规范答题示范课——三角函数及解三角形解答题
[破题之道] 该类解答题是高考的热点，其起点低、位置前，但由于涉及的公式多、性质繁，使不少同学对其有种畏惧感.突破此类问题的关键在于“变”——变角、变式与变名.
【典例示范
】
(12分)(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sin
B－sin
C)2＝sin2A－sin
Bsin
C.
(1)求A；
(2)若a＋b＝2c，求sin
C.
规范解答 (1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin
Bsin
C，
故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
2′
用正弦定理化角为边
由余弦定理得cos
A＝＝.
4′
用余弦定理化边为角
因为0°
(2)由(1)知B＝120°－C，
由题设及正弦定理得sin
A＋sin(120°－C)＝2sin
C，6′
即＋cos
C＋sin
C＝2sin
C，
可得cos(C＋60°)＝－， 8′
两角和余弦公式的逆用
因为0°所以sin(C＋60°)＝，
10′
同角基本关系式的应用
故sin
C＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cos
60°－cos(C＋60°)sin
60°＝. 12′
两角差正弦公式的应用
[高考状元满分心得]
?写全得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤有则给分，无则没分，所以得分点步骤一定要写全，如第(1)问中只要写出0°?写明得关键分：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时要写清得分关键点，如第(1)问中由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cos
A＝＝，第(2)问中cos(C＋60°)＝－等.
?保证正确得计算分：解题过程中计算准确，是得满分的根本保证，如＋
cos
C＋sin
C＝2sin
C化简如果出现错误，本题第(2)问最多得1分.
[满分体验]
(2020·浙江卷)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2bsin
A－a＝0.
(1)求角B的大小；
(2)求cos
A＋cos
B＋cos
C的取值范围.
解 (1)由正弦定理，得2sin
Bsin
A＝sin
A，
又在△ABC中，sin
A>0，
故sin
B＝，由题意得B＝.
(2)由A＋B＋C＝π，得C＝－A.
由△ABC是锐角三角形，得A∈
.
由cos
C＝cos＝－cos
A＋sin
A，得
cos
A＋cos
B＋cos
C＝sin
A＋cos
A＋
＝sin＋∈.
故cos
A＋cos
B＋cos
C的取值范围是.(共39张PPT)
第2讲 三角恒等变换与解三角形
高考定位 1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中关键是利用两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；2.正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)已知α∈(0，π)，且3cos
2α－8cos
α＝5，则sin
α＝( )
答案 A
答案 C
解 方案一：选条件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.
方案三：选条件③.
因此，选条件③时问题中的三角形不存在.
4.(2020·北京卷)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
解 (从条件①②中任选一个即可)
(2)sin
C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B
考
点
整
合
1.三角函数公式
2.正弦定理、余弦定理、三角形面积公式
答案 (1)D (2)B
探究提高 1.三角恒等变换的基本思路：找差异，化同角(名)，化简求值.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活应用，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.
2.求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知先求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小.求解时，尽量缩小角的取值范围，避免产生增解.
答案 (1)D (2)5
热点二 利用正(余)弦定理进行边角计算
【例2】
(2020·青岛质检)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tan
A).
解 (1)已知2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tan
A).
由余弦定理，得2b2＝2bccos
A·(1－tan
A)，所以b＝c(cos
A－sin
A).
由正弦定理，得sin
B＝sin
C(cos
A－sin
A)，
所以sin(A＋C)＝sin
Ccos
A－sin
Csin
A，
所以sin
Acos
C＝－sin
Csin
A，
又sin
A≠0，所以tan
C＝－1，
(2)若选择条件①：S△ABC＝4且B>A.
探究提高 1.高考的热点是利用正、余弦定理求三角形的边、角、面积等基本计算，或将两个定理与三角恒等变换相结合综合解三角形.
2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，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.
【训练2】
(2020·日照联考)在①3c2＝16S＋3(b2－a2)，②5bcos
C＋4c＝5a，这两个条件中任选一个，补充在下面横线处，然后解答问题.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，已知________.
(1)求tan
B的值；
(2)若S＝42，a＝10，求b的值.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 选择条件①：(1)由题意得8acsin
B＝3(a2＋c2－b2)，
选择条件②：(1)已知5bcos
C＋4c＝5a，
由正弦定理，得5sin
Bcos
C＋4sin
C＝5sin
A，
即5sin
Bcos
C＋4sin
C＝5sin(B＋C)，
即sin
C(4－5cos
B)＝0.
角度2 正、余弦定理与向量的结合命题
【例4】
(2020·潍坊模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝(c－a，sin
B)，n＝(b－a，sin
A＋sin
C)，且m∥n.
解 (1)因为m∥n，所以(c－a)(sin
A＋sin
C)＝(b－a)sin
B.
由正弦定理得(c－a)(a＋c)＝(b－a)b，所以a2＋b2－c2＝ab，
探究提高 1.该题求解的关键是利用向量的知识将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关知识进行求解.
2.与解三角形有关的交汇问题的关注点
(1)根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化.
(2)结合三角形内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式.(共9张PPT)
规范答题示范课——三角函数及解三角形解答题
[破题之道] 该类解答题是高考的热点，其起点低、位置前，但由于涉及的公式多、性质繁，使不少同学对其有种畏惧感.突破此类问题的关键在于“变”——变角、变式与变名.
【典例示范
】
(12分)(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sin
B－sin
C)2＝sin2A－sin
Bsin
C.
[满分体验]
两角间的和
差倍半变换
变角
角形内角和
统一角
定理的变换
角函数解
变
变名
换元
统一名
变式
三角函数公式
究一形
三角形中正
余弦定理INCLUDEPICTURE"插页三.tif"
第1讲 三角函数的图象与性质
高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝cos在[－π，π]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为( )
A.
B.
C.
D.
解析 由图象知π即π<<2π，所以1<|ω|<2.
因为图象过点，所以cos＝0，
所以－ω＋＝2kπ－，k∈Z，
所以ω＝－＋，k∈Z.
因为1<|ω|<2，故k＝0，得ω＝.
故f(x)的最小正周期为T＝＝.故选C.
答案 C
2.(2020·天津卷)已知函数f(x)＝sin.给出下列结论：
①f(x)的最小正周期为2π；
②f是f(x)的最大值；
③把函数y＝sin
x的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数y＝f(x)的图象.
其中所有正确结论的序号是( )
A.①
B.①③
C.②③
D.①②③
解析 T＝＝2π，故①正确.
当x＋＝＋2kπ(k∈Z)，即x＝＋2kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，故②错误.
y＝sin
x的图象
y＝sin的图象，故③正确.故选B.
答案 B
3.(2019·全国Ⅱ卷)下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是( )
A.f(x)＝|cos
2x|
B.f(x)＝|sin
2x|
C.f(x)＝cos|x|
D.f(x)＝sin|x|
解析 易知A，B项中函数的最小正周期为；C中f(x)＝cos|x|＝cos
x的周期为2π，D中f(x)＝sin|x|＝由正弦函数图象知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，排除C，D.
又当x∈时，2x∈，
则y＝|cos
2x|＝－cos
2x是增函数，y＝|sin
2x|＝sin
2x是减函数，因此A项正确，B项错误.
答案 A
4.(2020·江苏卷)将函数y＝3sin的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是________.
解析 将函数y＝3sin的图象向右平移个单位长度，所得图象的函数解析式为y＝3sin＝3sin.令2x－＝kπ＋，k∈Z，得对称轴的方程为x＝＋，k∈Z，分析知当k＝－1时，对称轴为直线x＝－，与y轴最近.
答案 x＝－
5.(2020·北京卷)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cos
x的最大值为2，则常数φ的一个取值为__________.
解析 法一 由f(x)＝sin(x＋φ)＋cos
x
＝sin
xcos
φ＋cos
xsin
φ＋cos
x
＝cos
φsin
x＋(1＋sin
φ)cos
x
＝sin(x＋θ).
∵sin(x＋θ)≤1，
∴＝＝2时，f(x)的最大值为2，∴2sin
φ＝2，
∴sin
φ＝1，∴φ＝＋2kπ，k∈Z，
∴φ的一个取值可为.
