微專題2　三角恒等變換與解三角形

微專題2三角恒等變換與解三角形高考定位1.三角函數(shù)的化簡與求值是高考的命題熱點，其中同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、誘導(dǎo)公式是解決計算問題的工具；2.三角恒等變換是利用三角恒等式(兩角和與差、二倍角的正弦、余弦、正切公式)進(jìn)行變換，“角”的變換是三角恒等變換的核心；3.正弦定理與余弦定理以及解三角形是高考的必考內(nèi)容，主要考查邊、角、面積、周長等的計算.1.(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解析由題意得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)sinβ，整理，得sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1，故選C.2.(2021·全國乙卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為eq\r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，則b＝________.答案2eq\r(2)解析由題意得S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac＝eq\r(3)，則ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×eq\f(1,2)＝8，則b＝2eq\r(2).3.(2021·浙江卷)在△ABC中，B＝60°，AB＝2，M是BC的中點，AM＝2eq\r(3)，則AC＝________；cos∠MAC＝________.答案2eq\r(13)eq\f(2\r(39),13)解析由B＝60°，AB＝2，AM＝2eq\r(3)，及余弦定理可得BM＝4，因為M為BC的中點，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cosB＝4＋64－2×8×2×eq\f(1,2)＝52，所以AC＝2eq\r(13)，所以在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝eq\f(AC2＋AM2－MC2,2AC·AM)＝eq\f(52＋12－16,2×2\r(13)×2\r(3))＝eq\f(2\r(39),13).4.(2022·全國乙卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A).(1)證明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cosA＝eq\f(25,31)，求△ABC的周長.(1)證明法一由sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，結(jié)合正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＋abcosC＝2bccosA(*).由余弦定理可得accosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2)，abcosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2)，2bccosA＝b2＋c2－a2，則上述三式代入(*)式整理，得2a2＝b2＋c2.法二因為A＋B＋C＝π，所以sinCsin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sinBsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.又sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.(2)解由(1)及a2＝b2＋c2－2bccosA得，a2＝2bccosA，所以2bc＝31.因為b2＋c2＝2a2＝50，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，解得b＋c＝9，所以△ABC的周長l＝a＋b＋c＝14.熱點一化簡與求值(角)1.同角三角函數(shù)的基本關(guān)系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).2.誘導(dǎo)公式的記憶口訣：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的誘導(dǎo)公式中“奇變偶不變，符號看象限”.3.熟記三角函數(shù)公式的兩類變形：(1)和差角公式的變形；(2)倍角公式的變形.例1(1)(2022·天津模擬)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)(2)已知α，β均為銳角，cos(α＋β)＝－eq\f(5,13)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))等于()A.eq\f(33,65) B.－eq\f(33,65)C.eq\f(63,65) D.eq\f(33,65)或eq\f(63,65)答案(1)C(2)C解析(1)由α，β為銳角，則－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，由sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，得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).(2)∵α，β均為銳角，∴α＋β∈(0，π)，β＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴sin(α＋β)>0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，∵cos(α＋β)＝－eq\f(5,13)，∴sin(α＋β)＝eq\f(12,13)，又∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝－eq\f(3,5)或coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)(舍去)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（α＋β）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝－eq\f(5,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).規(guī)律方法1.解決三角函數(shù)的求值問題的關(guān)鍵是把“所求角”用“已知角”表示.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.訓(xùn)練1(1)已知α為第二象限角，sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，則cos2α＝()A.－eq\f(\r(5),3) B.－eq\f(\r(5),9)C.eq\f(\r(5),9) D.eq\f(\r(5),3)(2)已知cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，則β＝________.答案(1)A(2)eq\f(π,3)解析(1)sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，兩邊平方得(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\f(1,3)，整理得：2sinαcosα＝－eq\f(2,3)<0，∴(cosα－sinα)2＝1－2sinαcosα＝eq\f(5,3).∵α為第二象限角，∴sinα>0，cosα<0，即cosα－sinα<0，∴cosα－sinα＝－eq\f(\r(15),3).則cos2α＝(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝－eq\f(\r(5),3)，故選A.(2)由cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4\r(3),7)，sin(α－β)＝eq\r(1－cos2（α－β）)＝eq\f(3\r(3),14).∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2).∴β＝eq\f(π,3).熱點二三角函數(shù)恒等式的證明三角恒等式常從復(fù)雜一邊向簡單的一邊轉(zhuǎn)化，或者兩邊同時推出一個相同式子，有時要證等式先進(jìn)行等價交換，進(jìn)而證明其等價命題.例2已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin(α＋2β)＝eq\f(7,5)sinα.(1)求證：tan(α＋β)＝6tanβ；(2)若tanα＝3tanβ，求α的值.(1)證明因為sin(α＋2β)＝eq\f(7,5)sinα，所以sin[(α＋β)＋β]＝eq\f(7,5)sin[(α＋β)－β]，所以sin(α＋β)cosβ＋cos(α＋β)sinβ＝eq\f(7,5)[sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ]，所以sin(α＋β)cosβ＝6cos(α＋β)sinβ.①因為α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π).若cos(α＋β)＝0，則由①得sin(α＋β)＝0，與α＋β∈(0，π)矛盾，所以cos(α＋β)≠0.又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosβ≠0.由①兩邊同除以cos(α＋β)·cosβ，得tan(α＋β)＝6tanβ.(2)解由(1)知tan(α＋β)＝6tanβ，則eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝6tanβ，因為tanα＝3tanβ，所以tanβ＝eq\f(1,3)tanα，所以eq\f(\f(4,3)tanα,1－\f(1,3)tan2α)＝2tanα.因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα＞0，所以eq\f(4,3－tan2α)＝2，所以tan2α＝1.因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα＝1，從而α＝eq\f(π,4).易錯提醒等式兩邊除以同一個三角函數(shù)式時要注意論證這個三角函數(shù)式不為零.訓(xùn)練2求證：(1)cos4α＋4cos2α＋3＝8cos4α.(2)eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα).證明(1)左邊＝2cos22α－1＋4cos2α＋3＝2(cos22α＋2cos2α＋1)＝2(cos2α＋1)2＝2(2cos2α－1＋1)2＝2(2cos2α)2＝8cos4α＝右邊.(2)左端＝eq\f(sin[（α＋β）＋α]－2cos（α＋β）sinα,sinα)＝eq\f(sin（α＋β）cosα－cos（α＋β）sinα,sinα)＝eq\f(sin[（α＋β）－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα)＝右端.熱點三正弦定理、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).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3(1)(2022·洛陽三模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若ccosB＋bcosC＝eq\r(2)，且b2＋c2－a2＝eq\r(2)bc，則三角形ABC的外接圓半徑的長為()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C.2 D.1(2)(2022·泰安三模)在△ABC中，AC＝3，BC＝2，cosC＝eq\f(3,4)，則tanA＝()A.eq\f(\r(5),6) B.eq\f(\r(7),6)C.eq\f(\r(5),3) D.eq\f(\r(7),3)答案(1)D(2)D解析(1)∵ccosB＋bcosC＝c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋c2－b2＋a2＋b2－c2,2a)＝a，即a＝eq\r(2).又cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(2),2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,4)，由正弦定理可得三角形外接圓的半徑R滿足eq\f(\r(2),sin\f(π,4))＝2R，解得R＝1，故選D.(2)由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2BC·ACcosC＝32＋22－2×3×2×eq\f(3,4)＝4，所以AB＝2，所以AB＝BC，所以A＝C，所以cosA＝cosC＝eq\f(3,4)，則sinA＝eq\f(\r(7),4)，故tanA＝eq\f(\r(7),3).故選D.規(guī)律方法1.利用正、余弦定理解三角形時，涉及邊與角的余弦的積時，常用正弦定理將邊化為角，涉及邊的平方時，一般用余弦定理.2.涉及邊a，b，c的齊次式時，常用正弦定理轉(zhuǎn)化為角的正弦值，再利用三角公式進(jìn)行變形.訓(xùn)練3(1)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cosC＝eq\f(1,3)，asinA－csinC＋bsinA＝0，則eq\f(b,a)＝()A.eq\f(5,3) B.eq\f(7,3)C.eq\f(7,2) D.eq\f(5,2)(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知3bcosC＝3a－c，且A＝C，則sinA＝________.答案(1)A(2)eq\f(\r(6),3)解析(1)由正弦定理及asinA－csinC＋bsinA＝0，得a2－c2＝－ab，又由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2－ab,2ab)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(b,a)－1＝eq\f(2,3)，得eq\f(b,a)＝eq\f(5,3).(2)因為3bcosC＝3a－c，由正弦定理得3sinBcosC＝3sinA－sinC，又A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，即sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以3sinBcosC＝3(sinBcosC＋cosBsinC)－sinC，所以3cosBsinC＝sinC，因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,3)，又A＝C，所以cosB＝cos(π－2A)＝－cos2A＝2sin2A－1＝eq\f(1,3)，因為A∈(0，π)，所以sinA>0，所以sinA＝eq\f(\r(6),3).熱點四正弦定理、余弦定理的綜合應(yīng)用1.利用正、余弦定理解決實際問題的一般流程：2.涉及正、余弦定理與三角形面積的綜合問題求三角形面積時常用S＝eq\f(1,2)absinC形式的面積公式.例42020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86(單位：m).三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一.如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′滿足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C點測得B點的仰角為15°，BB′與CC′的差為100；由B點測得A點的仰角為45°，則A，C兩點到水平面A′B′C′的高度差A(yù)A′－CC′約為(eq\r(3)≈1.732)()A.346 B.373C.446 D.473答案B解析如圖所示，根據(jù)題意過C作CE∥C′B′，交BB′于E，過B作BD∥A′B′，交AA′于D，則BE＝100，C′B′＝CE＝eq\f(100,tan15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，則BD＝A′B′＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，又在B點處測得A點的仰角為45°，所以AD＝BD＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，所以高度差A(yù)A′－CC′＝AD＋BE＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(\f(100,tan15°)·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq\f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq\r(3)＋1)＋100≈373.例5(2022·北京海淀區(qū)模擬)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且asinB＝eq\r(3)bcosA.(1)求A；(2)從以下三組條件中選擇一組條件作為已知條件，使△ABC存在且唯一確定，并求△ABC的面積.第①組條件：a＝eq\r(19)，c＝5.第②組條件：cosC＝eq\f(1,3)，c＝4eq\r(2).第③組條件：AB邊上的高h(yuǎn)＝eq\r(3)，a＝3.注：如果選擇多種情形分別解答，按第一個解答計分.解(1)因為asinB＝eq\r(3)bcosA，由正弦定理可得sinAsinB＝eq\r(3)sinBcosA，又B∈(0，π)，所以sinB≠0，則sinA＝eq\r(3)cosA，即tanA＝eq\r(3)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)若選擇第①組條件，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA，即19＝b2＋25－5b，解得b＝2或3，不符合題意，故不能選第①組條件.若選擇第②組條件，因為C∈(0，π)，cosC＝eq\f(1,3)，所以sinC＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)可得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(4\r(2)×\f(\r(3),2),\f(2\r(2),3))＝3eq\r(3)，則sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(2\r(2)＋\r(3),6)，此時△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×3eq\r(3)×4eq\r(2)×eq\f(2\r(2)＋\r(3),6)＝4eq\r(3)＋3eq\r(2).若選擇第③組條件，因為AB邊上的高h(yuǎn)＝eq\r(3)，所以bsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，則b＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得9＝4＋c2－2c，解得c＝1＋eq\r(6)，此時△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×(1＋eq\r(6))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),2).規(guī)律方法(1)對于解三角形的開放性問題，要根據(jù)自己的實際情況，選擇自己最熟悉，易轉(zhuǎn)化的條件用以求解.(2)與面積有關(guān)的問題，一般要根據(jù)已知角來選擇三個面積公式(S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB)中的一個，同時再用正、余弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化.訓(xùn)練4(1)(2022·湖南三湘名校聯(lián)考)如圖是2021年9月17日13時34分神舟十二號返回艙(圖中C)接近地面的場景.傘面是表面積為1200m2的半球面(不含底面圓)，傘頂B與返回艙底端C的距離為半球半徑的5倍，直線BC與水平地面垂直于D，D和觀測點A在同一水平線上，在A測得點B的仰角∠DAB＝30°，且sin∠BAC＝eq\f(7\r(3),2\r(247))，則此時返回艙底端離地面的距離CD＝________(π＝3.14，sin∠ACB＝eq\f(9\r(3),\r(247))，計算過程中，球半徑四舍五入保留整數(shù)).答案20m解析設(shè)半球的半徑為rm，則2πr2＝1200，∴r≈14，∴BC＝5r＝70m.在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，則AB＝eq\f(BCsin∠ACB,sin∠BAC)＝70×eq\f(9\r(3),\r(247))×eq\f(2\r(247),7\r(3))＝180(m)，∴BD＝90m，則CD＝BD－BC＝20m.(2)(2022·青島二中調(diào)研)從①2bsinA＝atanB，②a2－b2＝ac－c2，③eq\r(3)sinB＝cosB＋1這三個條件中任選一個，補充在下面橫線上，并解答.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且________.(ⅰ)求B的大小；(ⅱ)若b＝2，△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，求△ABC的周長.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.解(ⅰ)若選①：因為2bsinA＝atanB＝eq\f(asinB,cosB)，所以2ab＝eq\f(ab,cosB)，所以cosB＝eq\f(1,2)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).若選②：因為a2－b2＝ac－c2，所以a2＋c2－b2＝ac，所以2accosB＝ac，所以cosB＝eq\f(1,2)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).若選③：因為eq\r(3)sinB＝cosB＋1，所以eq\r(3)sinB－cosB＝1，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，因為B－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,3).(ⅱ)因為b2＝a2＋c2－2accosB，所以a2＋c2－ac＝4，又S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),2)，所以ac＝2，所以(a＋c)2－3ac＝4，所以(a＋c)2＝10，所以a＋c＝eq\r(10)，所以△ABC的周長為2＋eq\r(10).一、基本技能練1.(2022·岳陽二模)已知sinα＋2cosα＝0，則sin2α＝()A.－eq\f(4,5) B.－eq\f(3,5)C.－eq\f(3,4) D.eq\f(2,3)答案A解析∵sinα＋2cosα＝0，即sinα＝－2cosα，∴tanα＝－2，則sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(2×（－2）,4＋1)＝－eq\f(4,5)，故選A.2.計算eq\f(2cos10°－sin20°,cos20°)所得的結(jié)果為()A.1 B.eq\r(2)C.eq\r(3) D.2答案C解析eq\f(2cos10°－sin20°,cos20°)＝eq\f(2cos（30°－20°）－sin20°,cos20°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos20°＋\f(1,2)sin20°))－sin20°,cos20°)＝eq\f(\r(3)cos20°,cos20°)＝eq\r(3).3.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知a＝eq\r(3)b，A－B＝eq\f(π,2)，則角C＝()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)答案B解析因為在△ABC中，A－B＝eq\f(π,2)，所以A＝B＋eq\f(π,2)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB，因為a＝eq\r(3)b，所以由正弦定理得sinA＝eq\r(3)sinB，所以cosB＝eq\r(3)sinB，所以tanB＝eq\f(\r(3),3)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)，所以C＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，故選B.4.(2022·貴陽模擬)若3sin2α－2sin2α＝0，且sinα≠0，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))等于()A.－eq\f(7\r(2),10) B.－eq\f(\r(2),2)C.－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),2)答案A解析由題意可得eq\f(3,2)sin2α－sin2α＝0，所以3sinαcosα－sin2α＝0，即sinα(3cosα－sinα)＝0，又sinα≠0，所以tanα＝3，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(cos2α－sin2α)＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos2α－sin2α－2sinαcosα,sin2α＋cos2α)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－tan2α－2tanα,1＋tan2α)))＝－eq\f(7\r(2),10).5.“欲窮千里目，更上一層樓”出自唐朝詩人王之渙的《登鸛雀樓》，鸛雀樓位于今山西永濟(jì)市，該樓有三層，前對中條山，下臨黃河，傳說常有鸛雀在此停留，故有此名.下面是復(fù)建的鸛雀樓的示意圖，某位游客(身高忽略不計)從地面點D看樓頂點A的仰角為30°，沿直線前進(jìn)79m到達(dá)點E，此時看點C的仰角為45°，若BC＝2AC，則樓高AB約為()A.65m B.74mC.83m D.92m答案B解析設(shè)AC＝x(x>0)，則由已知可得AB＝3x，BE＝BC＝2x，BD＝eq\f(AB,tan∠ADB)＝3eq\r(3)x，所以DE＝BD－BE＝3eq\r(3)x－2x＝79，解得x＝eq\f(79,3\r(3)－2)≈24.7，所以樓高AB≈3×24.7＝74.1≈74(m).6.(多選)(2022·重慶模擬)已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且A＝60°，b＝2，c＝eq\r(3)＋1，則下列說法正確的是()A.C＝75°或C＝105°B.B＝45°C.a＝eq\r(6)D.該三角形的面積為eq\f(\r(3)＋1,2)答案BC解析由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝4＋4＋2eq\r(3)－2×2×(eq\r(3)＋1)×eq\f(1,2)＝6，所以a＝eq\r(6).由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，由于0°<B<120°，所以B＝45°.所以C＝180°－B－A＝75°.△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×(eq\r(3)＋1)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋\r(3),2).7.(2022·南通模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝________.答案－eq\f(1,3)解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2α))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))－1＝2×eq\f(1,3)－1＝－eq\f(1,3).8.(2022·浙江卷)若3sinα－sinβ＝eq\r(10)，α＋β＝eq\f(π,2)，則sinα＝________，cos2β＝________.答案eq\f(3\r(10),10)eq\f(4,5)解析因為α＋β＝eq\f(π,2)，所以β＝eq\f(π,2)－α，所以3sinα－sinβ＝3sinα－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝3sinα－cosα＝eq\r(10)sin(α－φ)＝eq\r(10)，其中sinφ＝eq\f(\r(10),10)，cosφ＝eq\f(3\r(10),10).所以α－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以α＝eq\f(π,2)＋φ＋2kπ，k∈Z，所以sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ＋2kπ))＝cosφ＝eq\f(3\r(10),10)，k∈Z.因為sinβ＝3sinα－eq\r(10)＝－eq\f(\r(10),10)，所以cos2β＝1－2sin2β＝1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).9.(2022·紹興模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知b－c＝eq\f(1,4)a，2sinB＝3sinC，△ABC的面積為eq\f(3\r(15),4)，則a＝________.答案4解析∵2sinB＝3sinC，由正弦定理可知2b＝3c，∵b－c＝eq\f(1,4)a，可得c＝eq\f(1,2)a，b＝eq\f(3,4)a，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4)，sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(15),4)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)a×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(3\r(15),4)，解得a＝4.10.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且c2＝a2＋b2－ab，sinA＋sinB＝2eq\r(6)sinAsinB，若c＝3，則a＋b的值為________.答案3eq\r(2)解析因為c2＝a2＋b2－ab，故cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，因為C∈(0，π),所以C＝eq\f(π,3).由正弦定理可得三角形外接圓的半徑R滿足2R＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，又sinA＋sinB＝2eq\r(6)sinAsinB，所以2eq\r(3)sinA＋2eq\r(3)sinB＝eq\r(2)×2eq\r(3)sinA×2eq\r(3)sinB，即a＋b＝eq\r(2)ab.因為c＝3，所以由余弦定理得9＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝(a＋b)2－eq\f(3\r(2),2)(a＋b)，解得a＋b＝3eq\r(2)或a＋b＝－eq\f(3\r(2),2)(舍去).11.(2022·北京卷)在△ABC中，sin2C＝eq\r(3)sinC.(1)求∠C；(2)若b＝6，且△ABC的面積為6eq\r(3)，求△ABC的周長.解(1)因為sin2C＝eq\r(3)sinC，所以2sinCcosC＝eq\r(3)sinC.因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，C＝eq\f(π,6).(2)因為△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×a×6×eq\f(1,2)＝6eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3).由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝48＋36－72＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以△ABC的周長為a＋b＋c＝4eq\r(3)＋6＋2eq\r(3)＝6(eq\r(3)＋1).12.如圖，在平面四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，BD＝eq\r(7)，cos∠ABD＝eq\f(\r(2),2).(1)求AB的長；(2)若∠BAD＋∠BCD＝180°，BC＝1，求四邊形ABCD的面積.解(1)在△ABD中，由cos∠ABD＝eq\f(\r(2),2)，得∠ABD＝45°.又∠BAD＝60°，所以∠ADB＝75°，所以sin∠ADB＝sin75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，得AB＝eq\f(BDsin∠ADB,sin∠BAD)＝eq\f(\r(42)＋3\r(14),6).(2)由∠BAD＋∠BCD＝180°，可知∠BCD＝120°，設(shè)CD＝x，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD，則7＝1＋x2－2x·cos120°，化簡，得x2＋x－6＝0，解得x＝2或x＝－3(舍).所以S△BCD＝eq\f(1,2)BC·CDsin120°＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BDsin∠ABD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(42)＋3\r(14),6)×eq\r(7)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(3)＋21,12).所以S四邊形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(7\r(3)＋21,12)＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(13\r(3)＋21,12).二、創(chuàng)新拓展練13.(多選)(2022·湖南三湘名校聯(lián)考)在△ABC中，下列說法正確的是()A.若A>B，則sinA>sinBB.存在△ABC滿足cosA＋cosB≤0C.在△ABC中，若acosA＝bcosB，則△ABC必是等腰直角三角形D.在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，則△ABC必是等邊三角形答案AD解析對于A，若A>B，則a>b，則2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB，故A正確.對于B，由A＋B<π，得A<π－B，于是cosA>－cosB，即cosA＋cosB>0，故B錯誤.對于C，在△ABC中，由acosA＝bcosB，利用正弦定理可得：sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，C錯誤；對于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得：b2＝ac＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得a＝c，可得A＝C＝B＝60°，故D正確.故選AD.14.(多選)(2022·山東師大附中模擬)若△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足b－2a＋4asin2eq\f(A＋B,2)＝0，則下列結(jié)論正確的是()A.角C一定為銳角 B.a2＋2b2－c2＝0C.3tanA＋tanC＝0 D.tanB的最小值為eq\f(\r(3),3)答案BC解析∵b－2a＋4asin2eq\f(A＋B,2)＝0，∴b－2a＋4asin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(C,2)))＝0，∴b－2a＋4acos2eq\f(C,2)＝0，∴b－2a＋4a·eq\f(1＋cosC,2)＝0，∴b＋2acosC＝0，∴cosC<0，∴角C一定為鈍角，A錯誤；b＋2acosC＝0?b＋2a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝0?a2＋2b2－c2＝0，B正確；b＋2acosC＝0?sinB＋2sinAcosC＝0?3sinAcosC＋cosAsinC＝0?3tanA＋tanC＝0，C正確；tanB＝－tan(A＋C)＝eq\f(tanA＋tanC,tanAtanC－1)＝eq\f(－2tanA,－3tan2A－1)＝eq\f(2,3tanA＋\f(1,tan