新高考数学二轮复习专题二第2讲三角恒等变换与解三角形学案

这是一份新高考数学二轮复习专题二第2讲三角恒等变换与解三角形学案，共25页。

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 αcs β±cs αsin β；
(2)cs(α±β)＝cs αcs β∓sin αsin β；
(3)tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcs α；
(2)cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α；
(3)tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
例1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)若sin(α＋β)＋cs(α＋β)＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))sin β，则( )
A．tan(α－β)＝1
B．tan(α＋β)＝1
C．tan(α－β)＝－1
D．tan(α＋β)＝－1
答案 C
解析 由题意得sin αcs β＋cs αsin β＋cs αcs β－sin αsin β＝2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)(cs α－sin α)sin β，整理，得sin αcs β－cs αsin β＋cs αcs β＋sin αsin β＝0，即sin(α－β)＋cs(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.
(2)(2021·全国甲卷)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，则tan α等于( )
A.eq \f(\r(15),15) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(15),3)
答案 A
解析 方法一 因为tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，
且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，
所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
方法二 因为tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(\f(2sin α,cs α),1－\f(sin2α,cs2α))
＝eq \f(2sin αcs α,cs2α－sin2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，
且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，
所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
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＝sin2θ＋cs2θ＝tan 45°等；
(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cs2α＝(sin2α＋cs2α)＋cs2α，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 θcs θ＋eq \r(3)cs2θ＝cs θ＋eq \f(\r(3),2)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则θ等于( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,12) D.eq \f(π,18)
答案 BD
解析 sin θcs θ＋eq \r(3)cs2θ
＝eq \f(1,2)sin 2θ＋eq \r(3)×eq \f(1＋cs 2θ,2)
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))＋eq \f(\r(3),2)＝cs θ＋eq \f(\r(3),2)，
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))＝cs θ，
所以2θ－eq \f(π,6)＝θ＋2kπ或2θ－eq \f(π,6)＝－θ＋2kπ(k∈Z)，
故θ＝eq \f(π,6)＋2kπ或θ＝eq \f(π,18)＋eq \f(2kπ,3)(k∈Z)．
又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6)或eq \f(π,18).
(2)已知函数f(x)＝sin x－2cs x，设当x＝θ时，f(x)取得最大值，则cs θ＝________.
答案 －eq \f(2\r(5),5)
解析 f(x)＝sin x－2cs x＝eq \r(5)sin(x－φ)，
其中cs φ＝eq \f(\r(5),5)，sin φ＝eq \f(2\r(5),5)，
则f(θ)＝eq \r(5)sin(θ－φ)＝eq \r(5)，
因此θ－φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
则cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝－sin φ＝－eq \f(2\r(5),5).
考点二 正弦定理、余弦定理
核心提炼
1．正弦定理：在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccs A.
变形：b2＋c2－a2＝2bccs A，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc).
3．三角形的面积公式：S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin 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bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)等于( )
A．3 B.eq \f(1,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3)
答案 D
解析 因为bsin 2A＝asin B，
所以2bsin Acs A＝asin B，
利用正弦定理可得2abcs A＝ab，
所以cs A＝eq \f(1,2)，又c＝2b，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋4b2－a2,4b2)＝eq \f(1,2)，
解得eq \f(a,b)＝eq \r(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 Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)．
①证明：2a2＝b2＋c2；
②若a＝5，cs A＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长．
①证明 方法一 由sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acs B－sin Ccs Asin B
＝sin Bsin Ccs A－sin Bcs Csin A，
结合正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，
可得accs B－bccs A＝bccs A－abcs C，
即accs B＋abcs C＝2bccs A(*)．
由余弦定理可得accs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2)，
abcs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2)，2bccs A＝b2＋c2－a2，
将上述三式代入(*)式整理，
得2a2＝b2＋c2.
方法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)
＝sin2Acs2B－cs2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B
＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
②解 由①及a2＝b2＋c2－2bccs A得，
a2＝2bccs A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，
所以(b＋c)2＝b2＋c2＋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cs C＝eq \f(7,9)，bcs A＋acs B＝2，则△ABC外接圆的面积为( )
A.eq \f(49π,8) B.eq \f(81π,8) C.eq \f(81π,49) D.eq \f(81π,32)
答案 D
解析 根据正弦定理可知b＝2Rsin B，
a＝2Rsin A，
得2Rsin Bcs A＋2Rsin Acs B
＝2Rsin(A＋B)＝2，
因为sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C
＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(4\r(2),9)，
所以R＝eq \f(9\r(2),8)，
所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝eq \f(81π,32).
(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eq \f(tan A,tan B)＝eq \f(2c－b,b).
