高考数学二轮复习 专题二 三角函数、解三角形与平面向量 第2讲 三角恒等变换与解三角形练习 理试题

第2讲三角恒等变换与解三角形「考情研析」正弦定理、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.有关参数的范围问题．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.核心知识回顾1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式sin(α±β)＝eq\o(□,\s\up3(01))sinαcosβ±cosαsinβ；cos(α±β)＝eq\o(□,\s\up3(02))cosαcosβ∓sinαsinβ；tan(α±β)＝eq\o(□,\s\up3(03))eq\f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式sin2α＝eq\o(□,\s\up3(01))2sinαcosα；cos2α＝eq\o(□,\s\up3(02))cos2α－sin2α＝eq\o(□,\s\up3(03))2cos2α－1＝eq\o(□,\s\up3(04))1－2sin2α；tan2α＝eq\o(□,\s\up3(05))eq\f(2tanα,1－tan2α)；cos2α＝eq\o(□,\s\up3(06))eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\o(□,\s\up3(07))eq\f(1－cos2α,2).3．辅助角公式asinα＋bcosα＝eq\o(□,\s\up3(01))eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(b,a))).4．正弦定理eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．变形：a＝eq\o(□,\s\up3(02))2RsinA，b＝eq\o(□,\s\up3(03))2RsinB，c＝eq\o(□,\s\up3(04))2RsinC.sinA＝eq\o(□,\s\up3(05))eq\f(a,2R)，sinB＝eq\o(□,\s\up3(06))eq\f(b,2R)，sinC＝eq\o(□,\s\up3(07))eq\f(c,2R).a∶b∶c＝eq\o(□,\s\up3(08))sinA∶sinB∶sinC.5．余弦定理a2＝eq\o(□,\s\up3(01))b2＋c2－2bccosA，b2＝eq\o(□,\s\up3(02))a2＋c2－2accosB，c2＝eq\o(□,\s\up3(03))a2＋b2－2abcosC.推论：cosA＝eq\o(□,\s\up3(04))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\o(□,\s\up3(05))eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\o(□,\s\up3(06))eq\f(a2＋b2－c2,2ab).6．面积公式S△ABC＝eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(1,2)bcsinA＝eq\o(□,\s\up3(02))eq\f(1,2)acsinB＝eq\o(□,\s\up3(03))eq\f(1,2)absinC.7．常用结论(1)三角形内角和eq\o(□,\s\up3(01))A＋B＋C＝π；(2)a>b>c⇔eq\o(□,\s\up3(02))A>B>C⇔eq\o(□,\s\up3(03))sinA>sinB>sinC；(3)eq\o(□,\s\up3(04))sin(A＋B)＝sinC，eq\o(□,\s\up3(05))cos(A＋B)＝－cosC.

