2025屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)層級(jí)二專題二三角函數(shù)及解三角形第2講三角恒等變換與解三角形教學(xué)案

PAGE1-第2講三角恒等變換與解三角形[考情考向·高考導(dǎo)航]1．三角恒等變換是高考必考內(nèi)容，可以單獨(dú)命題，也可以與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)綜合，有時(shí)與解三角形綜合．難度一般不大，單獨(dú)命題多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，有時(shí)與其他學(xué)問綜合，以解答題的形式出現(xiàn)．2．解三角形主要考查正、余弦定理、面積的綜合問題，有時(shí)也涉及三角恒等變換，難度中等．單獨(dú)考查以選擇題、填空題為主，綜合考查以解答題為主．[真題體驗(yàn)]1．(2024·全國(guó)Ⅱ卷)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，則sinα＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(5),5)解析：B[∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由2sin2α＝cos2α＋1得：4sinαcosα＝2cos2α，∴2sinα＝cosα，∴2sinα＝eq\r(1－sin2α)，∴5sin2α＝1，∴sin2α＝eq\f(1,5)，∴sinα＝eq\f(\r(5),5).]2．(2024·全國(guó)Ⅰ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，則eq\f(b,c)＝()A．6 B．5C．4 D．3解析：A[∵asinA－bsinB＝4csinC，∴a2－b2＝4c2，∵cosA＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4)，即eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b,c)＝4×eq\f(3,2)＝6.]3．(2024·天津卷)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知b＋c＝2a,3csinB＝4asinC.(1)求cosB的值；(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))的值．解：(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得bsinC＝csinB，又由3csinB＝4asinC，得3bsinC＝4asinC，即3b＝4a.又因?yàn)閎＋c＝2a，得到b＝eq\f(4,3)a，c＝eq\f(2,3)a，由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋\f(4,9)a2－\f(16,9)a2,2·a·\f(2,3)a)＝－eq\f(1,4).(2)由(1)可得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(15),4)，從而sin2B＝2sinBcosB＝－eq\f(\r(15),8)，cos2B＝cos2B－sin2B＝－eq\f(7,8)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝sin2Bcoseq\f(π,6)＋cos2Bsineq\f(π,6)＝－eq\f(\r(15),8)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(7,8)×eq\f(1,2)＝－eq\f(3\r(5)＋7,16).[主干整合]1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.(2)cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ.(3)tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα.(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).3．協(xié)助角公式asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a).4．正弦定理及其變形在△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＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.5．余弦定理及其變形在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA；變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).6．三角形面積公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB.熱點(diǎn)一三角恒等變換與求值數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算——三角函數(shù)式化簡(jiǎn)求值中的核心素養(yǎng)三角運(yùn)算是重要的“數(shù)學(xué)運(yùn)算”，在正確分析條件和所求的基礎(chǔ)上明確運(yùn)算的方法，敏捷地選用三角公式，完成三角運(yùn)算.[例1](1)(2024·江蘇卷)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值是________．[解析]方法1：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝eq\f(tanα1－tanα,tanα＋1)＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝2或－eq\f(1,3).sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα＋2cos2α－1)＝eq\r(2)(sinαcosα＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(sinαcosα＋cos2α,sin2α＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(tanα＋1,tan2α＋1)－eq\f(\r(2),2)，將tanα＝2和－eq\f(1,3)分別代入得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).方法2：∵eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝＝－eq\f(2,3)，∴sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(2,3)cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).①又sineq\f(π,4)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα＝eq\f(\r(2),2)，②由①②，解得sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)，cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(2),10).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).[答案]eq\f(\r(2),10)(2)(2024·浙江卷)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))).(ⅰ)求sin(α＋π)的值；(ⅱ)若角β滿意sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，求cosβ的值．[解析](ⅰ)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).(ⅱ)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)cosα＋sin(α＋β)sinα，所以cosβ＝－eq\f(56,65)或cosβ＝eq\f(16,65).[答案](ⅰ)eq\f(4,5)(ⅱ)－eq\f(56,65)或eq\f(16,65)(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敏捷應(yīng)用，要擅長(zhǎng)視察各個(gè)角之間的聯(lián)系，發(fā)覺題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的運(yùn)用過程要留意正確性，要特殊留意公式中的符號(hào)和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)張冠李戴的狀況．(2)求角問題要留意角的范圍，要依據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避開產(chǎn)生增解．(1)(2024·維坊三模)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)解析：C[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).](2)(2024·廣西三市聯(lián)考)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,12)))的值為________．