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＝2Rsin C，
b＝2Rsin B，
则eq \f(tan A,tan B)＝eq \f(2c,b)－1＝eq \f(2sin C,sin B)－1，eq \f(tan A,tan B)＋1＝eq \f(2sin C,sin B)，
化简得cs Asin B＋sin Acs B＝2sin Ccs A.
即sin(A＋B)＝2sin Ccs A，
∵A＋B＝π－C，∴sin(A＋B)＝sin C≠0，
∴cs A＝eq \f(1,2)，
∵0②由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A，
又A＝eq \f(π,3)，∴b2＋c2－bc＝4，
又b2＋c2≥2bc，∴bc≤4，
则S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A≤eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为eq \r(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 m B．45 m C．51 m D．57 m
答案 D
解析 由题意得，在Rt△ABM中，
AM＝eq \f(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eq \f(AM,sin∠ACM)＝eq \f(CM,sin∠CAM)，
所以CM＝eq \f(sin∠CAM,sin∠ACM)·AM＝eq \f(\r(2)AB,sin 15°)，
又sin 15°＝sin(45°－30°)
＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
在Rt△CDM中，CD＝CMsin 60°＝eq \f(\r(6)AB,2sin 15°)＝eq \f(12\r(6),2×\f(\r(6)－\r(2),4))＝36＋12eq \r(3)≈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＝eq \r(R＋h12－R2)＋eq \r(R＋h22－R2)＝eq \r(2Rh1＋h\\al(2,1))＋eq \r(2Rh2＋h\\al(2,2))(如图)，其中h1为雷达天线架设高度，h2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：eq \r(2×8.49)≈4.12)( )
A．6 400 m B．8 100 m
C．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＝eq \r(R＋h12－R2)＋eq \r(R＋h22－R2)
＝eq \r(2Rh1＋h\\al(2,1))＋eq \r(2Rh2＋h\\al(2,2))，
即412＝eq \r(8 490＋h12－8 4902)＋eq \r(8 490＋0.0252－8 4902)
≈eq \r(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PAD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(eq \r(3)＋1)m B．200(eq \r(3)＋1)m
C．200eq \r(3) m D．100eq \r(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°)
＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
所以在△PCD中，
由正弦定理得eq \f(CD,sin∠DPC)＝eq \f(PC,sin D)，
即eq \f(100,\f(\r(6)－\r(2),4))＝eq \f(PC,\f(\r(2),2))，
解得PC＝100(eq \r(3)＋1)m，
所以在Rt△PAC中，
AC＝2PC＝200(eq \r(3)＋1)m，
所以BC＝AC－AB＝200eq \r(3)(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＝60eq \r(2) 米，则OP等于( )
A．40米 B．30米
C．30eq \r(2) 米 D．30eq \r(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＝eq \f(OP,tan 30°)＝eq \r(3)h，
在Rt△BOP中，OB＝h.
在△ABO中，由余弦定理，
得OA2＝AB2＋OB2－2AB·OBcs 60°，
代入数据计算得到h＝30eq \r(2)(米)．
即OP＝30eq \r(2)(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＝eq \r(19)，AB＝2，则BC等于( )
A．1 B.eq \r(2) C.eq \r(5) D．3
答案 D
解析 由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs B，得BC2＋2BC－15＝0，
解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．
2．(2021·全国乙卷)cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 D
解析 cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝eq \f(1＋cs \f(π,6),2)－eq \f(1＋cs \f(5π,6),2)
＝eq \f(1＋\f(\r(3),2),2)－eq \f(1－\f(\r(3),2),2)＝eq \f(\r(3),2).
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eq \f(3\r(15),4)，b－c＝1，cs A＝eq \f(1,4)，则a等于( )
A．10 B．3 C.eq \r(10) D.eq \r(3)
答案 C
解析 因为cs A＝eq \f(1,4)，所以sin A＝eq \f(\r(15),4)，
又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(15),8)bc＝eq \f(3\r(15),4)，
所以bc＝6，又b－c＝1，
可得b＝3，c＝2，
所以a2＝b2＋c2－2bccs A＝10，即a＝eq \r(10).
4．已知cs α＝eq \f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq \f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β等于( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
答案 C
解析 ∵α，β均为锐角，即α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴β－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
∴cs(β－α)＝eq \r(1－sin2β－α)＝eq \f(3\r(10),10)，
又sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(2\r(5),5)，
∴cs β＝cs[(β－α)＋α]
＝cs(β－α)cs α－sin(β－α)sin α
＝eq \f(3\r(10),10)×eq \f(\r(5),5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),10)))×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(\r(2),2)，
又β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴β＝eq \f(π,4).