热点考向探究考向1三角恒等变换与求值例1(1)已知α为第一象限角，cosα＝eq\f(3,5)，则eq\f(1＋\r(2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))))＝()A.eq\f(2,5) B．eq\f(7,5)C．eq\f(14,5) D．－eq\f(2,5)答案C解析∵cosα＝eq\f(3,5)且α为第一象限角，∴sinα＝eq\f(4,5)，sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(4,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2－1＝－eq\f(7,25)，∴eq\f(1＋\r(2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))))＝eq\f(1＋cos2α＋sin2α,cosα)＝eq\f(1－\f(7,25)＋\f(24,25),\f(3,5))＝eq\f(14,5).(2)已知θ∈(0，π)，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，则tan2θ＝()A.eq\f(4,3) B．eq\f(3,4)C．－eq\f(24,7) D．eq\f(24,7)答案C解析∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinθ－cosθ)＝eq\f(\r(2),10)，∴sinθ－cosθ＝eq\f(1,5).∵θ∈(0，π)，且sin2θ＋cos2θ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(4,5)，,cosθ＝\f(3,5)，))∴tanθ＝eq\f(4,3)，tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－eq\f(24,7).(3)(2019·四川德阳高三第二次诊断)已知α为锐角，且tanα＝eq\f(4,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝()A．－eq\f(24,25) B．－eq\f(16,25)C．eq\f(3,5) D．eq\f(3,4)答案A解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－2sinαcosα＝eq\f(－2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(－2tanα,tan2α＋1)＝－eq\f(24,25).(1)三角恒等变换的常用技巧是“化异为同”，即“化异名为同名”“化异次为同次”“化异角为同角”，其中涉及sin2eq\f(α,2)，cos2eq\f(α,2)时，常逆用二倍角余弦公式降幂．(2)常见的“变角”技巧：α＝(α＋β)－β＝β－(β－α)，α＝eq\f(1,2)[(α＋β)＋(α－β)]，eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，α＝eq\f(π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等，使用“变角”技巧时，应根据已知条件中的角，选择恰当变角技巧．1．在△ABC中，若tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，则cosC的值为()A．－eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)答案B解析由tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，可得eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－1，即tan(A＋B)＝－1.又因为A，B是△ABC的内角，即A＋B∈(0，π)，所以A＋B＝eq\f(3π,4)，易知C＝eq\f(π,4)，cosC＝eq\f(\r(2),2).2．(2019·辽宁抚顺高三一模)已知函数f(x)＝sinx－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，若在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上f(x)≥a恒成立，则实数a的最大值是()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)答案A解析函数f(x)＝sinx－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(3,2)sinx－eq\f(\r(3),2)cosx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由于0≤x≤eq\f(π,3)，故－eq\f(π,6)≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,6)，－eq\f(\r(3),2)≤eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))≤eq\f(\r(3),2).当x＝0时，函数的最小值为－eq\f(\r(3),2).由于在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上f(x)≥a恒成立，故a≤－eq\f(\r(3),2)，所以a的最大值为－eq\f(\r(3),2).故选A.3．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，且－eq\f(π,2)<α<0，则eq\f(2sin2α＋sin2α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))等于()A．－eq\f(2\r(5),5) B．－eq\f(3\r(5),10)C．－eq\f(3\r(10),10) D．eq\f(2\r(5),5)答案A解析由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝eq\f(1,2)，得tanα＝－eq\f(1,3).又－eq\f(π,2)<α<0，所以sinα＝－eq\f(\r(10),10).故eq\f(2sin2α＋sin2α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝eq\f(2sinαsinα＋cosα,\f(\r(2),2)sinα＋cosα)＝2eq\r(2)sinα＝－eq\f(2\r(5),5).考向2正弦定理与余弦定理的应用例2(2019·辽宁抚顺高三一模)已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C的对边，若a＝10，角B是最小的内角，且3c＝4asinB＋3bcosA.