法二 ∵f(x)＝sin(x＋φ)＋cos
x的最大值为2，
又sin(x＋φ)≤1，cos
x≤1，
则sin(x＋φ)＝cos
x＝1时，f(x)取得最大值2.
由诱导公式，得φ＝＋2kπ，k∈Z.
∴φ的一个取值可为.
答案 (答案不唯一，只要等于＋2kπ，k∈Z即可)
6.(2019·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝sin－3cos
x的最小值为________.
解析 f(x)＝sin－3cos
x
＝－cos
2x－3cos
x
＝－2cos2x－3cos
x＋1
＝－2＋，
因为cos
x∈[－1，1]，所以当cos
x＝1时，f(x)取得最小值，即f(x)min＝－4.
答案 －4
考
点
整
合
1.常用的三种函数的图象与性质(下表中k∈Z)
函数
y＝sin
x
y＝cos
x
y＝tan
x
图象
递增区间
[2kπ－π，2kπ]
递减区间
[2kπ，2kπ＋π]
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
对称中心
(kπ，0)
对称轴
x＝kπ＋
x＝kπ
周期性
2π
2π
π
2.三角函数的常用结论
(1)y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；
当φ＝kπ＋(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)求得.
(2)y＝Acos(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋(k∈Z)时为奇函数；
当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得.
(3)y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数.
3.三角函数的两种常见变换
(1)y＝sin
x
y＝sin(ωx＋φ)
y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).
y＝sin
ωx
y＝sin(ωx＋φ)
y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).
热点一 三角函数的定义与同角关系式
【例1】
(1)在平面直角坐标系中，，，，是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边.若tan
ααα，则P所在的圆弧是( )
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"18GW17.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.
B.
C.
D.
(2)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos
2α＝，则|a－b|＝( )
A.
B.
C.
D.1
解析 (1)设点P的坐标为(x，y)，且tan
α＜cos
α＜sin
α，∴＜x＜y，解之得－1＜x＜0，且0＜y＜1.故点P(x，y)所在的圆弧是.
(2)由题意知cos
α>0.因为cos
2α＝2cos2α－1＝，所以cos
α＝，sin
α＝±，得|tan
α|＝.
由题意知|tan
α|＝，所以|a－b|＝.
答案 (1)C (2)B
探究提高 1.任意角的三角函数值仅与角α的终边位置有关，而与角α终边上点P的位置无关.若角α已经给出，则无论点P选择在α终边上的什么位置，角α的三角函数值都是确定的.
2.应用诱导公式与同角关系开方运算时，一定要注意三角函数值的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等.
【训练1】
(1)(2020·唐山模拟)若cos
θ－2sin
θ＝1，则tan
θ＝( )
A.
B.
C.0或
D.0或
(2)(2020·济南模拟)已知cos－sin
α＝，则sin＝________.
解析 (1)由题意可得解得或所以tan
θ＝0，或tan
θ＝.故选C.
(2)∵cos－sin
α＝cos
α－sin
α－sin
α＝cos
α－sin
α＝sin＝，
∴sin＝－，
∴sin＝sin＝sin＝－.
答案 (1)C (2)－
热点二 三角函数的图象及图象变换
【例2】
(1)(多选题)(2020·新高考山东、海南卷)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝( )
INCLUDEPICTURE"20KT2.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT2.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.sin
B.sin
C.cos
D.cos
(2)(2019·天津卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x).若g(x)的最小正周期为2π，且g＝，则f＝( )
A.－2
B.－
C.
D.2
解析 (1)由图象知＝－＝，得T＝π，所以ω＝＝2.又图象过点，由“五点法”，结合图象可得φ＋＝π，即φ＝，所以sin(ωx＋φ)＝sin，故A错误；由sin＝sin＝sin知B正确；由sin＝sin＝cos知C正确；由sin＝cos＝cos＝－cos知D错误.综上可知，正确的选项为BC.
(2)由f(x)是奇函数可得φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|<π，所以φ＝0.
所以g(x)＝Asin，且g(x)最小正周期为2π，
可得＝2π，故ω＝2，所以g(x)＝Asin
x，
g＝Asin
＝A＝，所以A＝2.
所以f(x)＝2sin
2x，故f＝2sin
＝.
答案 (1)BC (2)C
探究提高 1.在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.
2.已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，一般把第一个“零点”作为突破口，可以从图象的升降找准第一个“零点”的位置.
【训练2】
(1)(多选题)(2020·济南历城区模拟)将函数f(x)＝2sin的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象.若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈[－2π，2π]，则2x1－x2的可能取值为( )
A.－
B.－
C.
D.
(2)(2020·长沙质检)函数g(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜2π)的部分图象如图所示，已知g(0)＝g＝，函数y＝f(x)的图象可由y＝g(x)图象向右平移个单位长度而得到，则函数f(x)的解析式为( )
INCLUDEPICTURE"1S123.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S123.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.f(x)＝2sin
2x
B.f(x)＝2sin
C.f(x)＝－2sin
2x
D.f(x)＝－2sin
解析 (1)将函数f(x)＝2sin的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)＝2sin＋1的图象.由g(x1)g(x2)＝9，知g(x1)＝3，g(x2)＝3，所以2x＋＝＋2kπ，k∈Z，即x＝＋kπ，k∈Z.由x1，x2∈[－2π，2π]，得x1，x2的取值集合为.当x1＝－，x2＝时，2x1－x2＝－；当x1＝，x2＝－时，2x1－x2＝.故选AD.
(2)由函数g(x)的图象及g(0)＝g＝，知直线x＝为函数g(x)的图象的一条对称轴，所以＝－＝，则T＝π，所以ω＝＝2，所以g(x)＝Asin(2x＋φ)，由题图可知为“五点法”作图中的第三点，则2×＋φ＝π，解得φ＝，由g(0)＝，得Asin
＝，又A＞0，所以A＝2，则g(x)＝2sin，所以g(x)的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为f(x)＝2sin＝2sin
2x，故选A.
答案 (1)AD (2)A
热点三 三角函数的性质
【例3】
(1)若f(x)＝cos
x－sin
x在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是( )
A.
B.
C.
D.π
(2)(2020·天一大联考)已知f(x)＝cos(ω＞0)，f＝f，且f(x)在区间内有最小值，无最大值，则ω＝( )
A.
B.
C.8
D.4
(3)已知函数f(x)＝sin
ωx＋cos
ωx(ω＞0)，x∈R.若函数f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y＝f(x)的图象关于直线x＝ω对称，则ω的值为________.
解析 (1)f(x)＝cos
x－sin
x＝cos，且函数y＝cos
x在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x＋≤π，得－≤x≤.因为f(x)在[－a，a]上是减函数，所以
解得a≤.所以0(2)由于f＝f，且f(x)在区间内有最小值，∴f(x)在x＝＝处取得最小值.
因此ω－＝2kπ＋π，即ω＝8k＋，k∈Z.①
又函数f(x)在区间无最大值，且ω＞0，
∴T＝≥－＝，∴0＜ω≤12.②
由①②知ω＝.
(3)f(x)＝sin
ωx＋cos
ωx＝sin，
因为f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x＝ω对称，所以f(ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋＝2kπ＋，k∈Z，所以ω2＝＋2kπ，k∈Z.又ω－(－ω)≤，即ω2≤，即ω2＝，所以ω＝.
答案 (1)A (2)B (3)
探究提高 1.讨论三角函数的单调性，研究函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数.
2.求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的单调区间，是将ωx＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为y＝Asin(ωx＋φ)的增区间(或减区间).
【训练3】
(1)(多选题)(2020·济南质检)已知函数f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后，得到图象关于y轴对称，则下列结论中正确的是( )
A.φ＝
B.是f(x)的图象的一个对称中心
C.f(φ)＝－2
D.x＝－是f(x)图象的一条对称轴
(2)(多选题)关于函数f(x)＝|cos
x|＋cos|2x|，则下列结论正确的是( )
A.f(x)是偶函数
B.π是f(x)的最小正周期
C.f(x)在上单调递增
D.当x∈时，f(x)的最大值为2
解析 (1)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后，得到y＝2sin＝2sin的图象，∵其关于y轴对称，∴φ－＝kπ＋，k∈Z，∴φ＝kπ＋，k∈Z.又0<φ<π，∴当k＝0时，φ＝，故A正确；f(x)＝2sin，f＝0，则是f(x)的图象的一个对称中心，故B正确；因为f(φ)＝f＝2，故C错误；f＝2，则x＝－是f(x)图象的一条对称轴，故D正确.故选ABD.
