新版推荐学习新(浙江专用)2023高考数学二轮专题突破-专题二-三角函数、解三角形与平面向量-第2讲

生活的色彩就是学习生活的色彩就是学习K12的学习需要努力专业专心坚持K12的学习需要努力专业专心坚持生活的色彩就是学习K12的学习需要努力专业专心坚持第2讲三角变换与解三角形1．(2023·浙江)α∈R，sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，那么tan2α等于()A.eq\f(4,3) B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(4,3)2．(2023·重庆)假设tanα＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，那么tanβ等于()A.eq\f(1,7) B.eq\f(1,6)C.eq\f(5,7) Deq\f(5,6)3．(2023·福建)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2eq\r(3)，那么△ABC的面积等于________．4．(2023·江苏)假设△ABC的内角满足sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，那么cosC的最小值是________．正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查：1.边和角的计算；2.三角形形状的判断；3.面积的计算；4.有关的范围问题.由于此内容应用性较强，与实际问题结合起来进行命题将是今后高考的一个关注点，不可轻视.热点一三角恒等变换1．三角求值“三大类型〞“给角求值〞、“给值求值〞、“给值求角〞．2．三角函数恒等变换“四大策略〞(1)常值代换：特别是“1〞的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等；(2)项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；(4)弦、切互化：一般是切化弦．例1(1)sin(α＋eq\f(π,3))＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，－eq\f(π,2)<α<0，那么cos(α＋eq\f(2π,3))等于()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(3,5)C.eq\f(4,5) D.eq\f(3,5)(2)(2023·课标全国Ⅰ)设α∈(0，eq\f(π,2))，β∈(0，eq\f(π,2))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，那么()A．3α－β＝eq\f(π,2) B．2α－β＝eq\f(π,2)C．3α＋β＝eq\f(π,2) D．2α＋β＝eq\f(π,2)思维升华(1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵巧应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据条件将所求角的范围尽量缩小，防止产生增解．跟踪演练1(1)(2023·重庆)假设tanα＝2taneq\f(π,5)，那么eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))等于()A．1B．2C．3D．4(2)eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)等于()A．4 B．2C．－2 D．－4热点二正弦定理、余弦定理(1)正弦定理：在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2RsinA，sinA＝eq\f(a,2R)，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等．(2)余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA；变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).例2(2023·课标全国Ⅱ)如图，在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)假设AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的长．思维升华关于解三角形问题，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，常见的三角变换方法和原那么都适用，同时要注意“三统一〞，即“统一角、统一函数、统一结构〞，这是使问题获得解决的突破口．跟踪演练2(1)(2023·课标全国Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，那么AB的取值范围是________．(2)(2023·江西)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.假设c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，那么△ABC的面积是()A．3 B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2) D．3eq\r(3)热点三解三角形与三角函数的综合问题解三角形与三角函数的综合是近几年高考的热点，主要考查三角形的根本量，三角形的面积或判断三角形的形状．例3(2023·山东)设f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的单调区间；(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.假设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．思维升华解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求．跟踪演练3函数f(x)＝2coseq\f(x,2)(eq\r(3)coseq\f(x,2)－sineq\f(x,2))，在△ABC中，有f(A)＝eq\r(3)＋1.(1)假设a2－c2＝b2－mbc，求实数m的值；(2)假设a＝1，求△ABC面积的最大值．1．在△ABC中，BC＝1，B＝eq\f(π,3)，△ABC的面积S＝eq\r(3)，那么sinC等于()A.eq\f(\r(13),13) B.eq\f(3,5)C.eq\f(4,5) D.eq\f(2\r(39),13)2．函数f(x)＝eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx(ω>0)的最小正周期为eq\f(2π,3).(1)求ω的值；(2)在△ABC中，sinB，sinA，sinC成等比数列，求此时f(A)的值域．提醒：完成作业专题二第2讲