(1)求sinB的值；(2)若c＝14，求b的值．解(1)由3c＝4asinB＋3bcosA且A＋B＋C＝π，由正弦定理得3sinC＝4sinAsinB＋3sinBcosA，即3sin(A＋B)＝4sinAsinB＋3sinBcosA，由于0<A<π，即sinA>0，整理可得3cosB＝4sinB，又sinB>0，所以sinB＝eq\f(3,5).(2)因为角B是最小的内角，所以0<B≤eq\f(π,3)，又由(1)知sinB＝eq\f(3,5)，所以cosB＝eq\f(4,5)，由余弦定理得b2＝142＋102－2×14×10×eq\f(4,5)＝72，即b＝6eq\r(2).(1)利用正、余弦定理解三角形时，涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理．(2)涉及边a，b，c的齐次式时，常用正弦定理转化为角的正弦值，再利用三角公式进行变形．(3)涉及正、余弦定理与三角形面积综合问题，求三角形面积时用S＝eq\f(1,2)absinC形式的面积公式．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acos2C＋2ccosAcosC＋a＋b＝0.(1)求角C的大小；(2)若b＝4sinB，求△ABC面积S的最大值．解(1)由acos2C＋2ccosAcosC＋a＋b＝0，得a·(2cos2C－1)＋2ccosAcosC＋a＋b＝0，即2acos2C＋2ccosAcosC＋b＝0.由正弦定理，得2sinAcos2C＋2sinCcosAcosC＋sinB＝0，∴2cosCsin(A＋C)＋sinB＝0，即2cosCsinB＋sinB＝0.∵0°<B<180°，∴sinB≠0，∴cosC＝－eq\f(1,2)，∴C＝120°.(2)根据正弦定理，得c＝eq\f(bsinC,sinB)，∵b＝4sinB，C＝120°，∴c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(4sinBsinC,sinB)＝2eq\r(3)，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得(2eq\r(3))2＝a2＋b2－2abcos120°＝a2＋b2＋ab≥3ab，∴ab≤4，∴S＝eq\f(1,2)absinC≤eq\r(3)，∴△ABC面积S的最大值为eq\r(3).考向3解三角形的综合问题角度1解三角形与三角恒等变换的综合例3(2019·福建省高三模拟)已知在△ABC中，AC＝3，C＝120°，cosA＝eq\r(3)sinB.(1)求边BC的长；(2)设D为AB边上一点，且△BCD的面积为eq\f(15\r(3),8)，求sin∠BDC.解(1)由cosA＝eq\r(3)sinB及C＝120°，得cos(60°－B)＝eq\r(3)sinB，展开得eq\f(1,2)cosB＋eq\f(\r(3),2)sinB－eq\r(3)sinB＝0，即cos(B＋60°)＝0，所以B＝30°.所以A＝60°－B＝30°，即A＝B＝30°，所以BC＝AC＝3.(2)由S△BCD＝eq\f(1,2)×3×BD×sin30°＝eq\f(15\r(3),8)，解得BD＝eq\f(5\r(3),2).在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcosB，所以CD＝eq\f(\r(21),2).由eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(CD,sinB)，得eq\f(3,sin∠BDC)＝eq\f(\r(21),2)×2，所以sin∠BDC＝eq\f(\r(21),7).正、余弦定理与三角恒等变换的综合问题，应先利用三角恒等变换公式将函数关系式变形为只含一个角的一种三角函数形式后，再根据要求求解．(2019·江西南昌高三适应性测试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2c－a,b).(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，求△ABC的面积．解(1)由正弦定理，得eq\f(2c－a,b)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，所以eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，cosAsinB－2cosCsinB＝2sinCcosB－sinAcosB，cosAsinB＋sinAcosB＝2sinCcosB＋2cosCsinB化简得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)，又A＋B＋C＝π，所以sinC＝2sinA，因此eq\f(sinC,sinA)＝2.(2)由eq\f(sinC,sinA)＝2，得c＝2a，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB及cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，得4＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4)，得a＝1，从而c＝2.又因为cosB＝eq\f(1,4)，且0<B<π，所以sinB＝eq\f(\r(15),4).因此S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),4).角度2解三角形与平面几何知识的综合例4如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(2π,3)，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝eq\f(2π,3)，EC＝eq\r(7).(1)求sin∠BCE的值；(2)求CD的长．解(1)在△BEC中，由正弦定理，知eq\f(BE,sin∠BCE)＝eq\f(CE,sinB).∵B＝eq\f(2π,3)，BE＝1，CE＝eq\r(7)，∴sin∠BCE＝eq\f(BE·sinB,CE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\a\vs4\al(\r(7)))＝eq\f(\r(21),14).(2)∵∠CED＝B＝eq\f(2π,3)，∴∠DEA＝∠BCE，∴cos∠DEA＝eq\r(1－sin2∠DEA)＝eq\r(1－sin2∠BCE)＝eq\r(1－\f(3,28))＝eq\f(5\r(7),14).∵A＝eq\f(π,2)，∴△AED为直角三角形，又AE＝5，∴ED＝eq\f(AE,cos∠DEA)＝eq\f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq\r(7).