2023版高三數學一輪復習（3年真題分類+考情精解讀+知識全通關+題型全突破+能力大提升）第四章三角函數解三角形試題理

PAGEPAGE26專題四三角函數、解三角形考點1三角函數的概念、同角三角函數根本關系式及誘導公式1.(2022·全國Ⅲ，5)假設tanα＝eq\f(3,4)，那么cos2α＋2sin2α＝()A.eq\f(64,25)B.eq\f(48,25)C.1D.eq\f(16,25)1.Atanα＝eq\f(3,4)，那么cos2α＋2sin2α＝eq\f(cos2α＋2sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1＋4tanα,1＋tan2α)＝eq\f(64,25).2.(2022·重慶，9)假設tanα＝2taneq\f(π,5)，那么eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝()A.1B.2C.3D.42.C[eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,5))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sinαcos\f(π,5)＋cosαsin\f(π,5),sinα·cos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(tanα,tan\f(π,5))＋1,\f(tanα,tan\f(π,5))－1)＝eq\f(2＋1,2－1)＝3.]3.(2022·大綱全國，3)設a＝sin33°，b＝cos55°，c＝tan35°，那么()A.a>b>cB.b>c>aC.c>b>aD.c>a>b3.C[∵b＝cos55°＝sin35°>sin33°＝a，∴b>a.又c＝tan35°＝eq\f(sin35°,cos35°)>sin35°＝cos55°＝b，∴c>b.∴c>b>a.應選C.]考點2三角函數的圖象與性質1.(2022·浙江，5)設函數f(x)＝sin2x＋bsinx＋c，那么f(x)的最小正周期()A.與b有關，且與c有關B.與b有關，但與c無關C.與b無關，且與c無關D.與b無關，但與c有關1.B[因為f(x)＝sin2x＋bsinx＋c＝－eq\f(cos2x,2)＋bsinx＋c＋eq\f(1,2)，其中當b＝0時，f(x)＝－eq\f(cos2x,2)＋c＋eq\f(1,2)，f(x)的周期為π；b≠0時，f(x)的周期為2π.即f(x)的周期與b有關但與c無關，應選B.]2.(2022·四川，3)為了得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，只需把函數y＝sin2x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.向左平行移動eq\f(π,6)個單位長度D.向右平行移動eq\f(π,6)個單位長度2.D[由題可知,y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))))),那么只需把y＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位，選D.3.(2022·北京，7)將函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象上的點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，t))向左平移s(s＞0)個單位長度得到點P′.假設P′位于函數y＝sin2x的圖象上，那么()A.t＝eq\f(1,2)，s的最小值為eq\f(π,6)B.t＝eq\f(\r(3),2)，s的最小值為eq\f(π,6)C.t＝eq\f(1,2)，s的最小值為eq\f(π,3)D.t＝eq\f(\r(3),2)，s的最小值為eq\f(π,3)3.A[點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，t))在函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象上，那么t＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π,3)))＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2).又由題意得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2〔x＋s〕－\f(π,3)))＝sin2x，故s＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以s的最小值為eq\f(π,6).]4.(2022·全國Ⅰ，12)函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調，那么ω的最大值為()A.11B.9C.7D.54.B[因為x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點，x＝eq\f(π,4)為f(x)的圖象的對稱軸，所以eq\f(π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\f(T,4)＋kT，即eq\f(π,2)＝eq\f(4k＋1,4)T＝eq\f(4k＋1,4)·eq\f(2π,ω)，所以ω＝4k＋1(k∈N*)，又因為f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調，所以eq\f(5π,36)－eq\f(π,18)＝eq\f(π,12)≤eq\f(T,2)＝eq\f(2π,2ω)，即ω≤12，由此得ω的最大值為9，應選B.]5.(2022·全國Ⅱ，7)假設將函數y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度，那么平移后圖象的對稱軸為()A.x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)(k∈Z)B.x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)C.x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)D.x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)5.B[由題意將函數y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度后得到函數的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)得函數的對稱軸為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，應選B.]6.(2022·山東，3)要得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數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6.B[∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，∴要得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數y＝sin4x的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位.]7.