(2)f(x)＝|cos
x|＋cos|2x|＝|cos
x|＋cos
2x＝|cos
x|＋2cos2x－1＝2|cos
x|2＋|cos
x|－1，由f(－x)＝2|cos(－x)|2＋|cos(－x)|－1＝f(x)，且函数f(x)的定义域为R，得f(x)为偶函数，故A正确.
由于y＝|cos
x|的最小正周期为π，可得f(x)的最小正周期为π，故B正确.
令t＝|cos
x|，得函数f(x)可转化为g(t)＝2t2＋t－1，t∈[0，1]，
易知t＝|cos
x|在上单调递增，在上单调递减，
由t∈[0，1]，g(t)＝2－，可得g(t)在[0，1]上单调递增，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，故C错误.
根据f(x)在上递增，在上递减，
∴f(x)在x＝π时取到最大值f(π)＝2，则D正确.
答案 (1)ABD (2)ABD
热点四 三角函数性质与图象的综合应用
【例4】
(2020·临沂一预)在①f(x)的图象关于直线x＝对称，②f(x)＝cos
ωx－sin
ωx，③f(x)≤f(0)恒成立这三个条件中任选一个，补充在下面横线处.若问题中的ω存在，求出ω的值；若ω不存在，请说明理由.
设函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)，_____________________________.
是否存在正整数ω，使得函数f(x)在上是单调的？(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 若选①，则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：
令ωx＋φ＝kπ，k∈Z，代入x＝，
解得φ＝kπ－，k∈Z.
因为0≤φ≤，所以φ＝，所以f(x)＝2cos.
当x∈时，ωx＋∈.
若函数f(x)在上单调，则有＋≤π，
解得0<ω≤.
所以存在正整数ω＝1，使得函数f(x)在上是单调的.
若选②，则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：
f(x)＝cos
ωx－sin
ωx＝2cos＝2cos(ωx＋φ)，
且0≤φ≤，所以φ＝.
当x∈时，ωx＋∈.
若函数f(x)在上单调，则有＋≤π，
解得0<ω≤.
所以存在正整数ω＝1，使得函数f(x)在上是单调的.
若选③，则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：
因为f(x)≤f(0)恒成立，即f(x)max＝f(0)＝2cos
φ＝2，
所以cos
φ＝1.
因为0≤φ≤，所以φ＝0，所以f(x)＝2cos
ωx.
当x∈时，ωx∈.
若函数f(x)在上单调，则有≤π，解得0<ω≤2.
所以存在正整数ω＝1或ω＝2，使得函数f(x)在上是单调的.
探究提高 1.研究三角函数的图象与性质，关键是将函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的形式，利用正余弦函数与复合函数的性质求解.
2.函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝.应特别注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期为T＝.
【训练4】
(2020·威海三校一联)已知函数f(x)＝2cos2ω1x＋sin
ω2x.
(1)求f(0)的值；
(2)从①ω1＝1，ω2＝2，②ω1＝1，ω2＝1这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数f(x)在上的最小值，并直接写出函数f(x)的一个周期.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 (1)f(0)＝2cos20＋sin
0＝2.
(2)选择条件①.f(x)的一个周期为π.
当ω1＝1，ω2＝2时，f(x)＝2cos2x＋sin
2x＝(cos
2x＋1)＋sin
2x＝＋1＝sin＋1.
因为x∈，所以2x＋∈.
所以－1≤sin≤1，则1－≤f(x)≤1＋.
当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)在上取得最小值1－.
选择条件②.f(x)的一个周期为2π.
当ω1＝1，ω2＝1时，f(x)＝2cos2x＋sin
x＝2(1－sin2x)＋sin
x＝－2＋.
因为x∈，所以sin
x∈.
所以当sin
x＝－1，即x＝－时，f(x)在上取得最小值－1.
A级 巩固提升
一、选择题
1.函数y＝loga(x＋4)＋2(a＞0且a≠1)的图象恒过点A，且点A在角α的终边上，则sin
2α等于( )
A.－
B.－
C.
D.
解析 函数y＝loga(x＋4)＋2(a＞0且a≠1)的图象恒过点A(－3，2)，则sin
α＝，cos
α＝－，所以sin
2α＝2sin
αcos
α＝－.
答案 B
2.(2020·唐山模拟)如图为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分图象，将其向左平移个单位长度后与函数g(x)的图象重合，则g(x)可以表示为( )
INCLUDEPICTURE"W19.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W19.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.sin
πx
B.－sin
πx
C.sin
2πx
D.－sin
2πx
解析 由图象知＝－＝1，∴T＝＝2，得ω＝π，由·ω＋φ＝π，得φ＝，∴f(x)＝sin，将f(x)的图象向左平移个单位长度后得g(x)＝sin＝－sin
πx的图象，故g(x)可以表示为－sin
πx.
答案 B
3.函数f(x)＝的最小正周期为( )
A.
B.
C.π
D.2π
解析 f(x)＝＝＝＝sin
xcos
x＝sin
2x，所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
答案 C
4.(2020·百师联盟检测)将函数f(x)＝2sin(3x＋φ)(0＜φ＜π)图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象关于直线x＝对称，则函数f(x)在上的值域是( )
A.[－1，2]
B.[－，2]
C.
D.[－，2]
解析 依题意，y＝f＝2sin的图象关于x＝对称.∴3×－＋φ＝kπ＋，φ＝kπ－，k∈Z.又0＜φ＜π，所以φ＝π，故f(x)＝2sin.当x∈时，≤3x＋π≤π.∴－≤2sin≤2，故f(x)在上的值域是[－，2].
答案 D
5.(多选题)(2020·海南新高考诊断)已知函数f(x)＝sin
2x＋sin，则( )
A.f(x)的最小正周期为π
B.曲线y＝f(x)关于点对称
C.f(x)的最大值为
D.曲线y＝f(x)关于直线x＝对称
解析 f(x)＝sin
2x＋sin
2x＋cos
2x
＝sin，则T＝π，f(x)的最大值为，曲线y＝f(x)关于直线x＝对称，但曲线y＝f(x)不关于点对称.故选ACD.
答案 ACD
二、填空题
6.如图，以Ox为始边作角α(0＜α＜π)，终边与单位圆相交于点P，已知点P的坐标为，则＝________.
INCLUDEPICTURE"1S122.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S122.TIF"
\
MERGEFORMAT
解析 由三角函数定义，得cos
α＝－，sin
α＝，
∴原式＝＝
＝2cos2α＝2×＝.
答案
7.设函数f(x)＝cos(ω>0).若f(x)≤f对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________.
解析 由于对任意的实数都有f(x)≤f成立，故当x＝时，函数f(x)有最大值，故f＝1，－＝2kπ(k∈Z)，∴ω＝8k＋(k∈Z).又ω>0，∴ωmin＝.
答案
8.(2020·长沙联考)已知函数f(x)＝sin(ω＞0)，若f(x)在上恰有两个零点，则ω的取值范围是________.
解析 ∵0≤x≤，且ω＞0，∴≤ωx＋≤＋，又f(x)在区间上恰有两个零点，∴＋≥2π且＋＜3π.解之得≤ω＜4.
答案
三、解答题
9.(2019·浙江卷)设函数f(x)＝sin
x，x∈R.
(1)已知θ∈[0，2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；
(2)求函数y＝＋的值域.
解 (1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，
所以，对任意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，
即sin
xcos
θ＋cos
xsin
θ＝－sin
xcos
θ＋cos
xsin
θ，
故2sin
xcos
θ＝0，所以cos
θ＝0.
又θ∈[0，2π)，因此θ＝或.
(2)y＝＋
＝sin2＋sin2
＝＋
＝1－＝1－cos.
由于x∈R，知cos∈[－1，1]，
因此，所求函数的值域为.
10.(2020·长沙联考)已知函数f(x)＝sin(ω＞0)的图象向左平移个单位后与函数g(x)＝cos(2x＋φ)图象重合.
(1)求ω和φ的值；
(2)若函数h(x)＝f＋g，求h(x)的单调递增区间及图象的对称轴方程.
解 (1)由题意得ω＝2，所以f(x)＝sin，
则f＝sin＝cos.
∵|φ|＜，∴φ＝.
(2)h(x)＝f＋g＝sin＋cos＝sin，
令2x＋＝kπ＋，k∈Z，解得x＝＋，k∈Z，
∴h(x)图象的对称轴方程为x＝＋，k∈Z.
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以h(x)的单调递增区间为，k∈Z.
B级 能力突破
11.(2020·潍坊模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是偶函数，将y＝f(x)的图象沿x轴向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为y＝g(x).已知y＝g(x)的图象相邻对称中心之间的距离为2π，则ω＝________.若y＝g(x)在其图象的某对称轴处对应的函数值为－2，则g(x)在[0，π]上的最大值为________.
解析 因为函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是偶函数，所以f(0)＝A或f(0)＝－A，则sin
φ＝±1.又0<φ<π，所以φ＝.所以f(x)＝Asin＝Acos
ωx.又将y＝f(x)的图象沿x轴向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为y＝g(x)，所以g(x)＝Acos＝Acos.又y＝g(x)的图象相邻对称中心之间的距离为2π，所以T＝4π＝，解得ω＝1.又y＝g(x)在其图象的某对称轴对应的函数值为－2，而A>0，所以A＝2，所以g(x)＝2cos.又x∈[0，π]，所以≤＋≤，所以当＋＝，即x＝0时，g(x)取得最大值g(0)＝.
答案 1
12.已知函数f(x)＝sinsin
x－cos2x＋.
(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的值；
(2)若方程f(x)＝在(0，π)上的解为x1，x2，求cos(x1－x2)的值.
解 (1)f(x)＝cos
xsin
x－(2cos2x－1)
＝sin
2x－cos
2x＝sin.
当2x－＝＋2kπ(k∈Z)，即x＝π＋kπ(k∈Z)时，函数f(x)取最大值，且最大值为1.
(2)令2x－＝＋kπ(k∈Z)，解得x＝＋(k∈Z)，所以函数f(x)图象的对称轴为x＝π＋(k∈Z)，
∴当x∈(0，π)时，对称轴为x＝π或x＝.
又方程f(x)＝在(0，π)上的解为x1，x2.
∴x1＋x2＝π(易证x1＋x2＝不合题意)，
则x1＝π－x2，
∴cos(x1－x2)＝cos＝sin，
又f(x2)＝sin＝，
故cos(x1－x2)＝.(共51张PPT)
第1讲 三角函数的图象与性质
高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查.
真
题
感
悟
答案 C
答案 B
A.f(x)＝|cos
2x|
B.f(x)＝|sin
2x|
C.f(x)＝cos|x|
D.f(x)＝sin|x|
答案 A
5.(2020·北京卷)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cos
x的最大值为2，则常数φ的一个取值为__________.
答案 －4
考
点
整
合
1.常用的三种函数的图象与性质(下表中k∈Z)
函数
y＝sin
x
y＝cos
x
y＝tan
x
图象
递增
区间
[2kπ－π，2kπ]
递减
区间
[2kπ，2kπ＋π]
?
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
对称
中心
(kπ，0)
对称轴
x＝kπ
?
周期性
2π
2π
π
2.三角函数的常用结论
3.三角函数的两种常见变换
热点一 三角函数的定义与同角关系式
探究提高 1.任意角的三角函数值仅与角α的终边位置有关，而与角α终边上点P的位置无关.若角α已经给出，则无论点P选择在α终边上的什么位置，角α的三角函数值都是确定的.
2.应用诱导公式与同角关系开方运算时，一定要注意三角函数值的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等.
【训练1】
(1)(2020·唐山模拟)若cos
θ－2sin
θ＝1，则tan
θ＝( )
热点二 三角函数的图象及图象变换
【例2】
(1)(多选题)(2020·新高考山东、海南卷)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝( )
答案 (1)BC (2)C
探究提高 1.在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.
2.已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，一般把第一个“零点”作为突破口，可以从图象的升降找准第一个“零点”的位置.
答案 (1)AD (2)A
热点三 三角函数的性质
【例3】
(1)若f(x)＝cos
x－sin
x在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是( )
探究提高 1.讨论三角函数的单调性，研究函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数.
2.求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的单调区间，是将ωx＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为y＝Asin(ωx＋φ)的增区间(或减区间).
(2)f(x)＝|cos
x|＋cos|2x|＝|cos
x|＋cos
2x＝|cos
x|＋2cos2x－1＝2|cos
x|2＋|cos
x|－1，由f(－x)＝2|cos(－x)|2＋|cos(－x)|－1＝f(x)，且函数f(x)的定义域为R，得f(x)为偶函数，故A正确.
由于y＝|cos
x|的最小正周期为π，可得f(x)的最小正周期为π，故B正确.
令t＝|cos
x|，得函数f(x)可转化为g(t)＝2t2＋t－1，t∈[0，1]，
∴f(x)在x＝π时取到最大值f(π)＝2，则D正确.
答案 (1)ABD (2)ABD
解 若选①，则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：
若选②，则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：
若选③，则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：
因为f(x)≤f(0)恒成立，即f(x)max＝f(0)＝2cos
φ＝2，所以cos
φ＝1.
【训练4】
(2020·威海三校一联)已知函数f(x)＝2cos2ω1x＋sin
ω2x.
解 (1)f(0)＝2cos20＋sin
0＝2.
(2)选择条件①.f(x)的一个周期为π.
当ω1＝1，ω2＝2时，f(x)＝2cos2x＋sin
2x＝(cos
2x＋1)＋sin
2x专题检测卷(一) 三角函数与解三角形
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.(2020·广州一模)sin
80°cos
50°＋cos
140°sin
10°＝( )
A.－
B.
C.－
D.
解析 sin
80°cos
50°＋cos
140°sin
10°＝sin
80°cos
50°－sin
50°·cos
80°＝sin
30°＝.故选D.
答案 D
2.(2020·长沙模拟)已知α为锐角，且cos
α(1＋tan
10°)＝1，则α的值为( )
A.20°
B.40°
C.50°
D.70°
解析 由cos
α(1＋tan
10°)＝1，
可得cos
α＝1，
即cos
α＝1.
所以cos
α＝＝＝＝cos
40°.
又α为锐角，故α＝40°.故选B.
答案 B
3.(2020·重庆模拟)函数f(x)＝sincos
x－cos22x的最小值为( )
A.－2
B.－1
C.0
D.
解析 f(x)＝sincos
x－cos22x＝－cos2x－cos22x＝－cos2x－(2cos2x－1)2＝
－4cos4x＋3cos2x－1＝－4－.当cos2x＝1时，f(x)取得最小值，f(x)min＝－2.故选A.
答案 A
4.(2020·湘赣皖十五校联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＋2c＝2bcos
A，则角B的大小为( )
A.
B.
C.
D.
解析 法一 由正弦定理可得sin
A＋2sin
C＝2sin
Bcos
A，即sin
A＋2sin
(A＋B)＝2sin
Bcos
A，所以sin
A(1＋2cos
B)＝0.因为sin
A>0，所以cos
B＝－.又B∈(0，π)，所以B＝.故选A.
法二 由余弦定理可得b2＋c2－2bccos
A＝a2①，又a＋2c＝2bcos
A②，所以②×c－①得a2＋c2－b2＝－ac.又由余弦定理可得cos
B＝＝－，B∈(0，π)，所以B＝.故选A.
答案 A
5.已知ω>0，函数f(x)＝sin
在上单调递减，则ω的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.(0，2]
解析 由又y＝sin
x在上递减，
所以令k＝0，得≤ω≤，故选A.
答案 A
6.某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°的方向上，距A
12海里处，灯塔C在A的北偏西30°的方向上，距A
8海里处，游轮由A处由正北方向航行到D处时再看灯塔B在南偏东60°的方向上，则此时灯塔C与游轮的距离为( )
A.20海里
B.8海里
C.23海里
D.24海里
解析 如图所示，在△ABD中，∠DAB＝75°，∠ADB＝60°，
INCLUDEPICTURE"W22.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W22.TIF"
\
MERGEFORMAT
∴B＝180°－75°－60°＝45°，
由正弦定理得＝，
∴AD＝＝＝24.
在△ACD中，AD＝24，AC＝8，∠CAD＝30°，
由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos
30°
＝242＋(8)2－2×24×8×＝192，∴CD＝8.
答案 B
7.(2020·衡水中学调考)已知函数f(x)＝sin
ωx－cos
ωx(ω>0)，若集合{x∈(0，π)|f(x)＝－1}含有4个元素，则实数ω的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解析 函数f(x)＝sin
ωx－cos
ωx
＝2＝2sin(ω>0).
由集合{x∈(0，π)|f(x)＝－1}含有4个元素，
得2sin＝－1，即sin＝－，即
ωx－＝－＋2kπ(k∈Z)或ωx－＝＋2kπ(k∈Z)，
解得x＝＋(k∈Z)或x＝＋(k∈Z).
设直线y＝－1与y＝f(x)的图象在(0，＋∞)上从左到右的第4个交点为A，第5个交点为B，则xA＝＋，xB＝＋.又直线y＝－1与y＝f(x)的图象在(0，π)上有且只有4个交点，则xA<π≤xB，即＋<π≤＋，得<ω≤.故选D.
答案 D
8.(2020·北京卷)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π
Day).历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形(各边均与圆相切的正6n边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值.按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( )
A.3n
B.6n
C.3n
D.6n
解析 设单位圆的内接正6n边形的周长为C1，外切正6n边形的周长为C2，如图(1)所示，sin
＝，
∴BC＝sin
，∴AB＝2sin
，C1＝12nsin.
如图(2)所示，tan
＝，
∴B′C′＝tan，∴A′B′＝2tan，C2＝12ntan
.
∴2π＝＝6n，
∴π＝3n.故选A.
答案 A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9.(2020·泰安三校模拟)要得到y＝cos
2x的图象C1，需将y＝sin的图象C2怎样变化( )
A.将y＝sin的图象C2沿x轴方向向左平移个单位长度
B.将y＝sin的图象C2沿x轴方向向右平移个单位长度
C.先作图象C2关于x轴的对称图象C3，再将图象C3沿x轴方向向右平移个单位长度
D.先作图象C2关于x轴的对称图象C3，再将图象C3沿x轴方向向左平移个单位长度
解析 对于A，将y＝sin的图象C2沿x轴方向向左平移个单位长度，得到y＝sin＝sin＝cos
2x的图象C1，正确；对于B，将y＝sin的图象C2沿x轴方向向右平移个单位长度，得到y＝sin＝sin＝cos
2x的图象C1，正确；对于C，先作图象C2关于x轴对称的图象，得到y＝－sin的图象C3，再将图象C3沿x轴方向向右平移个单位长度，得到y＝－sin＝－sin＝cos
2x的图象C1，正确；对于D，先作图象C2关于x轴对称的图象，得到y＝－sin的图象C3，再将图象C3沿x轴方向向左平移个单位长度，得到y＝
－sin＝－sin＝－cos
2x的图象，错误.故选ABC.
答案 ABC
10.(2020·青岛崂山区模拟)已知函数f(x)＝sin
x·sin－的定义域为[m，n](mA.
B.
C.
D.
解析 因为f(x)＝sin
xsin－
＝sin
x－
＝(1－cos
2x)＋sin
2x－
＝
＝sin，其值域为，
所以sin∈，
所以2x－∈，k∈Z，
所以x∈，k∈Z.
因为kπ＋－＝，k∈Z，所以n－m的最大值为，且n－m的最小值为.故选AB.
答案 AB
11.已知函数f(x)＝|sin
x||cos
x|，则下列说法正确的是( )
A.函数f(x)的图象关于直线x＝对称
B.函数f(x)的周期为
C.点(π，0)是函数f(x)的图象的一个对称中心
D.函数f(x)在区间上单调递增
解析 因为函数f(x)＝|sin
x||cos
x|＝|sin
xcos
x|＝|sin
2x|，画出函数图象，如图.
由图可知，函数f(x)的对称轴是x＝，k∈Z，所以直线x＝是函数f(x)图象的一条对称轴，A正确；函数f(x)的最小正周期是，B正确；函数f(x)是偶函数，其图象没有对称中心，C错误；函数f(x)在区间上单调递减，D错误.故选AB.
答案 AB
12.(2020·济南联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)满足f(x0)＝f(x0＋1)＝－，且f(x)在(x0，x0＋1)上有最小值，无最大值.则( )
A.f＝－1
B.若x0＝0，则f(x)＝sin
C.f(x)的最小正周期为3
D.f(x)在(0，2
022)上的零点的个数最少为1
346个
解析 因为f(x0)＝f(x0＋1)＝－，且f(x)在(x0，x0＋1)上有最小值，无最大值，所以函数f(x)在区间(x0，x0＋1)的中点处取得最小值，即f＝－1，所以A正确；不妨令ωx0＋φ＝2kπ－π，k∈Z，ω(x0＋1)＋φ＝2kπ－，k∈Z，两式相减得ω＝，所以T＝＝3，B错误，C正确；因为T＝3，所以函数f(x)的图象在(0，2
022)上恰好重复674次，当f(0)＝0，即φ＝kπ(k∈Z)时，f(x)在区间(0，2
022)上的零点个数至少为674×2－1＝1
347(个)，D错误.故选AC.
答案 AC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.(2020·烟台诊断)已知tan
α＝2，则cos＝________.
解析 由题意，得cos＝－sin
2α＝－2sin
αcos
α＝－＝
－＝－＝－.
答案 －
14.(2020·广州一模)定义一种运算＝ad－bc，将函数f(x)＝的图象向左平移φ(φ>0)个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则φ的最小值是________.
解析 f(x)＝2cos
x－2sin
x＝4cos，
依题意g(x)＝f(x＋φ)＝4cos是偶函数(其中φ>0).
∴＋φ＝kπ，k∈Z，则φmin＝π.
答案
15.(2019·浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上.若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.(本小题第一空2分，第二空3分)
解析 如图，易知sin
∠C＝，cos
∠C＝.
INCLUDEPICTURE"19W51.TIF"
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"19W51.TIF"
\
MERGEFORMAT
在△BDC中，由正弦定理可得＝，
∴BD＝＝＝.
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
＝×＋×＝.
答案
16.(2020·新高考山东、海南卷)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan
∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12
cm，DE＝2
cm，A到直线DE和EF的距离均为7
cm，圆孔半径为1
cm，则图中阴影部分的面积为______
cm2.
解析 如图，连接OA，过A作AP⊥EF，分别交EF，DG，OH于点P，Q，R.
由题意知AP＝EP＝7
cm，
又DE＝2
cm，EF＝12
cm，
所以AQ＝QG＝5
cm，所以∠AHO＝∠AGQ＝.
因为OA⊥AH，所以∠AOH＝，所以∠AOB＝.
设AR＝x
cm，则OR＝x
cm，RQ＝(5－x)
cm.
因为tan
∠ODC＝，所以tan
∠ODC＝＝，
解得x＝2，则OA＝2
cm.
所以S＝S扇形AOB＋S△AOH－S小半圆＝××(2)2＋×4×2－π×12＝＋4
(cm2).
答案 ＋4
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分10分)(2020·青岛模拟)在①B＝，②a＝2，③bcos
A＋acos
B＝＋1这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解决相应问题.
已知在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4S＝b2＋c2－a2，b＝，且________，求△ABC的面积S的大小.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 因为4S＝b2＋c2－a2，cos
A＝，
S＝bcsin
A，所以2bcsin
A＝2bccos
A.
显然cos
A≠0，所以tan
A＝1.
又A∈，所以A＝.
选择①B＝.
由＝，得a＝＝2.
又sin
C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B＝，
所以S＝absin
C＝.
选择②a＝2.
由＝，得sin
B＝＝.
因为B∈，所以cos
B＝.
又sin
C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B＝，
所以S＝absin
C＝.
选择③bcos
A＋acos
B＝＋1.
由b＝，A＝，得acos
B＝1，即a·＝1.
所以a2＝6＋2c－c2.又a2＝6＋c2－2c·
＝6＋c2－2c，
所以6＋2c－c2＝6＋c2－2c，解得c＝＋1(c＝0舍去).
所以S＝bc·sin
A＝.
18.(本小题满分12分)(2020·北京海淀区调研)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1，函数f(x)的图象上两相邻对称轴之间的距离为，________.
(1)在①函数f(x)的图象的一条对称轴为直线x＝－，②函数f(x)的图象的一个对称中心为点，③函数f(x)的图象经过点这三个条件中任选一个补充至横线上，然后确定函数的解析式；
(2)若动直线x＝t，t∈[0，π]与函数f(x)和函数g(x)＝2sin
xcos
x的图象分别交于P，Q两点，求线段PQ长度的最大值及此时t的值.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 (1)函数f(x)的图象上两相邻对称轴之间的距离为，得该函数的最小正周期T＝2×＝π，
∴ω＝＝＝2，
此时f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1.
若选①函数f(x)的图象的一条对称轴为直线x＝－，则－＋φ＝＋kπ(k∈Z)，得φ＝＋kπ(k∈Z).
∵|φ|<，∴当k＝－1时，φ＝，
此时f(x)＝2sin＋1.
若选②函数f(x)的图象的一个对称中心为点，则＋φ＝kπ(k∈Z)，得φ＝kπ－(k∈Z).
∵|φ|<，∴当k＝1时，φ＝，
此时f(x)＝2sin＋1.
若选③函数f(x)的图象经过点，
则f＝2sin＋1＝0，得sin＝－.
∵|φ|<，∴<＋φ<，
∴＋φ＝，解得φ＝，
此时f(x)＝2sin＋1.
(2)由(1)可知，函数f(x)的解析式为
f(x)＝2sin＋1.
令h(x)＝f(x)－g(x)＝2sin＋1－2sin
xcos
x＝2＋1－sin
2x＝cos
2x＋1≥0，
∴|PQ|＝h(t)＝cos
2t＋1.
∵t∈[0，π]，∴2t∈[0，2π]，
当2t＝0或2t＝2π，即当t＝0或t＝π时，线段PQ的长取到最大值2.
19.(本小题满分12分)(2020·天津卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝2，b＝5，c＝.
(1)求角C的大小；
(2)求sin
A的值；
(3)求sin的值.
解 (1)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，b＝5，c＝，有cos
C＝＝.
又因为C∈(0，π)，所以C＝.
(2)在△ABC中，由正弦定理及C＝，a＝2，c＝，可得sin
A＝＝.
(3)由a＜c及sin
A＝，
可得cos
A＝＝，
进而sin
2A＝2sin
Acos
A＝，
cos
2A＝2cos2A－1＝.
所以sin＝sin
2Acos
＋cos
2Asin
＝×＋×＝.
20.(本小题满分12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知4sin2＋4sin
Asin
B＝2＋.
(1)求角C的大小；
(2)已知b＝4，△ABC的面积为6，求边长c的值.
解 (1)由已知得
2[1－cos(A－B)]＋4sin
Asin
B＝2＋，
化简得－2cos
Acos
B＋2sin
Asin
B＝，
故cos(A＋B)＝－.
所以A＋B＝，从而C＝.
(2)因为S△ABC＝absin
C，
由S△ABC＝6，b＝4，C＝，得a＝3，
由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos
C，得c＝.
21.(本小题满分12分)(2019·全国Ⅲ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin
＝bsin
A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围.
解 (1)由题设及正弦定理得sin
Asin＝sin
Bsin
A.
因为sin
A≠0，所以sin＝sin
B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，
故cos＝2sincos.
因为cos≠0，故sin＝，因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝acsin
B＝a.
由(1)知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0°结合A＋C＝120°，得30°所以因此，△ABC面积的取值范围是.
22.(本小题满分12分)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且b＋c＝acos
C＋asin
C.
(1)求A；
(2)若a＝4，求△ABC面积的最大值.
解 (1)由条件及正弦定理得sin
Acos
C＋sin
Asin
C＝sin
B＋sin
C，因为B＝π－(A＋C)，
所以sin
Asin
C－cos
Asin
C＝sin
C，
又sin
C≠0，所以sin
A－cos
A＝1，
所以sin＝，又0(2)法一 由(1)得B＋C＝，从而C＝－B，0由正弦定理得＝＝＝＝，
所以b＝sin
B，c＝sin
C.
所以S△ABC＝bcsin
A
＝×sin
B×sin
C×sin
＝·sin
B·sin
＝·sin
B·
＝4sin
2B－cos
2B＋.
＝sin＋.
因为－<2B－<，所以当2B－＝，
即B＝时，S△ABC取得最大值，最大值为4.
法二 由(1)知A＝，又a＝4，
由余弦定理得16＝b2＋c2－2bccos
，
即b2＋c2－bc＝16，
因为b2＋c2≥2bc，所以2bc－bc≤16，
即bc≤16，当且仅当b＝c＝4时取等号.
所以S△ABC＝bcsin
A＝×bc≤×16＝4，
所以S△ABC的最大值为4.第2讲 三角恒等变换与解三角形
高考定位 1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中关键是利用两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；2.正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题.
INCLUDEPICTURE"真题感悟考点整合.tif"
真
题
感
悟
1.(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 由3cos
2α－8cos
α＝5，得3(2cos2α－1)－8cos
α＝5，
即3cos2α－4cos
α－4＝0，
解得cos
α＝－或cos
α＝2(舍去).
又因为α∈(0，π)，所以sin
α>0，
所以sin
α＝＝＝.故选A.
答案 A
2.(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cos
C＝，AC＝4，BC＝3，则tan
B＝( )
A.
B.2
C.4
D.8
解析 由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos
C＝42＋32－2×4×3×＝9，得AB＝3，所以AB＝BC.过点B作BD⊥AC，交AC于点D，则AD＝AC＝2，BD＝＝，所以tan
∠ABD＝＝＝，
所以tan
∠ABC＝＝4.故选C.
答案 C
3.(2020·新高考山东、海南卷)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＝，________？
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin
A＝sin
B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝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＝.
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，解得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＝.
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.
4.(2020·北京卷)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)a的值；
(2)sin
C和△ABC的面积.
条件①：c＝7，cos
A＝－；
条件②：cos
A＝，cos
B＝.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
解 (从条件①②中任选一个即可)
选条件①：c＝7，cos
A＝－，且a＋b＝11.
(1)在△ABC中，由余弦定理，得
cos
A＝＝＝－，
解得a＝8.
(2)∵cos
A＝－，A∈(0，π)，∴sin
A＝＝＝.
在△ABC中，由正弦定理，得
sin
C＝＝＝.
∵a＋b＝11，a＝8，∴b＝3，
∴S△ABC＝absin
C＝×8×3×＝6.
选条件②：cos
A＝，cos
B＝，且a＋b＝11.
(1)∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，cos
A＝，cos
B＝，
∴sin
A＝＝＝，sin
B＝＝＝.
在△ABC中，由正弦定理，可得
＝＝＝.
又∵a＋b＝11，∴a＝6，b＝5.
(2)sin
C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)
＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B
＝×＋×＝＝.
∴S△ABC＝absin
C＝×6×5×＝.
考
点
整
合
1.三角函数公式
(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式：
sin(α±β)＝sin
αcos
β±cos
αsin
β；
cos(α±β)＝cos
αcos
β?sin
αsin
β；
tan(α±β)＝.
(2)二倍角公式：sin
2α＝2sin
αcos
α，cos
2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.
(3)辅助角公式：asin
x＋bcos
x＝sin(x＋φ)，其中tan
φ＝.
2.正弦定理、余弦定理、三角形面积公式
(1)正弦定理
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.
(2)余弦定理
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos
A；
变形：b2＋c2－a2＝2bccos
A，cos
A＝.
(3)三角形面积公式
S△ABC＝absin
C＝bcsin
A＝acsin
B.
热点一 三角恒等变换
【例1】
(1)(2020·全国Ⅲ卷)已知2tan
θ－tan＝7，则tan
θ＝( )
A.－2
B.－1
C.1
D.2
(2)(2019·全国Ⅱ卷)已知α∈，2sin
2α＝cos
2α＋1，则sin
α＝( )
A.
B.
C.
D.
解析 (1)2tan
θ－tan＝2tan
θ－＝7，解得tan
θ＝2.故选D.
(2)由2sin
2α＝cos
2α＋1，得4sin
αcos
α＝2cos2α.
由α∈知cos
α≠0，
则2sin
α＝cos
α，代入sin2α＋cos2α＝1，解得sin2α＝，
又α∈，所以sin
α＝.
答案 (1)D (2)B
探究提高 1.三角恒等变换的基本思路：找差异，化同角(名)，化简求值.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活应用，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.
2.求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知先求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小.求解时，尽量缩小角的取值范围，避免产生增解.
【训练1】
(1)(2020·深圳统测)已知tan
α＝－3，则sin＝( )
A.
B.－
C.
D.－
(2)(2020·江南名校联考)已知α，β均为锐角，且α＋β≠，若sin(2α＋β)＝sin
β，则＝________.
解析 (1)由题意，得sin＝sin＝cos
2α＝cos2α－sin2α＝＝＝＝－.故选D.
(2)因为sin(2α＋β)＝sin
β，
则2sin[(α＋β)＋α]＝3sin[(α＋β)－α]
∴2[sin(α＋β)cos
α＋cos(α＋β)sin
α]＝3[sin(α＋β)cos
α－cos(α＋β)sin
α]
从而sin(α＋β)cos
α＝5cos(α＋β)sin
α.
∴tan(α＋β)＝5tan
α，故＝5.
答案 (1)D (2)5
热点二 利用正(余)弦定理进行边角计算
【例2】
(2020·青岛质检)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tan
A).
(1)求角C；
(2)若c＝2，D为BC的中点，在下列两个条件中任选一个，求AD的长度.
条件①：S△ABC＝4且B>A；
条件②：cos
B＝.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 (1)已知2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tan
A).
由余弦定理，得2b2＝2bccos
A·(1－tan
A)，
所以b＝c(cos
A－sin
A).
由正弦定理，得sin
B＝sin
C(cos
A－sin
A)，
所以sin(A＋C)＝sin
Ccos
A－sin
Csin
A，
所以sin
Acos
C＝－sin
Csin
A，
又sin
A≠0，所以tan
C＝－1，
又C∈(0，π)，所以C＝π.
(2)若选择条件①：S△ABC＝4且B>A.
因为S△ABC＝4＝absin
C＝absin
，所以ab＝8.
由余弦定理，得c2＝(2)2＝40＝a2＋b2－2abcos
，
所以a2＋b2＋ab＝40.
由解得或
因为B>A，所以b>a，所以所以CD＝.
在△ACD中，AD2＝CA2＋CD2－2CA·CD·cos
C＝16＋2－2×4×cos
＝26，所以AD＝.
若选择条件②：cos
B＝.
因为cos
B＝，B∈(0，π)，所以sin
B＝.
因为sin
A＝sin(B＋C)＝sin
Bcos
C＋sin
Ccos
B＝，
所以结合正弦定理＝，得a＝＝2.
在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos
B＝(2)2＋()2－2×2××＝26，解得AD＝.
探究提高 1.高考的热点是利用正、余弦定理求三角形的边、角、面积等基本计算，或将两个定理与三角恒等变换相结合综合解三角形.
2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，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.
【训练2】
(2020·日照联考)在①3c2＝16S＋3(b2－a2)，②5bcos
C＋4c＝5a，这两个条件中任选一个，补充在下面横线处，然后解答问题.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，已知________.
(1)求tan
B的值；
(2)若S＝42，a＝10，求b的值.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 选择条件①：(1)由题意得8acsin
B＝3(a2＋c2－b2)，
即4sin
B＝3·，整理可得3cos
B－4sin
B＝0.
又sin
B>0，所以cos
B>0，所以tan
B＝＝.
(2)由tan
B＝，得sin
B＝.
又S＝42，a＝10，
所以S＝acsin
B＝×10c×＝42，解得c＝14.
将S＝42，a＝10，c＝14代入3c2＝16S＋3(b2－a2)，
得3×142＝16×42＋3(b2－102)，解得b＝6.
选择条件②：(1)已知5bcos
C＋4c＝5a，
由正弦定理，得5sin
Bcos
C＋4sin
C＝5sin
A，
即5sin
Bcos
C＋4sin
C＝5sin(B＋C)，
即sin
C(4－5cos
B)＝0.
在△ABC中，因为sin
C≠0，所以cos
B＝.
所以sin
B＝＝，所以tan
B＝.
(2)由S＝acsin
B＝×10c×＝42，解得c＝14.
又a＝10，所以b2＝100＋196－2×140×＝72，所以b＝6.
热点三 正、余弦定理与其它知识的交汇问题
角度1 正、余弦定理与三角函数的结合命题
【例3】
已知m＝(2cos
x＋2sin
x，1)，n＝(cos
x，－y)，且满足m·n＝0.
(1)将y表示为x的函数f(x)，并求f(x)的最小正周期；
(2)已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C对应的边长，f(x)(x∈R)的最大值是f，且a＝2，求b＋c的取值范围.
解 (1)由m·n＝0，得2cos2
x＋2sin
xcos
x－y＝0，
即y＝2cos2
x＋2sin
xcos
x＝cos
2x＋sin
2x＋1
＝2sin＋1，
所以f(x)＝2sin＋1，其最小正周期为π.
(2)由题意得f＝3，
所以A＋＝2kπ＋(k∈Z)，
因为0＜A＜π，所以A＝.
由正弦定理，得b＝sin
B，c＝
sin
C，
则b＋c＝sin
B＋sin
C
＝sin
B＋sin＝4sin，
又因为B∈，
所以sin∈，
所以b＋c∈(2，4]，所以b＋c的取值范围是(2，4].
角度2 正、余弦定理与向量的结合命题
【例4】
(2020·潍坊模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝(c－a，sin
B)，n＝(b－a，sin
A＋sin
C)，且m∥n.
(1)求C；
(2)若c＋3b＝3a，求sin
A.
解 (1)因为m∥n，
所以(c－a)(sin
A＋sin
C)＝(b－a)sin
B.
由正弦定理得(c－a)(a＋c)＝(b－a)b，所以a2＋b2－c2＝ab，
所以cos
C＝＝＝.
因为C∈(0，π)，所以C＝.
(2)由(1)知B＝－A.
由题设及正弦定理得sin
C＋3sin＝3sin
A，
即＋cos
A＋sin
A＝sin
A，
可得sin＝.
由于0所以cos＝.
故sin
A＝sin＝sincos
＋cos·sin
＝.
探究提高 1.该题求解的关键是利用向量的知识将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关知识进行求解.
2.与解三角形有关的交汇问题的关注点
(1)根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化.
(2)结合三角形内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式.
【训练3】
已知向量a＝，b＝(－sin
x，sin
x)，f(x)＝a·b.
(1)求函数f(x)的最小正周期及f(x)的最大值；
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f＝1，a＝2，求△ABC面积的最大值并说明此时△ABC的形状.
解 (1)由已知得a＝(－sin
x，cos
x)，又b＝(－sin
x，sin
x)，
则f(x)＝a·b＝sin2x＋sin
xcos
x
＝(1－cos
2x)＋sin
2x＝sin＋，
∴f(x)的最小正周期T＝＝π，
当2x－＝＋2kπ(k∈Z)，即x＝＋kπ(k∈Z)时，
f(x)取得最大值.
(2)锐角△ABC中，因为f＝sin＋＝1，
∴sin＝，∴A＝.
因为a2＝b2＋c2－2bccos
A，所以12＝b2＋c2－bc，
所以b2＋c2＝bc＋12≥2bc，
所以bc≤12(当且仅当b＝c＝2时等号成立)，此时△ABC为等边三角形.
S△ABC＝bcsin
A＝bc≤3.
所以当△ABC为等边三角形时面积取最大值3.
A级 巩固提升
一、选择题
1.(2020·全国Ⅲ卷)已知sin
θ＋sin＝1，则sin＝( )
A.
B.
C.
D.
解析 因为sin
θ＋sin＝sin＋sin＝sincos
－cossin
＋sincos
＋cossin
＝2sincos
＝sin＝1，所以sin＝.故选B.
答案 B
2.(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin
A－bsin
B＝4csin
C，cos
A＝－，则＝( )
A.6
B.5
C.4
D.3
解析 由正弦定理得，asin
A－bsin
B＝4csin
C?a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2，
又cos
A＝＝－，于是可得到＝6.故选A.
答案 A
3.已知sin
α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则β等于( )
A.
B.
C.
D.
解析 由α，β为锐角，则－<α－β<，
由sin(α－β)＝－，得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 C
4.(多选题)(2020·菏泽六校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a∶b∶c＝4∶5∶6，则下列结论正确的是( )
A.sin
A∶sin
B∶sin
C＝4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c＝6，则△ABC的外接圆的半径为
解析 由a∶b∶c＝4∶5∶6，可设a＝4x，b＝5x，c＝6x，x>0.
根据正弦定理可知sin
A∶sin
B∶sin
C＝4∶5∶6，A正确.
由c为最大边，cos
C＝＝＝>0，即C为锐角，得△ABC为锐角三角形，B不正确.
a为最小边，cos
A＝＝＝，则cos
2A＝2cos2A－1＝2×－1＝＝cos
C.由2A，C∈(0，π)，可得2A＝C，C正确.
若c＝6，则2R＝＝＝(R为△ABC的外接圆的半径)，则△ABC的外接圆的半径为，D正确.故选ACD.
答案 ACD
5.(多选题)(2020·北京海淀区联考)在△ABC中，点D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3.若CB＝2CD，cos
∠CDB＝－，则( )
A.sin
∠CDB＝
B.△ABC的面积为8
C.△ABC的周长为8＋4
D.△ABC为钝角三角形
解析 因为cos
∠CDB＝－，所以sin
∠CDB＝＝，A错误.设CD＝a，则BC＝2a.在△BCD中，由余弦定理，得BC2＝CD2＋BD2－2BD·CD·
cos
∠CDB，即4a2＝a2＋9－6a×，解得a＝，所以S△DBC＝BD·CD·
sin
∠CDB＝×3××＝3，所以S△ABC＝S△DBC＝8，B正确.
因为∠ADC＝π－∠CDB，所以cos
∠ADC＝cos(π－∠CDB)＝－cos
∠CDB＝.在△ADC中，由余弦定理，得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cos
∠ADC＝25＋5－2×5××＝20，解得AC＝2.所以C△ABC＝AB＋AC＋BC＝(3＋5)＋2＋2＝8＋4，C正确.因为cos
∠BCA＝＝－<0，所以∠BCA为钝角，所以△ABC为钝角三角形，D正确.故选BCD.
答案 BCD
二、填空题
6.(2020·江苏卷)已知sin2＝，则sin
2α的值是________.
解析 因为sin2＝，所以＝，即＝，所以sin
2α＝.
答案
7.(2019·全国Ⅱ卷)△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 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos
B.
又∵b＝6，a＝2c，B＝，
∴36＝4c2＋c2－2×2c2×，
∴c＝2，c＝－2(舍去)，∴a＝4，
∴S△ABC＝acsin
B＝×4×2×＝6.
答案 6
8.(2020·郑州一预)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，bcos
C与ccos
B的等差中项为acos
B，则B＝________；若a＋c＝5，△ABC的面积S＝，则b＝________.
解析 因为bcos
C与ccos
B的等差中项为acos
B，所以2acos
B＝bcos
B＋ccos
B.由正弦定理可得2sin
Acos
B＝sin
Bcos
C＋sin
Ccos
B，即2sin
Acos
B＝sin(B＋C)＝sin(π－A)，即2sin
Acos
B＝sin
A.因为A∈(0，π)，所以sin
A>0，所以cos
B＝.因为B∈(0，π)，所以B＝.因为△ABC的面积S＝，所以acsin
B＝，所以ac＝4.由余弦定理，得b＝＝＝＝.
答案
三、解答题
9.(2020·海南新高考诊断)在①cos
A＝，cos
C＝；②csin
C＝sin
A＋bsin
B，B＝60°；③c＝2，cos
A＝三个条件中任选一个填至横线上，并加以解答.
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，________，求△ABC的面积S.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 选①.
∵cos
A＝，cos
C＝，∴sin
A＝，sin
C＝，
∴sin
B＝sin(A＋C)＝sin
Acos
C＋cos
Asin
C
＝×＋×＝.
由正弦定理，得b＝＝＝，
∴S＝absin
C＝×3××＝.
选②.
∵csin
C＝sin
A＋bsin
B，
∴结合正弦定理，得c2＝a＋b2.
∵a＝3，∴b2＝c2－3.
又∵B＝60°，∴b2＝c2＋9－2×3×c×＝c2－3，
∴c＝4，∴S＝acsin
B＝3.
选③.
∵c＝2，cos
A＝，
∴结合余弦定理，得＝，即b2－－5＝0，
解得b＝或b＝－2(舍去).
又∵sin
A＝＝，
∴S＝bcsin
A＝××2×＝.
10.(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0B级 能力突破
11.(2020·漳州适应性测试)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝60°，b＝3c，角A的平分线交BC于点D，且BD＝，则cos
∠ADB的值为( )
A.－
B.
C.
D.±
解析 法一 如图，因为∠BAC＝60°，AD为∠BAC的平分线，所以∠CAD＝∠BAD＝30°.又b＝3c，
INCLUDEPICTURE"W21.TIF"
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"W21.TIF"
\
MERGEFORMAT
所以＝
＝＝＝3.
因为BD＝，所以CD＝3，
所以a＝CB＝4.
因为a2＝b2＋c2－2bccos
∠CAB，
所以16×7＝9c2＋c2－2·3c·c·，
解得c＝4.
在△ABD中，由正弦定理，知＝，
即＝，所以sin
∠ADB＝.
因为b＝3c>c，所以B>C.
因为∠ADB＝30°＋C，∠ADC＝30°＋B，
所以∠ADB<∠ADC，
又∠ADB＋∠ADC＝180°，所以∠ADB为锐角，
所以cos
∠ADB＝＝＝＝.故选B.
法二 因为∠BAC＝60°，AD为∠BAC的平分线，
所以∠CAD＝∠BAD＝30°.
又b＝3c，所以＝＝＝＝3.
因为BD＝，所以CD＝3，
所以a＝CB＝4.
因为a2＝b2＋c2－2bccos
∠BAC，
所以16×7＝9c2＋c2－2·3c·c·，解得c＝4.
由余弦定理，得cos
∠BAD＝，
即＝，所以AD2－4AD＋9＝0，
所以(AD－)(AD－3)＝0.
所以AD＝3或AD＝.
因为b＝3c>c，所以B>C.
又B＋C＝120°，所以B>60°>∠BAD，
所以AD>BD＝，所以AD＝3，
所以cos
∠ADB＝＝＝.故选B.
答案 B
12.(2020·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝3，c＝，B＝45°.
INCLUDEPICTURE"20KT42.TIF"
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"20KT42.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求sin
C的值；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADC＝－，求tan∠DAC的值.
解 (1)在△ABC中，因为a＝3，c＝，B＝45°，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos
B，
得b2＝9＋2－2×3×cos
45°＝5，所以b＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，
得＝，所以sin
C＝.
(2)在△ADC中，因为cos∠ADC＝－，
所以∠ADC为钝角.
而∠ADC＋C＋∠CAD＝180°，所以C为锐角.
故cos
C＝＝，则tan
C＝＝.
因为cos∠ADC＝－，
所以sin∠ADC＝＝，
所以tan∠ADC＝＝－.
从而tan∠DAC＝tan(180°－∠ADC－C)
＝－tan(∠ADC＋C)＝－
＝－＝.