二轮专题强化练专题二A组专题通关1．α∈(eq\f(π,2)，π)，sin(α＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，那么cosα等于()A．－eq\f(\r(2),10) B.eq\f(7\r(2),10)C．－eq\f(\r(2),10)或eq\f(7\r(2),10) D．－eq\f(7\r(2),10)2．函数f(x)＝4sin(eq\f(x,3)＋eq\f(π,6))，f(3α＋π)＝eq\f(16,5)，f(3β＋eq\f(5π,2))＝－eq\f(20,13)，其中α，β∈[0，eq\f(π,2)]，那么cos(α－β)的值为()A.eq\f(13,65)B.eq\f(15,65)C.eq\f(48,65)D.eq\f(63,65)3．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假设bcosC＋ccosB＝asinA，那么△ABC的形状为()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不确定4．(2023·广东)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.假设a＝2，c＝2eq\r(3)，cosA＝eq\f(\r(3),2)且b<c，那么b等于()A．3B．2eq\r(2)C．2D.eq\r(3)5．△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且tanB＝eq\f(2－\r(3),a2－b2＋c2)，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，那么tanB等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\r(3)－1C．2D．2－eq\r(3)6．(2023·兰州第一中学期中)tanα＝4，那么eq\f(1＋cos2α＋4sin2α,sin2α)的值为________．7．(2023·天津)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为3eq\r(15)，b－c＝2，cosA＝－eq\f(1,4)，那么a的值为________．8.如图，在一个塔底的水平面上的点A处测得该塔顶P的仰角为θ，由点A向塔底D沿直线行走了30m到达点B，测得塔顶P的仰角为2θ，再向塔底D前进10eq\r(3)m到达点C，又测得塔顶的仰角为4θ，那么塔PD的高度为________m.9．(2023·浙江)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2.(1)求eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)的值；(2)假设B＝eq\f(π,4)，a＝3，求△ABC的面积．10．f(x)＝2sin(x－eq\f(π,12))－eq\r(3)，现将f(x)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，再向上平移eq\r(3)个单位长度，得到函数g(x)的图象．(1)求f(eq\f(π,4))＋g(eq\f(π,6))的值；(2)假设a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，a＋c＝4，且当x＝B时，g(x)取得最大值，求b的取值范围．B组能力提高11．(2023·温州模拟)假设α∈(0，eq\f(π,2))，那么eq\f(sin2α,sin2α＋4cos2α)的最大值为________．12．(2023·湖北)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600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，那么此山的高度CD＝________m.13．在△ABC中，向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))的夹角为120°，eq\o(BC,\s\up6(→))＝2eq\o(BD,\s\up6(→))，且AD＝2，∠ADC＝120°，那么△ABC的面积等于________．14．(2023·四川)如图，A，B，C，D为平面四边形ABCD的四个内角．(1)证明：taneq\f(A,2)＝eq\f(1－cosA,sinA)；(2)假设A＋C＝180°，AB＝6，BC＝3，CD＝4，AD＝5，求taneq\f(A,2)＋taneq\f(B,2)＋taneq\f(C,2)＋taneq\f(D,2)的值．学生用书答案精析第2讲三角变换与解三角形高考真题体验1．C[∵sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，∴sin2α＋4sinα·cosα＋4cos2α＝eq\f(5,2).用降幂公式化简得：4sin2α＝－3cos2α，∴tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝－eq\f(3,4).应选C.]2．A[tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tanα＋β－tanα,1＋tanα＋βtanα)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq\f(1,7).]3．2eq\r(3)解析如下图，在△ABC中，由正弦定理得eq\f(2\r(3),sin60°)＝eq\f(4,sinB)，解得sinB＝1，所以B＝90°，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×2eq\r(3)＝eq\f(1,2)×eq\r(42－2\r(3)2)×2eq\r(3)＝2eq\r(3).4.eq\f(\r(6)－\r(2),4)解析由sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，结合正弦定理得a＋eq\r(2)b＝2c.由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(a＋\r(2)b2,4),2ab)＝eq\f(\f(3,4)a2＋\f(1,2)b2－\f(\r(2)ab,2),2ab)≥eq\f(2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b2)))－\f(\r(2)ab,2),2ab)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，故eq\f(\r(6)－\r(2),4)≤cosC<1，且3a2＝2b2时取“＝〞．故cosC的最小值为eq\f(\r(6)－\r(2),4).热点分类突破例1(1)C(2)B解析(1)∵sin(α＋eq\f(π,3))＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，－eq\f(π,2)<α<0，∴eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝－eq\f(4\r(3),5)，∴eq\f(\r(3),2)sinα＋eq\f(1,2)cosα＝－eq\f(4,5)，∴cos(α＋eq\f(2π,3))＝cosαcoseq\f(2π,3)－sinαsineq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(4,5).(2)由tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)得eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，即sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ，∴sin(α－β)＝cosα＝sin(eq\f(π,2)－α)．∵α∈(0，eq\f(π,2))，β∈(0，eq\f(π,2))，∴α－β∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，eq\f(π,2)－α∈(0，eq\f(π,2))，∴由sin(α－β)＝sin(eq\f(π,2)－α)，得α－β＝eq\f(π,2)－α，∴2α－β＝eq\f(π,2).跟踪演练1(1)C(2)D解析(1)eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,5))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sinαcos\f(π,5)＋cosαsin\f(π,5),sinαcos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(tanα,tan\f(π,5))＋1,\f(tanα,tan\f(π,5))－1)＝eq\f(2＋1,2－1)＝3.(2)eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)＝eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin10°)＝eq\f(\r(3)sin10°－cos10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2sin10°－30°,\f(1,2)sin20°)＝eq\f(－2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝－4，应选D.例2解(1)S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD.因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC.由正弦定理可得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2).(2)因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝eq\r(2).在△ABD和△ADC中，由余弦定理知AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6，由(1)知AB＝2AC，所以AC＝1.跟踪演练2(1)(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))(2)C解析(1)如下图，延长BA与CD相交于点E，过点C作CF∥AD交AB于点F，那么BF<AB<BE.在等腰三角形CBF中，∠FCB＝30°，CF＝BC＝2，∴BF＝eq\r(22＋22－2×2×2cos30°)＝eq\r(6)－eq\r(2).在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，BE＝CE，BC＝2，eq\f(BE,sin75°)＝eq\f(2,sin30°)，∴BE＝eq\f(2,\f(1,2))×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\r(6)＋eq\r(2).∴eq\r(6)－eq\r(2)<AB<eq\r(6)＋eq\r(2).(2)∵c2＝(a－b)2＋6，∴c2＝a2＋b2－2ab＋6.①∵C＝eq\f(π,3)，∴c2＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)＝a2＋b2－ab.②由①②得ab＝6.∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).