(2022·湖南，9)將函數f(x)＝sin2x的圖象向右平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜φ＜\f(π,2)))個單位后得到函數g(x)的圖象，假設對滿足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝eq\f(π,3)，那么φ＝()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)7.D[易知g(x)＝sin(2x－2φ)，φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由|f(x1)－f(x2)|＝2及正弦函數的有界性知，①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin2x1＝－1，,sin〔2x2－2φ〕＝1))或②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin2x1＝1，,sin〔2x2－2φ〕＝－1，))由①知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－\f(π,4)＋k1π，,k2＝\f(π,4)＋φ＋k2π))(k1，k2∈Z)，∴|x1－x2|min＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ＋〔k2－k1〕π))eq\s\do7(min)＝eq\f(π,3)，由φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq\f(π,2)＋φ＝eq\f(2π,3)，∴φ＝eq\f(π,6)，同理由②得φ＝eq\f(π,6).應選D.]8.(2022·四川，4)以下函數中，最小正周期為π且圖象關于原點對稱的函數是()A.y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) B.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C.y＝sin2x＋cos2x D.y＝sinx＋cosx8.A[A選項：y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x，T＝π，且關于原點對稱，應選A.]9.(2022·陜西，3)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y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k，據此函數可知，這段時間水深(單位：m)的最大值為()9.C[由題干圖易得ymin＝k－3＝2，那么k＝5.∴ymax＝k＋3＝8.]10.(2022·新課標全國Ⅰ，8)函數f(x)＝cos(ωx＋φ)的局部圖象如下圖，那么f(x)的單調遞減區(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∈Z10.D[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.]11.(2022·安徽，10)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均為正的常數)的最小正周期為π，當x＝eq\f(2π,3)時，函數f(x)取得最小值，那么以下結論正確的選項是()A.f(2)<f(－2)<f(0)B.f(0)<f(2)<f(－2)C.f(－2)<f(0)<f(2)D.f(2)<f(0)<f(－2)11.A[由于f(x)的最小正周期為π,∴ω＝2,即f(x)＝Asin(2x＋φ),又當x＝eq\f(2π,3)時,2x＋φ＝eq\f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，∴φ＝2kπ－eq\f(11π,6)，又φ>0，∴φmin＝eq\f(π,6)，故f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).于是f(0)＝eq\f(1,2)A，f(2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))，又∵－eq\f(π,2)<eq\f(5π,6)－4<eq\f(π,6)<4－eq\f(7π,6)<eq\f(π,2)，其中f(2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－4))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(7π,6))).又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))單調遞增，∴f(2)<f(－2)<f(0)，應選A.]12.(2022·浙江，4)為了得到函數y＝sin3x＋cos3x的圖象，可以將函數y＝eq\r(2)cos3x的圖象()A.向右平移eq\f(π,4)個單位 B.向左平移eq\f(π,4)個單位C.向右平移eq\f(π,12)個單位 D.向左平移eq\f(π,12)個單位12.C[因為y＝sin3x＋cos3x＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))＝eq\r(2)cos3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，所以將函數y＝eq\r(2)cos3x的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位后，可得到y＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))的圖象，應選C.]13.(2022·遼寧，9)將函數y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度，所得圖象對應的函數()A.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調遞減B.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調遞增C.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調遞減D.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調遞增13.B[將y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度后得到y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋\f(π,3)))，即y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))的圖象，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(2π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，化簡可得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z，即函數y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z，令k＝0，可得y＝3sin(2x－eq\f(2π,3))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調遞增，應選B.]14.(2022·陜西，2)函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的最小正周期是()A.eq\f(π,2)B.πC.2πD.4π14.B[∵T＝eq\f(2π,2)＝π，∴B正確.]15.(2022·江蘇，9)定義在區(qū)間[0，3π]上的函數y＝sin2x的圖象與y＝cosx的圖象的交點個數是.15.7[在區(qū)間[0，3π]上分別作出y＝sin2x和y＝cosx的簡圖如下：由圖象可得兩圖象有7個交點.]16.(2022·全國Ⅲ，14)函數y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數y＝sinx＋eq\r(3)cosx的圖象至少向右平移個單位長度得到.16.eq\f(2π,3)[y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，因此至少向右平移eq\f(2π,3)個單位長度得到.]17.(2022·浙江，11)函數f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是________，單調遞減區(qū)間是________.17.πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)π＋kπ，\f(7,8)π＋kπ))(k∈Z)[f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,2)sin2x＋1＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(3,2)，∴T＝eq\f(2π,2)＝π，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得：eq\f(3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(7π,8)＋kπ，k∈Z，∴單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))，k∈Z.]18.(2022·福建，19)函數f(x)的圖象是由函數g(x)＝cosx的圖象經如下變換得到：先將g(x)圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)，再將所得到的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度.(1)求函數f(x)的解析式，并求其圖象的對稱軸方程；(2)關于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0,2π)內有兩個不同的解α，β.①求實數m的取值范圍；②證明：cos(α－β)＝eq\f(2m2,5)－1.18.解法一(1)將g(x)＝cosx的圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)得到y＝2cosx的圖象，再將y＝2cosx的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度后得到y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))的圖象，故f(x)＝2sinx.從而函數f(x)＝2sinx圖象的對稱軸方程為x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z).(2)①f(x)＋g(x)＝2sinx＋cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))sinx＋\f(1,\r(5))cosx))＝eq\r(5)sin(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中sinφ＝\f(1,\r(5))，cosφ＝\f(2,\r(5)))).依題意，sin(x＋φ)＝eq\f(m,\r(5))在[0，2π)內有兩個不同的解α，β，當且僅當eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,\r(5))))＜1，故m的取值范圍是(－eq\r(5)，eq\r(5)).②證明因為α，β是方程eq\r(5)sin(x＋φ)＝m在[0，2π)內的兩個不同的解。所以sin(α＋φ)＝eq\f(m,\r(5))，sin(β＋φ)＝eq\f(m,\r(5)).當1≤m＜eq\r(5)時，α＋β＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))，即α－β＝π－2(β＋φ)；當－eq\r(5)＜m＜1時，α＋β＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－φ))，即α－β＝3π－2(β＋φ).所以cos(α－β)＝－cos2(β＋φ)＝2sin2(β＋φ)－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,\r(5))))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(2m2,5)－1.法二(1)解同法一.(2)①解同法一.②證明因為α，β是方程eq\r(5)sin(x＋φ)＝m在[0，2π)內的兩個不同的解，所以sin(α＋φ)＝eq\f(m,\r(5))，sin(β＋φ)＝eq\f(m,\r(5)).當1≤m＜eq\r(5)時，α＋β＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，即α＋φ＝π－(β＋φ)；當－eq\r(5)＜m＜1時，α＋β＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－φ))，即α＋φ＝3π－(β＋φ)；所以cos(α＋φ)＝－cos(β＋φ).于是cos(α－β)＝cos[(α＋φ)－(β＋φ)]＝cos(α＋φ)cos(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ)＝－cos2(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,\r(5))))\s\up12(2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,\r(5))))eq\s\up12(2)＝eq\f(2m2,5)－1.19.(2022·北京，15)函數f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值.19.(1)因為f(x)＝eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)(1－cosx)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)，所以f(x)的最小正周期為2π.(2)因為－π≤x≤0，所以－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4).當x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,4)時，f(x)取得最小值.所以f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝－1－eq\f(\r(2),2).20.(2022·重慶，18)函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))sinx－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)討論f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的單調性.20.(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))sinx－eq\r(3)cos2x＝cosxsinx－eq\f(\r(3),2)(1＋cos2x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(\r(3),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)，因此f(x)的最小正周期為π，最大值為eq\f(2－\r(3),2).(2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時，0≤2x－eq\f(π,3)≤π，從而當0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，即eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)時，f(x)單調遞增，當eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤π，即eq\f(5π,12)≤x≤eq\f(2π,3)時，f(x)單調遞減.綜上可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上單調遞增；在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上單調遞減.21.(2022·天津，15)函數f(x)＝sin2x－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，x∈R.(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(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值和最小值.21.