2023版高三數(shù)學一輪復(fù)習（3年真題分類+考情精解讀+知識全通關(guān)+題型全突破+能力大提升）第4章三角形解三角形試題文

PAGEPAGE29第四章三角函數(shù)、解三角形考點1三角函數(shù)的概念、同角三角函數(shù)根本關(guān)系式及誘導公式1.(2022·福建，6)假設(shè)sinα＝－eq\f(5,13)，且α為第四象限角，那么tanα的值等于()A.eq\f(12,5)B.－eq\f(12,5)C.eq\f(5,12)D.－eq\f(5,12)1.解析∵sinα＝－eq\f(5,13)，且α為第四象限角，∴cosα＝eq\f(12,13)，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(5,12)，應(yīng)選D.答案D2.(2022·大綱全國，2)角α的終邊經(jīng)過點(－4,3)，那么cosα＝()A.eq\f(4,5)B.eq\f(3,5)C.－eq\f(3,5)D.－eq\f(4,5)2.解析記P(－4，3)，那么x＝－4，y＝3，r＝|OP|＝eq\r(〔－4〕2＋32)＝5，故cosα＝eq\f(x,r)＝eq\f(－4,5)＝－eq\f(4,5)，應(yīng)選D.答案D3.(2022·新課標全國Ⅰ，2)假設(shè)tanα＞0，那么()A.sinα＞0B.cosα＞0C.sin2α＞0D.cos2α＞03.解析由tanα＞0，可得α的終邊在第一象限或第三象限，此時sinα與cosα同號，故sin2α＝2sinαcosα＞0，應(yīng)選C.答案C(2022·新課標全國Ⅰ，14)θ是第四象限角，且＝eq\f(3,5)，那么＝________.解析由題意，得＝eq\f(4,5)，∴＝eq\f(3,4).∴＝＝－eq\f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(4,3).答案－eq\f(4,3)(2022·四川，11)sin750°＝________.5.解析∵sinθ＝sin(k·360°＋θ)，(k∈Z)，∴sin750°＝sin(2×360°＋30°)＝sin30°＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)(2022·四川，13)sinα＋2cosα＝0，那么2sinαcosα－cos2α的值是________．解析∵sinα＋2cosα＝0，∴sinα＝－2cosα，∴tanα＝－2，又∵2sinαcosα－cos2α＝eq\f(2sinα·cosα－cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα－1,tan2α＋1)，∴原式＝eq\f(2×〔－2〕－1,〔－2〕2＋1)＝－1.答案－1考點2三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)(2022·新課標全國Ⅰ，6)假設(shè)將函數(shù)y＝的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為()A.y＝ B.y＝C.y＝ D.y＝1.解析函數(shù)y＝的周期為π，將函數(shù)y＝的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期即eq\f(π,4)個單位，所得函數(shù)為y＝2＝，應(yīng)選D.答案D2.(2022·新課標全國卷Ⅱ，3)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的局部圖象如下圖，那么()A.y＝B.y＝C.y＝D.y＝2.解析由題圖可知，T＝＝π，所以ω＝2，由五點作圖法可知2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以函數(shù)的解析式為y＝，應(yīng)選A.答案A3.(2022·四川，4)為了得到函數(shù)y＝的圖象，只需把函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點()A.向左平行移動eq\f(π,3)個單位長度 B.向右平行移動eq\f(π,3)個單位長度C.向上平行移動eq\f(π,3)個單位長度 D.向下平行移動eq\f(π,3)個單位長度3.解析由y＝sinx得到y(tǒng)＝sin(x±a)的圖象，只需記住“左加右減〞的規(guī)那么即可.答案A4．(2022·新課標全國Ⅰ，8)函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的局部圖象如下圖，那么f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z4.解析由圖象知eq\f(T,2)＝eq\f(5,4)－eq\f(1,4)＝1，∴T＝2.由選項知D正確．答案D5.(2022·山東，4)要得到函數(shù)y＝的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象()A．向左平移eq\f(π,12)個單位 B．向右平移eq\f(π,12)個單位C．向左平移eq\f(π,3)個單位 D．向右平移eq\f(π,3)個單位5.解析∵y＝＝，∴要得到函數(shù)y＝的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位．答案B6.(2022·天津，8)函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(ω＞0)，x∈R.在曲線y＝f(x)與直線y＝1的交點中，假設(shè)相鄰交點距離的最小值為eq\f(π,3)，那么f(x)的最小正周期為()A.eq\f(π,2)B.eq\f(2π,3)C.πD.2π6.解析由題意得函數(shù)f(x)＝2(ω＞0)，又曲線y＝f(x)與直線y＝1相鄰交點距離的最小值是eq\f(π,3)，由正弦函數(shù)的圖象知，ωx＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)和ωx＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)對應(yīng)的x的值相差eq\f(π,3)，即eq\f(2π,3ω)＝eq\f(π,3)，解得ω＝2，所以f(x)的最小正周期是T＝eq\f(2π,ω)＝π.答案C7.(2022·陜西，2)函數(shù)f(x)＝的最小正周期是()A.eq\f(π,2)B.πC.2πD.4π7.解析由余弦函數(shù)的復(fù)合函數(shù)周期公式得T＝eq\f(2π,2)＝π.答案B8.(2022·四川，3)為了得到函數(shù)y＝sin(x＋1)的圖象，只需把函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點()A．向左平行移動1個單位長度B．向右平行移動1個單位長度C．向左平行移動π個單位長度D．向右平行移動π個單位長度8.解析由圖象平移的規(guī)律“左加右減〞，可知選A.答案A9.(2022·浙江，4)為了得到函數(shù)y＝sin3x＋cos3x的圖象，可以將函數(shù)y＝eq\r(2)cos3x的圖象()A.向右平移eq\f(π,12)個單位 B.向右平移eq\f(π,4)個單位C.向左平移eq\f(π,12)個單位 D.向左平移eq\f(π,4)個單位9.解析因為y＝sin3x＋cos3x＝eq\r(2)，所以將y＝eq\r(2)cos3x的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位后可得到y(tǒng)＝eq\r(2)的圖象．答案A10.(2022·安徽，7)假設(shè)將函數(shù)f(x)＝sin2x＋cos2x的圖象向右平移φ個單位，所得圖象關(guān)于y軸對稱，那么φ的最小正值是()A.eq\f(π,8)B.eq\f(π,4)C.eq\f(3π,8)D.eq\f(3π,4)10.解析方法一f(x)＝eq\r(2)，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移φ個單位后所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝eq\r(2)，由該函數(shù)為偶函數(shù)可知2φ－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)，k∈Z，所以φ的最小正值為eq\f(3π,8).方法二f(x)＝eq\r(2)，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移φ個單位后所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為y＝eq\r(2)，且該函數(shù)為偶函數(shù)，故2φ＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，所以φ的最小正值為eq\f(3π,8).答案C11.(2022·新課標全國Ⅰ，7)在函數(shù)①y＝cos|2x|，②y＝|cosx|，③y＝，④y＝中，最小正周期為π的所有函數(shù)為()A.①②③B.①③④C.②④D.①③11.解析①y＝cos|2x|，最小正周期為π；②y＝|cosx|，最小正周期為π；③y＝，最小正周期為π；④y＝，最小正周期為eq\f(π,2)，所以最小正周期為π的所有函數(shù)為①②③，應(yīng)選A.答案A12.(2022·福建，7)將函數(shù)y＝sinx的圖象向左平移eq\f(π,2)個單位，得到函數(shù)y＝f(x)的圖象，那么以下說法正確的選項是()A.y＝f(x)是奇函數(shù)B.y＝f(x)的周期為πC.y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱D.y＝f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))對稱12.解析函數(shù)y＝sinx的圖象向左平移eq\f(π,2)個單位后，得到函數(shù)f(x)＝＝cosx的圖象，f(x)＝cosx為偶函數(shù)，排除A；f(x)＝cosx的周期為2π，排除B；因為＝coseq\f(π,2)＝0，所以f(x)＝cosx不關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱，排除C；應(yīng)選D.答案D(2022·新課標全國Ⅲ，14)函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數(shù)y＝2sinx的圖象至少向右平移________個單位長度得到.13.解析y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，由y＝2sinx的圖象至少向右平移eq\f(π,3)個單位長度得到.答案eq\f(π,3)(2022·天津，11)函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω＞0)，x∈R.假設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間(－ω，ω)內(nèi)單調(diào)遞增，且函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝ω對稱，那么ω的值為________．14.解析f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(3π,4)＋2kπ≤ωx≤eq\f(π,4)＋2kπ，由題意f(x)在區(qū)間(－ω，ω)內(nèi)單調(diào)遞增，可知k＝0，ω≥eq\f(\r(π),2)，又函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝ω對稱，所以sin(ω2＋eq\f(π,4))＝1，ω2＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，所以ω＝eq\f(\r(π),2).答案eq\f(\r(π),2)15.(2022·陜西，14)如圖，某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k，據(jù)此函數(shù)可知，這段時間水深(單位：m)的最大值為________．15.解析由題干圖易得ymin＝k－3＝2，那么k＝5，∴ymax＝k＋3＝8.答案8(2022·湖南，15)ω>0，在函數(shù)y＝2sinωx與y＝2cosωx的圖象的交點中，距離最短的兩個交點的距離為2eq\r(3)，那么ω＝________.6.解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2sinωx，,y＝2cosωx，))知sinωx＝cosωx，即sinωx－cosωx＝0，∴eq\r(2)0，∴ωx＝eq\f(π,4)＋kπ，x＝k∈Z)，∴兩函數(shù)交點坐標為(k＝0，2，4，…)，或k＝…，－3，－1，1，3，…)∴最短距離為eq\r(〔2\r(2)〕2＋\f(π2,ω2))＝2eq\r(3)，∴eq\f(π2,ω2)＝4，∴ω＝eq\f(π,2).答案eq\f(π,2)(2022·重慶，13)將函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，－eq\f(π,2)≤φ＜eq\f(π,2))圖象上每一點的橫坐標縮短為原來的一半，縱坐標不變，再向右平移eq\f(π,6)個單位長度得到y(tǒng)＝sinx的圖象，那么＝________.17.解析把函數(shù)y＝sinx的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度得到y(tǒng)＝的圖象，再把函數(shù)y＝圖象上每一點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到函數(shù)f(x)＝的圖象，所以＝＝sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).答案eq\f(\r(2),2)18.(2022·湖北，18)某同學用“五點法〞畫函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一個周期內(nèi)的圖象時，列表并填入局部數(shù)據(jù)，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx＋φ)05－50(1)請將上表數(shù)據(jù)補充完整，填寫在答題卡上相應(yīng)位置，并直接寫出函數(shù)f(x)的解析式；(2)將y＝f(x)圖象上所有點向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象，求y＝g(x)的圖象離原點O最近的對稱中心．18.解(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).數(shù)據(jù)補全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13,12)πAsin(ωx＋φ)050－50且函數(shù)表達式為f(x)＝5.(2)由(1)知f(x)＝5，因此g(x)＝5＝5.因為y＝sinx的對稱中心為(kπ，0)，k∈Z.令2x＋eq\f(π,6)＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，k∈Z.即y＝g(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))，k∈Z，其中離原點O最近的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)).19.(2022·湖北，18)某實驗室一天的溫度(單位：℃)隨時間t(單位：h)的變化近似滿足函數(shù)關(guān)系：f(t)＝10－eq\r(3)coseq\f(π,12)t－sineq\f(π,12)t，t∈[0,24)．(1)求實驗室這一天上午8時的溫度；(2)求實驗室這一天的最大溫差．19.解(1)f(8)＝10－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)×8))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)×8))＝10－eq\r(3)coseq\f(2π,3)－sineq\f(2π,3)＝10－eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－eq\f(\r(3),2)＝10.故實驗室上午8時的溫度為10℃.(2)因為f(t)＝10－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos\f(π,12)t＋\f(1,2)sin\f(π,12)t))＝10－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，又0≤t＜24，所以eq\f(π,3)≤eq\f(π,12)t＋eq\f(π,3)＜eq\f(7π,3)，－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))≤1.當t＝2時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝1；當t＝14時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝－1.于是f(t)在[0，24)上取得最大值12，取得最小值8.故實驗室這一天最高溫度為12℃，最低溫度為8℃，最大溫差為4℃.20.(2022·四川，17)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)假設(shè)α是第二象限角，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,3)))＝eq\f(4,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cos2α，求cosα－sinα的值．20.解(1)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,4)＋eq\f(2kπ,3)≤x≤eq\f(π,12)＋eq\f(2kπ,3)，k∈Z.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z.(2)由，有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(4,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))(cos2α－sin2α)，所以sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosαcos\f(π,4)－sinαsin\f(π,4)))(cos2α－sin2α)，即sinα＋cosα＝eq\f(4,5)(cosα－sinα)2(sinα＋cosα)．當sinα＋cosα＝0時，由α是第二象限角，知α＝eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，此時cosα－sinα＝－eq\r(2).當sinα＋cosα≠0時，有(cosα－sinα)2＝eq\f(5,4).由α是第二象限角，知cosα－sinα＜0，此時cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),2).綜上所述，cosα－sinα＝－eq\r(2)或cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),2).21.(2022·福建，18)函數(shù)f(x)＝2cosx(sinx＋cosx)．(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))的值；(2)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間．21.解f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x＝sin2x＋cos2x＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1.(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))＝eq\r(2)sineq\f(11π,4)＋1＝eq\r(2)sineq\f(π,4)＋1＝2.(2)T＝eq\f(2π,2)＝π.由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.22.(2022·北京，16)函數(shù)f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的局部圖象如下圖．(1)寫出f(x)的最小正周期及圖中x0，y0的值；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,12)))上的最大值和最小值．22.解(1)f(x)的最小正周期為π，x0＝eq\f(7π,6)，y0＝3.(2)因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,12)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，0)).于是當2x＋eq\f(π,6)＝0，即x＝－eq\f(π,12)時，f(x)取得最大值0；當2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,3)時，f(x)取得最小值－3.

考點3三角恒等變換1.(2022·新課標全國Ⅲ，6)假設(shè)tanθ＝－eq\f(1,3)，那么cos2θ＝()A.－eq\f(4,5) B.－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)1.解析tanθ＝－eq\f(1,3)，那么cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(4,5).答案D2.(2022·新課標全國Ⅱ，11)函數(shù)f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))的最大值為()A.4 B.5C.6 D.72.解析因為f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝1－2sin2x＋6sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(11,2)，所以當sinx＝1時函數(shù)的最大值為5，應(yīng)選B.答案B 3.(2022·重慶，6)假設(shè)tanα＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，那么tanβ＝()A.eq\f(1,7)B.eq\f(1,6)C.eq\f(5,7)D.eq\f(5,6)3.解析tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tan〔α＋β〕－tanα,1＋tan〔α＋β〕tanα)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq\f(1,7).答案A(2022·浙江，11)2cos2x＋sin2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，那么A＝________，b＝________.4.解析∵2cos2x＋sin2x＝cos2x＋1＋sin2x＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos2x＋\f(\r(2),2)sin2x))＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，∴A＝eq\r(2)，b＝1.答案eq\r(2)15.(2022·山東，17)設(shè)f(x)＝2eq\r(3)sin(π－x)sinx－(sinx－cosx)2.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)把y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再把得到的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求的值.5.解(1)由f(x)＝2eq\r(3)sin(π－x)sinx－(sinx－cosx)2＝2eq\r(3)sin2x－(1－2sinxcosx)＝eq\r(3)(1－cos2x)＋sin2x－1＝sin2x－eq\r(3)cos2x＋eq\r(3)－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1.由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z).所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))〔k∈Z〕)).(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1，把y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1的圖象.再把得到的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位，得到y(tǒng)＝2sinx＋eq\r(3)－1的圖象，即g(x)＝2sinx＋eq\r(3)－1.所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,6)＋eq\r(3)－1＝eq\r(3).6.(2022·北京，16)函數(shù)f(x)＝2sinωxcosωx＋cos2ωx(ω＞0)的最小正周期為π.(1)求ω的值；(2)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.6.解(1)f(x)＝2sinωx·cosωx＋cos2ωx＝sin2ωx＋cos2ωx＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin2ωx＋\f(\r(2),2)cos2ωx))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))由ω＞0，f(x)最小正周期為π得eq\f(2π,2ω)＝π，解得ω＝1.(2)由(1)得f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(π,8)＋kπ，k∈Z，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋kπ，\f(π,8)＋kπ))(k∈Z).7.(2022·廣東，16)tanα＝2.(1)求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值；(2)求eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)的值．7.解(1)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(tanα＋1,1－tanα)＝eq\f(2＋1,1－2)＝－3.(2)eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－〔2cos2α－1〕－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－2cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋tanα－2)＝eq\f(2×2,22＋2－2)＝1.8.(2022·北京，15)函數(shù)f(x)＝sinx－2eq\r(3)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上的最小值．8.解(1)因為f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx－eq\r(3).＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3).所以f(x)的最小正周期為2π.(2)因為0≤x≤eq\f(2π,3)時，所以eq\f(π,3)≤x＋eq\f(π,3)≤π.當x＋eq\f(π,3)＝π，即x＝eq\f(2π,3)時，f(x)取得最小值．所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－eq\r(3).9.(2022·福建，21)函數(shù)f(x)＝10eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＋10cos2eq\f(x,2).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，再向下平移a(a＞0)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，且函數(shù)g(x)的最大值為2.①求函數(shù)g(x)的解析式；②證明：存在無窮多個互不相同的正整數(shù)x0，使得g(x0)＞0.9.(1)解因為f(x)＝10eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＋10cos2eq\f(x,2)＝5eq\r(3)sinx＋5cosx＋5＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋5，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2π.(2)證明①將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后得到y(tǒng)＝10sinx＋5的圖象，再向下平移a(a＞0)個單位長度后得到g(x)＝10sinx＋5－a的圖象．又函數(shù)g(x)的最大值為2，所以10＋5－a＝2，解得a＝13.所以g(x)＝10sinx－8.②要證明存在無窮多個互不相同的正整數(shù)x0，使得g(x0)＞0，就是要證明存在無窮多個互不相同的正整數(shù)x0，使得10sinx0－8＞0，即sinx0＞eq\f(4,5).由eq\f(4,5)＜eq\f(\r(3),2)知，存在0＜α0＜eq\f(π,3)，使得sinα0＝eq\f(4,5).由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知，當x∈(α0，π－α0)時，均有sinx＞eq\f(4,5).因為y＝sinx的周期為2π，所以當x∈(2kπ＋α0，2kπ＋π－α0)(k∈Z)時，均有sinx＞eq\f(4,5).因為對任意的整數(shù)k，(2kπ＋π－α0)－(2kπ＋α0)＝π－2α0＞eq\f(π,3)＞1，所以對任意的正整數(shù)k，都存在正整數(shù)x0∈(2kπ＋α0，2kπ＋π－α0)，使得sinxk＞eq\f(4,5).亦即，存在無窮多個互不相同的正整數(shù)x0，使得g(x0)＞0.10.(2022·廣東，16)函數(shù)f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈R，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\f(3\r(2),2).(1)求A的值；(2)假設(shè)f(θ)－f(－θ)＝eq\r(3)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)).10.解(1)∵f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\f(3\r(2),2)，∴Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋\f(π,3)))＝eq\f(3\r(2),2)?Asineq\f(3π,4)＝eq\f(3\r(2),2)?A＝3.(2)由(1)知f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∵f(θ)－f(－θ)＝eq\r(3)，∴3sin(θ＋eq\f(π,3))－3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－θ＋\f(π,3)))＝eq\r(3)，展開得3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinθ＋\f(\r(3),2)cosθ))－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ－\f(1,2)sinθ))＝eq\r(3)，化簡得sinθ＝eq\f(\r(3),3).∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosθ＝eq\f(\r(6),3).∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)\r()－θ))＋\f(π,3)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝3cosθ＝eq\r(6).(2022·浙江,18)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.4sin2eq\f(A－B,2)＋4sinAsinB＝2＋eq\r(2).(1)求角C的大??；(2)b＝4,△ABC的面積為6,求邊長c的值．11.解(1)由得2[1－cos(A－B)]＋4sinAsinB＝2＋eq\r(2)，化簡得－2cosAcosB＋2sinAsinB＝eq\r(2)，故cos(A＋B)＝－eq\f(\r(2),2).所以A＋B＝eq\f(3π,4)，從而C＝eq\f(π,4).(2)因為S△ABC＝eq\f(1,2)absinC，由S△ABC＝6，b＝4，C＝eq\f(π,4)，得a＝3eq\r(2)，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c＝eq\r(10).考點4正,余弦定理及解三角形1.(2022·新課標全國Ⅰ，4)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，那么b＝()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.2 D.31.解析由余弦定理，得5＝b2＋22－2×b×2×eq\f(2,3)，解得b＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(1,3)舍去))，應(yīng)選D.答案D2.(2022·山東，8)△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，那么A＝()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)2.解析在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，∵b＝c，∴a2＝2b2(1－cosA)，又∵a2＝2b2(1－sinA)，∴cosA＝sinA，∴tanA＝1，∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,4)，應(yīng)選C.答案C3.(2022·廣東,5)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.假設(shè)a＝2,c＝2eq\r(3),cosA＝eq\f(\r(3),2),且b<c,那么b＝()A.eq\r(3)B.2eq\r(2)C.2D.eq\r(3)3.解析由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋12－2×b×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，即b2－6b＋8＝0，∴b＝4或b＝2，又b<c，∴b＝2.答案C4.(2022·四川，8)如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，此時氣球的高是60m，那么河流的寬度BC等于()A．240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(2)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m4.解析∵tan15°＝tan(60°－45°)＝eq\f(tan60°－tan45°,1＋tan60°tan45°)＝2－eq\r(3)，∴BC＝60tan60°－60tan15°＝120(eq\r(3)－1)(m)，應(yīng)選C.答案C5.(2022·新課標全國Ⅱ，15)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，假設(shè)cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，那么b＝________.5.解析在△ABC中由cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，可得sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(63,65)，由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(21,13).答案eq\f(21,13)(2022·北京，13)在△ABC中，∠A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，那么eq\f(b,c)＝________.6.解析由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)得sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(1,\r(3))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)，又0＜C＜eq\f(π,3)，所以C＝eq\f(π,6)，B＝π－(A＋C)＝eq\f(π,6).所以eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(sin\f(π,6),sin\f(π,6))＝1.答案1(2022·北京，11)在△ABC中，a＝3，b＝eq\r(6)，∠A＝eq\f(2π,3)，那么∠B＝________.7.解析由正弦定理得sin∠B＝eq\f(bsin∠A,a)＝eq\f(\r(6)sin\f(2π,3),3)＝eq\f(\r(2),2)，因為∠A為鈍角，所以∠B＝eq\f(π,4).答案eq\f(π,4)(2022·重慶，13)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝2，cosC＝－eq\f(1,4)，3sinA＝2sinB，那么c＝________.8.解析由3sinA＝2sinB，得3a＝2b，∴b＝eq\f(3,2)a＝eq\f(3,2)×2＝3，在△ABC中，由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋32－2×2×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝16，解得c＝4.答案4(2022·安徽，12)在△ABC中，AB＝eq\r(6)，∠A＝75°，∠B＝45°，那么AC＝________.9.解析∠C＝60°，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠B)＝eq\f(AB,sin∠C)，∴AC＝eq\f(\r(6)sin45°,sin60°)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝2.答案210.(2022·湖北，15)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時測得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，那么此山的高度CD＝________m.10.解析依題意，在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，得BC＝300eq\r(2)，在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝100eq\r(6)(m)．答案100eq\r(6)11.(2022·新課標全國Ⅰ，16)如圖，為測量山高MN，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點．從A點測得M點的仰角∠MAN＝60°，C點的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；從C點測得∠MCA＝60°，山高BC＝100m，那么山高MN＝________m.11.解析在三角形ABC中，AC＝100eq\r(2)，在三角形MAC中，eq\f(MA,sin60°)＝eq\f(AC,sin45°)，解得MA＝100eq\r(3)，在三角形MNA中，eq\f(MN,100\r(3))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，故MN＝150，即山高MN為150m．答案15012.(2022·湖北，13)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.A＝eq\f(π,6)，a＝1，b＝eq\r(3)，那么B＝________.12.解析由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(3),2)，又B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).答案eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)(2022·福建，14)在△ABC中，A＝60°，AC＝2，BC＝eq\r(3)，那么AB等于________．13.解析在△ABC中，根據(jù)正弦定理，得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，所以eq\f(2,sinB)＝eq\f(\r(3),sin60°)，解得sinB＝1，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,2)，所以AB＝eq\r(22－〔\r(3)〕2)＝1.答案1(2022·北京，12)在△ABC中，a＝1，b＝2，cosC＝eq\f(1,4)，那么c＝________；sinA＝________.14.解析根據(jù)余弦定理，c2＝a2＋b2－2abcosC＝12＋22－2×1×2×eq\f(1,4)＝4，故c＝2，因為cosC＝eq\f(1,4)，于是sinC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),4)，于是，由正弦定理，sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(1×\f(\r(15),4),2)＝eq\f(\r(15),8)(或：由a＝1，b＝2，c＝2，得cosA＝eq\f(22＋22－12,2×2×2)＝eq\f(7,8)，于是，sinA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),8)).答案2eq\f(\r(15),8)15.(2022·浙江，16)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.b＋c＝2acosB.(1)證明：A＝2B；(2)假設(shè)cosB＝eq\f(2,3)，求cosC的值.15.(1)證明由正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B).又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.(2)解由cosB＝eq\f(2,3)得sinB＝eq\f(\r(5),3)，cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f(1,9)，故cosA＝－eq\f(1,9)，sinA＝eq\f(4\r(5),9)，cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝eq\f(22,27).16.(2022·四川，18)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c).(1)證明：sinAsinB＝sinC；(2)假設(shè)b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，求tanB.16.(1)證明根據(jù)正弦定理，可設(shè)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k(k>0).那么a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC.代入eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c)中，有eq\f(cosA,ksinA)＋eq\f(cosB,ksinB)＝eq\f(sinC,ksinC)，變形可得：sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B).在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，所以sinAsinB＝sinC.(2)解由，b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，根據(jù)余弦定理，有cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(3,5).所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5).由(1)知，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，所以eq\f(4,5)sinB＝eq\f(4,5)cosB＋eq\f(3,5)sinB，故tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝4.17.(2022·江蘇，15)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，A＝60°.(1)求BC的長；(2)求sin2C的值．17.解(1)由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA＝4＋9－2×2×3×eq\f(1,2)＝7，所以BC＝eq\r(7).(2)由正弦定理知，eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，所以sinC＝eq\f(AB,BC)·sinA＝eq\f(2sin60°,\r(7))＝eq\f(\r(21),7).因為AB＜BC，所以C為銳角，那么cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\f(3,7))＝eq\f(2\r(7),7).所以sin2C＝2sinC·cosC＝2×eq\f(\r(21),7)×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(4\r(3),7).18.(2022·新課標全國Ⅱ，17)在△ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，BD＝2DC.(1)求eq\f(sin∠B,sin∠C)；(2)假設(shè)∠BAC＝60°，求∠B.18.解(1)由正弦定理得eq\f(AD,sin∠B)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，eq\f(AD,sin∠C)＝eq\f(DC,sin∠CAD).因為AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以eq\f(sin∠B,sin∠C)＝eq\f(DC,BD)＝eq\f(1,2).(2)因為∠C＝180°－(∠BAC＋∠B)，∠BAC＝60°，所以sin∠C＝sin(∠BAC＋∠B)＝eq\f(\r(3),2)cos∠B＋eq\f(1,2)sin∠B.由(1)知2sin∠B＝sin∠C，所以tan∠B＝eq\f(\r(3),3)，即∠B＝30°.19.(2022·天津，16)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.△ABC的面積為3eq\r(15)，b－c＝2，cosA＝－eq\f(1,4).(1)求a和sinC的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))的值．19.解(1)在△ABC中，由cosA＝－eq\f(1,4)，可得sinA＝eq\f(\r(15),4).由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝3eq\r(15)，得bc＝24，又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.由a2＝b2＋c2－2bccosA，可得a＝8.由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(15),8).(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝cos2A·coseq\f(π,6)－sin2A·sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)(2cos2A－1)－eq\f(1,2)×2sinA·cosA＝eq\f(\r(15)－7\r(3),16).20.(2022·山東，17)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.cosB＝eq\f(\r(3),3)，sin(A＋B)＝eq\f(\r(6),9)，ac＝2eq\r(3)，求sinA和c的值．20.解在△ABC中，由cosB＝eq\f(\r(3),3)，得sinB＝eq\f(\r(6),3).因為A＋B＋C＝π，所以sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(6),9).因為sinC＜sinB，所以C＜B，可知C為銳角，所以cosC＝eq\f(5\r(3),9).所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(6),3)×eq\f(5\r(3),9)＋eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),9)＝eq\f(2\r(2),3).由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，可得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(\f(2\r(2),3)c,\f(\r(6),9))＝2eq\r(3)c，又ac＝2eq\r(3)，所以c＝1.21.(2022·湖南，17)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝btanA.(1)證明：sinB＝cosA；(2)假設(shè)sinC－sinAcosB＝eq\f(3,4)，且B為鈍角，求A，B，C.21.解(1)由正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，∴a＝2RsinA，b＝2RsinB，代入a＝btanA，得sinA＝sinB·eq\f(sinA,cosA)，又∵A∈(0，π)，∴sinA＞0，∴1＝eq\f(sinB,cosA)，即sinB＝cosA.(2)由sinC－sinAcosB＝eq\f(4,3)知，sin(A＋B)－sinAcosB＝eq\f(4,3)，∴cosAsinB＝eq\f(3,4).由(1)知sinB＝cosA，∴cos2A＝eq\f(3,4)，由于B是鈍角，故A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosA＝eq\f(\r(3),2)，A＝eq\f(π,6)，sinB＝eq\f(\r(3),2)，B＝eq\f(2π,3)，∴C＝π－(A＋B)＝eq\f(π,6).22.(2022·浙江，16)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2.(1)求eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)的值；(2)假設(shè)B＝eq\f(π,4)，a＝3，求△ABC的面積．22.解(1)由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2，得tanA＝eq\f(1,3)，所以eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)＝eq\f(2tanA,2tanA＋1)＝eq\f(2,5).(2)因為tanA＝eq\f(1,3)，A∈0，π)，所以sinA＝eq\f(\r(10),10)，cosA＝eq\f(3\r(10),10).又由a＝3，B＝eq\f(π,4)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得b＝3eq\r(5).由sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))得sinC＝eq\f(2\r(5),5)，設(shè)△ABC的面積為S，那么S＝eq\f(1,2)absinC＝9.23.(2022·新課標全國Ⅰ,17)a,b,c分別為△ABC內(nèi)角A,B,C的對邊,sin2B＝2sinAsinC.(1)假設(shè)a＝b,求cosB；(2)設(shè)B＝90°,且a＝eq\r(2),求△ABC的面積．23.解(1)由題設(shè)及正弦定理可得b2＝2ac.又a＝b22.解(1)由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2，得tanA＝eq\f(1,3)，所以eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)＝eq\f(2tanA,2tanA＋1)＝eq\f(2,5).(2)因為tanA＝eq\f(1,3)，A∈0，π)，所以sinA＝eq\f(\r(10),10)，cosA＝eq\f(3\r(10),10).又由a＝3，B＝eq\f(π,4)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得b＝3eq\r(5).由sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))得sinC＝eq\f(2\r(5),5)，設(shè)△ABC