例3解(1)由题意知f(x)＝eq\f(sin2x,2)－eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝eq\f(sin2x,2)－eq\f(1－sin2x,2)＝sin2x－eq\f(1,2).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z；由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，可得eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z.所以f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)；单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ))(k∈Z)．(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq\f(1,2)＝0，得sinA＝eq\f(1,2)，由题意知A为锐角，所以cosA＝eq\f(\r(3),2).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得1＋eq\r(3)bc＝b2＋c2≥2bc，即bc≤2＋eq\r(3)，且当b＝c时等号成立．因此eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(2＋\r(3),4).所以△ABC面积的最大值为eq\f(2＋\r(3),4).跟踪演练3解(1)f(x)＝2coseq\f(x,2)(eq\r(3)·coseq\f(x,2)－sineq\f(x,2))＝2eq\r(3)cos2eq\f(x,2)－2sineq\f(x,2)·coseq\f(x,2)＝eq\r(3)＋eq\r(3)cosx－sinx＝eq\r(3)＋2sin(eq\f(π,3)－x)，由f(A)＝eq\r(3)＋1，可得eq\r(3)＋2sin(eq\f(π,3)－A)＝eq\r(3)＋1，所以sin(eq\f(π,3)－A)＝eq\f(1,2).又A∈(0，π)，所以eq\f(π,3)－A∈(－eq\f(2π,3)，eq\f(π,3))，所以eq\f(π,3)－A＝eq\f(π,6)，即A＝eq\f(π,6).由a2－c2＝b2－mbc及余弦定理，可得eq\f(m,2)＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝cosA＝eq\f(\r(3),2)，所以m＝eq\r(3).(2)由(1)知cosA＝eq\f(\r(3),2)，那么sinA＝eq\f(1,2)，又eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝cosA＝eq\f(\r(3),2)，所以b2＋c2－a2＝eq\r(3)bc≥2bc－a2，即bc≤(2＋eq\r(3))a2＝2＋eq\r(3)，当且仅当b＝c时等号成立，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(2＋\r(3),4)，即△ABC面积的最大值为eq\f(2＋\r(3),4).高考押题精练1．D[因为在△ABC中，BC＝1，B＝eq\f(π,3)，△ABC的面积S＝eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)BC·BA·sinB＝eq\r(3)，即eq\f(1,2)×1×BA×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，解得BA＝4.又由余弦定理，得AC2＝BC2＋BA2－2BC·BA·cosB，即得AC＝eq\r(13)，由正弦定理，得eq\f(BA,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，解得sinC＝eq\f(2\r(39),13).]2．解(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)(cos2ωx＋1)＝sin(2ωx－eq\f(π,6))－eq\f(1,2)，因为函数f(x)的周期为T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(2π,3)，所以ω＝eq\f(3,2).(2)由(1)知f(x)＝sin(3x－eq\f(π,6))－eq\f(1,2)，易得f(A)＝sin(3A－eq\f(π,6))－eq\f(1,2).因为sinB，sinA，sinC成等比数列，所以sin2A＝sinBsinC，所以a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－bc,2bc)≥eq\f(2bc－bc,2bc)＝eq\f(1,2)(当且仅当b＝c时取等号)，因为0<A<π，所以0<A≤eq\f(π,3)，所以－eq\f(π,6)<3A－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以－eq\f(1,2)<sin(3A－eq\f(π,6))≤1，所以－1<sin(3A－eq\f(π,6))－eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)，所以函数f(A)的值域为(－1，eq\f(1,2)]．

二轮专题强化练答案精析第2讲三角变换与解三角形1．A[∵α∈(eq\f(π,2)，π)，∴α＋eq\f(π,4)∈(eq\f(3,4)π，eq\f(5,4)π)，∵sin(α＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，∴cos(α＋eq\f(π,4))＝－eq\f(4,5)，∴cosα＝cos(α＋eq\f(π,4)－eq\f(π,4))＝cos(α＋eq\f(π,4))·coseq\f(π,4)＋sin(α＋eq\f(π,4))sineq\f(π,4)＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).]2．D[由f(3α＋π)＝eq\f(16,5)，得4sin[eq\f(1,3)(3α＋π)＋eq\f(π,6)]＝eq\f(16,5)，即4sin(α＋eq\f(π,2))＝eq\f(16,5)，所以cosα＝eq\f(4,5)，又α∈[0，eq\f(π,2)]，所以sinα＝eq\f(3,5).由f(3β＋eq\f(5π,2))＝－eq\f(20,13)，得4sin[eq\f(1,3)(3β＋eq\f(5π,2))＋eq\f(π,6)]＝－eq\f(20,13)，即sin(β＋π)＝－eq\f(5,13)，所以sinβ＝eq\f(5,13).又β∈[0，eq\f(π,2)]，所以cosβ＝eq\f(12,13).所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＋eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＝eq\f(63,65).]3．B[由bcosC＋ccosB＝asinA，得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，即sin(B＋C)＝sin2A，所以sinA＝1，由0<A<π，得A＝eq\f(π,2)，所以△ABC为直角三角形．]4．C[由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋12－2×b×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，即b2－6b＋8＝0，∴b＝4或b＝2，又b<c，∴b＝2.]5．D[由题意得，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|·|eq\o(BA,\s\up6(→))|cosB＝accosB＝eq\f(1,2)，即cosB＝eq\f(1,2ac)，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2ac)⇒a2＋c2－b2＝1，所以tanB＝eq\f(2－\r(3),a2－b2＋c2)＝2－eq\r(3)，应选D.]6.eq\f(33,4)解析eq\f(1＋cos2α＋4sin2α,sin2α)＝eq\f(2cos2α＋4sin2α,2sinαcosα)＝eq\f(1＋2tan2α,tanα)＝eq\f(1＋2×16,4)＝eq\f(33,4).7．8解析∵cosA＝－eq\f(1,4)，0＜A＜π，∴sinA＝eq\f(\r(15),4)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(\r(15),4)＝3eq\r(15)，∴bc＝24，又b－c＝2，∴b2－2bc＋c2＝4，b2＋c2＝52，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝52－2×24×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝64，∴a＝8.8．15解析依题意有PD⊥AD，BA＝30m，BC＝10eq\r(3)m，∠PAD＝θ，∠PBD＝2θ，∠PCD＝4θ，所以∠APB＝∠PBD－∠PAD＝θ＝∠PAD.所以PB＝BA＝30m.同理可得PC＝BC＝10eq\r(3)m.在△BPC中，由余弦定理，得cos2θ＝eq\f(10\r(3)2＋302－10\r(3)2,2×10\r(3)×30)＝eq\f(\r(3),2)，所以2θ＝30°，4θ＝60°.在△PCD中，PD＝PC×sin4θ＝10eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝15(m)．9．解(1)由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2，得tanA＝eq\f(1,3).所以eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)＝eq\f(2sinAcosA,2sinAcosA＋cos2A)＝eq\f(2tanA,2tanA＋1)＝eq\f(2,5).(2)由tanA＝eq\f(1,3)，A∈(0，π)，得sinA＝eq\f(\r(10),10)，cosA＝eq\f(3\r(10),10).又由a＝3，B＝eq\f(π,4)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝3eq\r(5).由sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))得sinC＝eq\f(2\r(5),5)，设△ABC的面积为S，那么S＝eq\f(1,2)absinC＝9.10．解(1)因为g(x)＝2sin[(x＋eq\f(π,4))－eq\f(π,12)]－eq\r(3)＋eq\r(3)＝2sin(x＋eq\f(π,6))，所以f(eq\f(π,4))＋g(eq\f(π,6))＝2sin(eq\f(π,4)－eq\f(π,12))－eq\r(3)＋2sineq\f(π,3)＝1.(2)因为g(x)＝2sin(x＋eq\f(π,6))，所以当x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x∈eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)时，g(x)取得最大值．因为x＝B时g(x)取得最大值，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).而b2＝a2＋c2－2accoseq\f(π,3)＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac≥16－3·(eq\f(a＋c,2))2＝16－12＝4，所以b≥2.又b<a＋c＝4，所以b的取值范围是[2,4)．11.eq\f(1,2)解析∵α∈(0，eq\f(π,2))，∴eq\f(sin2α,sin2α＋4cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋4cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋4)且tanα>0，∴eq\f(2tanα,tan2α＋4)＝eq\f(2,tanα＋\f(4,tanα))≤eq\f(2,2\r(4))＝eq\f(1,2)，故eq\f(sin2α,sin2α＋4cos2α)的最大值为eq\f(1,2).12．100eq\r(6)解析在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB