2019數(shù)學(xué)浙江專用優(yōu)編增分二輪文檔專題一 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2講三角恒等變換與解三角形[考情考向分析］正弦定理、余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內(nèi)容,主要考查:1。邊和角的計(jì)算。2。三角形形狀的判斷.3.面積的計(jì)算。4。和三角函數(shù)的圖象、性質(zhì)有關(guān)的參數(shù)的范圍問題．熱點(diǎn)一三角恒等變換1．三角求值“三大類型"“給角求值”“給值求值"“給值求角”．2．三角函數(shù)恒等變換“四大策略”(1）常值代換:特別是“1”的代換,1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等．（2）項(xiàng)的拆分與角的配湊：如sin2α＋2cos2α＝（sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝（α－β）＋β等．(3)降次與升次：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)若coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,3)））＝eq\f（4,5),則coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，3)－2α）)等于（)A.eq\f（23，25)B．－eq\f(23，25）C。eq\f(7，25）D．－eq\f(7,25）答案D解析∵coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α＋\f（π,3)）)＝eq\f（4，5)，∴coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3）))＝sineq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π,2）－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f(π，3))）))＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，6)－α）)＝eq\f(4,5)，∴coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,3）－2α)）＝1－2sin2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α））＝－eq\f(7,25）.（2）已知sinα＝eq\f（\r（5),5)，sin（α－β）＝－eq\f（\r(10),10),α,β均為銳角，則β等于（）A。eq\f(5π，12)B。eq\f(π,3)C。eq\f(π，4)D.eq\f（π,6）答案C解析因?yàn)棣?，β均為銳角，所以－eq\f（π,2)〈α－β<eq\f（π，2).又sin（α－β）＝－eq\f(\r（10),10）,所以cos(α－β）＝eq\f（3\r(10),10）。又sinα＝eq\f（\r(5）,5)，所以cosα＝eq\f(2\r(5),5),所以sinβ＝sin[α－(α－β)］＝sinαcos(α－β）－cosαsin（α－β）＝eq\f（\r（5),5）×eq\f(3\r（10)，10）－eq\f(2\r（5)，5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10)，10))）＝eq\f（\r（2),2).所以β＝eq\f(π,4）.思維升華（1）三角變換的關(guān)鍵在于對(duì)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等變換公式的熟記和靈活應(yīng)用，要善于觀察各個(gè)角之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的使用過程要注意正確性，要特別注意公式中的符號(hào)和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)“張冠李戴”的情況．（2)求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小,避免產(chǎn)生增解．跟蹤演練1(1）已知coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,2)＋α))＝3sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f(7π，6))），則taneq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,12）＋α))＝________.答案2eq\r(3）－4解析∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2）＋α））＝3sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f（7π，6)））,∴－sinα＝－3sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f（π，6））)，∴sinα＝3sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（α＋\f(π，6))）＝3sinαcoseq\f（π,6）＋3cosαsineq\f(π,6)＝eq\f（3\r(3），2）sinα＋eq\f(3,2）cosα，∴tanα＝eq\f（3,2－3\r（3)），又taneq\f(π，12）＝taneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，3)－\f（π，4)））＝eq\f（tan\f（π,3)－tan\f（π,4）,1＋tan\f(π,3)tan\f（π，4)）＝eq\f（\r（3）－1，1＋\r（3））＝2－eq\r（3),∴taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,12）＋α)）＝eq\f（tan\f(π,12）＋tanα,1－tan\f(π，12)tanα）＝eq\f（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2－\r(3)))＋\f（3，2－3\r(3）),1－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2－\r（3)))×\f(3，2－3\r（3)））＝2eq\r（3）－4。(2)若eq\f(\r（2）cos2θ,cos\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，4）＋θ)))＝eq\r（3）sin2θ，則sin2θ等于(）A。eq\f(1，3)B．－eq\f(2,3)C.eq\f（2，3)D．－eq\f(1，3)答案B解析由題意得eq\f（\r(2)cos2θ,cos\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，4)＋θ）))＝eq\f(\r（2)cos2θ－sin2θ,\f(\r（2），2）cosθ－sinθ)＝2(cosθ＋sinθ)＝eq\r（3)sin2θ，將上式兩邊分別平方,得4＋4sin2θ＝3sin22θ，即3sin22θ－4sin2θ－4＝0，解得sin2θ＝－eq\f(2,3)或sin2θ＝2(舍去），所以sin2θ＝－eq\f（2,3）.熱點(diǎn)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為△ABC的外接圓半徑)．變形：a＝2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA。變形：b2＋c2－a2＝2bccosA,cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc).例2(2017·全國Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinA＋eq\r（3）cosA＝0,a＝2eq\r(7)，b＝2.(1)求c；（2）設(shè)D為BC邊上一點(diǎn),且AD⊥AC,求△ABD的面積．解（1)由已知可得tanA＝－eq\r（3),所以A＝eq\f（2π，3）。在△ABC中,由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即28＝4＋c2－4c·coseq\f（2π，3）,即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6（舍去)或c＝4.所以c＝4.(2)由題設(shè)可得∠CAD＝eq\f(π，2）,所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq\f(π，6）。故△ABD的面積與△ACD的面積的比值為eq\f（\f(1，2）AB·AD·sin\f（π，6)，\f(1,2）AC·AD)＝1.又△ABC的面積為eq\f（1，2)×4×2sin∠BAC＝2eq\r（3）,所以△ABD的面積為eq\r（3)。思維升華關(guān)于解三角形問題,一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時(shí)要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口．跟蹤演練2在△ABC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a，b,c,已知B＝60°，c＝8.(1）若點(diǎn)M，N是線段BC的兩個(gè)三等分點(diǎn)，BM＝eq\f（1,3）BC,eq\f(AN，BM）＝2eq\r（3）,求AM的值;（2）若b＝12，求△ABC的面積．解（1）由題意得M，N是線段BC的兩個(gè)三等分點(diǎn)，設(shè)BM＝x，則BN＝2x，AN＝2eq\r(3)x,又B＝60°，AB＝8，在△ABN中，由余弦定理得12x2＝64＋4x2－2×8×2xcos60°，解得x＝2（負(fù)值舍去)，則BM＝2.在△ABM中，由余弦定理，得AB2＋BM2－2AB·BM·cosB＝AM2，AM＝eq\r(82＋22－2×8×2×\f（1,2））＝eq\r（52)＝2eq\r（13)。(2）在△ABC中，由正弦定理eq\f（b,sinB）＝eq\f（c,sinC),得sinC＝eq\f(csinB，b）＝eq\f（8×\f(\r（3),2),12）＝eq\f（\r（3)，3）。又b〉c，所以B>C，則C為銳角，所以cosC＝eq\f（\r（6）,3）。則sinA＝sin(B＋C）＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f（\r（3）,2）×eq\f（\r（6)，3)＋eq\f（1,2)×eq\f（\r(3),3）＝eq\f(3\r(2)＋\r（3)，6）,所以△ABC的面積S＝eq\f（1,2)bcsinA＝48×eq\f（3\r(2)＋\r（3），6）＝24eq\r(2)＋8eq\r(3）。熱點(diǎn)三解三角形與三角函數(shù)的綜合問題解三角形與三角函數(shù)的綜合是近幾年高考的熱點(diǎn)，主要考查三角形的基本量,三角形的面積或判斷三角形的形狀．例3(2018·天津）在△ABC中,內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c。已知bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f（π,6)））.（1)求角B的大??；(2)設(shè)a＝2，c＝3,求b和sin(2A－B)的值．解(1）在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA）＝eq\f(b，sinB），可得bsinA＝asinB.又由bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（B－\f(π,6)))，得asinB＝acoseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6））)，即sinB＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（B－\f（π，6)）），所以tanB＝eq\r(3).又因?yàn)锽∈(0，π），所以B＝eq\f(π,3）.（2）在△ABC中,由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝eq\f(π，3），得b2＝a2＋c2－2accosB＝7,故b＝eq\r（7）。由bsinA＝acoseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（B－\f(π,6））），可得sinA＝eq\f(\r(21),7).因?yàn)閍〈c，所以cosA＝eq\f(2\r(7),7）.因此sin2A＝2sinAcosA＝eq\f（4\r（3),7）,cos2A＝2cos2A－1＝eq\f(1，7）。所以sin(2A－B）＝sin2AcosB－cos2AsinB＝eq\f(4\r（3)，7)×eq\f（1，2）－eq\f（1,7)×eq\f（\r（3),2)＝eq\f(3\r(3),14）。思維升華解三角形與三角函數(shù)的綜合題，要優(yōu)先考慮角的范圍和角之間的關(guān)系;對(duì)最值或范圍問題,可以轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的值域來求解．跟蹤演練3已知函數(shù)f（x）＝2cos2x＋sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（7π，6）－2x））－1(x∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間；（2）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b,c，已知f（A）＝eq\f(1，2)，若b＋c＝2a，且eq\o(AB,\s\up6(→））·eq\o(AC，\s\up6(→））＝6,求a的值．解(1)f(x）＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6）－2x））＋2cos2x－1＝－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f（\r(3)，2)sin2x＋cos2x＝eq\f（1，2）cos2x＋eq\f(\r（3),2)sin2x＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，6）））.∴函數(shù)f（x）的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π。由2kπ－eq\f（π,2)≤2x＋eq\f(π，6)≤2kπ＋eq\f(π，2)(k∈Z），可解得kπ－eq\f（π,3）≤x≤kπ＋eq\f（π,6)(k∈Z）．∴f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3），kπ＋\f(π，6）))（k∈Z）．(2）由f（A）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2A＋\f（π，6))）＝eq\f（1，2),可得2A＋eq\f(π,6)＝eq\f（π,6)＋2kπ或2A＋eq\f（π,6)＝eq\f（5π,6）＋2kπ（k∈Z)．∵A∈(0，π）,∴A＝eq\f（π,3），∵eq\o(AB，\s\up6(→）)·eq\o(AC,\s\up6(→)）＝bccosA＝eq\f（1,2)bc＝6，∴bc＝12,又∵2a＝b＋c，∴cosA＝eq\f（1，2)＝eq\f（b＋c2－a2,2bc)－1＝eq\f（4a2－a2，24)－1＝eq\f（a2,8)－1,∴a＝2eq\r（3)。真題體驗(yàn)1．(2017·山東改編）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a,b,c。若△ABC為銳角三角形，且滿足sinB(1＋2cosC）＝2sinAcosC＋cosAsinC,則下列等式成立的是______．（填序號(hào)）①a＝2b;②b＝2a；③A＝2B;④B＝2A.答案①解析∵等式右邊＝sinAcosC＋(sinAcosC＋cosAsinC)＝sinAcosC＋sin（A＋C)＝sinAcosC＋sinB，等式左邊＝sinB＋2sinBcosC，∴sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB。由cosC〉0,得sinA＝2sinB。根據(jù)正弦定理，得a＝2b。2．(2018·全國Ⅱ）已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin（α＋β)＝________.答案－eq\f（1，2)解析∵sinα＋cosβ＝1，①cosα＋sinβ＝0,②∴①2＋②2得1＋2（sinαcosβ＋cosαsinβ)＋1＝1,∴sinαcosβ＋cosαsinβ＝－eq\f(1，2),∴sin（α＋β)＝－eq\f(1,2)。3．（2018·全國Ⅲ改編）△ABC的內(nèi)角A，B,C的對(duì)邊分別為a，b，c。若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4），則C＝________.答案eq\f(π,4)解析∵S＝eq\f（1,2）absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)＝eq\f（2abcosC,4)＝eq\f(1,2)abcosC，∴sinC＝cosC,即tanC＝1。又∵C∈（0，π),∴C＝eq\f(π,4)。4．（2018·全國Ⅰ）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a,b，c。已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC,b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為________．答案eq\f（2\r（3),3)解析∵bsinC＋csinB＝4asinBsinC，∴由正弦定理得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC.又sinBsinC>0,∴sinA＝eq\f（1，2)。由余弦定理得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f（8,2bc)＝eq\f（4,bc）〉0，∴cosA＝eq\f(\r(3）,2)，bc＝eq\f(4,cosA）＝eq\f（8\r（3)，3），∴S△ABC＝eq\f（1，2）bcsinA＝eq\f（1，2)×eq\f(8\r（3),3)×eq\f(1，2）＝eq\f(2\r(3)，3)。押題預(yù)測(cè)1．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c。已知cosA＝eq\f(2,3),sinB＝eq\r（5)cosC，并且a＝eq\r(2），則△ABC的面積為________．押題依據(jù)三角形的面積求法較多,而在解三角形中主要利用正弦、余弦定理求解，此題很好地體現(xiàn)了綜合性考查的目的，也是高考的重點(diǎn)．答案eq\f（\r（5),2）解析因?yàn)?<A〈π，cosA＝eq\f(2，3），所以sinA＝eq\r（1－cos2A)＝eq\f(\r(5）,3）。又由eq\r（5）cosC＝sinB＝sin（A＋C）＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r（5),3)cosC＋eq\f（2，3）sinC知,cosC>0，并結(jié)合sin2C＋cos2C＝1，得sinC＝eq\f（\r（5)，\r(6))，cosC＝eq\f（1，\r（6））。于是sinB＝eq\r(5）cosC＝eq\f(\r(5）,\r（6）).由a＝eq\r（2)及正弦定理eq\f(a,sinA）＝eq\f(c，sinC）,得c＝eq\r（3)。故△ABC的面積S＝eq\f（1,2)acsinB＝eq\f（\r(5),2).2．設(shè)函數(shù)f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－2eq\r(3）sinxcosx(x∈R）．（1）求函數(shù)f（x）的最小正周期及f

eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，4）))的值；(2）將函數(shù)f（x）的圖象向右平移eq\f（π,12)個(gè)單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，試求g(x）在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2）））上的最小值．押題依據(jù)三角函數(shù)是高考的熱點(diǎn)問題，是解答題的重要考查題型．利用三角恒等變換將函數(shù)轉(zhuǎn)化為“一角一函數(shù)”的形式是解決此類問題的關(guān)鍵,換元法與整體代換法是最基本的解決方法．考查重點(diǎn)是三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，有時(shí)會(huì)與解三角形問題進(jìn)行綜合考查．解(1）f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,6））)－2eq\r（3）sinxcosx＝eq\f（\r（3),2)sin2x＋eq\f(1,2）cos2x－eq\r(3）sin2x＝eq\f（1,2)cos2x－eq\f(\r（3),2）sin2x＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,3）））.所以函數(shù)f（x）的最小正周期T＝eq\f(2π，2）＝π，f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，4））)＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2×\f（π,4)＋\f(π，3)））＝－eq\f（\r(3），2)。(2)g(x)＝f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(π，12)））＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（π,12））)＋\f(π,3）))＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，6）））.因?yàn)閤∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0,\f（π,2）)），所以2x＋eq\f（π，6)∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)，\f（7π，6））).所以當(dāng)2x＋eq\f（π,6）＝π,即x＝eq\f(5π,12)時(shí)，g(x)取得最小值，此時(shí)g（x）min＝－1。3．已知f（x）＝sin（ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（ω〉0，｜φ|〈\f（π,2）)）滿足feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，2)))＝－f(x)，若其圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度后得到的函數(shù)為奇函數(shù)．（1)求f(x）的解析式；(2)在銳角△ABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別為a，b，c,且滿足(2c－a)cosB＝bcosA，求f(A)的取值范圍．押題依據(jù)三角函數(shù)是高考考查的重點(diǎn)，是解答題的?？碱}型,常與解三角形相結(jié)合，此題很好地體現(xiàn)了綜合性，是高考中的熱點(diǎn)．解(1)∵f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,2))）＝－f（x）,∴f（x＋π）＝－f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，2)）)＝f(x）,∴T＝π，∴ω＝2，則f（x)的圖象向左平移eq\f（π，6）個(gè)單位長度后得到的函數(shù)為g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,3）＋φ）)，而g(x）為奇函數(shù)，則有eq\f（π，3）＋φ＝kπ，k∈Z，而｜φ｜<eq\f(π，2），則有φ＝－eq\f(π,3)，從而f(x)＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3))）.(2）∵(2c－a)cosB＝bcosA，由正弦定理得2sinCcosB＝sin（A＋B）＝sinC，又C∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2)）)，∴sinC≠0，∴cosB＝eq\f(1,2），∴B＝eq\f(π,3).∵△ABC是銳角三角形，C＝eq\f（2π,3）－A<eq\f（π,2），∴eq\f（π,6）〈A<eq\f（π,2),∴0<2A－eq\f(π，3）〈eq\f(2π，3），∴sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2A－\f（π,3))）∈(0，1］,∴f(A）＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2A－\f(π,3）））∈（0，1］．A組專題通關(guān)1．（2018·全國Ⅲ）若sinα＝eq\f（1,3）,則cos2α等于（)A.eq\f（8,9）B。eq\f（7,9)C．－eq\f（7,9）D．－eq\f（8，9）答案B解析∵sinα＝eq\f（1,3),∴cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3))）2＝eq\f（7,9）。2．tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°的值為(）A.eq\r（3）B。eq\f（\r(3）,3）C．－eq\f(\r（3)，3)D．－eq\r（3）答案D解析因?yàn)閠an120°＝eq\f（tan70°＋tan50°,1－tan70°tan50°)＝－eq\r(3），即tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°＝－eq\r(3）。3．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足cosA＝eq\f（b，c)，則該三角形為()A．等腰三角形 B．等腰直角三角形C．等邊三角形 D．直角三角形答案D解析由cosA＝eq\f(b，c），即eq\f（b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f(b,c），化簡(jiǎn)得c2＝a2＋b2，所以△ABC為直角三角形．4．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a2＝b2＋c2－eq\r(3）bc，sinC＝2cosB，則（）A．A＝eq\f（π，3)B．B＝eq\f(π，4）C．c＝eq\r（3)bD．c＝2a答案D解析在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，又a2＝b2＋c2－eq\r（3)bc,所以cosA＝eq\f（\r（3）,2）,又A∈（0,π），所以A＝eq\f（π,6），則sinC＝2cosB＝2coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(5π,6)－C））＝2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（cos\f(5π,6)cosC＋sin\f(5π，6)sinC）)＝－eq\r(3）cosC＋sinC，則cosC＝0，又C∈（0，π），所以C＝eq\f(π,2),所以B＝eq\f（π，3)，在△ABC中，由正弦定理得eq\f(a,sin\f(π，6))＝eq\f（b，sin\f(π，3））＝eq\f（c，sin\f（π，2）)，化簡(jiǎn)得c＝eq\f（2\r(3),3)b＝2a。綜上所述，選D。5．已知α為銳角，則2tanα＋eq\f(3,tan2α）的最小值為（）A．1B．2C.eq\r（2）D.eq\r(3）答案D解析方法一由tan2α有意義，α為銳角可得α≠45°，∵α為銳角,∴tanα〉0,∴2tanα＋eq\f（3,tan2α）＝2tanα＋eq\f（31－tan2α,2tanα）＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(tanα＋\f(3，tanα））)≥eq\f(1,2）×2eq\r（tanα·\f(3，tanα）)＝eq\r（3),當(dāng)且僅當(dāng)tanα＝eq\f(3，tanα)，即tanα＝eq\r(3），α＝eq\f(π，3)時(shí)等號(hào)成立．故選D。方法二∵α為銳角，∴sinα〉0，cosα>0，∴2tanα＋eq\f(3，tan2α)＝eq\f（2sinα,cosα）＋eq\f(3cos2α,sin2α)＝eq\f(4sin2α＋3cos2α，2sinαcosα）＝eq\f(sin2α＋3cos2α，2sinαcosα)＝eq\f（1，2）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（sinα，cosα）＋\f(3cosα，sinα)））≥eq\f（1,2）×2eq\r（\f(sinα，cosα)·\f（3cosα,sinα）)＝eq\r(3）,當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(3cosα，sinα），即α＝eq\f（π，3)時(shí)等號(hào)成立．故選D.6．（2018·浙江省臺(tái)州中學(xué)統(tǒng)考）已知sinα＝eq\f（1，2）＋cosα且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2))），則sin2α＝________，eq\f(cos2α,sin\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α－\f(π,4）))）的值為__________．答案eq\f（3，4)－eq\f(\r（14),2）解析由sinα＝eq\f（1,2）＋cosα，得sinα－cosα＝eq\f(1，2），①兩邊平方得(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝1－sin2α＝eq\f（1，4)，則sin2α＝eq\f（3,4）。因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2）））,所以sinα〉0,cosα>0，則sinα＋cosα＝eq\r(sinα＋cosα2)＝eq\r(1＋sin2α）＝eq\f(\r（7),2），②聯(lián)立①②解得cosα＝eq\f(\r(7)－1,4)，則cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f（\r（7）,4）,又由sinα－cosα＝eq\f（1,2)得，eq\r（2）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(α－\f(π，4））)＝eq\f(1，2),則sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4）））＝eq\f(\r（2),4），所以eq\f（cos2α，sin\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(α－\f（π,4））)）＝eq\f(－\f（\r（7）,4),\f（\r（2）,4）)＝－eq\f(\r(14），2）.7．(2018·杭州模擬）設(shè)△ABC內(nèi)切圓與外接圓的半徑分別為r與R，且sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4,則cosC＝________；當(dāng)BC＝1時(shí),△ABC的面積為________．答案－eq\f（1，4)eq\f（3\r（15)，16）解析∵sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，∴由正弦定理得a∶b∶c＝2∶3∶4。令a＝2t，b＝3t,c＝4t，則cosC＝eq\f（4t2＋9t2－16t2,12t2）＝－eq\f(1,4），∴sinC＝eq\f(\r(15)，4)。當(dāng)BC＝1時(shí),AC＝eq\f(3,2)，∴S△ABC＝eq\f(1，2）×1×eq\f(3,2)×eq\f（\r（15),4）＝eq\f(3\r(15）,16)。8．(2018·溫州市適應(yīng)性測(cè)試）在△ABC中，AD為邊BC上的中線，AB＝1，AD＝5，B＝45°,則sin∠ADC＝________，AC＝________.答案eq\f(\r(2）,10)eq\r（113)解析在△ABD中，由正弦定理得eq\f（AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB),則sin∠ADB＝eq\f(ABsinB,AD）＝eq\f（1×\f（\r(2)，2）,5)＝eq\f（\r（2),10)，則sin∠ADC＝sin(π－∠ADB）＝sin∠ADB＝eq\f(\r（2），10).在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB,即52＝12＋BD2－2BDcos45°,解得BD＝4eq\r(2)(舍負(fù)），則BC＝2BD＝8eq\r(2）,在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝12＋（8eq\r(2)）2－2×1×8eq\r(2）cos45°＝113，所以AC＝eq\r(113）.9．