(1)由，有f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因為f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上是減函數，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上是增函數，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2),feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),4)，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值為eq\f(\r(3),4)，最小值為－eq\f(1,2).22.(2022·湖北，17)某同學用“五點法〞畫函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一個周期內的圖象時，列表并填入了局部數據，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)請將上表數據補充完整，填寫在答題卡上相應位置，并直接寫出函數f(x)的解析式；(2)將y＝f(x)圖象上所有點向左平行移動θ(θ>0)個單位長度，得到y＝g(x)的圖象.假設y＝g(x)圖象的一個對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值.22.(1)根據表中數據，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).數據補全如下表：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且函數表達式為f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由(1)知f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，得g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f(π,6))).因為y＝sinx的對稱中心為(kπ，0)，k∈Z.令2x＋2θ－eq\f(π,6)＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ，k∈Z.由于函數y＝g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))成中心對稱，令eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ＝eq\f(5π,12)，解得θ＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z.由θ>0可知，當k＝1時，θ取得最小值eq\f(π,6).23.(2022·湖北，17)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關系：f(t)＝10－eq\r(3)coseq\f(π,12)t－sineq\f(π,12)t，t∈[0,24).(1)求實驗室這一天的最大溫差；(2)假設要求實驗室溫度不高于11℃，那么在哪段時間實驗室需要降溫？23.(1)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℃.(2)依題意，當f(t)>11時實驗室需要降溫.由(1)得f(t)＝10－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，故有10－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))>11，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))<－eq\f(1,2).又0≤t<24，因此eq\f(7π,6)<eq\f(π,12)t＋eq\f(π,3)<eq\f(11π,6)，即10<t<18.故在10時至18時實驗室需要降溫.24.(2022·上海，1)函數y＝1－2cos2(2x)的最小正周期是________.24.eq\f(π,2)[y＝1－2cos2(2x)＝1－2×eq\f(1＋cos4x,2)＝－cos4x，那么最小正周期為eq\f(π,2).]考點3三角恒等變換1.(2022·山東，7)函數f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)的最小正周期是()A.eq\f(π,2)B.πC.eq\f(3π,2)D.2π1.B[∵f(x)＝2sinxcosx＋eq\r(3)(cos2x－sin2x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴T＝π，應選B.]2.(2022·全國Ⅱ，9)假設coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，那么sin2α＝()A.eq\f(7,25)B.eq\f(1,5)C.－eq\f(1,5)D.－eq\f(7,25)2.D[因為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，又因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，所以sin2α＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25)，應選D.]3.(2022·全國Ⅲ，8)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC邊上的高等于eq\f(1,3)BC，那么cosA＝()A.eq\f(3\r(10),10)B.eq\f(\r(10),10)C.－eq\f(\r(10),10)D.－eq\f(3\r(10),10)3.C[設BC邊上的高AD交BC于點D，由題意B＝eq\f(π,4)，BD＝eq\f(1,3)BC，DC＝eq\f(2,3)BC，tan∠BAD＝1，tan∠CAD＝2，tanA＝eq\f(1＋2,1－1×2)＝－3，所以cosA＝－eq\f(\r(10),10).]4.(2022·新課標全國Ⅰ，2)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)4.D[sin20°cos10°－cos160°sin10°＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin30°＝eq\f(1,2).]5.(2022·新課標全國Ⅰ，8)設α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，那么()A.3α－β＝eq\f(π,2)B.3α＋β＝eq\f(π,2)C.2α－β＝eq\f(π,2)D.2α＋β＝eq\f(π,2)5.C[由tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)得eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ),即sinαcosβ＝cosα＋sinβcosα，所以sin(α－β)＝cosα,又cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)),所以sin(α－β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)),又因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))),β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))),所以－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2),0<eq\f(π,2)－α<eq\f(π,2),因此α－β＝eq\f(π,2)－α,所以2α－β＝eq\f(π,2)，應選C.]6.(2022·四川，11)cos2eq\f(π,8)－sin2eq\f(π,8)＝.6.eq\f(\r(2),2)[由題可知，cos2eq\f(π,8)－sin2eq\f(π,8)＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)(二倍角公式).]7.(2022·四川，12)sin15°＋sin75°的值是.7.eq\f(\r(6),2)[sin15°＋sin75°＝sin15°＋cos15°＝eq\r(2)sin(15°＋45°)＝eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(6),2).]8.(2022·江蘇，8)tanα＝－2，tan(α＋β)＝eq\f(1,7)，那么tanβ的值為________.8.3[∵tanα＝－2，∴tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－2＋tanβ,1＋2tanβ)＝eq\f(1,7)，解得tanβ＝3.]9.(2022·山東，16)設f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.假設feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值.9.解(1)由題意知f(x)＝eq\f(sin2x,2)－eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝eq\f(sin2x,2)－eq\f(1－sin2x,2)＝sin2x－eq\f(1,2).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z,可得－eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z；由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z,可得eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z.所以f(x)的單調遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)；單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ))(k∈Z).(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq\f(1,2)＝0，得sinA＝eq\f(1,2)，由題意知A為銳角，所以cosA＝eq\f(\r(3),2).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得1＋eq\r(3)bc＝b2＋c2≥2bc，即bc≤2＋eq\r(3)，且當b＝c時等號成立.因此eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(2＋\r(3),4).所以△ABC面積的最大值為eq\f(2＋\r(3),4).10.(2022·新課標全國Ⅱ，14)函數f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφcos(x＋φ)的最大值為________.10.1[f(x)＝sin[(x＋φ)＋φ]－2sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cosφ－cos(x＋φ)sinφ＝sin(x＋φ－φ)＝sinx，因為x∈R，所以f(x)的最大值為1.]11.(2022·江西，16)函數f(x)＝sin(x＋θ)＋acos(x＋2θ)，其中a∈R，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).(1)假設a＝eq\r(2)，θ＝eq\f(π,4)時，求f(x)在區(qū)間[0，π]上的最大值與最小值；(2)假設feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，f(π)＝1，求a，θ的值.11.解(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq\f(\r(2),2)(sinx＋cosx)－eq\r(2)sinx＝eq\f(\r(2),2)cosx－eq\f(\r(2),2)sinx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，因為x∈[0，π]，從而eq\f(π,4)－x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，故f(x)在[0，π]上的最大值為eq\f(\r(2),2)，最小值為－1.(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，,f〔π〕＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosθ〔1－2asinθ〕＝0，,2asin2θ－sinθ－a＝1，))又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))知cosθ≠0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,θ＝－\f(π,6).))12.(2022·廣東，16)函數f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈R，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\f(3,2).(1)求A的值；(2)假設f(θ)＋f(－θ)＝eq\f(3,2)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－θ)).12.解(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋\f(π,4)))＝eq\f(3,2)，∴A·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，A＝eq\r(3).(2)f(θ)＋f(－θ)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋eq\r(3)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,2)，∴eq\r(3)[eq\f(\r(2),2)(sinθ＋cosθ)＋eq\f(\r(2),2)(－sinθ＋cosθ)]＝eq\f(3,2)，∴eq\r(6)cosθ＝eq\f(3,2)，cosθ＝eq\f(\r(6),4)，又θ∈(0，eq\f(π,2))，∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(10),4)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π－θ))＝eq\r(3)sin(π－θ)＝eq\r(3)sinθ＝eq\f(\r(30),4).13.(2022·江蘇，15)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5).(1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))的值.13.解(1)因為a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5).故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sineq\f(π,4)cosα＋coseq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(5),5)＝－eq\f(\r(10),10).(2)由(1)知sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq\f(4,5)，cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))＝coseq\f(5π,6)cos2α＋sineq\f(5π,6)sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\f(3,5)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(4＋3\r(3),10).考點4解三角形1.(2022·新課標全國Ⅱ，4)鈍角三角形ABC的面積是eq\f(1,2)，AB＝1，BC＝eq\r(2)，那么AC＝()A.5B.eq\r(5)C.2D.11.B[S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)sinB＝eq\f(1,2)，∴sinB＝eq\f(\r(2),2)，假設B＝45°，那么由余弦定理得AC＝1，∴△ABC為直角三角形，不符合題意，因此B＝135°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝1＋2－2×1×eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝5，∴AC＝eq\r(5).應選B.]2.(2022·全國Ⅱ，13)△ABC的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，假設cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，那么b＝.2.eq\f(21,13)[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＋cosA·sinC＝eq\f(63,65)，由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(21,13).]3.(2022·福建，12)假設銳角△ABC的面積為10eq\r(3)，且AB＝5，AC＝8，那么BC等于________.3.7[S＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA，∴sinA＝eq\f(\r(3),2)，在銳角三角形中A＝eq\f(π,3)，由余弦定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2－2AB·AC·cosA)＝7.]4.(2022·廣東，11)設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.假設a＝eq\r(3)，sinB＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,6)，那么b＝________.4.1[因為sinB＝eq\f(1,2)且B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)或B＝eq\f(5π,6).又C＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,6)，A＝π－B－C＝eq\f(2π,3).又a＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(b,sin\f(π,6))，解得b＝1.]5.(2022·北京，12)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，那么eq\f(sin2A,sinC)＝________.5.1[由余弦定理：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(25＋36－16,2×5×6)＝eq\f(3,4)，∴sinA＝eq\f(\r(7),4)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(16＋25－36,2×4×5)＝eq\f(1,8)，∴sinC＝eq\f(3\r(7),8)，∴eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f(2×\f(3,4)×\f(\r(7),4),\f(3\r(7),8))＝1.]6.(2022·重慶，13)在△ABC中，B＝120°，AB＝eq\r(2)，A的角平分線AD＝eq\r(3)，那么AC＝________.6.eq\r(6)[由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB)，即eq\f(\r(2),sin∠ADB)＝eq\f(\r(3),sin120°)，解得sin∠ADB＝eq\f(\r(2),2)，∠ADB＝45°,從而∠BAD＝15°＝∠DAC,所以C＝180°-120°-30°＝30°,AC＝2ABcos30°＝eq\r(6).]7.(2022·天津，13)在△ABC中，內角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)，那么a的值為________.7.8[∵cosA＝－eq\f(1,4)，0＜A＜π，∴sinA＝eq\f(\r(15),4)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(\r(15),4)＝3eq\r(15)，∴bc＝24，又b－c＝2，∴b2－2bc＋c2＝4，b2＋c2＝52，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝52－2×24×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝64，∴a＝8.]8.(2022·天津，12)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別是a,b,c.b－c＝eq\f(1,4)a,2sinB＝3sinC，那么cosA的值為________.8.－eq\f(1,4)[由及正弦定理，得2b＝3c，因為b－c＝eq\f(1,4)a，不妨設b＝3，c＝2，所以a＝4，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4).]9.(2022·江蘇，14)假設△ABC的內角滿足sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，那么cosC的最小值是________.9.eq\f(\r(6)－\r(2),4)[由正弦定理可得a＋eq\r(2)b＝2c，又cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(1,4)〔a＋\r(2)b〕2,2ab)＝eq\f(3a2＋2b2－2\r(2)ab,8ab)≥eq\f(2\r(6)ab－2\r(2)ab,8ab)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，當且僅當eq\r(3)a＝eq\r(2)b時取等號，所以cosC的最小值是eq\f(\r(6)－\r(2),4).]10.(2022·新課標全國Ⅰ，16)a，b，c，分別為△ABC三個內角A，B，C的對邊，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，那么△ABC面積的最大值為________.10.eq\r(3)[因為a＝2，所以(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC可化為(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，由正弦定理可得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又0<A<π，故A＝eq\f(π,3)，又cosA＝eq\f(1,2)＝eq\f(b2＋c2－4,2bc)≥eq\f(2bc－4,2bc)，所以bc≤4，當且僅當b＝c時取等號，由三角形面積公式知S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\r(3)，故△ABC面積的最大值為eq\r(3).]11.(2022·山東，12)在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝tanA，當A＝eq\f(π,6)時，△ABC的面積為________.11.eq\f(1,6)[根據平面向量數量積的概念得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cosA，當A＝eq\f(π,6)時，根據可得|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3)，故△ABC的面積為eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·sineq\f(π,6)＝eq\f(1,6).]12.