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(eq \r(3)－1)米 D．3(eq \r(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
eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，
即eq \f(24,sin 45°)＝eq \f(AC,sin 30°)，
解得AC＝12eq \r(2)(米)，
在Rt△ACB中，sin∠ACB＝eq \f(AB,AC)，
即sin 15°＝eq \f(AB,12\r(2))，
解得AB＝12eq \r(2)sin 15°＝12eq \r(2)sin(60°－45°)
＝12eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)×\f(\r(2),2)－\f(1,2)×\f(\r(2),2)))
＝12eq \r(2)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)
＝3eq \r(2)(eq \r(6)－eq \r(2))＝6(eq \r(3)－1)米．
6．(2022·济宁模拟)已知sin α－cs β＝3cs α－3sin β，且sin(α＋β)≠1，则sin(α－β)的值为( )
A．－eq \f(3,5) B.eq \f(3,5)
C．－eq \f(4,5) D.eq \f(4,5)
答案 C
解析 由sin α－cs β＝3cs α－3sin β得，
sin α－3cs α＝cs β－3sin β
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))－3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，
设f(x)＝sin x－3cs x
＝eq \r(10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(10))sin x－\f(3,\r(10))cs x))
＝eq \r(10)sin(x－φ)，
其中cs φ＝eq \f(1,\r(10))，sin φ＝eq \f(3,\r(10))，φ为锐角，
已知条件即为f(α)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，
所以eq \f(π,2)－β＝2kπ＋α，
或eq \f(π,2)－β－φ＋α－φ＝2kπ＋π，k∈Z，
若eq \f(π,2)－β＝2kπ＋α，k∈Z，
则α＋β＝－2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
sin(α＋β)＝sin eq \f(π,2)＝1与已知矛盾，
所以eq \f(π,2)－β－φ＋α－φ＝2kπ＋π，k∈Z，
α－β＝2kπ＋eq \f(π,2)＋2φ，k∈Z，
则sin(α－β)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋2φ))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2φ))
＝cs 2φ＝2cs2φ－1＝－eq \f(4,5).
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 B
B．在锐角△ABC中，不等式sin A>cs B恒成立
C．在△ABC中，若acs A＝bcs B，则△ABC是等腰直角三角形
D．在△ABC中，若B＝eq \f(π,3)，b2＝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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∵A＋B>eq \f(π,2)，
∴eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，
∴sin A>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，
因此不等式sin A>cs B恒成立，正确；
对于C，在△ABC中，acs A＝bcs B，利用正弦定理可得sin Acs A＝sin Bcs B，
∴sin 2A＝sin 2B，
∵A，B∈(0，π)，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，错误；
对于D，由于B＝eq \f(π,3)，b2＝ac，由余弦定理可得
b2＝ac＝a2＋c2－ac，
可得(a－c)2＝0，解得a＝c，
则A＝C＝B＝eq \f(π,3)，
∴△ABC必是等边三角形，正确．
8．函数f(x)＝sin x(sin x＋cs x)－eq \f(1,2)，若f(x0)＝eq \f(3\r(2),10)，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，下列结论正确的是( )
A．f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))
B．直线x＝eq \f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的最小值为－eq \f(\r(2),2)
D．cs 2x0＝eq \f(\r(2),10)
答案 AD
解析 f(x)＝sin2x＋sin xcs x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)(sin 2x－cs 2x)
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，故A正确；
当x＝eq \f(π,4)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，
∴x＝eq \f(π,4)不是f(x)的对称轴，故B错误；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，
2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(5π,12)))，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无最小值，故C错误；
∵f(x0)＝eq \f(3\r(2),10)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，
又2x0－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(5π,12)))，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＝eq \f(4,5)，
∴cs 2x0＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＋\f(π,4)))
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))))＝eq \f(\r(2),10)，
故D正确．
三、填空题
9．(2022·烟台模拟)若sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，则tan 2α的值为________．
答案 eq \r(3)
解析 由sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，
可得sin α＝cs αcs eq \f(π,6)－sin αsin eq \f(π,6)
＝eq \f(\r(3),2)cs α－eq \f(1,2)sin α，则tan α＝eq \f(\r(3),3)，
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(\r(3),3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \r(3).
10．(2022·泰安模拟)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝eq \f(1,4)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))＝________.
答案 －eq \f(7,8)
解析 sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))－\f(π,2)))
＝－cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))))
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))))
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))＝－eq \f(7,8).
11.(2022·开封模拟)如图，某直径为5eq \r(5)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，cs∠BAD＝－eq \f(4,5).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 3eq \r(5) 15
解析 由圆的内接四边形对角互补，得
cs∠BCD＝cs(π－∠BAD)＝－cs∠BAD
＝eq \f(4,5)>0，
又∠BCD为锐角，所以sin∠BCD＝eq \r(1－cs2∠BCD)＝eq \f(3,5)，
在△BCD中，由正弦定理得
eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(BD,\f(3,5))＝5eq \r(5)，则BD＝3eq \r(5)(海里)．
在△BCD中，由余弦定理得
(3eq \r(5))2＝CD2＋52－2×CD×5×eq \f(4,5)，
整理得CD2－8CD－20＝0，
解得CD＝10(负根舍去)．
所以S△BCD＝eq \f(1,2)×10×5×eq \f(3,5)＝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，cs 2C＝cs 2A＋4sin2B，则△ABC面积的最大值为________．
答案 eq \f(2,3)
解析 由cs 2C＝cs 2A＋4sin2B得，
1－2sin2C＝1－2sin2A＋4sin2B，
即sin2A＝sin2C＋2sin2B，
由正弦定理得a2＝c2＋2b2＝4，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝4，
∴c2＋2b2＝b2＋c2－2bccs A，
即cs A＝－eq \f(b,2c)<0，
∵A∈(0，π)，∴sin A＝eq \r(1－\f(b2,4c2))，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(b2,4c2))))
＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2－\f(1,4)b4)，
∵c2＋2b2＝4，∴c2＝4－2b2，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)eq \r(b24－2b2－\f(1,4)b4)
＝eq \f(1,2)eq \r(－\f(9,4)b4＋4b2)，
则当b2＝eq \f(8,9)时，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)b4＋4b2))max＝－eq \f(9,4)×eq \f(64,81)＋4×eq \f(8,9)＝eq \f(16,9)，
∴(S△ABC)max＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)＝eq \f(2,3).
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S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),2)，sin B＝eq \f(1,3).
(1)求△ABC的面积；
(2)若sin Asin C＝eq \f(\r(2),3)，求b.
解 (1)由S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),2)，
得eq \f(\r(3),4)(a2－b2＋c2)＝eq \f(\r(3),2)，
即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accs B，
所以accs B＝1.
由sin B＝eq \f(1,3)，
得cs B＝eq \f(2\r(2),3)或cs B＝－eq \f(2\r(2),3)(舍去)，
所以ac＝eq \f(3,2\r(2))＝eq \f(3\r(2),4)，
则△ABC的面积
S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(2),4)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(2),8).
(2)由sin Asin C＝eq \f(\r(2),3)，ac＝eq \f(3\r(2),4)及正弦定理知
eq \f(b2,sin2B)＝eq \f(ac,sin Asin C)＝eq \f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq \f(9,4)，
即b2＝eq \f(9,4)×eq \f(1,9)＝eq \f(1,4)，得b＝eq \f(1,2).
14．(2022·抚顺模拟)在①(2c－a)sin C＝(b2＋c2－a2)eq \f(sin B,b)；②cs2eq \f(A－C,2)－cs Acs C＝eq \f(3,4)；③eq \f(\r(3)c,bcs 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＝2eq \r(3)，________.
(1)求角B；
(2)求2a－c的取值范围．
解 (1)选择①：
∵(2c－a)sin C＝(b2＋c2－a2)eq \f(sin B,b)，
∴由正弦定理可得
(2c－a)c＝b2＋c2－a2＝2bccs A，
∴2c－a＝2bcs A，
可得cs A＝eq \f(2c－a,2b)，
∴由余弦定理可得cs A＝eq \f(2c－a,2b)＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
整理可得c2＋a2－b2＝ac，
∴cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2)，
∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
选择②：
∵cs2eq \f(A－C,2)－cs Acs C
＝eq \f(1＋csA－C,2)－cs Acs C
＝eq \f(1－cs Acs C＋sin Asin C,2)
＝eq \f(1－csA＋C,2)＝eq \f(3,4)，
∴cs(A＋C)＝－eq \f(1,2)，
∴cs B＝－cs(A＋C)＝eq \f(1,2)，
又∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
选择③：
由正弦定理可得eq \f(\r(3)c,bcs A)＝eq \f(\r(3)sin C,sin Bcs A)，
又tan A＋tan B＝eq \f(sin A,cs A)＋eq \f(sin B,cs B)
＝eq \f(sin Acs B＋cs Asin B,cs Acs B)＝eq \f(sin C,cs Acs B)，
由eq \f(\r(3)c,bcs A)＝tan A＋tan B，
可得eq \f(\r(3)sin C,sin Bcs A)＝eq \f(sin C,cs Acs B)，
∵sin C>0，∴tan B＝eq \r(3)，
∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，由(1)及b＝2eq \r(3)，
得eq \f(b,sin B)＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，
故a＝4sin A，c＝4sin C，
2a－c＝8sin A－4sin C
＝8sin A－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))
＝8sin A－2eq \r(3)cs A－2sin A
＝6sin A－2eq \r(3)cs A
＝4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
∵0则－eq \f(π,6)－2eq \r(3)<4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))<4eq \r(3)﹒
∴2a－c的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，4\r(3))).