(2018·浙江)已知角α的頂點(diǎn)與原點(diǎn)O重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，它的終邊過點(diǎn)Peq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(3，5），－\f(4,5)))。（1）求sin(α＋π)的值；（2)若角β滿足sin（α＋β)＝eq\f（5,13)，求cosβ的值．解(1)由角α的終邊過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(3,5），－\f(4,5））），得sinα＝－eq\f(4，5)。所以sin（α＋π)＝－sinα＝eq\f(4,5）.(2）由角α的終邊過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(3，5），－\f(4,5）))，得cosα＝－eq\f（3,5).由sin(α＋β）＝eq\f（5，13)，得cos（α＋β）＝±eq\f(12,13)。由β＝(α＋β）－α,得cosβ＝cos[(α＋β)－α］＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα，所以cosβ＝－eq\f(56，65)或cosβ＝eq\f(16，65)。10．（2018·浙江省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考）在△ABC中,內(nèi)角A，B,C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知2bcosC＝2a－eq\r（3）c.（1）求B的大小；(2)若eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o（CB,\s\up6(→））＝2eq\o(CM,\s\up6(→))，且｜eq\o（CM,\s\up6（→））｜＝1，求△ABC面積的最大值．解（1)由2bcosC＝2a－eq\r（3)c及正弦定理,得2sinBcosC＝2sinA－eq\r（3)sinC,即2sinBcosC＝2sin(B＋C）－eq\r（3)sinC，∴2sinCcosB＝eq\r（3）sinC，∵C∈(0,π)，∴sinC≠0,∴cosB＝eq\f（\r（3）,2)，又B∈（0，π)，∴B＝eq\f（π,6).（2)由條件知，M為AB的中點(diǎn)，∴在△BCM中,由余弦定理可得cosB＝eq\f(BM2＋BC2－1,2BM·BC)＝eq\f(\r(3），2)，∴BM2＋BC2＝1＋eq\r（3）BM·BC≥2BM·BC，∴BM·BC≤2＋eq\r（3），當(dāng)且僅當(dāng)BM＝BC時(shí)等號(hào)成立．又S△ABC＝eq\f(1,2）BC·BAsineq\f（π，6)＝eq\f(1,2）BC·BM≤1＋eq\f（\r（3),2)，∴△ABC面積的最大值是1＋eq\f(\r（3）,2）。B組能力提高11．已知2sinθ＝1－cosθ，則tanθ等于（）A．－eq\f(4，3)或0 B.eq\f（4,3)或0C．－eq\f(4,3) D.eq\f(4，3）答案A解析因?yàn)?sinθ＝1－cosθ，所以4sineq\f（θ，2）coseq\f(θ,2)＝1－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－2sin2\f(θ,2)))＝2sin2eq\f(θ,2），解得sineq\f(θ，2)＝0或2coseq\f（θ，2)＝sineq\f（θ,2)，即taneq\f（θ，2）＝0或2,又tanθ＝eq\f(2tan\f（θ，2),1－tan2\f（θ,2）)，當(dāng)taneq\f（θ,2)＝0時(shí)，tanθ＝0；當(dāng)taneq\f（θ,2）＝2時(shí)，tanθ＝－eq\f(4,3).12．在銳角△ABC中,角A所對(duì)的邊為a，△ABC的面積S＝eq\f(a2,4），給出以下結(jié)論:①sinA＝2sinBsinC；②tanB＋tanC＝2tanBtanC；③tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC；④tanAtanBtanC有最小值8。其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．4答案D解析由S＝eq\f(a2,4）＝eq\f(1,2）absinC，得a＝2bsinC，又eq\f（a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝2sinBsinC，故①正確;由sinA＝2sinBsinC，得sin（B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBsinC，兩邊同時(shí)除以cosBcosC,可得tanB＋tanC＝2tanBtanC，故②正確；因?yàn)閠an（A＋B）＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB），且tan(A＋B）＝tan(π－C)＝－tanC，所以eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－tanC，整理移項(xiàng)得tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC，故③正確;由tanB＋tanC＝2tanBtanC，tanA＝－tan(B＋C）＝eq\f(tanB＋tanC，tanBtanC－1），且tanA，tanB，tanC都是正數(shù)，得tanAtanBtanC＝eq\f（tanB＋tanC,tanBtanC－1）·tanBtanC＝eq\f（2tanBtanC，tanBtanC－1）·tanBtanC＝eq\f（2