≠0，所以cos C＝。
因为C∈(0，π)，所以C＝。
(2)由已知及余弦定理，得ac·－bc·＝b2，化简得a2＝2b2，
因为a＝，所以b＝1。
所以△ABC的面积S△ABC＝absin C＝××1×＝。
3．如图，在△ABC中，D为BC的中点，AB＝2，AC＝4，AD＝3。
(1)求边BC的长；
(2)点E在边AB上，若CE是∠BCA的平分线，求△BCE的面积。
解 (1)因为D在边BC上，
所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，
在△ADB和△ADC中，由余弦定理，
得＋＝0，
因为AB＝2，AC＝4，AD＝3，BD＝DC，
所以9＋BD2－52＋9＋BD2－16＝0，
所以BD2＝25，BD＝5。
所以边BC的长为10。
(2)由(1)知△ADC为直角三角形，
所以S△ADC＝×4×3＝6，S△ABC＝2S△ADC＝12。
因为CE是∠BCA的平分线，
所以＝＝＝＝。
所以S△ABC＝S△BCE＋S△ACE＝S△BCE＋S△BCE＝S△BCE＝12，所以S△BCE＝。
即△BCE的面积为。
4．(2021·洛阳市统考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知bsin B＋csin C＝·sin A。
(1)求角A；
(2)若D是AB的中点，且CD＝1，求b＋c的最大值。
解 (1)因为bsin B＋csin C＝sin A，
所以bsin B＋csin C＝bsin Asin C＋asin A。
由正弦定理得b2＋c2＝bcsin A＋a2，
所以＝sin A，
所以cos A＝sin A，所以tan A＝，
又A∈(0，π)，所以A＝。
(2)在△ADC中，设∠ACD＝α，∠ADC＝β，
则α＋β＝π－A＝，
由正弦定理得＝＝＝，
所以b＋c＝AC＋2AD
＝sin β＋sin α
＝sin＋sin α
＝＋sin α
＝cos α＋sin α
＝sin(α＋φ)。
因为α∈，
所以sin(α＋φ)≤，
所以b＋c≤，
即b＋c的最大值为。
5．(2021·东北三校联考)已知函数f(x)＝sin xcos x－3cos2x＋1。
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c。若f(C)＝1，c＝，D为AB的中点，求CD的最大值。
解 (1)由已知，得f(x)＝sin 2x－(1＋cos 2x)＋1
＝sin－，
令2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，
所以f(x)的单调递减区间为，k∈Z。
(2)由f(C)＝sin－＝1，
得sin＝，
因为△ABC为锐角三角形，
所以C∈，
所以2C－∈，
所以2C－＝，所以C＝。
在△BCD中，由余弦定理得，
a2＝CD2＋2－2×CD×cos∠BDC ①。
在△ACD中，由余弦定理得，
b2＝CD2＋2－2×CD×cos∠ADC ②。
易知cos∠BDC＝－cos∠ADC，
所以①＋②可得CD2＝(a2＋b2)－。
在△ABC中，由余弦定理得，3＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab≥a2＋b2－＝(a2＋b2)，当且仅当a＝b时，等号成立，
即a2＋b2的最大值为6，
所以CD的最大值为。
6．(2021·苏北适应性考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a
(1)从上述三个条件中选出两个，使得△ABC不存在，并说明理由(写出一组作答即可)；
(2)从上述三个条件中选出两个，使得△ABC存在，并求a的值。
解 (1)选①②时△ABC不存在，理由如下：
因为a，b，c为连续自然数，a
所以b＝a＋1，c＝a＋2，
又c＝3a，所以a＋2＝3a，
解得a＝1，b＝2，c＝3，不满足a＋b>c，
所以△ABC不存在。
选②③时△ABC不存在，理由如下：
在△ABC中，由正弦定理＝得＝。
因为C＝2A，所以sin C＝2sin Acos A，
所以cos A＝，
又c＝3a，所以cos A＝>1，此时A不存在，所以△ABC不存在。
(2)选①③时△ABC存在。
因为a，b，c为连续自然数，a
所以b＝a＋1，c＝a＋2，
在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝＝。
在△ABC中，由正弦定理＝得＝。
因为C＝2A，所以sin C＝2sin Acos A，
所以cos A＝＝，
所以＝，解得a＝4。
第二层级 高分考点突破(把握考向——重点攻关)
专题一 三角函数、解三角形
小题专项1 三角函数的图象与性质
命|题|分|析
1．三角函数的图象和性质是高考必考的内容，在高考中多以选择题或填空题的形式出现。
2．高考小题对此部分内容的命题主要集中于三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，命题以基础性的小综合题为主。
明确考点 扣准要点
必 备 知 识
,1．三角函数的定义
设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，则sin α＝y，cos α＝x，tan α＝(x≠0)。各象限角的三角函数值的符号可记为：一全正，二正弦，三正切，四余弦。
2．函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
(1)“五点法”作图。
设z＝ωx＋φ，令z＝0，，π，，2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得。
(2)两种图象变换方式。
①y＝sin x
y＝sin(x＋φ)
y＝sin(ωx＋φ)
y＝Asin(ωx＋φ)。
②y＝sin x
y＝sin ωx
y＝sin(ωx＋φ)
y＝Asin(ωx＋φ)。
3．三角函数的单调区间
(1)y＝sin x的单调递增区间是(k∈Z)，单调递减区间是(k∈Z)。
(2)y＝cos x的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)。
(3)y＝tan x的单调递增区间是(k∈Z)。
4．三角函数图象的对称轴与对称中心
函数
y＝sin x
y＝cos x
y＝tan x
图象的对称轴
直线x＝kπ＋(k∈Z)
直线x＝kπ(k∈Z)
无
图象的对称中心
点(kπ，0) (k∈Z)
点(k∈Z)
点(k∈Z)
5.三角函数奇偶性的充要条件
函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)；
函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ＋(k∈Z)；
函数y＝Acos(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ＋(k∈Z)；
函数y＝Acos(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ(k∈Z)。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 三角函数的定义
【例1】 (1)(2021·郑州模拟)点P从(1,0)点出发，沿单位圆x2＋y2＝1逆时针方向运动弧长到达Q点，则Q点坐标为( )
A． B．
C． D．
解析 点P从点(1,0)出发，沿单位圆逆时针方向运动弧长到达Q点，所以∠QOx＝(O为坐标原点)，所以Q，即Q点的坐标为。故选A。
答案 A
(2)(2021·天津模拟)已知θ是第二象限角，P(x,2)为其终边上一点且cos θ＝x，则的值为( )
A．5 B．
C． D．
解析 因为θ是第二象限角，P(x,2)(x<0)为其终边上一点，所以|OP|＝，所以cos θ＝＝x，解得x＝－1(正舍)。所以tan θ＝－2。所以＝＝＝5。故选A。
答案 A
方法悟通
(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。
【变式训练1】 (1)(2021·扬州市适应性练习) 如图，曲线段AB是一段半径为R的圆弧，若圆弧的长度为，则A，B两点间的距离为( )
A．R B．R
C．R D．2R
解析 设所对的圆心角为α，则由题意，得αR＝R，所以α＝，所以AB＝2Rsin＝2Rsin＝2R×＝R。故选C。
答案 C
(2)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称。若sin α＝，则cos(α－β)＝________。
解析 由题设，得β＝(2k＋1)π－α(k∈Z)，所以sin β＝sin α＝，cos β＝－cos α。则cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－cos2α＋sin2α＝2sin2α－1＝2×－1＝－。
答案 －
考向二 三角函数的图象及应用重点微专题
角度1 图象变换
【例2】 (2021·全国乙卷)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin的图象，则f(x)＝( )
A．sin B．sin
C．sin D．sin
解析 依题意，将y＝sin的图象向左平移个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f(x)的图象，所以y＝siny＝sin的图象f(x)＝sin的图象。
答案 B
方法悟通
解决三角函数图象的变换问题，要注意以下两点：
(1)掌握函数图象的变换法则，即“左加右减，上加下减”；
(2)掌握函数图象变换的本质，“左加右减”是相对于函数的自变量来讲的，因此对三角函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象进行变换时，要先将自变量的系数ω提出来。
【变式训练2】 (2021·河南适应性测试)已知曲线C1：y＝sin x，曲线C2：y＝cos，则下列结论正确的是( )
A．将曲线C1上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
B．将曲线C1上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．将曲线C1上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
D．将曲线C1上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
解析 曲线C2：y＝cos＝sin＝sin，将曲线C1：y＝sin x上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到曲线y＝sin 2x，再把曲线y＝sin 2x向左平移个单位长度，得到曲线y＝sin＝sin，即曲线C2。故选D。
答案 D
角度2 三角函数图象的应用
【例3】 (2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件·>0的最小正整数x为________。
解析 由题图可知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)。点可看作“五点作图法”中的第二个点，则2×＋φ＝，得φ＝－，所以f(x)＝2cos，所以f＝2cos＝2cos＝2cos＝1，f＝2cos＝2cos＝0，所以>0，即(f(x)－1)f(x)>0，可得f(x)>1或f(x)<0，所以cos>或cos<0。当x＝1时，2x－＝2－∈，cos∈，不符合题意；当x＝2时，2x－＝4－∈，cos<0，符合题意。所以满足题意的最小正整数x为2。
答案 2
方法悟通
由“图”定“式”找“对应”的方法
由三角函数的图象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中参数的值，关键是把握函数图象的特征与参数之间的对应关系，其基本依据就是“五点法”作图：
(1)最值定A，B：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M，最小值为m，则M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝，A＝；
(2)T定ω：由周期的求解公式T＝，可得ω＝；
(3)点坐标定φ：一般运用代入法求解φ值，注意在确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”。
【变式训练3】 (2021·潍坊市联考)音乐，是人类精神通过无意识计算而获得的愉悦享受。1807年法国数学家傅里叶发现代表任何周期性声音的公式是形如y＝Asin ωx的简单正弦型函数之和，而且这些正弦型函数的频率都是其中一个最小频率的整数倍。比如用小提琴演奏的某音叉的声音图象是由如图①，②，③所示的三个函数图象组成的，则小提琴演奏的该音叉的声音函数可以为( )
A．f(t)＝0.06sin 1 000πt＋0.02sin 1 500πt＋0.01sin 3 000πt
B．f(t)＝0.06sin 500πt＋0.02sin 2 000πt＋0.01sin 3 000πt
C．f(t)＝0.06sin 1 000πt＋0.02sin 2 000πt＋0.01sin 3 000πt
D．f(t)＝0.06sin 1 000πt＋0.02sin 2 500πt＋0.01sin 3 000πt
解析 题图①中，A＝0.06，最小正周期T＝，所以＝，所以ω＝1 000π，则题图①对应的函数解析式为y＝0.06sin 1 000πt，其频率为＝500，又题图③对应的函数解析式为y＝0.01sin 3 000πt，其频率为＝1 500，所以排除B。若题图②对应的函数解析式为y＝0.02sin 1 500πt，则其频率为＝＝750，不是500的整数倍，故A不符合题意；若题图②对应的函数解析式为y＝0.02sin 2 000πt，则其频率为＝＝1 000，是500的整数倍，故C符合题意；若题图②对应的函数解析式为y＝0.02sin 2 500πt，则其频率为＝＝1 250，不是500的整数倍，故D不符合题意。综上，f(t)＝0.06sin 1 000πt＋0.02sin 2 000πt＋0.01sin 3 000πt。故选C。
答案 C
考向三 三角函数的性质及应用重点微专题
角度1 三角函数的单调性与最值
【例4】 (1)若函数f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx＋cos 2ωx在区间上单调递增，则正数ω的最大值为( )
A． B． C． D．
解析 解法一：因为f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx＋cos 2ωx＝sin 2ωx＋1在区间上单调递增，所以解得ω≤，所以正数ω的最大值是。故选B。
解法二：易知f(x)＝sin 2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝，所以解得ω≤。
答案 B
(2)(2021·河南省适应性测试)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋2cos x的最大值为，则常数φ的一个可能取值为( )
A．－ B．－ C． D．
解析 f(x)＝sin(x＋φ)＋2cos x＝cos φsin x＋(sin φ＋2)cos x＝sin(x＋α)＝sin(x＋α)，其中tan α＝，由题意知4sin φ＋5＝7，即sin φ＝，所以φ＝2kπ＋(k∈Z)或φ＝2kπ＋(k∈Z)，当k＝0时，φ＝。故选D。
答案 D
方法悟通
(1)求三角函数单调区间的方法
①代换法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间时，令ωx＋φ＝z，得y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由复合函数的单调性求得。
②图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间。
(2)求三角函数的最值的方法
①将问题化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，结合三角函数的图象性质求解。
②将问题化为关于sin x或cos x的二次函数的形式求解。
【变式训练4】 (1)若x∈[0，π]，则函数f(x)＝cos x－sin x的增区间为( )
A． B．
C． D．
解析 由题得f(x)＝cos x－sin x＝－(sin x－cos x)＝－sin，令＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，所以2kπ＋≤x≤2kπ＋，k∈Z。令k＝0得≤x≤，因为x∈[0，π]，所以函数f(x)的增区间是，故选D。
答案 D
(2)(2021·北京高考)已知函数f(x)＝cos x－cos 2x，则该函数是( )
A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为 D．偶函数，最大值为
解析 函数f(x)的定义域为R，且f(－x)＝f(x)，则f(x)为偶函数。f(x)＝cos x－cos 2x＝cos x－(2cos2x－1)＝－2cos2x＋cos x＋1＝－22＋，故最大值为，故选D。
答案 D
角度2 三角函数的奇偶性、周期性、对称性
【例5】 (多选)将函数f(x)＝sin的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论中正确的是( )
A．g(x)的最小正周期为π
B．直线x＝是g(x)图象的一条对称轴
C．g＝
D．g(x)为奇函数
解析 将函数f(x)＝sin的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)＝sin 2x的图象，所以g(x)的最小正周期为＝π，故选项A正确；令2x＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，故易知选项B错误；g＝sin＝，所以选项C正确；g(－x)＝－sin 2x＝－g(x)，所以g(x)是奇函数，所以选项D正确。故选ACD。
答案 ACD
方法悟通
(1)正弦、余弦、正切函数图象的对称轴与对称中心
函数
y＝sin x
y＝cos x
y＝tan x
图象的对称轴
直线x＝kπ＋(k∈Z)
直线x＝kπ(k∈Z)
无
图象的对称中心
点(kπ，0) (k∈Z)
点(k∈Z)
点(k∈Z)
(2)求三角函数周期的常用结论
①y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为；
②正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是个周期。
【变式训练5】 (多选)已知函数f(x)＝asin(2x＋φ1)＋bcos(2x＋φ2)(f(x)不恒为0)，若f＝0，则下列说法一定正确的是( )
A．f为奇函数
B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)在区间上单调递增
D．f(x)在区间[0,2 021π]上有4 042个零点
解析 由于y＝asin(2x＋φ1)和y＝bcos(2x＋φ2)的最小正周期均为＝π，所以f(x)的最小正周期T＝π，B选项正确；由于f＝0，所以x＝是f(x)的零点，其相邻的2个零点为x＝－＝－和x＝＋＝，－不是f(x)的零点，所以f不是奇函数，A选项错误；与零点x＝相邻的两个对称轴方程为x＝－＝－和x＝＋＝，所以f(x)在区间上可能单调递增，也可能单调递减，C选项错误；由于f(x)在[0，π]上的零点有2个，而f(x)的最小正周期为π，所以f(x)在区间[0，2 021π]上有2 021×2＝4 042(个)零点，D选项正确。故选BD。
答案 BD
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国乙卷)函数f(x)＝sin＋cos的最小正周期和最大值分别是( )
A．3π和 B．3π和2
C．6π和 D．6π和2
解析 因为函数f(x)＝sin＋cos＝＝＝sin，所以函数f(x)的最小正周期T＝＝6π，最大值为。故选C。
答案 C
2．(2021·新高考全国Ⅰ卷)下列区间中，函数f(x)＝7sin单调递增的区间是( )
A． B．
C． D．
解析 解法一：(常规求法)令－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z。取k＝0，则－≤x≤。因为，所以区间是函数f(x)的单调递增区间。故选A。
解法二：(判断单调性法)当0
答案 A
3．(多选)(2020·新高考全国Ⅰ卷)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝( )
A．sin B．sin
C．cos D．cos
解析 由题图可知，函数的最小正周期T＝2＝π，排除A；所以＝π，ω＝±2。当ω＝2时，y＝sin(2x＋φ)，将点代入得，sin＝0，所以2×＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋，k∈Z，故y＝sin。由于y＝sin＝sin＝sin，故B正确；y＝sin＝cos＝cos，C正确；对于D，当x＝＝时，cos＝1≠－1，D错误。当ω＝－2时，y＝sin(－2x＋φ)，将代入，得sin＝0，结合函数图象，知－2×＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝＋2kπ，k∈Z，所以y＝sin，但当x＝0时，y＝sin＝－<0，与图象不符合，舍去。综上，故选BC。
答案 BC
4．(2019·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝sin(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]内有且仅有5个零点。下述四个结论：①f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点；②f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点；③f(x)在上单调递增；④ω的取值范围是。其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．①③④
解析 画出f(x)＝sin(ω>0)的示意图，知①正确；对于②，在(0,2π)内f(x)可能有2个极小值，也可能有3个极小值，故②不正确；令f(x)＝0，即ωx＋＝kπ(k∈Z)，x＝，k＝1,2,3,4,5时，f(x)分别取y轴右侧的5个零点，当且仅当k＝5时，x＝满足≤2π，且k＝6时，x＝满足>2π，即≤ω<时，f(x)在[0,2π]内有且仅有5个零点，故④正确；当x∈时，ωx＋∈，由于ω＋<×＋＝π<，所以⊆，所以f(x)在上单调递增，故③正确。故选D。
答案 D
5．(2020·北京高考)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 易知当y＝sin(x＋φ)，y＝cos x同时取得最大值1时，函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cos x取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cos x，则φ＝＋2kπ，k∈Z，故常数φ的一个取值为。
答案
6．(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f＝________。
解析 解法一(五点作图法)：由题图可知T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，即T＝π，所以＝π，即ω＝2，故f(x)＝2cos(2x＋φ)。点可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×＋φ＝，得φ＝－，即f(x)＝2cos，所以f＝2cos＝－。
解法二(平移法)：由题意知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π，＝π，即ω＝2。函数y＝2cos 2x的图象与x轴的一个交点是，对应函数f(x)＝2cos(2x＋φ)的图象与x轴的一个交点是，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)的图象是由y＝2cos 2x的图象向右平移－＝个单位长度得到的，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)＝2cos 2＝2cos，所以f＝2cos＝－2cos＝－。
答案 －
增分专练(一) 三角函数的图象与性质
A级 基础达标
一、单项选择题
1．函数f(x)＝cos22x的最小正周期是( )
A．2π B．π
C． D．
解析 f(x)＝cos22x＝＝cos 4x＋，可得f(x)的最小正周期T＝＝。故选C。
答案 C
2．在平面直角坐标系中，动点M在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，每12分钟转动一周，若点M的初始位置坐标为，则开始运动3分钟后，动点M所处位置的坐标是( )
A． B．
C． D．
解析 因为每12分钟转动一周，所以开始运动3分钟后，点M转过的角度为×2π＝。点M的初始位置坐标为，如图所示，则动点M开始运动3分钟后所处的位置为M′，其坐标是。故选C。
答案 C
3．函数f(x)＝sin的值域为( )
A． B．
C．[0,1] D．
解析 因为x∈，所以2x＋∈，所以－≤sin≤1，因此，函数f(x)＝sin的值域为。故选A。
答案 A
4．函数y＝2sin(x∈[0，π])的单调递增区间是( )
A． B．
C． D．
解析 y＝2sin＝－2sin，令2x－∈，k∈Z，解得x∈，k∈Z，因为x∈[0，π]，所以x∈。故选C。
答案 C
5．(2021·东北三校联考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象如图，若x1，x2∈(1,4)，且f(x1)＋f(x2)＝0(x1≠x2)，则f＝( )
A．1 B．0
C． D．－
解析 由题图可知f(x)的图象关于点对称，因为x1，x2∈(1,4)，f(x1)＋f(x2)＝0，所以＝，则f＝f＝0。故选B。
答案 B
6．若f(x)＝sin x＋cos x在[－m，m](m>0)上是增函数，则m的最大值为( )
A． B．
C． D．
解析 因为f(x)＝sin x＋cos x＝2＝2sin在[－m，m](m>0)上是增函数，所以－m＋≥－，且m＋≤。解得m≤，且m≤，所以m≤，所以0
7．(2021·成都诊断性检测)已知锐角φ满足sin φ－cos φ＝1。若要得到函数f(x)＝－sin2(x＋φ)的图象，则可以将函数y＝sin 2x 的图象( )
A．向左平移个单位长度
B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
解析 因为sin φ－cos φ＝2sin＝1，所以sin＝。因为φ为锐角，所以φ＝。所以f(x)＝－sin2＝－＝cos＝cos＝－sin＝sin＝sin＝sin，所以将函数y＝sin 2x的图象向左平移个单位长度可得到函数f(x)的图象。故选A。
答案 A
二、多项选择题
8．(2021·扬州市适应性练习)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．f(x)＝f(π＋x)
B．f(x)＝－f(π＋x)
C．f(x)＝f
D．f(x)＝－f
解析 由题图知，T＝－＝π(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π，所以ω＝＝2。由五点作图法知，为第二个点，所以2×＋φ＝，解得φ＝，所以f(x)＝sin。因为函数f(x)的最小正周期为π，所以f(x)＝f(π＋x)，故A正确，B不正确。因为f＝sin＝sin π＝0，所以是函数f(x)的图象的一个对称中心，所以f(x)＝－f，故C不正确，D正确。综上所述。故选AD。
答案 AD
9．(2021·潍坊市联考)将函数f(x)＝sin 2x的图象向左平移个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则以下说法正确的是( )
A．函数g(x)在上单调递增
B．函数y＝g(x)的图象关于点对称
C．g＝－g(x)
D．g≥g(x)
解析 由题意可知g(x)＝sin＝sin。对于A，当x∈时，2x＋∈，所以函数g(x)＝sin在上不具有单调性，所以A错误；对于B，因为g＝sin＝0，所以函数g(x)＝sin的图象关于点对称，所以B正确；对于C，因为g(x)周期为π，所以C正确；对于D，因为g＝sin＝，而g(x)的值域为[－1,1]，所以D错误。故选BC。
答案 BC
10．设函数f(x)＝cos(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]上有且仅有3个极小值点，则( )
A．f(x)在(0,2π)上有且仅有5个零点
B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极大值点
C．f(x)在上单调递减
D．ω的取值范围是
解析 因为x∈[0,2π]，所以ωx＋∈。设t＝ωx＋∈，画出y＝cos t的图象如图所示。
由图象可知，若f(x)在[0,2π]上有且仅有3个极小值点，则5π≤2πω＋<7π，故f(x)在(0,2π)上可能有5,6或7个零点，故A错误；f(x)在(0,2π)上可能有2或3个极大值点，故B错误；由5π≤2πω＋<7π，可得≤ω<，故D正确；当x∈时，ωx＋∈。因为≤ω<，所以≤ω＋<，故f(x)在上单调递减，故C正确。
答案 CD
三、填空题
11．函数f(x)＝sin2x＋cos x－的最大值是________。
解析 f(x)＝1－cos2x＋cos x－＝－2＋1。因为x∈，所以cos x∈[0,1]，所以当cos x＝，即x＝时，f(x)取得最大值，最大值为1。
答案 1
12．(2021·云南省统一检测)已知f(x)＝cos42ax－sin42ax的最小正周期为π，则常数a的值等于________。
解析 f(x)＝(cos22ax＋sin22ax)(cos22ax－sin22ax)＝cos 4ax，因为f(x)的最小正周期是π，所以＝π，所以a＝±。
答案 ±
13．将函数f(x)＝3sin图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式为________。
解析 将函数f(x)＝3sin图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，可得函数y＝3sin的图象，再向右平移个单位长度，可得函数y＝3sin＝3sin的图象，故g(x)＝3sin。
答案 g(x)＝3sin
14．(2020·全国Ⅲ卷)关于函数f(x)＝sin 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＝对称；④f(x)的最小值为2。
其中真命题的序号是________。
解析 由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且关于原点对称。又f(－x)＝sin(－x)＋＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称的，所以①为假命题，②为真命题。因为f＝sin＋＝cos x＋，f＝sin＋＝cos x＋，所以f＝f，所以函数f(x)的图象关于直线x＝对称，③为真命题。当sinx<0时，f(x)<0，所以④为假命题。
答案 ②③
B级 素养落实
15.(多选)筒车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具。据史料记载，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1 000多年的历史，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征。如图是一个半径为R的筒车，一个水斗从点A(3，－3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒，经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)，则下列叙述正确的是( )
A．φ＝－
B．当t∈[0,60]时，函数y＝f(t)单调递增
C．当t∈[0,60]时，|f(t)|的最大值为3
D．当t＝100时，|PA|＝6
解析 由题意可知y＝f(t)的最小正周期T＝120，所以＝120，即ω＝。如图，由题意原问题可转化为P从A出发，沿圆周按逆时针方向匀速运动，A(3，－3)，∠AOx∈，所以tan∠AOx＝＝，所以∠AOx＝，且R＝6，连接OP，则∠xOP＝ωt－＝t－。根据三角函数的定义可得＝sin∠xOP＝sin，即y＝Rsin＝6sin，所以φ＝－，故选项A正确；当0≤t≤60时，－≤t－≤，所以函数y＝f(t)＝6sin在t∈[0,60]时不单调，故选项B错误；当0≤t≤60时，－≤t－≤，所以当t－＝，即t＝50时函数y＝f(t)＝6sin取得最大值6，所以|f(t)|的最大值为6，故选项C错误；当t＝100时，y＝6sin＝6sin＝－3，此时x＝6cos＝－3，即P(－3，－3)，所以|PA|＝6，故选项D正确。综上可知，选AD。
答案 AD
16．(2021·天津高考)设a∈R，函数f(x)＝若f(x)在区间(0，＋∞)内恰有6个零点，则a的取值范围是( )
A．∪ B．∪
C．∪ D．∪
解析 因为x2－2(a＋1)x＋a2＋5＝0最多有2个根，所以cos(2πx－2πa)＝0至少有4个根，由2πx－2πa＝＋kπ，k∈Z可得x＝＋＋a，k∈Z，由0<＋＋a
当a<2时，Δ<0，f(x)无零点；当a＝2时，Δ＝0，f(x)有1个零点；当a>2时，令f(a)＝a2－2a(a＋1)＋a2＋5＝－2a＋5≥0，则2
综上，要使f(x)在区间(0，＋∞)内恰有6个零点，则应满足或或可解得a的取值范围是∪。故选A。
答案 A
17．(2021·绵阳市诊断性考试)关于x的方程sin 2x＋2cos2x＝m在区间[0，π)上有两个实根x1，x2，若x2－x1≥，则实数m的取值范围是________。
解析 令f(x)＝sin 2x＋2cos2x＝sin 2x＋cos 2x＋1＝sin＋1，则sin＋1＝m在区间[0，π)上有两个实根x1，x2转化为函数y＝sin的图象与直线y＝m－1在区间[0，π)上有两个交点。由x∈[0，π)，得2x＋∈，由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，可知y＝sin在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增。结合正弦函数的图象可知，要使得x2－x1≥，需0≤m－1<1，得m∈[1,2)。
答案 [1,2)
小题专项2 三角恒等变换、解三角形
命|题|分|析
高考对本部分内容的考查主要从以下方面进行：
(1)利用各种三角函数公式进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点。
(2)利用正、余弦定理进行边和角、面积的计算，三角形形状的判定以及有关范围的计算，常与三角恒等变换综合考查。
明确考点 扣准要点
必 备 知 识
,1．同角三角函数的基本关系
sin2α＋cos2α＝1，＝tan α。
2．诱导公式的记忆口诀
在＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”。
3．熟记三角函数公式的两类变形
(1)和差角公式变形。
sin αsin β＋cos(α＋β)＝cos αcos β，
cos αsin β＋sin(α－β)＝sin αcos β，
tan α±tan β＝tan(α±β)·(1∓tan αtan β)。
(2)倍角公式变形。
降幂公式：cos2α＝，sin2α＝。
升幂公式：cos α＝2cos2－1，cos α＝1－2sin2。
配方变形：1±sin α＝2。
4．正弦定理及其变形
在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)。变形：a＝2Rsin A，sin A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等。
5．余弦定理及其变形
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A。
变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，
cos A＝。
6．三角形面积公式
S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B。
7．解三角形中常用的结论
(1)在△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C。
(2)在△ABC中，内角A，B，C成等差数列的充要条件是B＝60°。
(3)△ABC为正三角形的充要条件是A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列。
(4)S△ABC＝(R为△ABC的外接圆半径)。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 三角恒等变换
【例1】 (1)已知角α的终边经过点P(－5，－12)，则sin＝( )
A．－ B．－
C． D．
解析 由三角函数的定义可得cos α＝＝－，则sin＝－cos α＝。
答案 C
(2)(2021·新高考全国Ⅰ卷)若tan θ＝－2，则＝( )
A．－ B．－
C． D．
解析 解法一：(求值代入法)因为tan θ＝－2，所以角θ的终边在第二、四象限，所以或所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝sin2θ＋sin θcos θ＝－＝。故选C。
解法二：(弦化切法)因为tan θ＝－2，所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝＝。故选C。
解法三：(正弦化余弦法)因为tan θ＝－2，所以sin θ＝－2cos θ。则＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝。故选C。
答案 C
(3)已知α，β是锐角，cos 2αcos(α－β)＋sin 2αsin(α－β)＝－，sin＝，则cos＝________。
解析 cos 2αcos(α－β)＋sin 2α·sin(α－β)＝cos[2α－(α－β)]＝cos(α＋β)＝－。因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)，β＋∈。所以sin(α＋β)>0，cos∈。又cos(α＋β)＝－，sin＝，所以sin(α＋β)＝，cos＝－。所以cos＝cos＝cos(α＋β)cos＋sin(α＋β)sin＝－×＋×＝。
答案
方法悟通
(1)三角函数求值“三大类型”
“给角求值”“给值求值”“给值求角”。
(2)三角恒等变换“四大策略”
①常值代换：常用到“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等。
②项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，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。
【变式训练1】 (1)若tan α＝，则sin4α＋cos4α的值为________。
解析 因为tan α＝，所以sin αcos α＝＝＝＝，所以sin4α＋cos4α＝(sin2α＋cos2α)2－2sin2αcos2α＝1－2×2＝。
答案
(2)(tan 10°－)·＝________。
解析 (tan 10°－)·＝(tan 10°－tan 60°)·＝·＝·＝－＝－2。
答案 －2
(3)已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则β＝________。
解析 因为α，β均为锐角，所以－<α－β<。又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝。又sin α＝，所以cos α＝，所以sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝×－×＝。所以β＝。
答案
考向二 利用正、余弦定理解三角形重点微专题
角度1 三角形基本量求解
【例2】 (1)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，则等于( )
A． B．
C． D．
解析 由正弦定理及bsin 2A＝asin B，得2sin Bsin A·cos A＝sin Asin B，又sin A≠0，sin B≠0，则cos A＝。又c＝2b，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋4b2－4b2×＝3b2，得＝。故选D。
答案 D
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2＋c2－bc＝a2，bc＝a2，则角C的大小是( )
A．或 B．
C． D．
解析 因为b2＋c2－bc＝a2，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝＝，又因为A∈(0，π)，所以A＝。由b2＋c2－a2＝bc及bc＝a2得b2＋c2－bc＝bc，即b2－4bc＋c2＝0。所以(b－c)·(b－c)＝0，解得c＝b或b＝c。①当c＝b时，由bc＝a2得a＝b，所以△ABC为等腰三角形，且∠A＝∠B＝，所以∠C＝；②当b＝c时，由bc＝a2得a＝c，所以△ABC是以B为顶点的等腰三角形，∠A＝∠C，所以∠C＝。综上，∠C的大小为或，故选A。
答案 A
方法悟通
利用正、余弦定理解三角形的思路
(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两个定理都有可能用到。
(2)关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”。
【变式训练2】 (1)在△ABC中，若AB＝3BC，cos A＝，则cos B＝( )
A． B．
C． D．
解析 因为cos A＝，A∈(0，π)，所以sin A＝＝，因为AB＝3BC，所以由正弦定理可得＝，所以＝，所以sin C＝1，又因为C∈(0，π)，所以C＝，所以cos B＝sin A＝。故选A。
答案 A
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积和周长分别为10和20，C＝60°，则c＝( )
A．7 B．8
C．5 D．6
解析 由题意可得，S△ABC＝absin C＝absin 60°，所以absin 60°＝10，所以ab＝40。因为a＋b＋c＝20，所以20－c＝a＋b。由余弦定理可得，c2＝a2＋b2－2abcos 60°＝(a＋b)2－3ab＝(20－c)2－120，解得c＝7。故选A。
答案 A
角度2 三角形中的最值与范围问题
【例3】 已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acos＝b＋c，△ABC的外接圆半径为，则△ABC周长的取值范围为( )
A．(3,9] B．(6,8]
C．(6,9] D．(3,8]
解析 由2acos＝b＋c，得acos B＋asin B＝b＋c，由正弦定理得sin Asin B＋sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)，即sin Asin B＝sin B＋cos Asin B。又sin B≠0，所以sin A－cos A＝1，所以sin＝，由0
方法悟通
三角形中的取值范围问题
解三角形中的求最值与取值范围问题主要有两种方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的取值范围确定所求式的取值范围。
【变式训练3】 (2021·合肥教学质量检测)已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c＝，△ABC的面积等于c(asin A＋bsin B－csin C)，则a＋b的取值范围是( )
A．(2,3] B．(，3]
C．(3,2] D．(，2]
解析 解法一：由题意知△ABC的面积S△ABC＝c(asin A＋bsin B－csin C)＝absin C，结合正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cos C＝＝＝。因为C∈(0，π)，所以C＝。a＋b＝sin A＋sin B＝2(sin A＋sin B)。因为A＋B＋C＝π，所以B＝π－(A＋C)＝－A，则a＋b＝2，化简可得a＋b＝3sin A＋cos A＝2sin，由A∈，可得A＋∈，所以sin∈，所以a＋b∈(，2]。故选D。
解法二：由题意知△ABC的面积S△ABC＝c(asin A＋bsin B－csin C)＝absin C，结合正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，把c＝代入得a2＋b2－3＝ab，所以(a＋b)2－3＝3ab≤3×2，即(a＋b)2≤12，解得a＋b≤2，当且仅当a＝b＝时等号成立，又三角形两边之和大于第三边，所以a＋b>c＝，则
角度3 解三角形的实际应用
【例4】 (2021·全国甲卷) 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一。如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°。由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(≈1.732)( )
A．346 B．373
C．446 D．473
解析 如图所示，根据题意过点C作CE∥C′B′，交BB′于点E，过点B作BD∥A′B′，交AA′于点D，则BE＝100，C′B′＝CE＝。在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝。又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373。
答案 B
方法悟通
在解决有关高度的实际问题时，通常需要对所给的实际背景进行提炼、加工、抓住本质，抽象出数学模型，使之转化为解三角形问题，然后通过解三角形，得出实际问题的解。解决这类问题时，首选将问题转化到直角三角形中求解，若不然，就画出正确的示意图并把已知量和未知量标注在示意图中(目的是探索已知量与未知量之间的关系)，最后确定用正弦定理或余弦定理进行求解。
【变式训练4】 (2021·湖北十一校联考)为了增强数学的应用性，强化学生的理解，某学校开展了一次户外探究。当地有一座山，高度为OT，同学们先在地面选择一点A，在该点处测得这座山在西偏北21.7°方向，且山顶T处的仰角为30°；然后从A处向正西方向走140米后到达地面B处，测得该山在西偏北81.7°方向，山顶T处的仰角为60°。同学们建立了如图模型，则山高OT为( )
A．20米 B．25米
C．20米 D．25米
解析 在直角三角形OAT中，OT⊥OA，∠OAT＝30°，设OT＝h，则OA＝＝h。在直角三角形OTB中，OT⊥OB，∠OBT＝60°，因为OT＝h，所以OB＝＝h。在△OAB中，因为∠OAB＝21.7°，在点B处测得该山在西偏北81.7°方向，所以∠AOB＝81.7°－21.7°＝60°，又AB＝140，所以由余弦定理得1402＝(h)2＋2－2·h·h·cos 60°，解得h＝20。故选C。
答案 C
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国乙卷)cos2－cos2＝( )
A． B．
C． D．
解析 解法一：(公式法)因为cos＝sin＝sin，所以cos2－cos2＝cos2－sin2＝cos＝cos＝。故选D。
解法二：(构造法)设cos2－cos2＝a，sin2－sin2＝b，则a＋b＝－＝1－1＝0 ①，a－b＝－＝cos－cos＝cos－cos＝2cos＝ ②，所以根据①＋②可得2a＝，即a＝，即cos2－cos2＝。故选D。
解法三：(代值法)因为cos＝，cos＝，所以cos2－cos2＝2－2＝。故选D。
答案 D
2．(2021·全国甲卷)若α∈，tan 2α＝，则tan α＝( )
A． B．
C． D．
解析 因为α∈，所以tan 2α＝＝⇒＝⇒2cos2α－1＝4sin α－2sin2α⇒2sin2α＋2cos2α－1＝4sin α⇒sin α＝⇒tan α＝。
答案 A
3．(2020·全国Ⅰ卷)已知α∈(0，π)，且3cos 2α－8cos α＝5，则sin α＝( )
A． B．
C． D．
解析 因为3cos 2α－8cos α＝5，所以3(2cos2α－1)－8cos α＝5，所以6cos2α－8cos α－8＝0，所以3cos2α－4cos α－4＝0，解得cos α＝2(舍去)或cos α＝－。因为α∈(0，π)，所以sin α＝＝。故选A。
答案 A
4．(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高。如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝( )
A．＋表高 B．－表高
C．＋表距 D．－表距
解析 因为FG∥AB，所以＝，所以GC＝·CA。因为DE∥AB，所以＝，所以EH＝·AH。又DE＝FG，所以GC－EH＝(CA－AH)＝×HC＝×(HG＋GC)＝×(EG－EH＋GC)。由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝×(表距＋表目距的差)，所以AB＝×(表距＋表目距的差)＝＋表高。故选A。
答案 A
5．(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________。
解析 由题意得S△ABC＝acsin B＝ac＝，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accos B＝12－2×4×＝8，则b＝2。
答案 2
6．(2021·浙江高考)我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)。若直角三角形直角边的长分别为3,4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝________。
解析 因为直角三角形直角边的长分别为3,4，所以S1＝()2＝25，S2＝25－4××3×4＝1，所以＝25。
答案 25
增分专练(二) 三角恒等变换、解三角形
A级 基础达标
一、单项选择题
1．已知tan α＝－3，α是第二象限角，则sin＝( )
A．－ B．－
C． D．
解析 因为tan α＝－3，α是第二象限角，所以cos α＝－。所以sin＝cos α＝－。故选A。
答案 A
2．若sin x＝3sin，则cos xcos＝( )
A． B．－
C． D．－
解析 因为sin x＝3sin，所以sin x＝－3cos x，所以tan x＝－3，所以cos xcos＝－sin xcos x＝＝＝。
答案 A
3．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a＝2，B＝45°，C＝75°，则b＝( )
A．2 B．
C．2 D．3
解析 由题意A＝180°－45°－75°＝60°，由正弦定理＝，得b＝＝＝2。故选C。
答案 C
4．(2021·贵阳市适应性考试)已知sin＝，则cos＝( )
A．－ B．
C．－ D．
解析 根据题意知cos＝cos＝sin＝。
答案 B
5．(2021·南京市三模)计算所得的结果为( )
A．1 B．
C． D．2
解析 ＝＝＝＝。故选C。
答案 C
6．已知θ∈，且sin＝，则tan θ＝( )
A．7 B．
C． D．
解析 因为θ∈，所以θ＋∈，即θ＋为第二象限角，又sin＝，所以cos＝－＝－，所以tan＝＝－，所以tan θ＝tan＝＝＝＝7。故选A。
答案 A
7．如图，小明同学为了估算某建筑物的高度，在该建筑物的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15－15)m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A、该建筑物顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得该建筑物顶C的仰角为30°，则小明估算该建筑物的高度为( )
A．20 m B．30 m
C．20 m D．30 m
解析 在直角三角形MBA中，MA＝＝＝＝30。在△MAC中，∠CMA＝180°－60°－15°＝105°，∠MAC＝30°＋15°＝45°，∠MCA＝180°－105°－45°＝30°，MA＝30，由正弦定理＝，得＝，解得MC＝60，在直角三角形MDC中，DC＝MC·sin∠CMD＝60×＝30。故选D。
答案 D
8．(2021·合肥市质量检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c。若asin A＋2csin C＝2bsin Ccos A，则角A的最大值为( )
A． B．
C． D．
解析 由正弦定理可得a2＋2c2＝2bccos A，根据余弦定理得b2＋c2－2bccos A＋2c2＝2bccos A，整理得4bccos A＝b2＋3c2≥2bc，所以cos A≥，又A∈(0，π)，所以A≤。故选A。
答案 A
二、多项选择题
9．(2021·福建省诊断考试)已知tan(α＋β)＝tan α＋tan β，其中α≠(n∈Z)且β≠(m∈Z)，则下列结论一定正确的是( )
A．sin(α＋β)＝0 B．cos(α＋β)＝1
C．sin2＋sin2＝1 D．sin2α＋cos2β＝1
解析 解法一：由条件得，＝tan α＋tan β，从而得到tan α＋tan β＝0，所以α＝kπ－β，k∈Z，即α＋β＝kπ，k∈Z，所以sin(α＋β)＝0，故A正确；对于B选项，cos(α＋β)＝cos(kπ)＝±1，故B错误；对于C选项，sin2＋sin2＝sin2＋sin2，当k为偶数时，sin2＋sin2＝sin2＋sin2＝sin2＋sin2＝2sin2，故C错误；对于D选项，sin2α＋cos2β＝sin2(kπ－β)＋cos2β＝sin2β＋cos2β＝1，所以D正确。
解法二：由条件得，＝＋＝，所以sin(α＋β)＝0或cos(α＋β)＝cos αcos β，即sin(α＋β)＝0或sin αsin β＝0(舍)，故A正确；其余解法同解法一。
解法三：取α＝，β＝，则cos(α＋β)＝－1，故B错误，取α＝，β＝－，则sin2＋sin2≠1，故C错误。故选AD。
答案 AD
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝8，b<4，c＝7，且满足(2a－b)cos C＝ccos B，则下列结论正确的是( )
A．C＝60° B．△ABC的面积为6
C．b＝2 D．△ABC为锐角三角形
解析 因为(2a－b)cos C＝ccos B，所以(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，所以2sin Acos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即2sin Acos C＝sin(B＋C)，所以2sin Acos C＝sin A。因为在△ABC中，sin A≠0，所以cos C＝，所以C＝60°，A正确。由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，得49＝64＋b2－2×8bcos 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b<4，所以b＝3，C错误。所以△ABC的面积S＝absin C＝×8×3×＝6，B正确。又cos A＝＝<0，所以A为钝角，△ABC为钝角三角形，D错误。
答案 AB
三、填空题
11．(2021·北京高考)若点P(cos θ，sin θ)与点Q关于y轴对称，写出一个符合题意的θ值________。
解析 解法一：点P，Q都在单位圆上，θ可取－＝(θ＝＋kπ，k∈Z)。
解法二：因为P，Q关于y轴对称，故θ＋θ＋＝π＋2kπ，k∈Z，所以θ＝＋kπ，k∈Z。
答案
12．已知cos－sin α＝，则sin＝________。
解析 由cos－sin α＝cos α－sin α－sin α＝cos α－sin α＝＝cos＝sin＝，得sin＝。sin＝－sin＝－sin＝－。
答案 －
13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为________。
解析 解法一：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos，得c＝2，所以a＝4，所以△ABC的面积S＝acsin B＝×4×2×sin＝6。
解法二：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos，得c＝2，所以a＝4，所以a2＝b2＋c2，所以A＝，所以△ABC的面积S＝×2×6＝6。
答案 6
14．(2021·浙江高考)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝________；cos∠MAC＝________。
解析 解法一：由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8。在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cos∠B＝4＋64－2×8×2×＝52，所以AC＝2，所以在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝＝＝。
解法二：由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8。过点C作CD⊥BA交BA的延长线于点D，则BD＝4，AD＝2，CD＝4。所以在Rt△ADC中，AC2＝CD2＋AD2＝48＋4＝52，得AC＝2。在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝＝＝。
答案 2
B级 素养落实
15. 按如图连接圆上的五等分点，得到优美的“五角星”，图形中含有很多美妙的数学关系式，例如图中点H即弦BE的黄金分割点，其黄金分割比为＝＝≈0.618，且五角星的每个顶角都为36°等。由此信息可以求出sin 18°的值为( )
A． B．
C． D．
解析 解法一：如图，设AD与BE的交点为R，过A作AP⊥BE于点P，则∠HAP＝18°。由题意，不妨设BH＝－1，HE＝2，则AH＝AR＝RE＝BH＝－1，所以HR＝HE－RE＝3－，所以HP＝HR＝，所以sin 18°＝sin∠HAP＝＝＝。故选C。
解法二：因为五角星的每个顶角都为36°，所以∠AHE＝72°，所以∠CHE＝108°。在△CHE中，由正弦定理＝，得＝＝＝，所以sin 18°＝＝＝。故选C。
答案 C
16．(2021·兰州市诊断考试)在△ABC中，·(2＋)＝0，sin C＝，则sin2A－sin2B的值为________。
解析 因为·(2＋)＝2·＋·＝2||·||cos A＋||·||cos(π－B)＝0，所以2||cos A＝||cos B，由余弦定理，得2AC·＝BC·，整理，得3BC2－3AC2＝AB2，结合正弦定理，得3sin2A－3sin2B＝sin2C＝，所以sin2A－sin2B＝。
答案
17．(2021·郑州市质量预测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝90°，∠ABC的平分线交AC于点D。若a＋4c的最小值为9，则BD＝________。
解析 由题意知，S△ABC＝S△DAB＋S△DBC，所以BA×BC＝BA×BDsin 45°＋BC×BDsin 45°，可得BD·(a＋c)＝ac。所以a＋4c＝(a＋4c)×＝(a＋4c)·，即a＋4c＝≥＝，当且仅当a＝2c时取等号。又a＋4c的最小值为9，所以＝9，解得BD＝。
答案
大题专项 解三角形大题考向探究
命|题|分|析
三角函数与解三角形解答题一般处于高考数学试卷解答题第一题的位置，难度中等，以考查基础知识和基本能力为主。根据历年阅卷情况，此题的得分率并不是太高，主要原因是审题不严谨，基础知识不扎实，答题不规范，希望引起学生的高度重视。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 三角形基本量计算
【例1】 (2021·沈阳市质量监测)已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4S＝b2＋c2－a2，b＝。
(1)求A；
(2)若______________________，求△ABC的面积S的大小。(在①2cos2B＋cos 2B＝0，②bcos A＋acos B＝＋1，这两个条件中任选一个，补充在横线上)
解 (1)因为4S＝b2＋c2－a2，
所以4×bcsin A＝b2＋c2－a2，
所以＝，
于是sin A＝cos A，故tan A＝1，
因为0
所以cos2B＝，所以cos B＝±。
因为0
得＝，所以a＝2。
所以S＝absin C＝×2××sin＝。
选②，由bcos A＋acos B＝＋1，
得b·＋a·＝＋1，
整理得c＝＋1，
所以S＝bcsin A＝××(＋1)×sin＝。
方法悟通
求解三角形中的边和角等基本量时，需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的。其一般步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，然后确定转化的方向；
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化；
第三步：求结果。
【变式训练1】 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知B＝150°。
(1)若a＝c，b＝2，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋sin C＝，求C。
解 (1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×c2×cos 150°。
解得c＝－2(舍去)或c＝2，从而a＝2。
△ABC的面积为×2×2×sin 150°＝。
(2)在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，
所以sin A＋sin C＝sin(30°－C)＋sin C＝sin(30°＋C)。
故sin(30°＋C)＝。
而0°
【例2】 (2021·郑州市质量预测)如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝，c＝，B＝45°。
(1)求边BC的长；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADB＝，求sin∠DAC的值。
解 (1)在△ABC中，因为b＝，c＝，B＝45°，
所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得5＝a2＋2－2×a××，化简得a2－2a－3＝0，
所以a＝3，或a＝－1(舍)，即BC的长是3。
(2)解法一：在△ABC中，由正弦定理＝，得＝，所以sin C＝。
在△ADC中，因为cos∠ADC＝－，
所以∠ADC为钝角，
又∠ADC＋C＋∠CAD＝180°，
所以C为锐角。
故cos C＝＝，
因为cos∠ADC＝－，所以sin∠ADC＝。
从而sin∠DAC＝sin(∠ADC＋C)＝。
解法二：因为cos∠ADB＝，
所以sin∠ADB＝，
在△ABD中，由正弦定理得
AD＝＝＝。
在△ADC中，cos∠ADC＝－，sin∠ADC＝。
由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，得5＝＋DC2－2××DC×，
解得DC＝，或DC＝－(舍)。
再由正弦定理得
sin∠DAC＝＝＝。
方法悟通
以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分用好平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化为三角形问题去求解；四是善于用好三角形中的不等关系，从而可以确定角或边的范围。
【变式训练2】 (1)如图，在△ABC中，AC＝，D为AB边上一点，CD＝AD＝2，且cos∠BCD＝。
①求sin B；
②求△ABC的面积。
解 ①在△ADC中，由余弦定理得cos∠ADC＝＝＝，
所以sin∠ADC＝＝＝。
因为cos∠BCD＝，∠BCD是△BCD的内角，所以sin∠BCD＝＝＝，
所以sin B＝sin(∠ADC－∠BCD)＝sin∠ADCcos∠BCD－cos∠ADCsin∠BCD＝×－×＝。
②在△BCD中，由正弦定理得
＝＝，
所以BD＝＝＝4，
BC＝＝＝＝2，
所以AB＝AD＋BD＝6，
所以S△ABC＝AB·BC·sin B＝×6×2×＝。
(2)在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，∠A＝60°，AB＝3，AD＝2。
①求sin∠ABD；
②若cos∠BDC＝，求△BCD的面积。
解 ①在△ABD中，∠A＝60°，AB＝3，AD＝2，
由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝9＋4－6＝7，所以BD＝，
由正弦定理，得＝，
所以sin∠ABD＝＝＝＝。
②因为AB⊥BC，所以∠ABC＝90°，
所以cos∠DBC＝sin∠ABD＝，
所以sin∠DBC＝。
因为cos∠BDC＝，
所以sin∠BDC＝。
所以sin C＝sin(π－∠BDC－∠DBC)
＝sin(∠BDC＋∠DBC)
＝sin∠BDCcos∠DBC＋cos∠BDCsin∠DBC
＝×＋×＝。
所以sin∠DBC＝sin C，所以∠DBC＝∠C，
所以DC＝BD＝，
所以S△BCD＝DC·BD·sin∠BDC＝×××＝2。
考向三 三角形中的最值与范围问题
【例3】 在：①a＝csin A－acos C，②(2a－b)sin A＋(2b－a)sin B＝2csin C这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答。
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝，而且________。
(1)求角C；
(2)求△ABC周长的最大值。
解 (1)选①：因为a＝csin A－acos C，
所以sin A＝sin Csin A－sin Acos C，
因为sin A≠0，所以sin C－cos C＝1，
即sin＝，
因为0
选②：因为(2a－b)sin A＋(2b－a)sin B＝2csin C，
所以(2a－b)a＋(2b－a)b＝2c2，
即a2＋b2－c2＝ab，
所以cos C＝＝，
因为0
在△ABC中，由余弦定理得
a2＋b2－2abcos C＝3，即a2＋b2－ab＝3，
所以(a＋b)2－3＝3ab≤，
所以a＋b≤2，当且仅当a＝b时等号成立，
所以a＋b＋c≤3，即△ABC周长的最大值为3。
方法悟通
(1)利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角。利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，且该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性。
(2)三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围。
【变式训练3】 已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝120°。
(1)若a＝2b，求tan A的值；
(2)若∠ACB的平分线交AB于点D，且CD＝1，求△ABC的面积的最小值。
解 (1)解法一：由a＝2b及正弦定理知sin A＝2sin B，
则sin A＝2sin(60°－A)，
即sin A＝cos A－sin A，得tan A＝。
解法二：因为c2＝a2＋b2－2abcos C＝4b2＋b2－2×2b×b×＝7b2，
所以c＝b，
则cos A＝＝＝。
因为A∈(0°，180°)，
所以sin A＝＝＝，
所以tan A＝＝。
(2)由∠ACB的平分线交AB于点D，
得S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
所以bsin 60°＋asin 60°＝absin 120°，
则a＋b＝ab。
由a＋b＝ab≥2，得ab≥4，
当且仅当a＝b时等号成立，
所以△ABC的面积的最小值为××4＝。
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·新高考全国Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C。
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC。
解 (1)证明：因为BDsin∠ABC＝asin C，
所以由正弦定理得，BD·b＝ac，
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，
又b>0，所以BD＝b。
(2)如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，
因为AD＝2DC，所以＝＝2，＝，
所以BE＝，DE＝a。
在△BDE中，cos∠BED＝＝＝＝，
在△ABC中，cos∠ABC＝＝＝。
因为∠BED＝π－∠ABC，
所以cos∠BED＝－cos∠ABC，
所以＝－，
化简得3c2＋6a2－11ac＝0，方程两边同时除以a2，
得32－11＋6＝0，
解得＝或＝3。
当＝，即c＝a时，
cos∠ABC＝＝＝；
当＝3，即c＝3a时，
cos∠ABC＝＝＝>1(舍)。
综上，cos∠ABC＝。
2．(2020·新高考全国Ⅰ卷)在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由。
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，________？
解 方案一：选条件①。
由C＝和余弦定理得cos C＝＝。
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b。
于是＝，由此可得b＝c。所以a＝c。
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1。
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1。
方案二：选条件②。
由C＝和余弦定理得cos C＝＝。
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b。
于是＝，
由此可得b＝c，B＝C＝，A＝。
由②csin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6。
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2。
方案三：选条件③。
由C＝和余弦定理得cos C＝＝。
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b。
于是＝，由此可得b＝c。
由③c＝b，与b＝c矛盾。
因此，选条件③时问题中的三角形不存在。
3．(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C。
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值。
解 (1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB ①。
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A ②，
由①②得cos A＝－。
因为0
从而AC＝2sin B，AB＝2sin(π－A－B)＝3cos B－sin B。
故BC＋AC＋AB＝3＋sin B＋3cos B＝3＋2sin。
又0
第一次作业 基础通关训练
1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,2acos B＋2bcos A＝c2。
(1)求c的值；
(2)若C＝，a＋b＝2，求△ABC的面积。
解 (1)由2acos B＋2bcos A＝c2及正弦定理，
得2sin Acos B＋2sin Bcos A＝csin C，
所以2sin(A＋B)＝csin C，
因为A＋B＝π－C，
所以2sin(π－C)＝2sin C＝csin C，
又C∈(0，π)，所以sin C≠0，所以c＝2。
(2)因为C＝，a＋b＝2，
所以由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
得4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝8－3ab，
解得ab＝，
所以△ABC的面积S＝absin C＝××＝。
2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝3，b＝2，cos B＝－。
(1)求c的值；
(2)若D为BC边上的点，且AD＝，求∠ADB。
解 (1)由余弦定理可得cos B＝，
即－＝，整理得c2＋2c－3＝0，
解得c＝1或c＝－3(舍去)，所以c＝1。
(2)由cos B＝－，
可得sin B＝ ＝。
在△ABD中，由正弦定理知
＝，可得sin∠ADB＝。
又因为cos B＝－<0，所以
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c,2c＝a＋2bcos A。
(1)求B；
(2)若c＝7，bsin A＝，求b。
解 (1)由已知及正弦定理可得
2sin C＝sin A＋2sin Bcos A，
所以2(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin A＋2sin Bcos A，
即2sin Acos B＝sin A，
因为sin A≠0，所以cos B＝，
又0
可得asin B＝bsin A＝，
由(1)知B＝，所以a＝2。
由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accos B＝19，b＝。
4．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，a2＋b2－c2＝2S。
(1)求cos C；
(2)若acos B＋bsin A＝c，a＝，求b。
解 (1)因为S＝absin C，a2＋b2－c2＝2S，
所以a2＋b2－c2＝absin C，
在△ABC中，由余弦定理得
cos C＝＝＝，
所以sin C＝2cos C，
又sin2C＋cos2C＝1，
所以5cos2C＝1，cos C＝±，
又C∈(0，π)，所以sin C>0，所以cos C>0，
所以cos C＝。
(2)解法一：在△ABC中，由正弦定理得
sin Acos B＋sin Bsin A＝sin C，
因为sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin Acos B＋sin Bsin A＝sin Acos B＋cos Asin B，
即sin Bsin A＝cos Asin B，
又A，B∈(0，π)，所以sin B≠0，sin A＝cos A，
得A＝。
因为sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
所以sin B＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝。
在△ABC中，由正弦定理得
b＝＝＝3。
解法二：因为acos B＋bsin A＝c，
acos B＋bcos A＝c，
所以acos B＋bsin A＝acos B＋bcos A，
即sin A＝cos A，又A∈(0，π)，所以A＝。
在△ABC中，由正弦定理得c＝＝＝2。
因为b＝ccos A＋acos C，
所以b＝2×＋×＝3。
5．(2021·南京市一模)在△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝B＋3C。
(1)求sin C的取值范围；
(2)若c＝6b，求sin C的值。
解 (1)由A＝B＋3C及A＋B＋C＝π得2B＋4C＝π，
所以B＝－2C，所以A＝＋C，
由得
得0
(2)若c＝6b，则由正弦定理得sin C＝6sin B ①，
由(1)知B＝－2C，
则sin B＝sin＝cos 2C ②，
由①②得sin C＝cos 2C＝1－2sin2C，
所以12sin2C＋sin C－6＝0，
解得sin C＝或sin C＝－，
又sin C∈，所以sin C＝。
6．(2021·甘肃省诊断考试)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a－csin B＝bcos C。
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，D为AC边上一点，BD＝2，且________，求△ABC的面积。(从①BD为∠ABC的平分线，②D为AC的中点，这两个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答。)
解 (1)解法一：因为a－csin B＝bcos C，
所以sin A－sin Csin B＝sin Bcos C，
所以sin(B＋C)－sin Csin B＝sin Bcos C，
得cos Bsin C＝sin Csin B，
因为sin C≠0，所以tan B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝。
解法二：由余弦定理得a－csin B＝b·，
整理得＝sin B，
即cos B＝sin B，tan B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝。
(2)选择①BD为∠ABC的平分线。
因为BD为∠ABC的平分线，
所以∠ABD＝∠DBC＝。
因为S△ABC＝S△BDC＋S△ABD，
所以acsin＝×2asin＋×2csin，
得＝a＋c，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos∠ABC，
得9＝(a＋c)2－3ac，
则有9＝(ac)2－3ac，
即(ac)2－4ac－12＝0，
解得ac＝6或ac＝－2(舍去)，
所以S△ABC＝acsin∠ABC＝。
选择②D为AC的中点。
因为D为AC的中点，所以AD＝DC＝。
因为∠BDA＝π－∠BDC，
所以cos∠BDA＝cos(π－∠BDC)＝－cos∠BDC，
所以＝－，
得a2＋c2＝，根据余弦定理得a2＋c2－ac＝9，
所以ac＝，则S△ABC＝acsin∠ABC＝。
第二次作业 能力增分训练
1．(2021·广州市综合测试)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝3，cos 2B＝cos(A＋C)，asin A＋csin C＝6sin B。
(1)求B；
(2)求△ABC的周长。
解 (1)因为cos 2B＝cos(A＋C)＝cos(π－B)，
所以2cos2B－1＝－cos B，
所以cos B＝－1(舍去)或cos B＝，又B∈(0，π)，
所以B＝。
(2)由asin A＋csin C＝6sin B及正弦定理，
得a2＋c2＝6b＝18 ①，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得9＝18－ac，
所以ac＝9 ②，
由①②得a＝c＝3，所以△ABC的周长为9。
2．(2021·成都诊断性检测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(b－a)cos C＝ccos A。
(1)求角C的大小；
(2)若a＝，c(acos B－bcos A)＝b2，求△ABC的面积。
解 (1)由已知及正弦定理，得
sin Bcos C－sin Acos C＝sin Ccos A，
所以sin Bcos C＝sin Acos C＋cos Asin C＝sin(A＋C)。
因为A＋C＝π－B，所以sin(A＋C)＝sin B，
所以sin Bcos C＝sin B。
又sin B≠0，所以cos C＝。
因为C∈(0，π)，所以C＝。
(2)由已知及余弦定理，得ac·－bc·＝b2，化简得a2＝2b2，
因为a＝，所以b＝1。
所以△ABC的面积S△ABC＝absin C＝××1×＝。
3．如图，在△ABC中，D为BC的中点，AB＝2，AC＝4，AD＝3。
(1)求边BC的长；
(2)点E在边AB上，若CE是∠BCA的平分线，求△BCE的面积。
解 (1)因为D在边BC上，
所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，
在△ADB和△ADC中，由余弦定理，
得＋＝0，
因为AB＝2，AC＝4，AD＝3，BD＝DC，
所以9＋BD2－52＋9＋BD2－16＝0，
所以BD2＝25，BD＝5。
所以边BC的长为10。
(2)由(1)知△ADC为直角三角形，
所以S△ADC＝×4×3＝6，S△ABC＝2S△ADC＝12。
因为CE是∠BCA的平分线，
所以＝＝＝＝。
所以S△ABC＝S△BCE＋S△ACE＝S△BCE＋S△BCE＝S△BCE＝12，所以S△BCE＝。
即△BCE的面积为。
4．(2021·洛阳市统考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知bsin B＋csin C＝·sin A。
(1)求角A；
(2)若D是AB的中点，且CD＝1，求b＋c的最大值。
解 (1)因为bsin B＋csin C＝sin A，
所以bsin B＋csin C＝bsin Asin C＋asin A。
由正弦定理得b2＋c2＝bcsin A＋a2，
所以＝sin A，
所以cos A＝sin A，所以tan A＝，
又A∈(0，π)，所以A＝。
(2)在△ADC中，设∠ACD＝α，∠ADC＝β，
则α＋β＝π－A＝，
由正弦定理得＝＝＝，
所以b＋c＝AC＋2AD
＝sin β＋sin α
＝sin＋sin α
＝＋sin α
＝cos α＋sin α
＝sin(α＋φ)。
因为α∈，
所以sin(α＋φ)≤，
所以b＋c≤，
即b＋c的最大值为。
5．(2021·东北三校联考)已知函数f(x)＝sin xcos x－3cos2x＋1。
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c。若f(C)＝1，c＝，D为AB的中点，求CD的最大值。
解 (1)由已知，得f(x)＝sin 2x－(1＋cos 2x)＋1
＝sin－，
令2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，
所以f(x)的单调递减区间为，k∈Z。
(2)由f(C)＝sin－＝1，
得sin＝，
因为△ABC为锐角三角形，
所以C∈，
所以2C－∈，
所以2C－＝，所以C＝。
在△BCD中，由余弦定理得，
a2＝CD2＋2－2×CD×cos∠BDC ①。
在△ACD中，由余弦定理得，
b2＝CD2＋2－2×CD×cos∠ADC ②。
易知cos∠BDC＝－cos∠ADC，
所以①＋②可得CD2＝(a2＋b2)－。
在△ABC中，由余弦定理得，3＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab≥a2＋b2－＝(a2＋b2)，当且仅当a＝b时，等号成立，
即a2＋b2的最大值为6，
所以CD的最大值为。
6．(2021·苏北适应性考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a
(2)从上述三个条件中选出两个，使得△ABC存在，并求a的值。
解 (1)选①②时△ABC不存在，理由如下：
因为a，b，c为连续自然数，a
又c＝3a，所以a＋2＝3a，
解得a＝1，b＝2，c＝3，不满足a＋b>c，
所以△ABC不存在。
选②③时△ABC不存在，理由如下：
在△ABC中，由正弦定理＝得＝。
因为C＝2A，所以sin C＝2sin Acos A，
所以cos A＝，
又c＝3a，所以cos A＝>1，此时A不存在，所以△ABC不存在。
(2)选①③时△ABC存在。
因为a，b，c为连续自然数，a
在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝＝。
在△ABC中，由正弦定理＝得＝。
因为C＝2A，所以sin C＝2sin Acos A，
所以cos A＝＝，
所以＝，解得a＝4。