解析：因?yàn)棣翞殇J角且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)＞0，所以α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,4)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,4)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,4)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1))＝eq\r(2)×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)－eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2－1))＝eq\f(12\r(2),25)－eq\f(7\r(2),50)＝eq\f(17\r(2),50).答案：eq\f(17\r(2),50)熱點(diǎn)二正、余弦定理的應(yīng)用用正、余弦定理求解邊、角、面積[例2－1](2024·全國(guó)Ⅰ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC.[解析](1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因?yàn)?°＜A＜180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由題設(shè)及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).因?yàn)?°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).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)要留意“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．用正、余弦定理解決實(shí)際問題[例2－2](2024·重慶二診)如圖，一輛汽車在一條水平的馬路上向正西行駛，到A處時(shí)測(cè)得馬路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達(dá)B處，測(cè)得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.[解析]由題意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°).解得BC＝300eq\r(2)m.在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝100eq\r(6)(m)．[答案]100eq\r(6)解三角形實(shí)際問題三步驟(1)分析題意，精確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語(yǔ)；(2)依據(jù)題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標(biāo)出；(3)將所求問題歸結(jié)到一個(gè)或幾個(gè)三角形中，通過合理運(yùn)用正、余弦定理等有關(guān)學(xué)問正確求解．(1)(2024·威海三模)如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在AC上，AB⊥BD，BC＝3eq\r(3)，BD＝5，sin∠ABC＝eq\f(2\r(3),5)，則CD的長(zhǎng)為()A.eq\r(14) B．4C．2eq\r(5) D．5解析：B[利用余弦定理求解．因?yàn)閟in∠ABC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠DBC＋\f(π,2)))＝cos∠DBC＝eq\f(2\r(3),5)，在△DBC中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠DBC＝25＋27－2×5×3eq\r(3)×eq\f(2\r(3),5)＝16，所以CD＝4，故選B.](2)如圖所示，位于東海某島的雷達(dá)觀測(cè)站A，發(fā)覺其北偏東45°，與觀測(cè)站A距離20eq\r(2)海里的B處有一貨船正勻速直線行駛，半小時(shí)后，又測(cè)得該貨船位于觀測(cè)站A東偏北θ(0°＜θ＜45°)的C處，且cosθ＝eq\f(4,5).已知A，C兩處的距離為10海里，則該貨船的船速為________海里/小時(shí)．解析：因?yàn)閏osθ＝eq\f(4,5)，0°＜θ＜45°，所以sinθ＝eq\f(3,5)，cos(45°－θ)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(3,5)＝eq\f(7\r(2),10)，在△ABC中，BC2＝800＋100－2×20eq\r(2)×10×eq\f(7\r(2),10)＝340，所以BC＝2eq\r(85)，該貨船的船速為4eq\r(85)海里/小時(shí)．答案：4eq\r(85)熱點(diǎn)三與解三角形的交匯創(chuàng)新[例3](2024·煙臺(tái)模擬)已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sinB＝eq\f(\r(7),4)，eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(4\r(7),7).(1)求證：0＜B≤eq\f(π,3)；(2)若eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)，求|eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))|.[審題指導(dǎo)](1)三角恒等變換，利用重要不等式轉(zhuǎn)化關(guān)于cosB的不等式．(2)由數(shù)量積求ac，再由模長(zhǎng)公式結(jié)合余弦定理求模．[解析](1)證明：因?yàn)閑q\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(cosAsinC＋cosCsinA,sinAsinC)＝eq\f(sinA＋C,sinAsinC)＝eq\f(sinB,sinAsinC)＝eq\f(4\r(7),7)＝eq\f(1,sinB)，所以sinAsinC＝sin2B，由正弦定理可得b2＝ac，因此b2＝a2＋c2－2accosB≥2ac－2accosB，所以cosB≥eq\f(1,2)，又0＜B＜π，所以0＜B≤eq\f(π,3).(2)由(1)知0＜B≤eq\f(π,3)，又sinB＝eq\f(\r(7),4)，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\r(1－\f(7,16))＝eq\f(3,4).所以eq\f(3,2)＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝cacosB＝eq\f(3,4)ac，解得ac＝2，因此b2＝2.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，所以a2＋c2＝b2＋2accosB＝2＋2×2×eq\f(3,4)＝5.從而|eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))|2＝a2＋c2＋2eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝5＋2×eq\f(3,2)＝8，故|eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2eq\r(2).以向量的運(yùn)算為載體考查三角函數(shù)、三角變換、解三角形及不等式．這類綜合問題的解法思路是：通過向量的運(yùn)算把向量問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題或解三角形問題，再利用三角變換或正(余)弦定理綜合解決．(2024·山師附中模擬)已知m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，cos2\f(x,4)))，設(shè)函數(shù)f(x)＝m·n.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數(shù)列，求f(B)的取值范圍．解析：(1)f(x)＝m·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，cos2\f(x,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，則4kπ－eq\f(4π,3)≤x≤4kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(4π,3)，4kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.(2)由b2＝ac可知cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取等號(hào))，所以0＜B≤eq\f(π,3)，eq\f(π,6)＜eq\f(B,2)＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,3)，1＜f(B)≤eq\f(\r(3)＋1,2)，綜上f(B)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3)＋1,2))).

限時(shí)50分鐘滿分76分一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．(2024·河北省六校聯(lián)考)已知α∈(0，π)，且tanα＝2，則cos2α＋cosα＝()A.eq\f(2\r(5)－3,5) B.eq\f(\r(5)－3,5)C.eq\f(\r(5)＋3,5) D.eq\f(2\r(5)＋3,5)解析：B[∵α∈(0，π)，tanα＝2，∴α在第一象限，cosα＝eq\f(1,\r(5))，cos2α＋cosα＝2cos2α－1＋cosα＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))))2－1＋eq\f(1,\r(5))＝－eq\f(3,5)＋eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5)－3,5)，選B.]2．(2024·日照模擬)已知sin2α＝eq\f(1,3)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,6)C.eq\f(2,3) D.eq\f(8,9)解析：C[∵sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝eq\f(1,3)，∴cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(2,3).]3．(組合型選擇題)下列式子的運(yùn)算結(jié)果為eq\r(3)的是()①tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°；②2(sin35°cos25°＋cos35°cos65°)；③eq\f(1＋tan15°,1－tan15°)；④eq\f(tan\f(π,6),1－tan2\f(π,6)).A．①②④ B．③④C．①②③ D．②③④解析：C[對(duì)于①，tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°＝tan(25°＋35°)(1－tan25°tan35°)＋eq\r(3)tan25°tan35°＝eq\r(3)－eq\r(3)tan25°tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°＝eq\r(3)；對(duì)于②，2(sin35°cos25°＋cos35°cos65°)＝2(sin35°cos25°＋cos35°sin25°)＝2sin60°＝eq\r(3)；對(duì)于③，eq\f(1＋tan15°,1－tan15°)＝eq\f(tan45°＋tan15°,1－tan45°tan15°)＝tan60°＝eq\r(3)；對(duì)于④，eq\f(tan\f(π,6),1－tan2\f(π,6))＝eq\f(1,2)×eq\f(2tan\f(π,6),1－tan2\f(π,6))＝eq\f(1,2)×taneq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2).綜上，式子的運(yùn)算結(jié)果為eq\r(3)的是①②③.故選C.]4．(2024·沈陽(yáng)質(zhì)檢)已知△ABC的內(nèi)角分別為A，B，C，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，則BC邊的高為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2) D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)解析：B[由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得7＝AB2＋4－4ABcos60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，則BC邊上的高為ABsin60°＝eq\f(3\r(3),2)，故選B.]5．(2024·廣西南寧、玉林、貴港等市摸底)在△ABC中，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知c＝eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，sinB＝2sinA，則△ABC的周長(zhǎng)是()A．3eq\r(3) B．2＋eq\r(3)C．3＋eq\r(3) D．4＋eq\r(3)解析：C[在△ABC中，sinB＝2sinA，∴由正弦定理得b＝2a，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋4a2－2a2＝3a2，又c＝eq\r(3)，∴a＝1，b＝2.∴△ABC的周長(zhǎng)是a＋b＋c＝1＋2＋eq\r(3)＝3＋eq\r(3).故選C.]6.(2024·保定二模)已知在河岸A處看到河對(duì)岸兩個(gè)帳篷C，D分別在北偏東45°和北偏東30°方向，若向東走30米到達(dá)B處后再次視察帳篷C，D，此時(shí)C，D分別在北偏西15°和北偏西60°方向，則帳篷C，D之間的距離為()A．10eq\r(15)米 B．10eq\r(6)米C．5eq\r(15)米 D．5eq\r(6)米解析：C[由題意可得∠DAB＝60°，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，∠DBA＝30°，在△ABD中，∠DAB＝60°，∠DBA＝30°，AB＝30，所以∠ADB＝90°，sin∠DAB＝sin60°＝eq\f(BD,BA)，解得BD＝15eq\r(3).在△ABC中，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，所以∠ACB＝60°，eq\f(AB,sin60°)＝eq\f(BC,sin45°)，解得BC＝10eq\r(6).在△BCD中，∠CBD＝∠CBA－∠DBA＝45°，則由余弦定理得cos∠CBD＝cos45°＝eq\f(BC2＋BD2－CD2,2BC·BD)，即eq\f(\r(2),2)＝eq\f(10\r(6)2＋15\r(3)2－CD2,3×10\r(6)×15\r(3))，得CD＝5eq\r(15).故選C.]二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分)7．(2024·陜西省質(zhì)量檢測(cè))在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(sinC,sinA＋sinB)，且b＝5，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝5，則△ABC的面積是________．解析：在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(sinC,sinA＋sinB)，所以eq\f(b,a＋c)＝1－eq\f(c,a＋b)，化簡(jiǎn)可得：b2＝a2＋bc－c2，可得cosA＝eq\f(1,2)，∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3).又b＝5，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝5，∴bccosA＝5，∴bc＝10.S＝eq\f(1,2)·bcsinA＝eq\f(1,2)×10×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),2).答案：eq\f(5\r(3),2)8．(2024·浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)D在線段AC上．若∠BDC＝45°，則BD＝________，cos∠ABD＝________.解析：解答解三角形問題，要留意充分利用圖形特征．在ΔABD中，有：eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAC)，而AB＝4，∠ADB＝eq\f(3π,4)，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝5，sin∠BAC＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(3,5)，cos∠BAC＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(4,5)，所以BD＝eq\f(12\r(2),5).cos∠ABD＝cos(∠BDC－∠BAC)＝coseq\f(π,4)cos∠BAC＋sineq\f(π,4)sin∠BAC＝eq\f(7\r(2),10).答案：eq\f(12\r(2),5)，eq\f(7\r(2),10)三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)9．(2024·江蘇卷)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.(1)若a＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，求c的值；(2)若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))的值．解：(1)因?yàn)閍＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，得eq\f(2,3)＝eq\f(3c2＋c2－\r(2)2,2×3c×c)，即c2＝eq\f(1,3).所以c＝eq\f(\r(3),3).(2)因?yàn)閑q\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(cosB,2b)＝eq\f(sinB,b)，所以cosB＝2sinB.從而cos2B＝(2sinB)2，即cos2B＝4(1－cos2B)，故cos2B＝eq\f(4,5).因?yàn)閟inB＞0，所以cosB＝2sinB＞0，從而cosB＝eq\f(2\r(5),5).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB＝eq\f(2\r(5),5).10．(2024·遼寧三市調(diào)研)在△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿意(eq\r(2)a－c)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝ceq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→)).(1)求角B的大?。?2)若|eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，求△ABC面積的最大值．解：(1)由題意得(eq\r(2)a－c)cosB＝bcosC.依據(jù)正弦定理得(eq\r(2)sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以eq\r(2)sinAcosB＝sin(C＋B)，即eq\r(2)sinAcosB＝sinA.因?yàn)锳∈(0，π)，所以sinA＞0，所以cosB＝eq\f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)因?yàn)閨eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，所以|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，即b＝eq\r(6)，依據(jù)余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq\r(2)ac≥2ac－eq\r(2)ac＝(2－eq\r(2))ac(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取等號(hào))，即ac≤3(2＋eq\r(2))，故△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(3\r(2)＋1,2)，即△ABC面積的最大值為eq\f(3\r(2)＋3,2).11.(2024·廣東六校聯(lián)考)某學(xué)校的平面示意圖為如圖五邊形區(qū)域ABCDE，其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū)，四邊形區(qū)域BCDE為教學(xué)區(qū)，AB，BC，CD，DE，EA，BE為學(xué)校的主要道路(不考慮寬度)．∠BCD＝∠CDE＝eq\f(2π,3)，∠BAE＝eq\f(π,3)，DE＝3BC＝3CD＝eq\f(9,10)km.(1)求道路BE的長(zhǎng)度．(2)求生活區(qū)△ABE面積的最大值．解析：(1)如圖，連接BD，在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝eq\f(27,100)，所以BD＝eq\f(3\r(3),10)，因?yàn)锽C＝CD，所以∠CDB＝∠CBD＝eq\f(π－\f(2,3)π,2)＝eq\f(π,6)，又∠CDE＝eq\f(2π,3)，所以∠BDE＝eq\f(π,2).在Rt△BDE中，BE＝eq\r(BD2＋DE2)＝eq\f(3\r(3),5).(2)設(shè)∠ABE＝α，因?yàn)椤螧AE＝eq\f(π,3)，所以∠AEB＝eq\f(2π,3)－α.在△ABE中，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠AEB)＝eq\f(AE,sin∠ABE)＝eq\f(BE,sin∠BAE)＝eq\f(3\r(3),5sin\f(π,3))＝eq\f(6,5)，所以AB＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))，AE＝eq\f(6,5)sinα.所以S△ABE＝eq\f(1,2)|AB||AE|sineq\f