(2022·山東，16)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b，c，2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)證明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值.12.(1)證明由題意知2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB)))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB).化簡得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB，因為A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，從而sinA＋sinB＝2sinC，由正弦定理得a＋b＝2c.(2)由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up12(2),2ab)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2)，當且僅當a＝b時，等號成立，故cosC的最小值為eq\f(1,2).13.(2022·北京，15)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac.(1)求角B的大小；(2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值.13.(1)由a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac得a2＋c2－b2＝eq\r(2)ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2).又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,4).(2)A＋C＝π－B＝π－eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)，所以C＝eq\f(3π,4)－A，0＜A＜eq\f(3π,4).所以eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA＋coseq\f(3π,4)cosA＋sineq\f(3π,4)sinA＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)sinA＋eq\f(\r(2),2)cosA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))∵0＜A＜eq\f(3π,4)，∴eq\f(π,4)＜A＋eq\f(π,4)＜π，故當A＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,4)時，eq\r(2)cosA＋cosC取得最大值為1.14.(2022·四川，17)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b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，求tanB.14.(1)證明根據正弦定理，可設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)由，b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，根據余弦定理，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)，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)＝4.15.(2022·浙江，16)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.b＋c＝2acosB.(1)證明：A＝2B；(2)假設△ABC的面積S＝eq\f(a2,4)，求角A的大小.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)由S＝eq\f(a2,4)得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2,4)，故有sinBsinC＝eq\f(1,2)sin2B＝sinBcosB，因sinB≠0，得sinC＝cosB.又B，C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,2)±B.當B＋C＝eq\f(π,2)時，A＝eq\f(π,2)；當C－B＝eq\f(π,2)時，A＝eq\f(π,4).綜上，A＝eq\f(π,2)或A＝eq\f(π,4).16.(2022·全國Ⅰ，17)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，2cosC(acosB＋bcosA)＝c.(1)求C；(2)假設c＝eq\r(7)，△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，求△ABC的周長.16.(1)由及正弦定理得，2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC，2cosCsin(A＋B)＝sinC，故2sinCcosC＝sinC.可得cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由,eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2),又C＝eq\f(π,3),所以ab＝6,由及余弦定理得,a2＋b2－2abcosC＝7，故a2＋b2＝13，從而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周長為5＋eq\r(7).17.(2022·安徽，16)在△ABC中，A＝eq\f(3π,4)，AB＝6，AC＝3eq\r(2)，點D在BC邊上，AD＝BD，求AD的長.17.設△ABC的內角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝(3eq\r(2))2＋62－2×3eq\r(2)×6×coseq\f(3π,4)＝18＋36－(－36)＝90，所以a＝3eq\r(10).又由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsin∠BAC,a)＝eq\f(3,3\r(10))＝eq\f(\r(10),10)，由題設知0<B<eq\f(π,4)，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\r(1－\f(1,10))＝eq\f(3\r(10),10).在△ABD中，由正弦定理，得AD＝eq\f(AB·sinB,sin〔π－2B〕)＝eq\f(6sinB,2sinBcosB)＝eq\f(3,cosB)＝eq\r(10).18.(2022·江蘇，15)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，A＝60°.(1)求BC的長；(2)求sin2C的值.18.(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).因此sin2C＝2sinC·cosC＝2×eq\f(\r(21),7)×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(4\r(3),7).19.(2022·湖南17)設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝btanA，且B為