专题二 三角函数与解三角形
第1讲 小题研透——三角函数的图象与性质
1.B ∵角α的终边过点（x，4）且tan（－π＋α）＝tan α＝－2，∴＝－2，∴x＝－2，∴cos α＝＝－，故选B.
2.A ∵0∈[－t，t]，∴只需考虑正弦型函数的含0的单调递增区间.由－≤2x＋≤，得－≤x≤，∴－≤－t＜t≤，解得0＜t≤.
3.B 因为f（x）＝sin ωx∈[－1，1]，且f（x1）＝－1，f（x2）＝1，｜x1－x2｜min＝，所以f（x）的最小正周期T＝2×＝π，所以ω＝＝2.
4.BC 将函数y＝sin（3x－）的图象向右平移φ（φ＞0）个单位长度，得到y＝sin（3x－3φ－）的图象，因为函数y＝sin（3x－3φ－）为奇函数，所以－3φ－＝kπ，k∈Z，即φ＝－－，k∈Z，结合选项，故选B、C.
5.y＝10sin（x＋）＋20，x∈[6，14]
解析：从题图中可以看出，6～14时的图象是函数y＝Asin（ωx＋φ）＋b的半个周期，所以A＝×（30－10）＝10，b＝×（30＋10）＝20.又×＝14－6，所以ω＝.又×6＋φ＝＋2kπ，k∈Z，0＜φ＜π，所以φ＝，所以y＝10sin（x＋）＋20，x∈[6，14].
6. 解析：如图，依题意可得的长为60 cm，的长为20 cm.设扇形AOB的中心角的弧度数为α，则＝α·OA，＝α·OC，所以＝＝3，即OA＝3OC.因为AC＝18 cm，所以OC＝9 cm，所以该扇环所在的扇形的中心角的弧度数α＝＝.
7.B 因为a∥b，所以1－4cos 2α＝sin α（3sin α－2），即1－4（1－2sin2α）＝3sin2α－2sin α，所以5sin2α＋2sin α－3＝0，解得sin α＝或sin α＝－1.又α∈（0，），所以sin α＝，所以tan α＝，所以tan（α－）＝＝＝－.故选B.
8.D 由题图1、2知，函数的周期先变为原来的倍，得到的图象再向右平移个单位长度，所以得到y＝f（2x－1）的图象.故选D.
9.C 由函数y＝g（x）的图象与函数y＝sin 2x的图象关于直线x＝π对称得，g（x）＝－sin 2x，因为将函数y＝g（x）的图象向右平移个单位长度后得到函数y＝f（x）的图象，所以f（x）＝－sin 2（x－）＝－sin（2x－），则当x∈［0，］时，2x－∈［－，］，所以sin（2x－）∈［－1，］，所以f（x）∈［－，1］.故选C.
10.D 因为f（0）＝2sin φ＋1＝0，所以φ＝2kπ－或φ＝2kπ－，k∈Z.又－π＜φ＜－，所以φ＝－，所以f（x）＝2sin（ωx－）＋1.因为f（x）的图象关于点（，1）对称，所以ω－＝kπ，k∈Z，所以ω＝＋6，k∈Z.因为x∈［0，］，ω＞0，所以ωx－∈［－，－］.又函数f（x）在［0，］上单调，所以 0＜ω≤6.因为ω∈N*，所以当k＝0时，ω＝6.因为f（x）图象的相邻两条对称轴之间的距离为半个周期，所以＝×＝.故选D.
11.ABC 由图象可知，函数f（x）的最小正周期为T＝2×（－）＝，故A正确；由ω＝＝＝2得f（x）＝Atan（2x＋φ），∴f（）＝Atan（2×＋φ）＝0，∴＋φ＝kπ（k∈Z），∴φ＝kπ－（k∈Z），又∵｜φ｜＜，∴φ＝，∴sin φ＝，故B正确；由题图得点（0，1）在f（x）图象上，则f（0）＝Atan＝1，∴A＝1.∴f（x）＝tan（2x＋），故C正确；∵f（x）＝tan（2x＋），令2x＋＝（k∈Z），∴x＝－＋（k∈Z），∴f（x）图象的对称中心为点（＋，0）（k∈Z），故D错误.
12.AD 由题意得sin φ＝－且φ的终边在第四象限，所以φ＝－＋2kπ，k∈Z，因此f（x）＝sin（2x－＋2kπ）＝sin（2x－）.对于A，当x＝－时，2x－＝2×（－）－＝－，f（－）＝sin（－）＝－1，所以f（x）的图象关于直线x＝－对称，故A正确；对于B，当x＝时，2x－＝2×－＝－，所以f（）＝sin（－）＝－≠0，所以f（x）的图象不关于点（，0）对称，故B错误；对于C，当x∈（－，）时，2x－∈（－，），结合y＝sin x在（－，）上的图象可知f（x）在（－，）内有极小值点，无极大值点，故C错误；对于D，当x∈（，）时，2x－∈（，），结合y＝sin x在（，）上的图象知f（x）在（，）上单调递减，故D正确.综上，选A、D.
13.（－1，2） 解析：∵f（0）＝2sin φ＝1，∴sin φ＝.∵φ∈，∴φ＝.又MN＝＝，且ω＞0，∴ω＝，∴f（x）＝2sin（x＋）.令2sin（x＋）＝2，结合题图得x＋＝，解得x＝－1，故点M的坐标为（－1，2）.
14.－ 解析：因为sin α＝，cos α＝－，且α为第二象限角，所以解得m＜－2或m＞.因为sin2α＋cos2α＝（）2＋（－）2＝＝1，整理得2m2－7m＋3＝0，即（2m－1）（m－3）＝0，解得m＝（舍去）或m＝3，所以sin α＝＝，cos α＝－＝－，所以tan α＝＝×（－）＝－，因此＝＝－1＋＝－1－＝－.
15. 解析：令g（x）＝0，得x1＝1，x2＝－.∵离y轴最近的是点M，∴M（－，0）.令g（x）＝2，得x'1＝0，x'2＝.当N（0，2）时，易得φ＝（舍去），∴N（，2）.∵由题意及图象可知，＝－（－）＝1，∴T＝4，ω＝，又∵f（x）＝2sin（ωx＋φ）＝2sin［ω（x＋）］，∴函数f（x）的图象是由y＝2sin ωx的图象向左平移了个单位长度得到的且｜φ｜＜，即＝－xM＝，∴φ＝ω＝.
16.B 如图，分别以CB，CA所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则A（0，2），B（2，0），O1（，0），O2（0，1），E（，－），半圆弧的方程为x2＋（y－1）2＝1（x≤0）.设F（cos θ，1＋sin θ），≤θ≤，则＝（－，－），＝（cos θ，－1＋sin θ）.所以·＝－cos θ＋－sin θ＝－sin（θ＋）.因为≤θ≤，所以≤θ＋≤，当θ＝时，sin（θ＋）取得最小值－1，此时·取得最大值＋.故选B.
17.AC 对于选项A，∵f（x）的图象关于点（，0）对称，∴f（）＝0，即a＋b＝0，∴a＝－b，故A正确；对于选项B，f（x）＝－bsin πx＋bcos πx＝2bcos（πx＋），又∵b＞0，∴f（x）的最大值为2b，最小值为－2b，故B错误；对于选项C，由｜f（x1）－f（x2）｜＝4b，则可推断f（x1）与f（x2）一个是最大值，另一个是最小值，∴｜x1－x2｜的最小值为＝＝1（T为f（x）的最小正周期），故C正确；对于选项D，作出f（x）的大致图象，如图所示，令πx＋＝kπ，k∈Z，∴f（x）图象的对称轴方程为x＝k－，k∈Z，结合C中分析与｜f（x1）－f（x2）｜＝｜f（x3）－f（x4）｜＝｜f（x5）－f（x6）｜＝4b得当xi最小时，f（x1）＝f（x3）＝f（x5）＝－2b，f（x2）＝f（x4）＝f（x6）＝2b，∴对应的x1，x2，…，x6如图所示，即xi的最小值为（1－）＋（2－）＋…＋（6－）＝19，故D错误.
第2讲 小题研透——三角恒等变换与解三角形
1.C 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，则2＝6＋c2－2c×，即c2－3c＋4＝0，解得c＝或c＝2.故选C.
2.B 因为sin（α＋）－sin α＝cos α－sin α＝cos（α＋）＝，所以sin（2α－）＝sin［2（α＋）－］＝－cos［2（α＋）］＝1－2cos2（α＋）＝－.故选B.
