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(共65张PPT)
第一讲　三角函数的图象与性质
内容
索引
02.考点二
03.专题强化练（12）
01.考点一　
01.考点一　
保分练
1．把函数f(x)＝3sin 3x的图象向左平移个最小正周期后，所得图象对应的函数为(　　)
A．y＝3sin (3x＋) B．y＝3sin (3x－)
C．y＝3cos 3x D．y＝－3cos 3x
答案：C
解析：由题意得f(x)的最小正周期为T＝，则所求函数为y＝3sin 3(x＋)＝3sin (3x＋)＝3cos 3x.故选C.
2.(2024陕西西安模拟)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则f()＋f(－)＝(　　)
A．　 　B．　 　C．0　 　D．
答案：B
解析：由图可得A＝＝＝，T＝＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝sin (2x＋φ)．因为(，0)在函数的图象上，可得f()＝sin (2×＋φ)＝0，解得＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)．因为|φ|<π，所以φ＝，f(x)＝sin (2x＋)，所以f()＋f(－)＝sin (2×)＋sin (－2×)＝sin (－2π)＝.故选B.
3.(2024·海南模拟)如图是某质点做简谐运动的部分图象，该质点的振幅为2，位移y与时间t满足函数y＝A cos (ωt＋φ)(A>0，ω>0，φ∈(－))，点P(0，1)，Q(4，1)在该函数的图象上，且位置如图所示，则＝______．
－
解析：由图象可知，A＝2，T＝4＝ ω＝(ω>0)，所以y＝2cos (t＋φ)．由f(0)＝1 cos φ＝，又φ∈(－)，所以φ＝±.又y′＝－2sin (t＋φ)·＝－πsin (t＋φ)，y′|t＝0＝－πsin φ>0 φ＝－，所以＝＝－.
提分练
4.已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，将f(x)的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象．若g(x)在区间[0，t]上的值域为[－，2]，则t的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：设f(x)的最小正周期为T，由图象可知A＝2，T＝＝，所以T＝π，则ω＝2，故f(x)＝2sin (2x＋φ)．又f(x)的图象过点(，2)，所以2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－＋2kπ，k∈Z.又|φ|<π，所以φ＝－，则f(x)＝2sin (2x－)，则g(x)＝f(x＋)＝2sin [2(x＋)－]＝2sin (2x－)．当x∈[0，t]时，2x－∈[－，2t－]，当2x－＝－或，即x＝0或x＝时，g(x)＝－，当2x－＝，即x＝时，g(x)＝2，所以t的取值范围为[].故选C.
5．(2024·山东泰安模拟)(多选)已知函数f(x)＝cos (ωx＋)(ω>0)，则(　　)
A．若f(x)的图象向右平移个单位长度后与f(x)的图象重合，则ω的最小值为1
B．若f(x)的图象向左平移个单位长度后得到函数y＝sin ωx的图象，则ω的最小值为5
C．若函数的最小正周期为，则ω＝4
D．当ω＝1时，若f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则方程＝1有无穷多个解
答案：BC
解析：对于A项，因为f(x－)＝cos [ω(x－)＋]＝cos (ωx－)＝cos (ωx＋)，所以－＝2kπ，k∈Z，即ω＝－8k，k∈Z，又ω>0，所以ω的最小值为8，故A项错误；对于B项，因为f(x＋)＝cos [ω(x＋)＋]＝cos (ωx＋)＝sin ωx，所以＝－＋2kπ，k∈Z，即ω＝－3＋8k，k∈Z，又ω>0，所以ω的最小值为－3＋8＝5，故B项正确；对于C项，因为函数的最小正周期是f(x)的最小正周期的一半，所以f(x)的最小正周期为，所以＝，解得ω＝4，故C项正确；
对于D项，当ω＝1时，f(x)＝cos (x＋)，所以g(x)＝f(x－)＝cos (x－)＝cos x，方程|g(x)|＋＝|cos x|＋＝|cos x|＋＝1.令cos x＝t，则|t|＋＝1，t∈[－1，0)当t∈[－1，0)时，－t＋＝1，即t2＋t－1＝0，所以t＝(舍)或t＝(舍)；当t∈(0，1]时，t＋＝1，即t2－t＋1＝0，无解．
综上，|g(x)|＋＝1无解，故D项错误．故选BC.
6．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝，则f(π)＝________．
－
解析：对比正弦函数y＝sin x的图象易知，点(，0)为“五点(画图)法”中的第五点，所以ω＋φ＝2π①.
由题知|AB|＝xB－xA＝两式相减，得ω(xB－xA)＝，即ω＝，解得ω＝4.代入①，得φ＝－，所以f(π)＝sin (4π－)＝－sin ＝－.
技法领悟
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＝A sin (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，其中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．
02.考点二
保分练
1．(2024·河北承德二模)函数f(x)＝sin (2x－)＋cos (2x－)的图象的对称轴方程为(　　)
A．x＝，k∈Z B．x＝，k∈Z
C．x＝，k∈Z D．x＝，k∈Z
答案：C
解析：f(x)＝－cos 2x＋cos 2x·＋sin 2x·＝－cos 2x＋sin 2x＝sin (2x－)，所以2x－＝＋kπ，k∈Z，解得x＝，k∈Z.故选C.
2．(2024·河南开封模拟)(多选)已知函数f(x)＝cos 2x－sin2x，将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则(　　)
A．函数g(x)的周期为π
B．函数g(x)的图象关于直线x＝对称
C．函数g(x)在区间上单调递减
D．函数g(x)在区间上的最小值为－
答案：AD
解析：f(x)＝cos 2x－sin2x＝cos2x，g(x)＝f(x－)＝cos (2x－)，故函数g(x)的周期为＝π，故A正确；函数g()＝cos ≠±1，故g(x)不关于直线x＝对称，故B错误； 当x∈，则2x－∈，
因为f(x)＝cos x在上不单调，故函数g(x)在区间上不是单调递减，故C错误；x∈，则2x－∈，故当2x－＝时，g(x)取最小值cos ＝－，故D正确．故选AD.
3．(2024·河南安阳二模)已知偶函数f(x)＝2sin(ωx－＋φ)(ω>0，|φ|<)的图象的相邻两条对称轴间的距离为，则函数f(x)在区间上的值域为______________．
解析：因为函数f(x)＝2sin (ωx－＋φ)的图象的相邻两条对称轴间的距离为，所以函数f(x)的最小正周期为2×＝π，则＝π，解得ω＝2，所以f(x)＝2sin (2x－＋φ)，又f(x)为偶函数，所以－＋φ＝＋kπ，k∈Z，解得φ＝＋kπ，k∈Z，因为|φ|<，所以φ＝－，故f(x)＝2sin (2x－)＝2sin (2x－)＝－2cos 2x，因为x∈，所以2x∈，所以cos 2x∈，所以－2cos 2x∈，故f(x)∈.
提分练
4．(2022·新高考Ⅰ卷)记函数f(x)＝sin (ωx＋)＋b(ω>0)的最小正周期为T.若A．1　　　 B． C．　　　D．3
答案：A
解析：因为＜T＜π，所以＜＜π.又因为ω＞0，所以2＜ω＜3.因为y＝f(x)的图象关于点(，2)中心对称，所以b＝2，ω＋＝kπ，k∈Z，所以ω＝－k，k∈Z.令2＜－k＜3，解得＜k＜.又因为k∈Z，所以k＝4，所以ω＝，所以f(x)＝sin (x＋)＋2，所以f()＝sin ()＋2＝1.故选A.
5．(2024·河北沧州检测)(多选)已知函数f(x)＝sin (2x＋φ)(0<φ<π)，则下列结论正确的是(　　)
A．对任意实数x，都有f(x)≤|f()|，则φ＝
B．若φ＝，函数f(x)在[－t，t]上是单调递增函数，则t∈(0，]
C．若φ＝，函数f(x)在[t，t＋]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的最小值为
D．若φ＝，函数f(x)在[0，t)上有最小值，则实数t的取值可以为
答案：ACD
解析：选项A，易知f()为最大值或最小值，则x＝是f(x)的一条对称轴的方程，∴2×＋φ＝kπ＋(k∈Z)，∴φ＝＋kπ(k∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝，故A正确；选项B，令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．∵f(x)在区间[－t，t]上是单调递增函数，则[－t，t]是[kπ－，kπ＋]的一个子区间，∴当k＝0时，[－t，t] [－]，则t∈(0，]，故B错误；
选项C，当x∈[t，t＋]时，2x＋∈[2t＋，2t＋].令2x＋＝p，2t＋＝q，则问题转化为g(p)＝sin p在[q，q＋]上的最大值为M，最小值为m.要使M－m最小，则g(p)的最大值或最小值点是区间[q，q＋]的中点．根据g(p)＝sin p的图象特点，由周期性不妨取q＋q＋＝π或q＋q＋＝3π，解得q＝或q＝，当q＝时，M＝1，m＝sin ＝，∴M－m＝；当q＝时，m＝－1，M＝sin ＝－，∴M－m＝，故C正确；选项D，∵0≤x，解得t>，故D正确．故选ACD.
6．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cos ωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
[2，3)
解析：方法一　函数f(x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3)．
方法二　函数f(x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cos x在[0，2π]上的图象可知，cos x＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cos ωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即又ω>0，所以2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3)．
技法领悟
研究三角函数的性质应注意两点：一是要将函数转化为y＝sin (ωx＋φ)的形式，再对比y＝sin x的性质，即把ωx＋φ看成一个整体处理，但是一定要保证ω>0，否则容易出错；二要结合图象进行分析．
03.专题强化练（12）
1．(2024·山东潍坊二模)将函数f(x)＝cos x的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到g(x)的图象，则g(x)＝(　　)
A．sin 2x B．sin
C．－sin D．cos 2x
答案：B
解析：将函数f(x)＝cos x的图象向右平移个单位长度，得y＝cos (x－)＝sin x，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得g(x)＝sin .故选B.
2．(2024·辽宁葫芦岛二模)已知函数f(x)＝cos (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<)的部分图象如图所示，若 x∈R，f(x＋m)＝－f(x)，则正整数m的取值为(　　)
A.1 B．2
C．3 D．4
答案：C
解析：因为f(0)＝cos φ＝，0<φ<，所以φ＝，f()＝cos ()＝0，所以＝＋2kπ(k∈Z)，即ω＝＋4kπ，而ω>0，所以k是非负整数，又由图象可得－0≤＝，所以ω≤π.综上，只能k＝0，ω＝，所以f(x)的最小正周期为T＝＝6，而由f(x＋m)＝－f(x)，可知f(x)＝－f(x＋m)＝f(x＋2m)，即正整数2m是f(x)的周期，所以2m＝6l(l∈N*)，即m＝3l(l∈N*)，对比选项可知只有C选项符合题意．
3．(2024·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝cos 2ωx－sin 2ωx＋1(ω>0)的最小正周期为π，则f(x)的图象的一个对称中心为(　　)
A．(－，0) B．(，0)
C．(－，1) D．(，1)
答案：D
解析：由题意得f(x)＝2cos (2ωx＋)＋1，由题可知＝π，所以ω＝1.
令2x＋＝kπ＋(k∈Z)，得x＝(k∈Z)，
所以f(x)的图象的对称中心为(，1)(k∈Z)，所以点(，1)符合．故选D.
4．(2024·广东梅州二模)若把函数f(x)＝sin x＋a cos x的图象向左平移个单位后得到的是一个偶函数，则a＝(　　)
A． B．－
C． D．－
答案：C
解析：把函数f(x)＝sin x＋a cos x的图象向左平移个单位后得到g(x)＝sin (x＋)＋a cos (x＋)，g(－x)＝g(x)，则sin (－x＋)＋a cos (－x＋)＝sin (x＋)＋a cos (x＋)，即cos x－sin x＋a(cos x＋sin x)＝sin x＋cos x＋a(cos x－sin x)，即(a－)sin x＝(a)sin x，该方程对任意x∈R恒成立，则a－＝a，解得a＝.故选C.
5．(2024·江西赣州模拟)函数f(x)＝2tan (ωx＋φ)(0<ω≤2，0<φ<)的图象经过点A(0，)和点B(，－2)，则f(x)的单调递增区间是(　　)
A．(kπ－，kπ＋)(k∈Z) B．(kπ－，kπ＋)(k∈Z)
C.()(k∈Z) D．()(k∈Z)
答案：D
解析：依题意，2tan φ＝，且2tan (＋φ)＝－2，即tan φ＝，且tan (＋φ)＝－，因为0<φ<，所以φ＝，则tan ()＝－，所以＝kπ－(k∈Z)，化简得ω＝4k－2(k∈Z)，因为0<ω≤2，所以k＝1时，故ω＝2，所以f(x)＝2tan (2x＋)．由kπ－<2x＋6．(2024·江西南昌一模)函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，△ABC是等腰直角三角形，其中A，B两点为图象与x轴的交点，C为图象的最高点，且|OB|＝3|OA|，则f(2 024)＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
答案：D
解析：如图，过C作CE⊥x轴于点E，则CE＝1，又△ABC是等腰直角三角形，所以|AB|＝2，故|AB|＝＝＝2，得到ω＝.又|OB|＝3|OA|，所以|OB|＝3|OA|＝，则A(－，0)，B(，0)，所以C(，1)，所以＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，得到φ＝＋2kπ(k∈Z)，又0<φ<π，得到φ＝.所以f(x)＝sin (x＋)，则f(2 024)＝sin (×2 024＋)＝sin (1 012π＋)＝sin ＝.故选D.
7．(2024·河北秦皇岛二模)已知函数f(x)＝sin ωx＋a cos ωx(ω>0)图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为，且f(0)＋f()＝2，则函数f(x)在下列区间单调递增的是(　　)
A．(－) B．(－，－)
C．(π，) D．()
答案：B
解析：由题意可知，函数f(x)的最小正周期为T＝4×＝π，所以ω＝＝2，则f(x)＝sin 2x＋a cos 2x，所以f(0)＝a，f()＝＋a cos ＝a，故f(0)＋f()＝a＝2，解得a＝1，所以f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin (2x＋)．对于A，当x∈(－)时，－<2x＋<，故函数f(x)在区间(－)上不单调，故A错误；
对于B，当x∈(－，－)时，－<2x＋<－，故函数f(x)在区间(－，－)上单调递增，故B正确；对于C，当x∈(π，)时，<2x＋<，故函数f(x)在区间(π，)上不单调，故C错误；对于D，当x∈()时，<2x＋<，故函数f(x)在区间()上单调递减，故D错误．故选B.
8．(2024·山西太原检测)已知函数 f(x)＝a sin x＋cos x的图象关于直线 x＝ 对称，则函数 g(x)＝sin x＋a cos x的图象关于(　　)
A.点(，0)对称 B．点(，0)对称
C．点(，0)对称 D．点(，0)对称
答案：D
解析：由函数f(x)＝a sin x＋cos x的图象关于直线 x＝对称，则f(0)＝f()，所以a sin 0＋cos 0＝a sin ＋cos ，即1＝a，解得a＝，所以g(x)＝sin x＋cos x＝sin x＋cos x)＝sin (x＋)．因为g()＝sin ()＝sin ≠0，所以选项A是错误的；因为g()＝sin ()＝sin ≠0，所以选项B是错误的；因为g()＝sin ()＝sin ≠0，所以选项C是错误的；因为g()＝sin ()＝sin π＝0，所以选项D是正确的．故选D.
9．(2024·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝cos (2x－)，则(　　)
A．(，0)是f(x)的对称中心
B．f(x)在(－)上单调递增
C．经过点()的直线与函数f(x)的图象相交
D．将f(x)的图象向右平移个单位长度后得到y＝sin 2x的图象
答案：BC
解析：对于A，令x＝，则2x－＝2×＝0，f＝cos 0＝1≠0，故(，0)不是f(x)的对称中心，故A错误；对于B，当x∈(－)时，2x－∈(－，－)，因为y＝cos x在(－，－)上单调递增，所以f(x)在(－)上单调递增，故B正确；
对于C，f()＝cos (1－)，由－<1－<0，故f()∈(，1)，令cos (2x－)＝0，可得x1＝－，x2＝是该方程的两个解，则点()在x轴与函数f(x)所形成封闭图形内部，故经过点()的直线与函数f(x)的图象相交，故C正确；对于D，将f(x)的图象向右平移个单位长度后，有y＝cos [2(x－)－]＝cos (2x－)，故D错误．故选BC.
10．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)＋B(ω>0，0<φ<π)，(，1)，(，1)为f(x)的两个相邻的对称中心，则(　　)
A．f(x)的最小正周期为
B．f(x)的最大值为1
C．直线x＝是曲线y＝f(x)的一条对称轴
D．将f(x)的图象向右平移个单位长度，所得图象关于原点对称
答案：AC
解析：依题意，＝＝＝，所以T＝，ω＝3，A选项正确；由3×＋φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝kπ－(k∈Z)，又0<φ<π，得φ＝，所以f(x)＝sin (3x＋)＋B的对称中心为(，B)，所以B＝1，f(x)的最大值为2，B选项错误；当x＝时，3x＋＝3×＝，x＝是正弦曲线的一条对称轴，所以直线x＝是曲线y＝f(x)的一条对称轴，C选项正确；将f(x)的图象向右平移个单位长度所得函数为y＝sin [3(x－)＋]＋1＝sin 3x＋1，图象关于(0，1)对称，D选项错误．故选AC.
11．(2024·河南南阳一模)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)在[0，π]上有两个极值点
B．f(－)＝1
C．函数y＝f(x－)的图象关于y轴对称
D．若|f(x1)－f(x2)|＝4，则|x1－x2|的最小值为π
答案：AC
解析：由题图知A＝2，T＝－(－)＝ T＝π，所以ω＝＝2，所以f(x)＝2sin (2x＋φ)，由图象可知f(x)在x＝时取得极大值，则在x＝＝时取得极小值，所以[0，π]上有两个极值点，A正确；
又f()＝2sin (2×＋φ)＝2，所以＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，所以φ＝2kπ－(k∈Z)，因为|φ|<，所以令k＝0，即φ＝－，所以f(x)＝2sin (2x－)，所以f(－)＝2sin (2×)＝，B错误；因为函数f(x)的周期为π，将y＝f(x)图象上的所有点沿x轴向右平移个单位长度后得到y＝f(x－)＝2sin (2x－)＝－2cos 2x的图象，为偶函数，所以函数y＝f(x－)的图象关于y轴对称，C正确；若|f(x1)－f(x2)|＝4，则|x1－x2|的最小值为，D错误．故选AC.
12．(2024·湖北武汉二模)函数f(x)＝2sin (2x＋φ)＋1(|φ|<π)的部分图象如图所示，则φ＝____________．
答案：
解析：令f(x)＝2sin (2x＋φ)＋1＝0，则sin (2x＋φ)＝－，根据图象得x＝－为函数零点，零点左右函数为上升趋势，则2×(－)＋φ＝2kπ－(k∈Z)，则φ＝2kπ＋(k∈Z)，因为|φ|<π，则k＝0，φ＝.
13．(2024·广东河源模拟)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(|φ|<π)，如图A，B是直线y＝与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝，则f(x)＝__________．
sin (4x－)
解析：设A(x1，)，B(x2，)，因为|AB|＝，可得x2－x1＝，又因为sin t＝可知，所以t＝＋2kπ或t＝＋2kπ(k∈Z)，结合函数的图象，可得ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝＝，即ω(x2－x1)＝，所以ω＝4.因为f()＝sin (＋φ)＝0，且在单调递增区间内，所以＋φ＝2kπ(k∈Z)，即φ＝－＋2kπ(k∈Z)．所以f(x)＝sin (4x－＋2kπ)＝sin (4x－＋2kπ)(k∈Z)，所以f(x)＝sin (4x－)．
14．(2024·安徽合肥一模)已知函数f(x)＝2sin (3x＋φ)(－π<φ<0)的一条对称轴为x＝，当x∈时，f(x)的最小值为－，则t的最大值为__________．
解析：因为函数f(x)＝2sin (3x＋φ)(－π<φ<0)的一条对称轴为x＝，所以3×＋φ＝＋kπ(k∈Z)，得到φ＝－＋kπ(k∈Z)，又－π<φ<0，所以φ＝－，所以f(x)＝2sin (3x－)，又当x∈[0，t]时，f(x)的最小值为－，令3x－＝t∈[－，3t－]，则y＝2sin t．由y＝2sin t的图象与性质知，3t－，得到t≤.(共44张PPT)
提能培优5 三角函数中ω，φ的范围问题
内容
索引
02.考点二
04.专题强化练（14）
01.考点一　
03.考点三
01.考点一　
例1 (1)(2024·河北唐山二模)函数f(x)＝sin (2x－φ)(|φ|≤)在(0，)上为单调递增函数，则φ的取值范围为(　　)
A．[－，－] B．[－，0]
C．[] D．[0，]
答案：C　
解析：x∈(0，)可得2x－φ∈(－φ，－φ)，
又|φ|≤，则－φ≤，且f(x)在(0，)上为单调递增函数，所以解得≤φ≤，
即φ的取值范围为[].故选C.
(2)(2024·江西宜春模拟)已知函数f(x)＝cos (ωx－)(ω>0)在区间[，π]上单调递减，则ω的取值范围是________．
[]
解析：因为f(x)在区间[，π]上单调递减，所以≥π－＝，则T≥，即，所以0<ω≤.
因为x∈[，π]，ω>0，所以ωx－∈[，ωπ－].因为0<ω≤，所以∈(－]，ωπ－∈(－].
因为f(x)在区间[，π]上单调递减，所以解得≤ω≤，所以ω的取值范围为[].
技法领悟
若三角函数在区间[a，b]上单调递减，则区间[a，b]是该函数单调递增区间的子集，利用集合的包含关系即可求解．
【跟踪训练1】　(2024·江苏南通二模)已知函数y＝sin ωx＋cos ωx(ω>0)在区间[－]上单调递增，则ω的最大值为(　　)
A． B．C． D．
答案：B
解析：因为y＝sin ωx＋cos ωx＝2sin (ωx＋)，又ω>0，由－＋2kπ≤ωx＋＋2kπ(k∈Z)，
得到≤x≤(k∈Z)，
所以函数y＝sin ωx＋cos ωx的单调递增区间为
[](k∈Z)，
依题有[－] [](k∈Z)，
则得到0<ω≤.故选B.
02.考点二
例2 (2024·河北沧州模拟)已知函数f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)，若在区间[0，π]上有唯一x0，使得f(x0)＋＝0，则ω的取值范围是(　　)
A．(0，) B．[)
C．[) D．()
答案：C
解析：f(x)＝sin ωx－cos ωx＝2sin ωx－cos ωx)＝2sin (ωx－)，因为x0∈[0，π]，所以ωx0－∈[－，ωπ－]，由f(x0)＋＝0，知sin (ωx0－)＝－，所以≤ωπ－<，解得≤ω<.故选C.
技法领悟
已知函数的零点求ω的取值范围问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析式，直接求函数的零点、极值点即可，注意函数的极值点即为三角函数的最大值、最小值点．
【跟踪训练2】　(2024·广东茂名一模)函数f(x)＝2sin (ωx＋)(ω>0)在区间()上有且只有两个零点，则ω的取值范围是
________________．
(，5)]
解析：∵f(x)在区间()上有且只有两个零点，∴<，即< 3<ω≤9，
由f(x)＝0得ωx＋＝kπ(k∈Z)．
∵x∈()，∴ωx＋∈()，
∴或
解得<ω<5或<ω≤，
∴ω的取值范围是(，5)].
03.考点三
例3 (2024·安徽安庆二模)已知函数f(x)＝2cos2ωx＋sin2ωx－1(ω>0)的图象关于点(，0)对称，且f(x)在(0，)上没有最小值，则ω＝(　　)
A． B．C． D．
答案：B
解析：f(x)＝2cos2ωx＋sin2ωx－1＝cos 2ωx＋sin 2ωx＝sin (2ωx＋)，因为f(x)的图象关于点(，0)对称，
所以f()＝sin ()＝0，
故＝kπ(k∈Z)，即ω＝2k－(k∈Z)，
当2ωx＋＝－＋2kπ，即x＝－(k∈Z)时，函数f(x)取得最小值，
因为f(x)在(0，)上没有最小值，所以，即ω≤，
由ω＝2k－，解得k≤，故k＝1，得ω＝.故选B.
技法领悟
求三角函数的最值(值域)问题，主要是整体代换ωx±φ，利用正弦、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围．
【跟踪训练3】　(2024·河南郑州一模)已知函数f(x)＝2sin (ωx－)(ω>0)在[0，]上的值域为[－1，2]，则ω的取值范围为(　　)
A．[，2] B．[]
C．[] D．[]
答案：B
解析：
由x∈[0，]及ω>0可得ωx－∈[－ω－]，
根据函数值域为[－1，2]，且2sin (－)＝－1，
由正弦函数图象性质可得ω－≤π＋，
即可得，解得≤ω≤.故选B.
03.专题强化练（14）
1．已知函数f(x)＝2cos (3x＋)在[0，]上单调递减，则实数a的最大值为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：C
解析：因为x∈[0，]，则3x＋∈[]，由题意可得<≤π，解得02．将函数f(x)＝2sin (3x＋)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在区间(0，φ)上恰有两个零点，则φ的取值范围是(　　)
A．[) B．[)
C．(] D．(]
答案：C
解析：将函数f(x)＝2sin (3x＋)的图象向右平移φ个单位长度，得g(x)＝2sin (3x＋－3φ)的图象，由03．(2024·安徽马鞍山模拟)已知函数f(x)＝sin 2ωx＋cos 2ωx(ω>1)的一个零点是，且f(x)在(－)上单调，则ω＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：B
解析：因为f(x)＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin (2ωx＋)，
x∈(－)，且ω>1时，可得2ωx＋∈(－ω＋ω＋)，且－ω＋<0<ω＋，若f(x)在(－)上单调，
则解得1<ω≤2.又因为f(x)的一个零点是，则πω＋＝kπ(k∈Z)，解得ω＝k－(k∈Z)，所以k＝2，ω＝.故选B.
4．(2024·河南南阳一模)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)＋1(ω∈N*，－π<φ<－)的图象过原点，且关于点(，1)对称，若函数f(x)在[0，]上单调，则f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：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.
5．已知函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在[－]上单调递增，且在[0，4π]上仅有一个极大值点，则ω的取值范围为(　　)
A．[) B．[)
C．[) D．[)
答案：D
解析：因为f(x)在[－]上单调递增，
所以解得0<ω≤.
又因为f(x)在[0，4π]上只有一个极大值点，
所以≤4πω<，解得≤ω<.
综上，ω的取值范围为[)．故选D.
6．已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)的图象过点(0，1)，且f(x)在区间()上具有单调性，则ω的取值范围可以为(　　)
A．(0，] B．(0，] C．[] D．[]
答案：AC
解析：因为函数f(x)的图象过点(0，1)，所以f(0)＝2sin φ＝1，得sin φ＝，因为0<φ<，所以φ＝，所以f(x)＝2sin (ωx＋)，当x∈()时，ωx＋∈(，)，因为f(x)在区间()上具有单调性，所以() (－＋kπ，＋kπ)(k∈Z)，即≥－＋kπ，且＋kπ(k∈Z)，则－＋8k≤ω≤＋4k(k∈Z)，因为－＋8k≤＋4k，得k≤，因为ω>0，所以k＝0时，ω∈[－]，则ω∈(0，]，故A正确；当k＝1时，ω∈[]，故C正确；B，D错误．故选AC.
7．(2024·浙江温州三模)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)，x∈[，π]的值域是[a，b]，则下列命题正确的是(　　)
A．若b－a＝2，φ＝，则ω不存在最大值
B．若b－a＝2，φ＝，则ω的最小值是
C．若b－a＝，则ω的最小值是
D．若b－a＝，则ω的最小值是
答案：ABC
解析：当b－a＝2，φ＝时，a＝－1，b＝1，f(x)＝sin (ωx＋)，当ω足够大时，[，π] 包含完整周期，故A正确；为使ω更小，[，π] 只包含一个最大、最小值点，所以解得2k＋≤ω≤4k－(k∈Z)，
所以k＝1时，ω≥，验证成立，故B正确；若b－a＝，当ω取最小值时，周期最大，且{f()，f(π)}＝，故＝ T＝，故ω＝＝，故C正确；若b－a＝，ω取最小值时，周期最大，＝，当< T＝>，此时ωmin<，故D错误．故选ABC.
8．若函数f(x)＝2cos (ωx＋)－1(ω>0)在(0，π)上恰有两个零点，则ω的取值范围为__________．
(2，]
解析：由f(x)＝0，得cos (ωx＋)＝，
由0由在(0，π)上恰有两个零点可得<ωπ＋，
解得2<ω≤.
9．已知函数f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)，若存在x1∈[0，π]，使得f(x1)＝－2，则ω的最小值为________．
解析：函数f(x)＝2sin (ωx－)，由x1∈[0，π]，得ωx1－∈[－，πω－]，由存在x1∈[0，π]，使得f(x1)＝－2，得πω－，解得ω≥，所以ω的最小值为.
10．(2024·辽宁抚顺一模)已知x1，x2是函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)－(ω>0，|φ|<)的两个零点，且|x1－x2|min＝，若将函数f(x)的图象向左平移个单位后得到的图象关于y轴对称，且函数f(x)在(，θ)内恰有2个最值点，则实数θ的取值范围为________．
(]
解析：由f(x)＝2sin (ωx＋φ)－＝0，可得ωx＋φ＝＋2kπ(k∈Z)或ωx＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，根据正弦函数图象性质可知＝)＝，解得ω＝2，将函数f(x)的图象向左平移个单位后可得2sin [ω(x＋)＋φ]－＝2sin (2x＋＋φ)－为偶函数，则＋φ＝＋kπ(k∈Z)，又|φ|<可得φ＝－，因此f(x)＝2sin (2x－)－，当x∈(，θ)时，可知2x－∈(，2θ－)，若函数f(x)在(，θ)内恰有2个最值点，可知<2θ－，解得<θ≤，所以实数θ的取值范围为(].(共8张PPT)
高考规范答卷(二)　三角函数与解三角形
(13分)(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3＋，求c.
思路点拨　
(1)由余弦定理求cos C，由平方关系求sin C，再由sin C＝cos B，求cos B→B.
(2)由(1)→C，A，由正弦定理得a，b(含有c的式子表示)，再由三角形面积公式列方程求解．
[规范答卷]
解：(1)∵a2＋b2－c2＝ab，
∴＝，
由余弦定理得cos C＝＝，(2分)→余弦定理变形
∵C∈(0，π)，∴sin C>0，
∴sin C＝＝＝，(4分)→平方关系的应用
又∵sinC＝cos B，即cos B＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.(6分)→已知条件的应用及由弦值求角
(2)由(1)知C＝，A＝π－＝，
∴sin A＝sin ＝sin ()＝×()＝．(8分)→由B，C求A及sin A
由正弦定理得＝＝，
∴a＝c＝c，
b＝c＝c.(11分)→正弦定理用c表示a，b
由三角形面积公式可知，
S△ABC＝ab sin C＝c×c×＝c2，
即c2＝3＋，
解得c＝2.(13分)→三角形面积公式求c(共65张PPT)
第二讲　三角恒等变换与解三角形
内容
索引
02.考点二
03.专题强化练（13）
01.考点一　
01.考点一　
保分练
1．(2021·新高考Ⅰ卷)若tan θ＝－2，则＝(　　)
A．－　　B．－ C．　　　D．
答案：C
解析：将式子进行齐次化处理得＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝＝.故选C.
2．(2022·新高考Ⅱ卷)若sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2cos (α＋)sin β，则(　　)
A．tan (α－β)＝1 B．tan (α＋β)＝1
C．tan (α－β)＝－1 D．tan (α＋β)＝－1
答案：C
解析：方法一　因为sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝·sin (α＋β＋)＝sin [(α＋)＋β]＝sin (α＋)·cos β＋cos (α＋)sin β＝2cos (α＋)sin β，所以sin (α＋)cos β＝cos (α＋)sin β，所以sin (α＋)cos β－cos (α＋)sin β＝0，即sin (α＋－β)＝0，所以sin (α－β＋)＝sin (α－β)＋cos (α－β)＝0，即sin (α－β)＝－cos (α－β)，所以tan (α－β)＝－1.故选C.
方法二　因为sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2·cos (α＋)·sin β，所以sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2sin β(cos α－sin α)＝2sin βcos α－2sin αsin β，所以cos αcos β＋sin αsin β＝－sin αcos β＋sin βcos α，所以cos (α－β)＝－sin (α－β)，所以tan (α－β)＝－1.故选C.
3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，cos α＝，则sin ＝(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：由题意，cos α＝＝1－2sin2，得sin2＝＝＝()2，又α为锐角，所以sin>0，所以sin ＝.故选D.
4．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin (α－β)＝，cos αsin β＝，则cos (2α＋2β)＝(　　)
A．　　　B． C．－　　D．－
答案：B
解析：依题意，得所以sin αcos β＝，所以sin (α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝＝，所以cos (2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×()2＝.故选B.
提分练
5．(2024·河北石家庄二模)已知α∈(0，)，且cos (α－)＝2cos 2α，则tan (α＋)＝(　　)
A．　　　B． C．　　　D．
答案：D
解析：因为α∈(0，)，且cos(α－)＝2cos 2α，所以cos (α－)＝2sin (－2α)＝4sin (－α)cos (－α)，由题意知α≠，所以sin (－α)＝，所以cos (＋α)＝，所以sin (＋α)＝＝，
则tan (α＋)＝＝.故选D.
6．(2024·山西晋中检测)已知α，β∈[－]，sin α＋sin β＝－，cos α－cos β＝，则sin (α＋β)＝(　　)
A．　　　B．－ C．　　　D．－
答案：B
解析：因为sin α＋sin β＝－，cos α－cos β＝，平方求和得2＋2(sin αsin β－cos αcos β)＝3，所以cos (α＋β)＝－，由α，β∈[－]得α＋β∈[－π，π]，所以α＋β＝－或，又sin α＋sin β＝－，则sin α，sin β<0，所以α，β∈[－，0]，所以α＋β＝－，sin (α＋β)＝－.故选B.
7．(2024·江西南昌二模)已知2cos (2x＋)cos (x－)－cos 3x＝，则sin (－2x)＝(　　)
A．　　B．－　　C．　　D．－
答案：D
解析：由已知，2cos (2x＋)cos (x－)－cos [(2x＋)＋(x－)]＝，化简得cos (2x＋)cos (x－)＋sin (2x＋)sin (x－)＝cos [(2x＋)－(x－)]＝cos (x＋)＝，令t＝x＋，则x＝t－，cos t＝，所以sin (－2x)＝sin ＝sin (－2t)＝cos 2t＝2cos 2t－1＝2×()2－1＝－.故选D.
8.(2024·河北邯郸二模)正五角星是一个非常优美的几何图形，其与黄金分割有着密切的联系，在如图所示的五角星中，以A，B，C，D，E为顶点的多边形为正五边形，设∠CAD＝α，则cos α＋cos 2α＋cos 3α＋cos 4α＝________，cos αcos 2αcos 3αcos 4α＝________．
0
解析：正五角星可分割成5个三角形和1个正五边形，五个三角形各自角度之和为180°，正五边形的内角和为180°×(5－2)＝180°×3＝540°，每个角为＝108°，三角形是等腰三角形，底角是五边形的外角，即底角为180°－108°＝72°，三角形内角和为180°，那么三角形顶角，即五角星尖角为180°－72°×2＝36°，即∠CAD＝α＝36°.cos α＋cos 2α＋cos 3α＋cos 4α＝cos 36°＋cos 72°＋cos 108°＋cos 144°＝cos 36°＋cos 72°＋cos (180°－72°)＋cos (180°－36°)＝cos 36°＋cos 72°－cos 72°－cos 36°＝0；cos αcos 2αcos 3αcos 4α＝cos 36°cos 72°cos 108°cos 144°＝(cos 36°cos 72°)2，因为cos 36°·cos 72°＝＝＝＝，所以cos αcos 2αcos 3αcos 4α＝.
技法领悟
1．解决给角求值问题的关键是两种变换：一是角的变换，注意各角之间是否具有和差关系、互补(余)关系、倍半关系，从而选择相应公式进行转化，把非特殊角的三角函数相约或相消，从而转化为特殊角的三角函数；二是结构变换，在熟悉各种公式的结构特点、符号特征的基础上，结合所求式子的特点合理地进行变形．
2．给值求值的关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异，一般可以适当变换已知式，求得另外某些函数式的值，以备应用．同时也要注意变换待求式，便于将已知求得的函数值代入，从而达到解题的目的．
3．实质上是转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
02.考点二
保分练
1．(2024·河南新乡二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝7，b＝3，c＝5，则(　　)
A．△ABC为锐角三角形
B．△ABC为直角三角形
C．△ABC为钝角三角形
D．△ABC的形状无法确定
答案：C
解析：由于cos A＝＝＝<0，故A为钝角，进而三角形为钝角三角形．故选C.
2．(2024·河北沧州一模)在△ABC中，AC＝1，tan B＝tan C＝，则(　　)
A．A＝ B．cos 2B＝
C．BC＝ D．△ABC的面积为
答案：D
解析：因为tan B＝tan C＝，且在△ABC中，可得B＝C＝，则A＝π－B－C＝，A错误；cos 2B＝cos ＝，B错误；由正弦定理＝，则BC＝＝＝，C错误；S△ABC＝×BC×AC×sin C＝×1×＝.故选D.
3. (2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B.
(1)求sin A；
解析：方法一　在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－)＝sin (－A)，
展开并整理得(sin A－cos A)＝(cos A＋sin A)，
得sin A＝3cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，
所以sin A＝.
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
解析：由正弦定理＝，
得BC＝×sin A＝＝3，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C，
得52＝AC2＋(3)2－2AC·3cos ，
整理得AC2－3AC＋20＝0，
解得AC＝或AC＝2，
由(1)得，tan A＝3>，所以又A＋B＝，所以B>，
即C设AB边上的高为h，则×AB×h＝×AC×BC sin C，
即5h＝2×3，
解得h＝6，
所以AB边上的高为6.
提分练 能力题少失分
4．(2024·河北秦皇岛二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝，13b2＋13c2＝10bc＋13a2，则tan B＝(　　)
A． B．C． D．
答案：C
解析：因为＝，由正弦定理得＝，所以＝1，又13b2＋13c2＝10bc＋13a2，则b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cos A＝＝，又A∈(0，π)，所以sin A＝＝，所以tanA＝，所以tan B＝.故选C.
5．(2024·江西赣州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，＝.
(1)证明：C＝2A；
解析：证明：因为＝，由正弦定理得，sin C(2cos A－cos B)＝sin B cos C＋sin B，
整理可得2sin C cos A＝sin B cos C＋sin C cos B＋sin B＝sin A＋sin B，
又sin B＝sin (A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C，
所以sin C cos A－cos C sin A＝sin A，即sin (C－A)＝sin A，
因为A，C∈(0，π)，所以0所以C－A＝A或C－A＝π－A(舍去)，所以C＝2A.
(2)记边AB和BC上的高分别为hc和ha，若hc∶ha＝1∶，判断△ABC的形状．
解析：根据等面积法可知S△ABC＝AB·hc＝CB·ha，即c·hc＝a·ha，
由hc∶ha＝1∶，可得c＝a，
又由C＝2A及正弦定理可得，＝＝＝，
解得cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝，
所以B＝π－A－C＝，所以△ABC是直角三角形．
03.专题强化练（13）
1．化简＝(　　)
A．1 B．C．2 D．
答案：B
解析：＝
＝＝tan 60°＝.故选B.
2．(2024·广东江门一模)在△ABC中，B＝30°，b＝2，c＝2，则角A的大小为(　　)
A．45° B．135°或45°
C．15° D．105°或15°
答案：D
解析：由题意知△ABC中，B＝30°，b＝2，c＝2，
故＝，
即sin C＝＝＝，
由于c>b，故C>B＝30°，则C＝45°或135°，
故A的大小为180°－30°－45°＝105°或180°－30°－135°＝15°.故选D.
3．(2024·河北邢台一模)已知cos (－α)＝，则sin (＋2α)＝(　　)
A． B．－C． D．－
答案：B
解析：sin (＋2α)＝cos [－(＋2α)]＝cos (－2α)＝2cos2(－α)－1＝2×－1＝－.故选B.
4．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＝7，c＝6，cosB＝，则a＝(　　)
A．5 B．6
C．8 D．10
答案：A
解析：在△ABC中，由余弦定理可得cos B＝＝＝，化简得5a2－12a－65＝0，解得a＝5或a＝－(舍)．故选A.
5．(2024·河南新乡二模)已知sin (130°＋α)＝2cos 20°cos α，则tan (α＋45°)＝(　　)
A．－2＋ B．2－
C．2＋ D．－2－
答案：A
解析：sin (130°＋α)＝sin [150°＋(α－20°)]＝cos (α－20°)－sin (α－20°)，2cos 20°cos α＝cos (α＋20°)＋cos (α－20°)，因为sin (130°＋α)＝2cos 20°cos α，所以cos (α－20°)－sin (α－20°)＝cos (α＋20°)＋cos (α－20°)，所以－cos (α－20°)－sin (α－20°)＝cos (α＋20°)，即cos [120°＋(α－20°)]＝cos (α＋20°)，即cos (100°＋α)＝cos (α＋20°)，所以100°＋α＝α＋20°＋k·360°或100°＋α＋α＋20°＝k·360°(k∈Z)，所以α＝－60°＋k·180°(k∈Z)，故tan α＝tan (－60°＋k·180°)＝－，所以tan (α＋45°)＝＝－2＋.故选A.
6．如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，∠B＝2∠D＝120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2－S1＝(　　)
A.2 B．
C．1 D．
答案：B
解析：在△ABC中，由余弦定理得cos B＝，
即－＝，
得BC2－AC2＝－2BC－4①，
在△ACD中，由余弦定理得
cos D＝，
即＝，得CD2－AC2＝2CD－4②，
又S1＝AB·BC sin 120°＝BC，S2＝AD·CD sin 60°＝CD，所以S2－S1＝CD－BC＝(CD－BC)③，
由②－①，得CD2－BC2＝2(CD＋BC)，由CD＋BC>0，
得CD－BC＝2，代入③得S2－S1＝.故选B.
7．(2024·山东济南检测)已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R.若a＝1，且sin A－b sin B＝(c＋b)sin C，则(　　)
A．sin A＝B．△ABC面积的最大值为
C．R＝D．BC边上的高的最大值为
答案：AD
解析：在△ABC中，由sin A－b sin B＝(c＋b)sin C及正弦定理，得a－b2＝c2＋bc，而a＝1，则a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得cos A＝＝－，而08．(2024·河南周口模拟)设α∈(0，)，β∈(0，)，则下列计算正确的是(　　)
A．cos (α＋β)B．若sin (α＋)cos (α＋)＝－，则tan α＝2
C.若tan α＋tan β＝，则2β－α＝
D．若＝0，则α＋β＝
答案：AD
解析：对于A，因为α∈(0，)，β∈(0，)，则cos (α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β，cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β，故cos (α－β)－cos (α＋β)＝2sin αsin β>0，所以cos (α＋β)对于C，由tan α＋tan β＝，得＝，所以sin αcos β＋cos αsin β＝cos β，即sin (α＋β)＝sin (－β)，因为α∈(0，)，β∈(0，)，所以α＋β∈(0，π)，－β∈(0，)，则α＋β＝－β或α＋β＋－β＝π，即α＋2β＝或α＝(不合题意，舍去)，故C错误；
对于D，＝＝＝＋，因为＝0，所以＝0，即cos αsin β－sin αsin β＋sin αcos β＋cos αcos β＝0，即sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝0，所以sin (α＋β＋)＝0，即sin (α＋β＋)＝0，因为α＋β∈(0，π)，所以α＋β＋∈()，所以α＋β＋＝π，所以α＋β＝，故D正确．故选AD.
9．(2024·河北保定二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c2sin A＝6sin C，(a＋c)2＝18＋b2，则△ABC的面积为________．
解析：因为c2sin A＝6sin C，由正弦定理可得ac2＝6c，即ac＝6，又(a＋c)2＝18＋b2，所以a2＋c2－b2＝18－2ac＝6，由cos B＝＝ sin B＝，所以S△ABC＝ac sin B＝.
10．(2024·河北承德二模)已知tan x＝，则＝__________．
解析：＝
＝
＝tan 3x－tan 2x，
＝
＝
＝tan 2x－tan x，
所以＝tan 3x－tan x，
而tan 3x＝tan (2x＋x)＝
＝＝＝，
因此原式＝＝.
11．(13分)(2024·福建厦门一模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2cosB＋ab cos A＝2c.
(1)求a；
解析：由题设，a(a cos B＋b cos A)＝2c，由正弦定理有a(sin A cos B＋sin B cos A)＝2sin C，
所以a sin (A＋B)＝2sin C，
而A＋B＝π－C，故a sin C＝2sin C，
又sin C>0，
所以a＝2.
(2)若A＝，且△ABC的周长为2＋，求△ABC的面积．
解析：由(1)及已知，有cos A＝＝＝－，可得b2＋c2＋bc＝4，
又a＋b＋c＝2＋，即b＋c＝，
所以(b＋c)2－bc＝5－bc＝4 bc＝1，
故S△ABC＝bc sin A＝.
12．(15分)(2024·山东泰安二模)已知函数f(x)＝sin (2x－)，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f()＝.
(1)求A；
解析：∵f()＝，∴sin (A－)＝，
∴sin (A－)＝，
∵0∴A－＝，∴A＝.
(2)若sin C(1＋cos B)＝sin B(2－cos C)，求的值．
解析：sin C(1＋cos B)＝sin B(2－cos C)．
方法一　sin C＋sin C cos B＋sin B cos C＝2sin B，
∴sin C＋sin (B＋C)＝2sin B，
∴sin C＋sin A＝2sin B，
根据正弦定理得c＋a＝2b.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2＋bc①，
将a＝2b－c代入①式，得3b2－5bc＝0，
∴3b＝5c，∴＝.
方法二　由正弦定理、余弦定理可得c(1＋)＝b(2－)，
∴c＋＝2b－，
∴c＋a＝2b.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2＋bc①，
将a＝2b－c代入①式，得3b2－5bc＝0，
∴3b＝5c，∴＝.
13．(15分)(2024·浙江绍兴二模)在△ABC中，内角A，B，C对应边分别为a，b，c且b cos C＋c sin B＝a＋2c.
(1)求∠B的大小；
解析：∵b cos C＋c sin B＝a＋2c，由正弦定理得，sin B cos C＋sin C sin B＝sin A＋2sin C，
∵A＝π－(B＋C)，
∴sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋sin C cos B，
∴sin B cos C＋sin C sin B＝sin (B＋C)＋2sin C＝sin B cos C＋cos B sin C＋2sin C，
即sin C sin B－cos B sin C＝2sin C.
又∵sin C≠0，
∴sin B－cos B＝2 sin B－cos B＝1，
即sin (B－30°)＝1，
又∵0°(2)如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB＝∠B，CD＝，BC＝1，∠CAD＝30°，求sin ∠BCA及△ABC的面积．
解析：设∠BCA＝θ，在△ACD中，＝，
∠D＝180°－30°－(120°－θ)＝30°＋θ，CD＝，
∴AC＝CD＝2sin (θ＋30°)．
在△ABC中，＝，∠BAC＝180°－120°－θ＝60°－θ，BC＝1，
∴AC＝BC＝＝，
即2sin (θ＋30°)＝，
∴4sin (θ＋30°)cos (θ＋30°)＝1 2sin (2θ＋60°)＝1，
∴sin (2θ＋60°)＝，又∵0°<θ<60°，
∴2θ＋60°＝150°，解得θ＝45°，
∴sin ∠BCA＝sin θ＝sin 45°＝.
又由AC＝2sin (θ＋30°)＝2sin (45°＋30°)＝2)＝，
于是S△ABC＝BC·AC·sin ∠BCA＝×1×＝.(共34张PPT)
提能培优6 三角函数中的最值或范围问题
内容
索引
02.考点二
03.专题强化练（15）
01.考点一　
01.考点一　
例1 (2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
解析：(1)由已知条件，得sin 2B＋sin A sin 2B＝cos A＋cos A cos 2B，
所以sin 2B＝cos A＋cos A cos 2B－sin A sin 2B＝cos A＋cos (A＋2B)＝cos [π－(B＋C)]＋cos [π－(B＋C)＋2B]＝－cos (B＋C)＋cos [π＋(B－C)]＝－2cos B cos C，
所以2sin B cos B＝－2cos B cos C，
即(sin B＋cos C)cos B＝0.
由已知条件，得1＋cos 2B≠0，则B≠，
所以cos B≠0，所以sin B＝－cos C＝.
又因为0＜B＜，所以B＝.
(2)由(1)知sin B＝－cos C＞0，则B＝C－，
所以sin A＝sin (B＋C)＝sin (2C－)＝－cos 2C.
由正弦定理，得＝＝＝＝＝＋4sin2C－5≥2－5＝4－5，
当且仅当sin2C＝时，等号成立，所以的最小值为4－5.
例2 (2024·河北沧州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知2a cos A＝c cos B＋||，为在方向上的投影向量．
(1)求A；
(2)若a＝，求△ABC的周长的取值范围．
解析：(1)由为在方向上的投影向量知，||＝b cosC，
所以2a cos A＝c cos B＋b cos C，
由正弦定理得2sin A cos A＝sin C cos B＋sin B cos C＝sin A，
又sin A≠0，所以cos A＝，
又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)由正弦定理得＝＝＝＝2，
所以b＋c＝2sin B＋2sin C＝2sin B＋2sin (B＋)＝2sin B＋sin B＋cos B＝2sin (B＋)，
因为B∈(0，)，所以B＋∈()，
所以sin (B＋)∈(，1]，所以b＋c∈(，2]，
所以a＋b＋c∈(2，3]，
故△ABC的周长的取值范围是(2，3].
技法领悟
1．无约束条件的三角形：利用基本不等式 ，再结合余弦定理求周长取值范围．
2．有约束条件的三角形：利用正弦定理a＝2R sin A，b＝2R sin B，代入周长(边长)公式，再结合辅助角公式，根据角的取值范围，求周长(边长)的取值范围．
【跟踪训练1】　(2024·安徽淮北二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c－b＝2c sin2.
(1)试判断△ABC的形状；
(2)若c＝1，求△ABC周长的最大值．
解析：(1)由c－b＝2c sin2，
可得sin2＝，所以＝，
即＝，所以cos A＝，
又由余弦定理得＝，
可得a2＋b2＝c2，所以C＝，
所以△ABC是直角三角形．
(2)由(1)知，△ABC是直角三角形，且c＝1，可得a＝sin A，b＝cos A，
所以△ABC周长为1＋sin A＋cos A＝1＋sin (A＋)，
因为A∈(0，)，可得A＋∈()，
所以当A＝时，△ABC为等腰直角三角形，周长有最大值为＋1.
02.考点二
例3 (2024·河北石家庄检测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝4，ab＝9.
(1)若sin C＝，求sin A·sin B的值；
(2)求△ABC面积的最大值．
解析：(1)由正弦定理＝＝＝6，
可得sin A＝，sin B＝，
∴sin A·sin B＝·＝＝.
(2)∵ab＝9，∴a2＋b2≥2ab＝18，
由余弦定理可得cos C＝＝，
∴≤cos C<1，∴0<1－cos2C≤，
∴0∴S＝ab sin C＝sin C≤2，当且仅当a＝b＝3时等号成立，此时△ABC面积取得最大值2.
例4 (2024·安徽六安模拟)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cos (B－C)＋a cos A－2c sin B cos A＝0.
(1)求A；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
解析：(1)由A＋B＋C＝π，得A＝π－(B＋C)，cos A＝－cos (B＋C)，
故得a cos (B－C)－a cos (B＋C)＝2c sin B cos A，
所以a cos B cos C＋a sin B sin C－a(cos B cos C－sin B sin C)＝2c sin B cos A，
即a sin B sin C＝c sin B cos A.
由正弦定理，得sin A sin B sin C＝sin C sin B cos A，
显然sin C>0，sin B>0，
所以sin A＝cos A，所以tan A＝.
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)由题设及(1)可知，△ABC的面积S△ABC＝bc sin A＝b，∵c＝1，A＝，∴B＋C＝，B＝－C，
∴b＝＝.
∵△ABC为锐角三角形，
∴解得∴tan C>，∴0<<，
∴<<2，∴又∵S△ABC＝bc sin A＝b，
∴S△ABC∈()．
技法领悟
1．利用基本不等式ab≤()2≤，再代入面积公式．
2．利用正弦定理a＝2R sin A，b＝2R sin B，代入面积公式，再结合辅助角公式，根据角的取值范围，求面积的取值范围．
【跟踪训练2】　(2024·河南郑州模拟)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且sin B＋sin C＝sin A sin C＋sin A cos C.
(1)求tan ；
(2)若a＋2＝b＋c，求△ABC面积的最小值．
解析：(1)由sin B＝sin (π－A－C)＝sin (A＋C)＝sin A cos C＋sin C cos A，
故有sin A cos C＋sin C cos A＋sin C＝sin A sin C＋sin A cos C，
即sin C cos A＋sin C＝sin A sin C，又sin C≠0，
故cos A＋1＝sin A，即sin (A－)＝，由A∈(0，π)，
故A－＝，即A＝，故tan ＝tan ＝.
(2)由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2－bc，
由a＋2＝b＋c，故a2＝(b＋c－2)2＝(b＋c)2－4(b＋c)＋12，
即b2＋c2－bc＝(b＋c)2－4(b＋c)＋12，
整理可得4(b＋c)＝3bc＋12，
故b＋c＝≥2，当且仅当b＝c时，等号成立，即3bc－8·＋12≥0，
即3bc－8·＋12＝(·－2)(·－6)≥0，
即bc≤或bc≥12.
当bc≤时， 4(b＋c)＝3bc＋12≤16，即b＋c≤，
与a＋2＝b＋c矛盾，故舍去，故bc≥12.
则S△ABC＝bc sin A≥×12×＝3，
即△ABC面积的最小值为3.

03.专题强化练（15）
1．(13分)(2024·湖南常德模拟)在△ABC中已知c sin A＝a[2＋sin (＋C)].
(1)求sin C；
解析：因为c sin A＝a[2＋sin (＋C)]，
由正弦定理的边角互化可得sin C sin A＝sin A(2＋cos C)，而sin A≠0，
即sin C－cos C＝2，即2sin (C－)＝2，
所以sin (C－)＝1，C∈(0，π)，
即C－＝，则C＝，sin C＝sin ＝.
(2)若△ABC面积为，求a＋b的最小值．
解析：由(1)可知sin C＝sin ＝，
则cos C＝－，
因为△ABC面积为，即ab sin C＝，
所以ab＝4，
则ab≤()2，即≥2，所以a＋b≥4，
当且仅当a＝b＝2时，等号成立，
所以a＋b的最小值为4.
2．(15分)(2024·河北沧州一模)已知在四边形ABCD中，△ABD为锐角三角形，对角线AC与BD相交于点O，AD＝2，AC＝4，BD＝，∠ABD＝.
(1)求AB；
解析：(1)由余弦定理可得cos ＝＝，
化简为AB2－2AB＋2＝0，解得AB＝＋1或－1，
当AB＝－1时，因为cos ∠BAD＝＝<0，与△ABD为锐角三角形不符合，故AB＝＋1.
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
解析：作AE，CF垂直BD于E，F，
设∠AOB＝∠1，
则SABCD＝S△ABD＋S△CBD＝BD·AE＋BD·CF＝BD(AO sin ∠1＋CO sin ∠1)＝BD·AC sin ∠1，当sin ∠1＝1 ∠1＝90° AC⊥BD，四边形面积最大，最大面积为×4×＝2.
3．(17分)(2024·河南新乡模拟)△ABC的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，sin B)，q＝(b－a，sin C－sin A)，且p∥q.
(1)求角C的大小；
解析：由题知向量p＝(a＋c，sin B)，q＝(b－a，sin C－sin A)，且p∥q.
所以(b－a)sin B＝(a＋c)(sin C－sin A)，由正弦定理可得(b－a)b＝(a＋c)(c－a)，
所以a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝＝，
因为C∈(0，π)，所以C＝.
(2)若c＝2，求△ABC周长的取值范围．
解析：因为＝＝，C＝，c＝2，
所以a＝sin A，b＝sin B，
所以a＋b＋c＝(sin A＋sin B)＋2＝[sin A＋sin (－A)]＋2＝4sin (A＋)＋2.
因为0所以2<4sin (A＋)≤4，
所以a＋b＋c∈(4，6]，即△ABC周长的取值范围为(4，6].(共38张PPT)
提能培优7 三角形中的中线(等分线)与角平分线问题
内容
索引
02.考点二
03.专题强化练（16）
01.考点一　
01.考点一　
例1 (2024·广东东莞模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝sin C－cos C.
(1)求A的大小；
解析：＝sin C－cos C，
由正弦定理得＝sin C－cos C，
sin C－sin B＝sin A sin C－sin A cos C，
又sin B＝sin (A＋C)＝sin A cos C＋sin C cos A，
所以sin C－sin A cos C－sin C cos A＝sin A sin C－sin A cos C，
得sin C－sin C cos A＝sin A sin C，又sin C>0，
所以－cos A＝sin A，即sin A＋cos A＝sin (A＋)＝，
得sin (A＋)＝1，又0所以A＋＝，故A＝.
(2)若b＝，c＝2，点D在边BC上，且CD＝2DB，求线段AD的长．
解析：由CD＝2DB，得＝，
即3＝2，
所以|3|2＝|2|2＝42＋4·＝18＋4||||cos 45°＝26，
所以||＝，即AD＝.
例2 (2023·新课标Ⅱ卷) 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝，求tan B；
解析：
方法一　在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC＝，AD＝1，
则S△ADC＝AD·DC sin ∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4.
在△ABD中，∠ADB＝，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·AD cos ∠ADB，
即c2＝4＋1－2×2×1×(－)＝7，解得c＝.
则cos B＝＝＝，
sin B＝＝＝，
所以tan B＝＝.
方法二　在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC＝，AD＝1，
则S△ADC＝AD·DC sin ∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4，
在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·AD cos ∠ADC，
即b2＝4＋1－2×2×1×＝3，解得b＝，
有AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝，C＝，
过A作AE⊥BC于E，于是CE＝AC cos C＝，AE＝AC sin C＝，BE＝，
所以tan B＝＝.
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
解析：方法一　在△ABD与△ACD中，由余弦定理得
整理得a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝2，
又S△ADC＝×1×sin ∠ADC＝，解得sin ∠ADC＝1，
而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝，所以b＝c＝＝2.
方法二　在△ABC中，因为D为BC中点，则2＝，又＝，
于是42＋2＝()2＋()2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2，
又S△ADC＝×1×sin ∠ADC＝，
解得sin ∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝，
所以b＝c＝＝2.
技法领悟
1．中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)．推导过程：
在△ABD中，cos B＝，
在△ABC中，cos B＝，
联立两个方程可得AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)．
2．向量法：＝(b2＋c2＋2bc cos A)．
推导过程：由＝＋)，
则＝)2＝＋＋||||cos A，
所以＝(b2＋c2＋2bc cos A)．
【跟踪训练1】　(2024·河北保定二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a cos B－b cos A＝－a－c.
(1)求B；
(2)若a＝2，b＝2，D为AC边的中点，求BD的长．
解析：(1)因为a cos B－b cos A＝－a－c，
根据正弦定理，得sin A cos B－sin B cos A＝－sin A－sin C＝－sin A－(sin A cos B＋cos A sin B)，
化简得2sin A cos B＝－sin A，
因为sin A>0，所以cos B＝－，
因为B∈(0，π)，所以B＝.
解析：(2)在△ABC中，由余弦定理得(2)2＝22＋c2－2×2c cos ，
所以c2＋2c－24＝0，解得c＝4.
因为BD为△ABC的中线，所以2＝，
所以4||2＝c2＋a2＋2ac·cos ，
因为a＝2，c＝4，所以4||2＝12，解得||＝.
02.考点二
例3 (2024·湖南长沙模拟)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a sin A－c sin C＝(a－b)sin B.
(1)求角C的大小；
解析：已知a sin A－c sin C＝(a－b)sin B，由正弦定理得a2－c2＝(a－b)b，
整理可得a2＋b2－c2＝ab，∴cos C＝＝，
∵0(2)若ab＝1，A>B，角C的平分线交AB于点D，CD＝，求的值．
解析：由C＝，ab＝1，得S△ABC＝ab sin C＝，
角C的平分线交AB于点D，得∠ACD＝∠BCD＝，
且S△ACD＋S△BCD＝S△ABC＝，
∴b·CD·sin a·CD·sin ＝，
∴·CD·(b＋a)＝，又CD＝，∴b＋a＝.
联立ab＝1，解得a＝2，b＝或a＝，b＝2，
∵A>B，∴a>b，∴a＝2，b＝，
由角平分线定理可得＝＝＝.
例4 (2024·河北张家口模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为边BC上一点，且满足()·＝0.
(1)证明：AD＝b；
解析：证明：记CD的中点为E，则＝2，
因为()·＝2·＝0，所以AE⊥BC，
所以AE为CD的垂直平分线，所以AD＝AC＝b.
(2)若AD为内角A的平分线，且＝＋，求sin A．
解析：记∠CAD＝θ，
因为＝，所以＝2()，
所以＝2，BD＝a，DC＝a，
又AD为内角A的平分线，所以＝＝2，c＝2b.
在△ACD，△ABD中，由余弦定理得
b2＋b2－2b2cos θ＝，b2＋4b2－4b2cos θ＝，
联立可得a2＝，
在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝，
所以sin A＝ ＝.
技法领悟
如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
1．利用角度的倍数关系：∠BAC＝2∠BAD＝2∠CAD.
2．内角平分线定理：AD为△ABC的内角∠BAC的平分线，则＝.
3．等面积法：因为S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，所以c·AD sin b·AD sin ＝bc sin A，所以(b＋c)AD＝2bc cos ，整理得AD＝(角平分线长公式)．
【跟踪训练2】　(2024·江西南昌模拟)设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a cos B＋b cos A)·cos B＝c·cos 2B.
(1)求角B；
(2)若点D在边AC上，BD平分∠ABC，且BD＝3，求△ABC面积的最小值．
解析：(1)因为(a cos B＋b cos A)·cos B＝c·cos 2B，
由正弦定理得(sin A cos B＋sin B cos A)·cos B＝sin C·cos 2B，
所以sin (A＋B)·cos B＝sin C·cos 2B，因为A＋B＋C＝π，所以sin (A＋B)＝sin C，
所以sin C·cos B＝sin C·cos 2B，因为sin C≠0，所以cos B＝cos 2B.
由二倍角公式得cos B＝2cos2B－1，解得cosB＝1，cos B＝－，
因为B∈(0，π)，所以B＝.
解析：(2)因为∠ABC＝，BD平分∠ABC，所以∠ABD＝∠CBD＝，因为BD＝3，且S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，所以ac sin ＝×3c sin ×3a sin ，
化简得ac＝3a＋3c.
因为3a＋3c≥2＝6，
所以ac≥6，解得ac≥36，当且仅当a＝c＝6时取等号，此时S△ABC＝ac sin ＝ac≥×36＝9，
所以△ABC面积的最小值为9.
03.专题强化练（16）
1．(13分)(2024·辽宁沈阳模拟)已知△ABC的面积为a(c sin C＋b sin B－a sin A)，其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边．
(1)求A；
解析：依题意，a(c sin C＋b sin B－a sin A)＝ab sin C，由正弦定理，得c2＋b2－a2＝bc，
由余弦定理，得cos A＝＝，
由A∈(0，π)，得A＝.
(2)若a＝2，且△ABC的周长为5，设D为边BC中点，求AD.
解析：方法一　由已知b＋c＝5－a＝3，
因为2bc＝9－(b2＋c2)，由(1)得b2＋c2＝，
由cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，
得＝－，
从而AD＝ ＝.
方法二　由已知b＋c＝5－a＝3，
因为b2＋c2＝(b＋c)2－2bc＝9－2bc，由(1)得bc＝，
由AD2＝(AB2＋AC2)－BC2，
得AD＝＝＝.
2．(15分)(2024·山东聊城检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b sin B tan A＝a sin B cos C＋b sin C cos A.
(1)求A；
解析：因为b sin B tan A＝a sin B cos C＋b sin C cos A，
所以sin2B tanA＝sin A sin B cos C＋sin B sin C cos A，因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin B tan A＝sin A cos C＋sin C cos A＝sin (A＋C)，
因为sin (A＋C)＝sin B，所以tan A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)若D在边BC上，且BD＝2DC，b＝3，AD＝2，求△ABC的周长．
解析：因为BD＝2DC，所以＝＝)＝，
所以＝＋·，
即12＝c2＋×3×c××9，
即c2＋6c－72＝0，解得c＝6或c＝－12(舍)，
由余弦定理，得a2＝36＋9－2×6×3×＝27，所以a＝3，
所以△ABC的周长为3＋3＋6＝3＋9.
3．(17分)(2024·河北沧州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2＝c(c＋b)．
(1)求证：B＋3C＝π；
解析：证明：在△ABC中，由余弦定理a2＝c2＋b2－2cb cos A及a2＝c(c＋b)，
得b2－2cb cos A＝bc，即b－2c cos A＝c，由正弦定理，得sin B－2sin C cos A＝sin C，
即sin C＝sin (C＋A)－2sin C cos A＝sin A cos C－cos A sin C＝sin (A－C)．
由00，则0因此C＝A－C，即A＝2C，则2C＋B＋C＝π，
所以B＋3C＝π.
(2)若∠ABC的角平分线交AC于点D，且a＝12，b＝7，求BD的长．
解析：由a2＝c(c＋b)，得122＝c(c＋7)，由c>0，得c＝9，
在△ABD，△BCD中，由正弦定理，得＝＝＝，
则＝，解得AD＝3，从而DC＝4，又cos ∠ADB＋cos ∠CDB＝0，
由余弦定理，得＝0，解得BD＝4，
所以BD的长为4.

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