在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2×eq\r(7)×2eq\r(7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49.∴CD＝7.利用正、余弦定理求解平面几何中的问题，应根据图形特征及已知条件，将所给量及待求量放在同一个三角形中，结合三角形内角和定理、外角和定理及正、余弦定理求解．(2019·广东江门高三一模)平面四边形ABCD中，边AB＝BC＝5，CD＝8，对角线BD＝7.(1)求内角C的大小；(2)若A，B，C，D四点共圆，求边AD的长．解(1)在△BCD中，cosC＝eq\f(BC2＋CD2－BD2,2·BC·CD)＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,3).(2)因为A，B，C，D四点共圆，所以A＝π－C＝eq\f(2π,3)，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cosA，49＝25＋AD2＋5AD，解得AD＝3或AD＝－8，又AD>0，所以AD＝3.真题押题『真题模拟』1．(2019·山东聊城高三一模)设函数f(x)＝sinx－cosx，若对于任意的x∈R，都有f(2θ－x)＝f(x)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(\r(3),2)答案B解析f(x)＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，由f(2θ－x)＝f(x)，得x＝θ是函数f(x)的对称轴，得θ－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得θ＝eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z.∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋2kπ－\f(π,3)))＝sineq\f(7π,6)＝－eq\f(1,2).故选B.2．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为eq\f(a2＋b2－c2,4)，则C＝()A.eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)答案C解析由题可知S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以a2＋b2－c2＝2absinC.由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC.∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,4).故选C.3．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝()A.eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(2\r(5),5)答案B解析由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α.又∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴tanα＝eq\f(1,2)，∴sinα＝eq\f(\r(5),5).故选B.4．(2019·河南顶级名校高三四模)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin(2α＋β)＝eq\f(3,2)sinβ，cosβ的最小值为()A.eq\f(\r(5),3) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)答案A解析因为sin(2α＋β)＝eq\f(3,2)sinβ，即sin[(α＋β)＋α]＝eq\f(3,2)sin[(α＋β)－α]，则sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα＝eq\f(3,2)[sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα]，有sin(α＋β)cosα＝5cos(α＋β)sinα⇒tan(α＋β)＝5tanα，即eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝5tanα，那么tanβ＝eq\f(4tanα,1＋5tan2α)＝eq\f(4,5tanα＋\f(1,tanα))，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴tanα>0，tanβ>0，∴tanβ≤eq\f(4,2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，当5tanα＝eq\f(1,tanα)即tanα＝eq\f(\r(5),5)时等号成立．因此tan2β＝eq\f(sin2β,cos2β)＝eq\f(1－cos2β,cos2β)≤eq\f(4,5)，即cos2β≥eq\f(5,9)，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cosβ>0⇒cosβ≥eq\f(\r(5),3).故选A.5．(2018·全国卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝______.答案－eq\f(1,2)解析解法一：因为sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以(1－sinα)2＋(－cosα)2＝1，所以sinα＝eq\f(1,2)，cosβ＝eq\f(1,2)，因此sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)－cos2α＝eq\f(1,4)－1＋sin2α＝eq\f(1,4)－1＋eq\f(1,4)＝－eq\f(1,2).解法二：由(sinα＋cosβ)2＋(cosα＋sinβ)2＝1，得2＋2sin(α＋β)＝1，所以sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).6．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.答案eq\f(12\r(2),5)eq\f(7\r(2),10)解析如图，易知sin∠C＝eq\f(4,5)，cos∠C＝eq\f(3,5).在△BDC中，由正弦定理可得eq\f(BD,sin∠C)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∴BD＝eq\f(BC·sin∠C,sin∠BDC)＝eq\f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq\f(12\r(2),5).