3.D 如图，依题得∠ACE＝30°，∠ECB＝45°，DB＝30，所以CE＝30，BE＝30.由＝，得AE＝10，所以AB＝BE＋AE＝（30＋10）m.
4.B 由题图及正切函数的定义可知，tan（θ＋）＝＝5，即＝5，解得tan θ＝.所以＝＝＝＝2，故选B.
5. 解析：由题意知sin β＝，∵0＜α＜＜β＜π，∴＜α＋β＜，又sin（α＋β）＝，∴cos（α＋β）＝－，∴sin α＝sin[（α＋β）－β]＝sin（α＋β）·cos β－cos（α＋β）sin β＝×（－）＋×＝，∴cos α＝，∴tan α＝＝.
6. 解析：因为a＝2，b＝2c，cos A＝＝－，所以＝－，解得c＝2，b＝4.因为A∈（0，π），所以sin A＝，所以S△ABC＝bcsin A＝×2×4×＝.
7.B 2tan α＝ 2＝＝ sin α＋sin αsin β＝cos αcos β sin α＝cos αcos β－sin αsin β＝cos（α＋β），因为α，β∈（0，），所以α＋α＋β＝，所以tan（2α＋β＋）＝tan＝－，故选B.
8.A f（x）＝sin x－2cos x＝sin（x－φ），其中cos φ＝，sin φ＝，则f（θ）＝sin（θ－φ）＝，因此θ－φ＝＋2kπ，k∈Z，则cos θ＝cos（ φ＋＋2kπ）＝－sin φ＝－.
9.A 由cos B＝1－2sin2，得sin2＝，所以＝，即cos B＝.由余弦定理得＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等.
10.C 因为tan α＝，tan β＝－，则tan 2α＝＝＝，tan（2α－β）＝＝＝1.因为α，β∈（0，π），tan α＞0，tan β＜0，则0＜α＜，＜β＜π.又tan 2α＞0，有0＜2α＜，于是得－π＜2α－β＜0.因此，2α－β＝－.
11.AC 对于A，因为A＋B＝2C，所以C＝，由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab，又a＋b＝2c，所以（）2＝a2＋b2－ab，所以3（a－b）2＝0，所以a＝b，所以A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形；对于B，因为sin A＝，0＜A＜π，所以A＝或A＝，当A＝时，b＝c，所以A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形；当A＝时，b＝c，所以△ABC为等腰三角形但不是等边三角形；对于C，因为a＋b＝2c且a2＋b2＝2c2，所以a2＋b2＝（a＋b）2，所以（a－b）2＝0，所以a＝b，又a＋b＝2c，所以a＝b＝c，所以△ABC为等边三角形；对于D，因为＝，所以＝，即sin Acos A＝sin Bcos B，所以sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝，当A＝B时，A＝，所以A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形；当A＋B＝时，A＝，所以B＝，C＝，所以△ABC为直角三角形，故选A、C.
12.AB 因为0＜α＜，所以0＜2α＜π，又cos 2α＝－，所以sin 2α＝＝，故A正确；因为0＜α＜，0＜β＜，所以0＜α＋β＜π，又cos（α＋β）＝－，所以sin（α＋β）＝＝，所以cos（α－β）＝cos[2α－（α＋β）]＝cos 2αcos（α＋β）＋sin 2α·sin（α＋β）＝（ －）×（ －）＋×＝，故B正确；cos（α－β）＝cos αcos β＋sin αsin β＝ ①，cos（α＋β）＝cos αcos β－sin αsin β＝－ ②，①＋②得，2cos αcos β＝，所以cos αcos β＝，故C不正确；①－②得，2sin αsin β＝，所以sin αsin β＝，所以tan αtan β＝＝＝3，故D不正确.
13.3 解析：因为S△ABC＝·，所以×AB×AC×sin A＝×｜｜×｜｜×cos A，又AB＝｜｜，AC＝｜｜，所以sin A＝cos A，又sin2A＋cos2A＝1，所以sin2A＝，因为A∈（0，π），所以sin A＞0，则sin A＝，记△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理得2R＝＝＝6，所以R＝3.
14. 解析：因为α，β是函数f（x）在（0，）上的两个零点，所以sin（2α＋）＝，sin（2β＋）＝，且2α＋∈（，），2β＋∈（，），所以2α＋＋2β＋＝π，所以α＋β＝，所以cos（α－β）＝cos［α－（－α）］＝cos（2α－）＝cos［（2α＋）－］＝sin（2α＋）＝.
15. 解析：由c·cos B＋a＝0，得c·＋a＝0，化简得3a2＋c2－b2＝0.又因为a＝，b＝4，所以c＝，cos A＝＝＝，因为A∈（0，π），所以sin A＝＝.因为点D在线段AB上，且∠CDA＝，所以sin∠CDA＝.在△ACD中，由正弦定理得，＝，即＝，则CD＝.
16.A 如图，连接E0E1，在△SE0E1中，SE0＝SE1＝R，∠E1SE0＝，则△SE0E1是正三角形，E0E1＝R.由∠SE0M＝，∠SE1M＝，得∠E1E0M＝，∠E0E1M＝，在△ME0E1中，∠E0ME1＝，由正弦定理得＝，则E1M＝＝R，在△SME1中，由余弦定理得SM＝＝≈R，与2.1R最接近.故选A.
17.BCD 对于A，根据正弦定理可得△ABD外接圆的半径r＝≥3，所以△ABD外接圆面积的最小值为9π，A错误；对于B，因为＝（＋），·＝｜｜｜｜·cos∠BAC＝－24，所以｜｜＝＝·＝，B正确；对于C，因为AB＝6，AC＝8，∠BAC＝，所以BC＝10.由角平分线定理可得AB∶AC＝BD∶CD，所以CD＝，所以S△ACD＝·CD·CA·sin∠BCA＝××8×＝，C正确；对于D，设∠BAD＝α，∠CAD＝β.在△ADC中，由正弦定理得＝.因为α＋C＝，所以sin C＝sin（－α）＝cos α，即＝.在△ABC中，α＋β＋B＋C＝π，所以β＋B＝.同理，在△ABD中有＝.因为D是BC的中点，所以BD＝CD，则＝＝，所以sin 2α＝sin 2β，故α＋β＝或α＝β.当α＝β时，α＋B＝，则AD⊥BC，此时△ABC是等腰三角形.而AB≠AC，矛盾，所以α≠β，所以∠BAC＝，D正确.故选B、C、D.
第3讲 大题专攻——三角函数与解三角形
1.解：（1）由＝得a＝c，
由余弦定理得a2＋c2－b2＝2accos B，即c2＋c2－25＝2·c·c·，
得c2－25＝c2，得c＝6，故a＝c＝4.
（2）因为cos B＝，所以sin B＝＝，
由正弦定理得＝，即＝，得sin A＝.
（3）因为a＜b，所以A＜B，则cos A＞0，
由sin A＝，得cos A＝，
则cos 2A＝2cos2A－1＝，
sin 2A＝2sin Acos A＝.
故cos（B－2A）＝cos Bcos 2A＋sin Bsin 2A＝×＋×＝.
2.解：（1）证明：法一 由sin Csin（A－B）＝sin B·sin（C－A）可得，sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理＝＝可得accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A.（*）
由余弦定理可知accos B＝，abcos C＝，2bccos A＝b2＋c2－a2，代入（*）式整理得2a2＝b2＋c2.
法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
（2）由（1）及a2＝b2＋c2－2bccos A得，a2＝2bccos 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.
3.解：（1）证明：因为AB∥CD，所以∠ABD＝∠BDC，
在△ABD中，由正弦定理可知＝.
在△BCD中，由正弦定理可知，＝，
所以AD·sin∠BAD＝BD·sin∠ABD，
BC·sin∠BCD＝BD·sin∠BDC，
故有AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD.
（2）由（1）可知，AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD，设∠BAD＝2∠BCD＝2α，
又因为AD＝1，BC＝，可得sin 2α＝sin α，
即2sin αcos α＝sin α，解得cos α＝，所以α＝.
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 2α＝32＋12－2×3×1×cos＝7，故BD＝.
在△BCD中，由正弦定理可知，2R＝，所以R＝，
所以△BCD的外接圆的面积为S＝πR2＝7π.
4.解：（1）f（x）＝sin 2x－cos 2x＝2（sin 2x－cos 2x）＝2sin（2x－）.
法一 易知f（x）的图象关于点（，0）对称，把f（x）的图象向左平移个单位长度，所得图象关于点（，0）对称，因此t＝.
法二 由题知，h（）＝f（＋t）＝2sin［2（＋t）－］＝2sin（2t＋）＝0，
所以2t＋＝kπ，k∈Z，所以t＝kπ－，k∈Z，又t∈（0，），所以t＝.
（2）｜f（x）－m｜＜3对任意的x∈［，］恒成立，即m－3＜f（x）＜m＋3对任意的x∈［，］恒成立，
由（1）知f（x）＝2sin（2x－），令θ＝2x－，则当x∈［，］时，θ∈［，］，
所以当θ∈［，），即x∈［，）时，f（x）单调递增，当θ∈（，］，即x∈（，］时，f（x）单调递减，又f（）＝1，f（）＝，所以当x∈［，］时，f（x）max＝f（）＝2，f（x）min＝（）＝1，
所以解得－1＜m＜4.故m的取值范围为（－1，4）.
5.解：（1）由题意得，bcsin A＝·sin（－A）sin A，
因为A∈（0，π），所以sin A≠0，
则b＝c·sin（ －A），
即sin B＝sin Csin（－A），
所以sin（A＋C）＝2sin Csin（－A），
即sin Acos C＋cos Asin C
＝2sin C（cos A－sin A），
化简得sin Acos C＋sin Asin C＝0，
因为sin A≠0，所以cos C＋sin C＝0，即tan C＝－.
又C∈（0，π），所以C＝.
（2）由c2＝a2＋b2－2abcos C，c＝，C＝，
得a2＋b2＋ab＝7. ①
因为＝－，
所以＝＋－2·，
即｜｜2＝｜｜2＋｜｜2－2｜｜·｜｜·cos C，
因为＝，所以＝＋＝2，故｜｜＝2｜｜＝2b，
又｜｜＝a，所以｜｜2＝（2b）2＋a2－4abcos C，
则a2＋4b2＋2ab＝12， ②
由①②得12（a2＋b2＋ab）＝7（a2＋4b2＋2ab），
整理得（5a＋8b）（a－2b）＝0，所以a＝2b. ③
将③代入①，解得b＝1（负值舍去），
则a＝2.
培优点1 三角函数特征量ω，φ的求解
1.B 依题意得2×＋φ＝kπ＋，k∈Z，得φ＝kπ＋，k∈Z，又0＜φ＜π，所以φ＝，故选B.
2.D y＝tan（ωx＋）y＝tan（ωx－＋）＝tan（ωx＋），∴－＝＋kπ（k∈Z），又∵ω＞0，∴ωmin＝.
3.D 由x∈（0，），得ωx＋∈（，＋），画出函数y＝sin x的大致图象，如图，
由图可知，＜＋≤，解得＜ω≤.因为ω∈N，所以ω＝3或ω＝4.
4.B 因为存在x1，x2∈R，当｜x1－x2｜＝2π时，f（x1）＝f（x2）＝0，所以k·＝k·＝2π，k∈Z，即ω＝，k∈Z，又因为1＜ω＜2，则k＝3，所以ω＝，所以函数f（x）的最小正周期为T＝＝，故选B.
5.B 因为0≤x≤，ω＞0，所以≤ωx＋≤＋.又因为f（x）在［0，］上恰有2个极大值点，所以由正弦函数图象可知，≤＋＜，解得7≤ω＜13.
6.B 由x∈［0，］，可得2x－φ∈［－φ，－φ］，又由0＜φ＜，且f（x）在［0，］上单调递增，可得－φ≤，所以≤φ＜.当x∈（ 0，）时，2x－φ∈（ －φ，－φ），由f（x）在（ 0，）上有最小值，可得－φ＞，则φ＜.综上，≤φ＜.
7.BCD 因为0＜x＜2π，所以＜ωx＋＜2πω＋，令ωx＋＝t，则y＝cos t，作出y＝cos t的大致图象如图.若f（x）在区间（0，2π）上恰有4个零点，则＜2πω＋≤，解得＜ω≤，故C正确；由图象可知，f（x）在区间（0，2π）上有1或2个极大值点，故A错误；f（x）在区间（0，2π）上有且仅有2个极小值点，故B正确；当0＜x＜时，＜ωx＋＜＋≤×＋＝＜π，所以f（x）在区间（0，）上单调递减，故D正确.故选B、C、D.
8.（答案不唯一，满足0＜φ≤均可）
解析：令f（x）＝0得，sin（2x－φ）＝0，所以2x－φ＝kπ（k∈Z），解得x＝＋（k∈Z），因为点（，0）离原点最近，且φ＞0，所以≤｜－｜，所以0＜φ≤.所以可取φ＝.
9.［，］ 解析：由于函数y＝f（x）的图象与直线y＝1相邻两个交点的距离为π，知函数y＝f（x）的最小正周期为T＝π，所以ω＝＝2，所以f（x）＝sin（2x＋φ）.当x∈（ ，）时，＋φ＜2x＋φ＜＋φ，因为－＜φ＜，所以－＜2x＋φ＜.由于不等式f（x）＞对任意的x∈（ ，）恒成立，所以解得≤φ≤.因此φ的取值范围是［，］.
10.（，］ 解析：函数f（x）＝sin ωx－cos ωx＝2sin（ωx－），令2sin（ωx－）＝－1，解得ωx－＝－＋2kπ或ωx－＝＋2kπ（k∈Z），所以x＝＋或x＝＋（k∈Z），设直线y＝－1与y＝f（x）在（0，＋∞）上从左到右的第四个交点为A，第五个交点为B，则xA＝＋，xB＝＋.由于方程f（x）＝－1在（0，π）上有且只有四个实数根，则xA＜π≤xB，即＋＜π≤＋，解得＜ω≤.
培优点2 带绝对值的三角函数性质
1.C 注意到图象所对应的函数值有正有负，因此排除A、D，又当x∈（0，π）时，sin｜x｜＞0，而图中显然是小于零，因此排除B.故选C.
2.D 函数f（x）的最小正周期为2π，故A错；f（x）的值域为[0，＋∞），故B错；当x＝时，x－＝≠，k∈Z，所以x＝不是f（x）的对称轴，故C错；令kπ－＜x－＜kπ，k∈Z，可得2kπ－＜x＜2kπ＋，k∈Z，所以f（x）的单调递减区间是（2kπ－，2kπ＋），k∈Z，故D正确.
3.B 因为函数f（x）＝2｜sin x｜＋cos 2x在［－，］上满足f（－x）＝f（x），所以f（x）为偶函数；当0≤x≤时，则有f（x）＝2sin x＋cos 2x＝－2sin2x＋2sin x＋1＝－2（sin x－）2＋，所以x∈［，］时，由复合函数的单调性可知，正弦函数单调递增，二次函数单调递减，函数f（x）单调递减；所以0≤x≤时，单调递减区间为［，］，又因为其为偶函数，所以单调递减区间为［－，0］和［，］.故选B.
4.D f（x）＝作出函数f（x）的图象如图所示，f（x）的值域为［－1，］，故A错；f（x）的最小正周期是2π，故B错；当且仅当x＝＋2kπ（k∈Z）时，f（x）取得最大值，故C错；当且仅当x∈（2kπ，＋2kπ）（k∈Z）时，f（x）＞0，故D对.
5.BC 对于A，f（－）＝sin＋｜cos ｜＝1，f（）＝sin＋｜cos｜＝－1≠f（－），则2π不是函数y＝f（x）的一个周期，故A错误；对于B，f（－x）＝sin｜－x｜＋｜cos（－x）｜＝sin｜x｜＋｜cos x｜＝f（x），则函数f（x）为偶函数，故B正确；对于C，当x∈［，］时，f（x）＝sin x－cos x＝sin（x－），x－∈［，π］，可知函数f（x）在［，］上单调递减，故C正确；对于D，当x＞0时，f（x）＝sin x＋｜cos x｜，此时f（）＝sin＋｜cos｜＝，f（）＝sin＋｜cos｜＝－1，即f（）－f（）＝＋1＞，故D错误.
6.（2kπ－，2kπ＋）（k∈Z）
解析：函数f（x）＝sin（ωx＋）（ω＞0），且函数y＝｜f（x）｜的最小正周期为2π，所以ω＝，令kπ＜x＋＜kπ＋，解得2kπ－＜x＜2kπ＋，故函数的单调递增区间为（2kπ－，2kπ＋）（k∈Z）.
7.（0，］ 解析：f（x）＝
＝＝，ω＞0.令2kπ≤4ωx≤（2k＋1）π，k∈Z，得≤x≤，k∈Z，即f（x）的单调递增区间为［，］，k∈Z，ω＞0，所以只需k∈Z，解得2k≤ω≤，k∈Z，ω＞0，则解得－＜k≤.又k∈Z，所以k＝0，所以0＜ω≤，即ω的取值范围是（0，］.
8.解：（1）因为g（x）＝2sin（－x）－cos（＋x）＝2（cos x－sin x）－（cos x－sin x）＝－sin x＋cos x，所以函数g（x）的相伴向量为＝（－，）.
（2）由题意，＝（0，2）的“相伴函数”f（x）＝0×sin x＋2×cos x＝2cos x，
方程f（x）＝k＋1－2｜sin x｜即2cos x＝k＋1－2｜sin x｜，x∈[0，2π]，
则方程2cos x＝k＋1－2｜sin x｜，x∈[0，2π]有四个实数解，
所以k＝2cos x－1＋2｜sin x｜，x∈[0，2π]有四个实数解，
令h（x）＝2cos x－1＋2｜sin x｜，x∈[0，2π]，
①当x∈[0，π]时，h（x）＝2cos x－1＋2sin x＝4sin（x＋）－1，
②当x∈（π，2π]时，h（x）＝2cos x－1－2sin x＝－4sin（x－）－1，
作出h（x）的图象，如图，由图可知，当1≤k＜3时，函数h（x）与y＝k有四个交点，
即实数k的取值范围为[1，3）.
培优点3 三角形中的“三线”问题
1.C 因为a2＋c2－b2＝ac，所以cos B＝＝＝，又因为0＜B＜π，所以B＝，如图所示，由BD＝2a，且AD＝2，AB＝2，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝4＋（2a）2－2×2×2a×cos＝4＋4a2－4a＝12，解得a＝2或a＝－1（负值舍去）.故选C.
2. 解析：在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°＝7，即BC＝，所以S△ABC＝AB·ACsin 120°＝BC·AH，所以AH＝＝，由向量数量积的几何意义得·＝｜｜2＝（）2＝.
3. 解析：如图，可设∠CAD＝∠BAD＝α，因为S△ACD＋S△ABD＝S△ABC，所以×2×2×sin α＋×2×4×sin α＝×2×4×sin 2α，整理得3sin α＝2sin 2α，所以3sin α＝4sin αcos α，易知sin α＞0，所以cos α＝，所以cos∠BAC＝cos 2α＝2cos2α－1＝.
4.解：（1）因为tan B＋tan C－tan Btan C＋＝0，易知tan Btan C≠1，所以－＝，
即－＝tan（B＋C），
所以tan A＝，又A为三角形内角，故A＝.
（2）因为＝2，所以BD＝2DC.
因为AD为∠BAC的平分线，所以∠BAD＝∠CAD＝，且＝＝2，即AB＝2AC.
由余弦定理可得BD2＝BA2＋4－4×BA×＝BA2＋4－2BA，且CD2＝CA2＋4－4×CA×＝CA2＋4－2CA，
所以4CA2＋4－4CA＝4（CA2＋4－2CA），
解得CA＝，故BA＝2.
所以△ABC的面积为×BA×CA×sin∠BAC＝×2××＝.
5.解：（1）∵AB∥CD，∴∠ABC＋∠BCD＝π，又∠ABC为钝角，∴∠BCD为锐角.
∵sin∠BCD＝，
∴cos∠BCD＝＝.
又BC＝2，CD＝4，∴在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝16，得BD＝4，
∴在△BCD中，由余弦定理得cos∠BDC＝＝.
（2）如图，在梯形ABCD中，∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，
∴cos∠ABD＝cos∠BDC＝.
在△ABD中，∵E为AD的中点，
∴＝＋.
由（1）知，BD＝4，即｜｜＝4，
又｜｜＝BA＝2，∴｜｜2＝｜｜2＋｜｜2＋·＝｜｜2＋｜｜2＋｜｜·｜｜cos∠ABD＝，∴｜｜＝，即BE＝.
培优点4 三角函数与解三角形中的最值（范围）问题
1.A 因为函数f（B）＝2cos2B－1－2cos（B＋－）＋5＝2cos2B－2cos B＋4＝2（cos B－）2＋，所以当cos B＝时，函数f（B）取得最小值，此时，由余弦定理，得AC＝
＝＝.
2.12 解析：由题意得，PC＋PD＝＋＝＋（0＜θ＜），令y＝＋（0＜θ＜），则y'＝，令y'＝0，则tan θ＝，当y'＞0时，tan θ＞，当y'＜0时，tan θ＜.故当tan θ＝时，y取得最小值，此时AP＝＝＝12.
3. 解析：因为sin A，sin B，sin C成等差数列，所以2sin B＝sin A＋sin C.由正弦定理可得2b＝a＋c，又a＋c＝4，所以2b＝4，即b＝2.所以由余弦定理可得22＝a2＋c2－2accos B＝（a＋c）2－2ac－2accos B，即ac（1＋cos B）＝6，又22＝a2＋c2－2accos B≥2ac－2accos B，即2≥ac（1－cos B），当且仅当a＝c时等号成立.所以2×6≥ac（1－cos B）×ac（1＋cos B），即2×6≥（acsin B）2.因为sin B＞0，所以0＜acsin B≤2，所以S△ABC＝acsin B≤ ，所以△ABC面积的最大值为.
4.解：（1）由题知，f（A）＝m·n＝（2sin A，sin A＋cos A）·（cos A，cos A－sin A）＝2sin Acos A＋cos2A－sin2A＝sin 2A＋cos 2A＝2sin（2A＋）.
因为≤A≤，所以≤2A＋≤，
所以－1≤sin（2A＋）≤，所以f（A）∈[－2， ]，
所以函数f（A）的最大值为.
（2）因为f（A）＝2sin（2A＋）＝0，
所以2A＋＝kπ，k∈Z，
所以A＝－，k∈Z.
因为A∈［，］，所以A＝.
在△ABC中，由正弦定理得，
＝＝＝＝2，
所以b＋c＝（sin B＋sin C）＝，
所以（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝6， ①
由余弦定理得b2＋c2－2bccos A＝a2，
即b2＋c2－bc＝3， ②
由①②解得bc＝1，
所以△ABC的面积为bcsin A＝×1×＝.
5.解：（1）因为2bsin A－a＝0，由正弦定理边化角得：2sin Bsin A－sin A＝0，
所以（2sin B－）sin A＝0，由于在△ABC中，sin A≠0，所以2sin B－＝0，
即sin B＝，又0＜B＜，所以B＝.
（2）由（1）可知B＝，所以A＋C＝，
所以cos A＋cos C＝cos A＋cos（－A）＝cos A＋coscos A＋sinsin A
＝cos A－cos A＋sin A＝cos A＋sin A＝sin（A＋），
由于在锐角△ABC中，
所以＜A＜，
所以＜A＋＜，
所以sin＜sin（A＋）≤sin，
所以＜sin（A＋）≤1，所以cos A＋cos C的取值范围为（，1］.
1 / 2培优点4 三角函数与解三角形中的最值（范围）问题
1.在△ABC中，AB＝4，BC＝3，则当函数f（B）＝cos 2B－cos（B＋）－sin（B＋）＋5取得最小值时，AC＝（ ）
A. B.2
C.4 D.2
2.如图，C，D是两所学校所在地，C，D到一条公路的垂直距离分别为CA＝8 km，DB＝27 km.为了缓解上下学的交通压力，市政府决定在AB上找一点P，分别向C，D修建两条垂直的公路PC和PD，设∠APC＝θ（0＜θ＜），则当PC＋PD最小时，AP＝ km.
3.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＋c＝4，且sin A，sin B，sin C成等差数列，则△ABC面积的最大值为 .
4.（2024·石家庄教学质量检测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m＝（2sin A，sin A＋cos A），n＝（cos A，cos A－sin A），f（A）＝m·n，A∈［，］.
（1）求函数f（A）的最大值；
（2）若f（A）＝0，a＝，sin B＋sin C＝，求△ABC的面积.
5.（2024·石景山一模）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsin A－a＝0.
（1）求角B的大小；
（2）求cos A＋cos C的取值范围.
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