2025-高考科學復習創(chuàng)新方案-數(shù)學-提升版第五章高考大題沖關(guān)系列（2）含答案

2025-高考科學復習創(chuàng)新方案-數(shù)學-提升版第五章高考大題沖關(guān)系列（2）含答案命題動向：解三角形不僅是數(shù)學的重要基礎(chǔ)知識，同時也是解決其他問題的一種數(shù)學工具．高考命題者常在三角函數(shù)、解三角形和平面向量、不等式等知識的交匯處命題．以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等．備考中首先要熟練掌握正弦定理、余弦定理的基本應(yīng)用，然后要注意三角函數(shù)性質(zhì)、三角恒等變換、基本不等式及平面幾何圖形的性質(zhì)等知識的綜合應(yīng)用．題型1三角形中邊長、角度、周長和面積的計算問題例1(2023·新課標Ⅱ卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為eq\r(3)，D為BC的中點，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解(1)解法一：在△ABC中，因為D為BC的中點，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ABD中，∠ADB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq\r(7)，則cosB＝eq\f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq\f(5\r(7),14)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).解法二：在△ABC中，因為D為BC的中點，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq\f(1,2)＝3，解得b＝eq\r(3)，有AC2＋AD2＝4＝CD2，則∠CAD＝eq\f(π,2)，C＝eq\f(π,6).過A作AE⊥BC于點E，于是CE＝ACcosC＝eq\f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(5,2)，所以tanB＝eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(3),5).(2)解法一：在△ABD與△ACD中，由余弦定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，))整理得eq\f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，則a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.解法二：在△ABC中，因為D為BC的中點，則2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，于是4eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq\r(3)，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(8－12,2bc)＝－eq\f(2,bc)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC＝eq\f(1,2)bceq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(1,2)bceq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(b2c2－4)＝eq\r(3)，解得bc＝4.則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2.例2(2023·河南駐馬店三模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(cosA,a)＝eq\f(cosB＋cosC,b＋c).(1)求A；(2)已知D為邊BC上一點，∠DAB＝∠DAC，若AD＝eq\r(3)，a＝3eq\r(2)，求△ABC的周長．解(1)因為eq\f(cosA,a)＝eq\f(cosB＋cosC,b＋c)，所以由正弦定理可得eq\f(cosA,sinA)＝eq\f(cosB＋cosC,sinB＋sinC)，所以sinAcosB＋sinAcosC＝cosAsinB＋cosAsinC，所以sinAcosB－cosAsinB＝cosAsinC－sinAcosC，所以sin(A－B)＝sin(C－A)．因為A－B∈(－π，π)，C－A∈(－π，π)，所以A－B＝C－A或(A－B)＋(C－A)＝2×eq\f(π,2)或(A－B)＋(C－A)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，即2A＝B＋C或C＝B＋π(舍去)或B＝C＋π(舍去)，又A＋B＋C＝π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由題意得S△DAB＋S△DAC＝S△ABC，即eq\f(1,2)AB·ADsin∠DAB＋eq\f(1,2)AC·ADsin∠DAC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC，因為∠BAC＝eq\f(π,3)，∠DAB＝∠DAC＝eq\f(π,6)，AD＝eq\r(3)，所以eq\f(\r(3),4)AB＋eq\f(\r(3),4)AC＝eq\f(\r(3),4)AB·AC，所以AB＋AC＝AB·AC，即c＋b＝cb，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－3bc，所以(b＋c)2－3(b＋c)－18＝0，所以b＋c＝6或b＋c＝－3(舍去)，所以△ABC的周長為6＋3eq\r(2).解答此類問題，首先明確正弦定理、余弦定理分別適用于哪些解三角形問題，其次要注意“邊”與“角”的互化，最后還要關(guān)注誘導公式、三角恒等變換及三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用．變式訓練1(2023·深圳一模)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b＋c＝2a·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))).(1)求A；(2)設(shè)AB的中點為D，若CD＝a，且b－c＝1，求△ABC的面積．解(1)由已知得，b＋c＝eq\r(3)asinC＋acosC，由正弦定理可得，sinB＋sinC＝eq\r(3)sinAsinC＋sinAcosC，因為A＋B＋C＝π，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，代入上式，整理得cosAsinC＋sinC＝eq\r(3)sinAsinC，又因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).而－eq\f(π,6)<A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,3).(2)在△ACD中，由余弦定理得，CD2＝b2＋eq\f(c2,4)－2b·eq\f(c,2)cosA，而A＝eq\f(π,3)，CD＝a，所以a2＝b2＋eq\f(c2,4)－eq\f(bc,2).①在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc，②由①②兩式消去a，得3c2＝2bc，所以b＝eq\f(3c,2)，又b－c＝1，解得b＝3，c＝2，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),2).變式訓練2(2023·湖北高三4月調(diào)研)在△ABC中，D為邊BC上一點，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC，(1)求tan2B；(2)若AB＝7，求△ABC內(nèi)切圓的半徑．解(1)設(shè)∠B＝∠DAC＝α，∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α，在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AD,sin（90°－2α）)＝eq\f(AC,sin（90°＋α）)，在△ABD中，AD＝BDsinα，又AC＝eq\f(12,7)BD，∴eq\f(BDsinα,cos2α)＝eq\f(\f(12,7)BD,cosα)，∴sinαcosα＝eq\f(12,7)cos2α，∴eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(12,7)cos2α，∴tan2α＝eq\f(24,7)，即tan2B＝eq\f(24,7).(2)由(1)知，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(24,7)，∴(3tanα＋4)(4tanα－3)＝0，又α為銳角，∴tanα＝eq\f(3,4)，∴sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，∵AB＝7，∴BD＝eq\f(35,4)，∴AC＝15，又cos∠BAC＝cos(90°＋α)＝－sinα＝－eq\f(3,5)，在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝400，∴BC＝20.設(shè)△ABC內(nèi)切圓的半徑為r，則S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)(AB＋AC＋BC)r，則r＝2.題型2三角形形狀的判斷及平面幾何證明問題例3(2023·漳州模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且asinB＝bsineq\f(B＋C,2).(1)求A；(2)若D為邊BC上一點，且BD＝eq\f(1,3)BC，AD＝eq\f(2\r(3),3)c，證明：△ABC為直角三角形．解(1)因為asinB＝bsineq\f(B＋C,2)，所以sinAsinB＝sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinBcoseq\f(A,2)，因為sinB>0，所以sinA＝coseq\f(A,2)，即2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)＝coseq\f(A,2).又coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2).又0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,3).(2)證法一：因為eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)b2＋eq\f(2,9)bc＝eq\f(4,3)c2，即b2＋2bc－8c2＝0，所以(b＋4c)(b－2c)＝0，所以b＝2c.因此a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc＝3c2，又b＝2c，所以b2＝a2＋c2，所以B＝90°，所以△ABC為直角三角形．證法二：因為∠ADB＝π－∠ADC，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝0，又BD＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(1,3)a，AD＝eq\f(2\r(3),3)c，所以eq\f(\f(4,3)c2＋\f(1,9)a2－c2,\f(4\r(3),9)ac)＋eq\f(\f(4,3)c2＋\f(4,9)a2－b2,\f(8\r(3),9)ac)＝0，即6c2－3b2＋2a2＝0.又a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc，所以6c2－3b2＋2(b2＋c2－bc)＝0，即8c2－2bc－b2＝0，所以(4c＋b)(2c－b)＝0，所以b＝2c，所以a2＝3c2.因此b2＝a2＋c2，所以B＝90°，所以△ABC為直角三角形．(1)判斷三角形形狀的兩種思路①化邊：通過因式分解、配方等得出邊的相應(yīng)關(guān)系，從而判斷三角形的形狀．②化角：通過三角恒等變形，得出內(nèi)角的關(guān)系，從而判斷三角形的形狀．此時要注意應(yīng)用A＋B＋C＝π這個結(jié)論．(2)對于證明問題，一方面要利用已知條件和正弦定理、余弦定理推出邊或角的關(guān)系式，另一方面還要注意對這些等量關(guān)系進行適當?shù)恼献冃危兪接柧?(2024·長沙模擬)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知c2＝ab，D是邊AB的中點，CDsin∠ACB＝asinB.(1)證明：CD＝c；(2)求cos∠ACB.解(1)證明：由題意得CD＝eq\f(asinB,sin∠ACB)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sin∠ACB)，即eq\f(sinB,sin∠ACB)＝eq\f(b,c)，所以CD＝eq\f(ab,c)，由于c2＝ab，所以CD＝c.(2)由題意知CD＝c，AD＝eq\f(c,2)，DB＝eq\f(c,2)，所以cos∠ADC＝eq\f(c2＋\f(c2,4)－b2,2·c·\f(c,2))＝eq\f(\f(5,4)c2－b2,c2)，同理cos∠BDC＝eq\f(c2＋\f(c2,4)－a2,2·c·\f(c,2))＝eq\f(\f(5,4)c2－a2,c2)，由于∠ADC＝π－∠BDC，所以eq\f(\f(5,4)c2－b2,c2)＋eq\f(\f(5,4)c2－a2,c2)＝0，整理得a2＋b2＝eq\f(5,2)c2，由余弦定理，得cos∠ACB＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(3c2,4ab)＝eq\f(3,4).題型3最值與范圍問題例4(2023·茂名一模)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝b＋2bcosC.(1)求證：C＝2B；(2)求eq\f(a＋c,b)的取值范圍．解(1)證明：在△ABC中，由a＝b＋2bcosC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcosC，又A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinB＋2sinBcosC，sinBcosC＋cosBsinC－2sinBcosC＝sinB，sin(C－B)＝sinB，∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<C<π.∵B＋(C－B)＝C<π，∴B＝C－B，C＝2B.(2)解法一：由C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，由題意a＝b＋2bcosC，C＝2B及正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(b＋2bcosC＋c,b)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sinC,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋2sinBcosB,sinB)＝1＋2cosC＋2cosB＝1＋2cos2B＋2cosB＝1＋2(2cos2B－1)＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，∵eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5，故eq\f(a＋c,b)的取值范圍為(1，5)．解法二：由正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sinA＋sinC,sinB)，∵A＋B＋C＝π，∴A＝π－(B＋C)，eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(sin[π－（B＋C）]＋sinC,sinB)＝eq\f(sin（B＋C）＋sinC,sinB)，由(1)得C＝2B，故eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sin（B＋2B）＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosBsin2B＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosB·2sinBcosB＋2sinBcosB,sinB)＝cos2B＋2cos2B＋2cosB＝2cos2B－1＋2cos2B＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，由(1)得C＝2B，得B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5，故eq\f(a＋c,b)的取值范圍為(1，5)．(1)求解三角形中的最值(范圍)問題時，常利用正弦定理、余弦定理與三角形面積公式，建立a＋b，ab，a2＋b2之間的等量關(guān)系與不等關(guān)系，然后利用函數(shù)或基本不等式求解．(2)解決三角形中的某個量的最值或范圍問題，除了利用基本不等式外，再一個思路就是利用正弦定理、余弦定理，把該量轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個角的三角函數(shù)，利用函數(shù)思想求解，此時要特別注意題目隱含條件的應(yīng)用，如銳角三角形、鈍角三角形、三角形內(nèi)角和為π等．變式訓練4(2023·佛山模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.(1)設(shè)eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，求證：S△ABC＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2)；(2)設(shè)D為BC的中點，CB＝AD＝4，求AB＋AC的取值范圍．解(1)證明：依題意，因為eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，所以cosC＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))||\o(CA,\s\up6(→))|)＝eq\f(a·b,|a||b|)，在△ABC中，sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(CB,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|sinC＝eq\f(1,2)|a||b|·eq\f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2).(2)如圖所示，在△ABC中，D為BC的中點，CB＝AD＝4，所以BD＝CD＝2，設(shè)∠ADB＝θ，則∠ADC＝π－θ，在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝22＋42－2×2×4×cosθ＝20－16cosθ，在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝22＋42－2×2×4×cos(π－θ)＝20＋16cosθ，所以AB＋AC＝eq\r(20－16cosθ)＋eq\r(20＋16cosθ)，(AB＋AC)2＝40＋2eq\r(400－256cos2θ)，因為θ∈(0，π)，所以cos2θ∈[0，1)，所以(AB＋AC)2∈(64，80]，所以AB＋AC的取值范圍是(8，4eq\r(5)]．題型4解三角形與三角函數(shù)的綜合問題例5(2023·湖南三湘名校聯(lián)考)已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象如圖，將該函數(shù)圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度后，再將所得曲線上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍(縱坐標不變)，得到函數(shù)f(x)的圖象．設(shè)g(x)＝f(x)sinx.(1)求函數(shù)g(x)的最小正周期T；(2)在△ABC中，AB＝6，D是BC的中點，AD＝eq\r(19)，設(shè)∠BAC＝θ，cosθ＜0，g(θ)＝eq\f(\r(3),4)，求△ABC的面積．解(1)由題圖知A＝1，eq\f(2π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,12)))，解得ω＝2，又函數(shù)圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，∴2×eq\f(π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).∵sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))＝eq\f(\r(3)（1－cos2x）,4)＋eq\f(1,4)sin2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)，∴g(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)，∴T＝π.(2)∵g(θ)＝eq\f(\r(3),4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝0，∵cosθ＜0，即eq\f(π,2)＜θ＜π，∴θ＝eq\f(2π,3).設(shè)BC＝2m，AC＝x，∵∠ADB＋∠ADC＝π，∴cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，∵AB＝6，AD＝eq\r(19)，∴在△ADB和△ADC中，由余弦定理得eq\f(19＋m2－36,2\r(19)m)＋eq\f(19＋m2－x2,2\r(19)m)＝0，∴4m2＝2x2－4，在△ABC中，由余弦定理得(2m)2＝36＋x2－12xcos∠BAC＝36＋x2＋6x，∴2x2－4＝36＋x2＋6x，解得x＝－4(舍去)或x＝10，即AC＝10，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)×6×10×eq\f(\r(3),2)＝15eq\r(3).解三角形和三角函數(shù)的結(jié)合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先確定三角形的邊角，再代入到三角函數(shù)中，三角函數(shù)和差公式的靈活運用是解決此類問題的關(guān)鍵．變式訓練5(2023·長沙模擬)銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B＝2A.(1)證明：sinC>eq\f(\r(2),2)；(2)求eq\f(c,a＋b)的取值范圍．解(1)證明：因為B＝2A，A＋B＋C＝π，所以C＝π－3A.因為△ABC是銳角三角形，所以0<2A<eq\f(π,2)，0<π－3A<eq\f(π,2)，解得eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，所以eq\f(π,2)<3A<eq\f(3π,4)，所以sinC＝sin(π－3A)＝sin3A>eq\f(\r(2),2).(2)由正弦定理得eq\f(c,a＋b)＝eq\f(sinC,sinA＋sinB)＝eq\f(sin3A,sinA＋sin2A)＝eq\f(sin（A＋2A）,sinA＋sin2A)＝eq\f(sinAcos2A＋cosAsin2A,sinA＋sin2A)＝eq\f(cos2A＋2cos2A,1＋2cosA)＝eq\f(4cos2A－1,2cosA＋1)＝2cosA－1.因為eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，所以eq\f(\r(2),2)<cosA<eq\f(\r(3),2)，即eq\r(2)－1<2cosA－1<eq\r(3)－1.故eq\f(c,a＋b)的取值范圍是(eq\r(2)－1，eq\r(3)－1)．題型5解三角形與平面向量的綜合問題例6(2023·常州模擬)在△ABC中，AB·tanC＝AC·tanB，點D是邊BC上一點，且滿足eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0.(1)證明：△ABC為等腰三角形；(2)若BD＝3CD，求∠BAC的余弦值．解(1)證明：由AB·tanC＝AC·tanB，得AB·eq\f(sinC,cosC)＝AC·eq\f(sinB,cosB)，由正弦定理得eq\f(sin2C,cosC)＝eq\f(sin2B,cosB)，即eq\f(1－cos2C,cosC)＝eq\f(1－cos2B,cosB)，化簡得(1＋cosBcosC)(cosB－cosC)＝0，因為B，C∈(0，π)，所以cosB，cosC∈(－1，1)，所以1＋cosBcosC≠0，所以cosB－cosC＝0，又y＝cosx在(0，π)上單調(diào)遞減，所以B＝C，所以△ABC為等腰三角形．(2)由eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，得eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，所以AB⊥AD，即∠BAD＝90°，所以sin∠BDA＝eq\f(AB,BD)，cos∠BAC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠CAD))＝－sin∠CAD，由(1)得AB＝AC，在△ACD中，由正弦定理得，eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AC,sin∠CDA)，所以sin∠CAD＝eq\f(CD,AC)sin∠CDA＝eq\f(CD,AC)sin(π－∠CDA)＝eq\f(CD,AC)sin∠BDA＝eq\f(CD,AC)·eq\f(AB,BD)＝eq\f(CD,3CD)＝eq\f(1,3)，所以cos∠BAC＝－sin∠CAD＝－eq\f(1,3).解決解三角形與平面向量綜合問題的關(guān)鍵：準確利用向量的坐標運算化簡已知條件，將其轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的問題解決．變式訓練6(2024·青島模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，b＝3.(1)求B的大?。?2)求eq\f(ac,a＋c)的最大值．解(1)因為p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，所以2c－a＝2bcosA，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，所以2sinC－sinA＝2sinBcosA，又C＝π－(A＋B)，所以2sin(A＋B)－sinA＝2sinBcosA，所以2sinAcosB－sinA＝0，因為A∈(0，π)，sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，可得B＝eq\f(π,3).(2)根據(jù)余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得a2＋c2－ac＝9，即(a＋c)2＝9＋3ac，因為ac≤eq\f(（a＋c）2,4)，所以(a＋c)2≤9＋eq\f(3,4)(a＋c)2，結(jié)合a＋c>3，所以3<a＋c≤6(當且僅當a＝c＝3時取等號)，設(shè)t＝a＋c，則t∈(3，6]，所以eq\f(ac,a＋c)＝eq\f(t2－9,3t)，設(shè)f(t)＝eq\f(t2－9,3t)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(9,t)))，則f(t)在(3，6]上單調(diào)遞增，所以f(t)的最大值為f(6)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(ac,a＋c)的最大值為eq\f(3,2).第3講簡單的三角恒等變換[課程標準]1.知道兩角差余弦公式的意義.2.能從兩角差的余弦公式推導出兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解他們的內(nèi)在聯(lián)系.3.能運用上述公式進行簡單的恒等變換(包括推導出積化和差、和差化積、半角公式，這三組公式不要求記憶)．1．兩角和與差的正弦、余弦和正切公式2．二倍角的正弦、余弦、正切公式公式名公式二倍角的正弦sin2α＝eq\x(\s\up1(07))2sinαcosα二倍角的余弦cos2α＝eq\x(\s\up1(08))cos2α－sin2α＝eq\x(\s\up1(09))1－2sin2α＝eq\x(\s\up1(10))2cos2α－1二倍角的正切tan2α＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(2tanα,1－tan2α)3.半角公式sineq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(12))±eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(13))±eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(14))±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))．1．公式的常用變式：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)；tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tan（α＋β）)＝eq\f(tanα－tanβ,tan（α－β）)－1.2．降冪公式：sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α.3．