由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，可得cos∠ABD＝cos(90°－∠CBD)＝sin∠CBD＝sin[π－(∠C＋∠BDC)]＝sin(∠C＋∠BDC)＝sin∠C·cos∠BDC＋cos∠C·sin∠BDC＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(2),10).『金版押题』7．已知sinx＋eq\r(3)cosx＝eq\f(6,5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝()A．－eq\f(3,5) B．eq\f(3,5)C．－eq\f(4,5) D．eq\f(4,5)答案B解析sinx＋eq\r(3)cosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)·sinx＋cos\f(π,6)cosx))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝eq\f(6,5)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝eq\f(3,5).8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若eq\f(b,\r(3)cosB)＝eq\f(a,sinA)，则cosB＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(3),2)答案B解析在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(sinB,\r(3)cosB)＝eq\f(sinA,sinA)＝1，∴tanB＝eq\r(3)，又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3)，cosB＝eq\f(1,2).故选B.配套作业一、选择题1．在平面直角坐标系xOy中，已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边上一点M的坐标为(eq\r(3)，1)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))的值是()A．－eq\f(1,2) B．0C．eq\f(1,2) D．1答案B解析由已知得sinα＝eq\f(1,2)，cosα＝eq\f(\r(3),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝0.

2.(2019·贵州凯里第一中学模拟)如图，是我国古代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如果大正方形的面积为225，小正方形的面积为9，直角三角形较小的锐角为α，则sin2α＝()A.eq\f(1,25) B．eq\f(7,25)C．eq\f(12,25) D．eq\f(24,25)答案D解析∵大正方形的面积为225，小正方形的面积为9，∴大正方形的边长为15，小正方形的边长为3.设四个全等的直角三角形的长直角边为x，则短直角边为x－3，由勾股定理得x2＋(x－3)2＝152，解得x＝12，α为直角三角形较小的锐角，所以sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，所以sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(24,25).3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.若a＝eq\f(\r(5),2)b，A＝2B，则cosB＝()A.eq\f(\r(5),3) B．eq\f(\r(5),4)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(5),6)答案B解析∵a＝eq\f(\r(5),2)b，由正弦定理，得sinA＝eq\f(\r(5),2)sinB.①又∵A＝2B，∴sinA＝sin2B，sinA＝2sinBcosB.②由①②且角B为△ABC的内角得cosB＝eq\f(\r(5),4).4．(2019·内蒙古呼和浩特市3月质检)在平面直角坐标系中，角α的终边过P(－2,1)，则cos2α－sin2α的值为()A.eq\f(24,25) B．eq\f(8,5)C．eq\f(6,5) D．eq\f(4,5)答案B解析∵在平面直角坐标系中，角α的终边过P(－2,1)，∴tanα＝eq\f(1,－2)＝－eq\f(1,2)，则cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(8,5)，故选B.5．(2019·四川德阳第二次模拟)在△ABC中，BD是AC边上的高，A＝eq\f(π,4)，cos∠ABC＝－eq\f(\r(5),5)，则eq\f(BD,AC)＝()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)答案A解析∵cos∠ABC＝－eq\f(\r(5),5)，∴sin∠ABC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))2)＝eq\f(2\r(5),5)，sinC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ABC＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin∠ABC＋cos∠ABC)＝eq\f(\r(10),10)，∵BD是AC边上的高，∴BD＝BCsinC＝eq\f(\r(10),10)BC，如图，由正弦定理可知eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin\f(π,4))，即AC＝eq\f(2\r(10),5)BC，∴eq\f(BD,AC)＝eq\f(\f(\r(10),10)BC,\f(2\r(10),5)BC)＝eq\f(1,4)，故选A.6．如图，在△ABC中，B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，则AB＝()A.eq\f(5\r(6),2) B．eq\f(5\r(6),3)C．eq\f(7\r(3),2) D．eq\f(8\r(3),3)答案A解析在△ACD中，由余弦定理可得cosC＝eq\f(49＋9－25,2×7×3)＝eq\f(11,14)，则sinC＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，则AB＝eq\f(5\r(6),2)，选A.7．(2019·河南信阳高三模拟)已知函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋1，且y＝f(x)的图象沿x轴方向平移m个单位后所得的图象关于坐标原点对称，则|m|的最小值为()A.eq\f(π,3) B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,12) D．eq\f(5π,12)答案C解析f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋1＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，将y＝f(x)的图象向左平移m个单位(若m<0，则为向右平移－m个单位)，得到g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2m－\f(π,6)))，因为平移后图象关于点(0,0)对称，将(0,0)代入g(x)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(π,6)))＝0，可得2m－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，m＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，则|m|的最小值为eq\f(π,12).故选C.二、填空题8．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋sinα＝eq\f(3,5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))的值是________．答案－eq\f(7,25)解析∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋sinα＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(3,5)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))－1＝－eq\f(7,25).9．(2019·辽宁辽南协作体高三一模)已知cosα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，则eq\f(sin2α,1－cos2α)的值为________．答案－eq\f(3,4)解析由cosα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，得sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(4,5)，∴eq\f(sin2α,1－cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,2sin2α)＝eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(\f(3,5),－\f(4,5))＝－eq\f(3,4).10．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin2A－sin2B＝eq\r(3)sinBsinC，sinC＝2eq\r(3)sinB，则A＝________.答案30°解析根据正弦定理可得a2－b2＝eq\r(3)bc，c＝2eq\r(3)b，解得a＝eq\r(7)b.根据余弦定理cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋12b2－7b2,2×b×2\r(3)b)＝eq\f(\r(3),2)，得A＝30°.11．已知不等式3eq\r(2)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋eq\r(6)cos2eq\f(x,4)－eq\f(\r(6),2)－m≤0对任意的－eq\f(5π,6)≤x≤eq\f(π,6)恒成立，则实数m的取值范围是________．答案[eq\r(3)，＋∞)解析依题意得，3eq\r(2)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋eq\r(6)cos2eq\f(x,4)－eq\f(\r(6),2)－m＝eq\f(3\r(2),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(\r(6),2)coseq\f(x,2)－m＝eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))－m≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))上恒成立，∴m≥eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))上恒成立，由于－eq\f(π,4)≤eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,4)，∴－eq\r(3)≤eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))≤eq\r(3)，故m≥eq\r(3).三、解答题12．(2019·上海金山区第二学期质检)已知△ABC中，tanA＝eq\f(1,4)，tanB＝eq\f(3,5)，AB＝eq\r(17).求：(1)角C的大小；(2)△ABC中最小边的边长．解(1)tanC＝tan[π－(A＋B)]＝－tan(A＋B)＝－eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq\f(\f(1,4)＋\f(3,5),1－\f(1,4)×\f(3,5))＝－1，所以C＝eq\f(3π,4).(2)因为tanA<tanB，所以最小角为A，又因为tanA＝eq\f(1,4)，所以sinA＝eq\f(\r(17),17)，c＝AB＝eq\r(17)，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以最小边a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(\r(17)×\f(\r(17),17),\f(\r(2),2))＝eq\r(2).13．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2－ab－2b2＝0.(1)若B＝eq\f(π,6)，求C；(2)若C＝eq\f(2π,3)，c＝14，求S△ABC.解(1)由已知B＝eq\f(π,6)，a2－ab－2b2＝0，结合正弦定理得2sin2A－sinA－1＝0，于是sinA＝1或sinA＝－eq\f(1,2)(舍去)．因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,2)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由题意及余弦定理可知a2＋b2＋ab＝196，由a2－ab－2b2＝0得(a＋b)(a－2b)＝0，即a＝2b，联立解得b＝2eq\r(7)，a＝4eq\r(7).所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝14eq\r(3).14．(2019·湖南永州高三三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB＋eq\r(3)cosB＝0，a＝1，c＝2.(1)求b；(2)如图，D为AC边上一点，且BD⊥BC，求△ABD的面积．解(1)由sinB＋eq\r(3)cosB＝0得，tanB＝－eq\r(3)，又0<B<π，所以B＝eq\f(2π,3).由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB＝1＋4－2×1×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，所以b＝eq\r(7).(2)由(1)得，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1＋7－4,2×1×\r(7))＝eq\f(2\r(7),7)，sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(21),7)，即tanC＝eq\f(\r(3),2).在Rt△BDC中，BD＝BC·tanC＝1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∠ABD＝∠ABC－∠DBC＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)×AB×BDsin∠ABD＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),4).15．在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝1，A＝eq\f(2π,3).(1)求sin∠ADB；(2)若∠BDC＝eq\f(2π,3)，求四边形ABCD的面积．解(1)如图，在△ABD中，AB＝2，AD＝1，A＝eq\f(2π,3)，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cosA，即BD2＝4＋1－2×2×1×coseq\f(2π,3)，解得BD＝eq\r(7).在△ABD中，由正弦定理，得eq\f(BD,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，即eq\f(\r(7),sin\f(2π,3))＝eq\f(2,sin∠ADB)，解得sin∠ADB＝eq\f(\r(21),7).(2)设∠CBD＝α，因为AD∥BC，所以∠ADB＝∠CBD＝α，所以sinα＝eq\f(\r(21),7).因为0<α<eq\f(π,2)，所以cosα＝eq\f(2\r(7),7)，因为∠BDC＝eq\f(2π,3)，所以sinC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝sineq\f(π,3)cosα－coseq\f(π,3)sinα＝eq\f(\r(21),14).在△BCD中，由正弦定理得eq\f(BD,sinC)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，即eq\f(\r(7),\f(\r(21),14))＝eq\f(BC,sin\f(2π,3))，解得BC＝7.所以S△BCD＝eq\f(1,2)BD·BC·sinα＝eq\f(1,2)×eq\r(7)×7×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(7\r(3),2)，S△ABD＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq\f(1,2)×2×1×sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).所以四边形ABCD的面积S＝S△BCD＋S△ABD＝eq\f(7\r(3),2)＋eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3).16.如图，已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0.(1)求A；(2)若AD为BC边上的中线，cosB＝eq\f(1,7)，AD＝eq\f(\r(129),2)，求△ABC的面积．解(1)acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0，由正弦定理得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC＝sinB＋sinC，即sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC＝sin(A＋C)＋sinC，又sinC≠0，所以化简得eq\r(3)sinA－cosA＝1，所以sin(A－30°)＝eq\f(1,2).在△ABC中，0°<A<180°，所以A－30°＝30°，得A＝60°.(2)在△ABC中，因为cosB＝eq\f(1,7)，所以sinB＝eq\f(4\r(3),7).所以sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＋eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(5\r(3),14).由正弦定理得，eq\f(a,c)＝eq\f(sinA,sinC)＝eq\f(7,5).设a＝7x，c＝5x(x>0)，则在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB，即eq\f(129,4)＝25x2＋eq\f(1,4)×49x2－2×5x×eq\f(1,2)×7x×eq\f(1,7)，解得x＝1，所以a＝7，c＝5，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝10eq\r(3).三角函数与解三角形类解答题(12分)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－sin2ωx＋1(ω>0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2).(1)求ω的值及函数f(x)的单调递减区间；(2)已知a，b，c分别为△ABC中角A，B，C的对边，且满足a＝eq\r(3)，f(A)＝1，求△ABC面积S的最大值．解题思路(1)首先将函数解析式化为“一角一函数”的形式，然后利用函数图象中对称轴之间的距离确定函数的周期，从而求得ω的值，最后利用换元法求得函数的递减区间；(2)根据第(1)问所得，利用f