升冪公式：1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)；1＋sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))eq\s\up12(2)；1－sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))eq\s\up12(2).4．常用拆角、拼角技巧：例如，2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)；α－β＝(α－γ)＋(γ－β)；eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．5．輔助角公式：一般地，函數(shù)f(α)＝asinα＋bcosα(a，b為常數(shù))可以化為f(α)＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq\r(a2＋b2)cos(α－θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(a,b))).1．(人教A必修第一冊習題5.5T6(1)改編)sin20°·cos10°－cos160°sin10°＝()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案D解析原式＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin(20°＋10°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2021·全國乙卷)cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,12)))＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故選D.3．(多選)(人教A必修第一冊習題5.5T12改編)化簡：eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝()A.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))C.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) D.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))答案AC解析eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).故選AC.4．(人教A必修第一冊5.5.1例3改編)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值為________．答案－eq\f(1,7)解析因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，所以cosα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝－eq\f(4,3).所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(－\f(4,3)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×1)＝－eq\f(1,7).5．已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq\f(4,5)，則sineq\f(θ,2)＝________，coseq\f(θ,2)＝________．答案－eq\f(2\r(5),5)－eq\f(\r(5),5)解析∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))，且sinθ＝eq\f(4,5)，∴cosθ＝－eq\f(3,5)，eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，∴sineq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5).第1課時兩角和與差的正弦、余弦和正切公式及二倍角公式考向一公式的直接應(yīng)用例1(1)若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限角，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(7\r(2),10) B．－eq\f(7\r(2),10)C．－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案B解析∵α是第三象限角，∴sinα<0，且sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(7\r(2),10).故選B.(2)(2024·長沙模擬)古希臘數(shù)學家泰特托斯(Theaetetus，公元前417～公元前369年)詳細地討論了無理數(shù)的理論，他通過圖來構(gòu)造無理數(shù)eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(5)，….如圖，則cos∠BAD＝()A.eq\f(2\r(6)－3\r(3),6) B.eq\f(2\r(3)－\r(6),6)C.eq\f(2\r(3)＋\r(6),6) D.eq\f(2\r(6)＋3\r(3),6)答案B解析記∠BAC＝α，∠CAD＝β，由題意知cosα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，sinα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，cosβ＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，sinβ＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以cos∠BAD＝cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(6),3)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6).故選B.(3)(2021·全國甲卷)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，則tanα＝()A.eq\f(\r(15),15) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),3) D.eq\f(\r(15),3)答案A解析因為tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).故選A.利用三角函數(shù)公式解題時的注意點(1)首先要注意公式的結(jié)構(gòu)特點和符號變化規(guī)律．例如兩角差的余弦公式可簡記為“同名相乘，符號相反”．(2)應(yīng)注意同角三角函數(shù)的基本關(guān)系與誘導公式的綜合應(yīng)用．(3)應(yīng)注意配方法、因式分解和整體代換思想的應(yīng)用．1.已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，則tan(α－β)的值為()A．－eq\f(2,11) B.eq\f(2,11)C.eq\f(11,2) D．－eq\f(11,2)答案A解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，又tan(π－β)＝eq\f(1,2)，∴tanβ＝－eq\f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq\f(2,11).故選A.2．(2023·新課標Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，則cos(2α＋2β)＝()A.eq\f(7,9) B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9) D．－eq\f(7,9)答案B解析因為sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，則sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos[2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9).故選B.考向二公式的逆用和變形用例2(1)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解析因為tan120°＝eq\f(tan70°＋tan50°,1－tan70°tan50°)＝－eq\r(3)，所以tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°＝－eq\r(3).故選D.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ，則()A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1答案C解析由已知得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2(cosα－sinα)sinβ，即sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.故選C.兩角和與差及倍角公式的逆用和變形用的應(yīng)用技巧(1)逆用公式應(yīng)準確找出所給式子與公式的異同，創(chuàng)造條件逆用公式．(2)和差角公式變形sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ；cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ；tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)．(3)倍角公式變形：降冪公式．1.已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(2),2)答案B解析由題意可得sinθ＋eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，則eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，eq\f(\r(3),2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＝eq\f(\r(3),3)，從而有sinθcoseq\f(π,6)＋cosθsineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3).故選B.2．(多選)(2024·濰坊聯(lián)考)已知θ∈(0，2π)，O為坐標原點，θ終邊上有一點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)，sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))，則()A．θ＝eq\f(3π,8) B．|OM|＝eq\r(2)C．tanθ<1 D．cosθ>eq\f(1,2)答案AB解析tanθ＝eq\f(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8),sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8))＝eq\f(tan\f(3π,8)＋1,tan\f(3π,8)－1)＝－taneq\f(5π,8)＝taneq\f(3π,8)，故θ＝eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，又sineq\f(3π,8)－coseq\f(3π,8)>0，sineq\f(3π,8)＋coseq\f(3π,8)>0，故θ是第一象限角，又θ∈(0，2π)，故θ＝eq\f(3π,8)，故A正確；|OM|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＝2，故|OM|＝eq\r(2)，故B正確；tanθ＝taneq\f(3π,8)>taneq\f(π,4)＝1，故C錯誤；cosθ＝coseq\f(3π,8)<coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，故D錯誤．故選AB.考向三角的變換例3(1)(2023·南通期末)已知eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，cos(α－β)＝eq\f(12,13)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，則sin2α＝()A.eq\f(56,65) B．－eq\f(56,65)C.eq\f(16,65) D．－eq\f(16,65)答案B解析因為eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，所以0<α－β<eq\f(π,4)，π<α＋β<eq\f(3π,2)，由cos(α－β)＝eq\f(12,13)，得sin(α－β)＝eq\f(5,13)，由sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，得cos(α＋β)＝－eq\f(4,5)，則sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝eq\f(5,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＋eq\f(12,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(56,65).故選B.(2)(2024·濟南模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝________．答案eq\f(7,8)解析因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝1－2×eq\f(1,16)＝eq\f(7,8).1．求角的三角函數(shù)值的一般思路是把“所求角”用“已知角”表示．(1)當“已知角”有一個時，此時應(yīng)著眼于“所求角”與“已知角”的和或差的關(guān)系，再應(yīng)用誘導公式把“所求角”變成“已知角”．(2)當“已知角”有兩個時，“所求角”一般表示為兩個“已知角”的和或差的形式．2．常見的配角技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))等．1．(2023·泉州模擬)如圖所示，點P是單位圓上的一個動點，它從初始位置P0(1，0)開始沿單位圓按逆時針方向運動角αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))到達點P1，然后繼續(xù)沿單位圓逆時針方向運動eq\f(π,3)到達點P2，若點P2的橫坐標為－eq\f(4,5)，則cosα的值為________．答案eq\f(3\r(3)－4,10)解析由題意得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(4,5)，∵eq\f(π,3)<α＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3)－4,10).2．(2024·重慶摸底)已知α，β為銳角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，則cos2α＝________，tan(α－β)＝________．答案－eq\f(7,25)－eq\f(2,11)解析因為tanα＝eq\f(4,3)＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因為sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).因為α，β為銳角，所以α＋β∈(0，π)．又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因為tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tan（α＋β）,1＋tan2αtan（α＋β）)＝－eq\f(2,11).課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2024·秦皇島月考)－sin133°cos197°－cos47°·cos73°＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案A解析原式＝－sin(180°－47°)cos(180°＋17°)－cos47°cos(90°－17°)＝sin47°cos17°－cos47°·sin17°＝sin(47°－17°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2023·保定模擬)已知鈍角α滿足sinα＝eq\f(\r(5),5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝()A．－eq\f(\r(10),4) B．－eq\f(3\r(10),10)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由α為鈍角，可知cosα<0，所以cosα＝－eq\r(1－\f(1,5))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)－\f(\r(5),5)))＝－eq\f(3\r(10),10).故選B.3．已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，則sinα＝()A.eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(5),9)答案A解析由3cos2α－8cosα＝5，得6cos2α－8cosα－8＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．∵α∈(0，π)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3).故選A.4．(2024·保定模擬)“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析由tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝tanα－eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝5，得tan2α－5tanα＋6＝(tanα－2)(tanα－3)＝0，即tanα＝2或tanα＝3，所以“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的充分不必要條件．5．(2024·泰州模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝()A.eq\f(3－4\r(3),10) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案C解析因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,12)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12))))＝eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))coseq\f(π,4)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).故選C.6．(2023·長沙一中調(diào)研)設(shè)α為銳角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值為()A.eq\f(12,25) B.eq\f(24,25)C．－eq\f(24,25) D．－eq\f(12,25)答案B解析∵α為銳角，即0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25).故選B.7．(2024·南通模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝()A.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．2 D．－2答案B解析因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)<0，得x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,6)))，因此coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，由二倍角公式可得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))),1－tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))＝eq\f(4,3)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝－taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2x))＝－eq\f(4,3).故選B.8．(2023·鹽城一模)已知α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，則tanα＋tanβ的最小值為()A.eq\f(\r(2),2) B．1C．－2－2eq\r(2) D．－2＋2eq\r(2)答案D解析因為α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，tanα，tanβ∈(0，1)，則tanα＋tanβ＝1－tanαtanβ≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα＋tanβ,2)))eq\s\up12(2)，當且僅當α＝β＝eq\f(π,8)時取等號，解得tanα＋tanβ≥2eq\r(2)－2或tanα＋tanβ≤－2－2eq\r(2)(舍去)．故選D.二、多項選擇題9．(2024·聊城質(zhì)檢)下列各式中，值為eq\f(1,4)的是()A．sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12) B.eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°