专题二-三角函数、平面向量

专题二三角函数、平面向量第一讲三角函数的图象与性质(选择、填空题型)命题全解密MINGTIQUANJIEMIeq\o(\s\up7(),\s\do5(1.命题点))三角函数的周期性、单调性、最值、奇偶性、对称性；函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式、图象及其变换、单调区间的求法．eq\o(\s\up7(),\s\do5(2.交汇点))常与向量、解三角形、不等式等知识交汇考查．eq\o(\s\up7(),\s\do5(3.常用方法))利用三角函数的图象与性质求三角函数值域的方法；利用公式求三角函数的周期的方法；利用整体代换求三角函数的单调区间的方法；利用平移变换与伸缩变换求函数的解析式的方法．[重要性质]函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象单调性在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1())－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπeq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1())(k∈Z)上单调递增；在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(3π,2)＋2kπeq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1())(k∈Z)上单调递减在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上单调递增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上单调递减在eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπeq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())(k∈Z)上单调递增对称性对称中心：(kπ，0)(k∈Z)；对称轴：x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)对称中心：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，0))(k∈Z)；对称轴：x＝kπ(k∈Z)对称中心：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)[重要变换]1．y＝sinxeq\o(→,\s\up17(向左φ>0或向右φ<0),\s\do15(平移|φ|个单位))y＝sin(x＋φ)eq\o(→,\s\up27(横坐标变为原来的eq\f(1,ω)倍,,纵坐标不变))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up17(纵坐标变为原来的A倍),\s\do15(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．2．y＝sinxeq\o(→,\s\up17(横坐标变为原来的eq\f(1,ω)倍,,纵坐标不变))y＝sinωxeq\o(→,\s\up17(向左φ>0或向右φ<0),\s\do15(平移|\f(φ,ω)|个单位))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up17(纵坐标变为原来的A倍),\s\do15(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．[易错提醒]1．忽视定义域求解三角函数的单调区间、最值(值域)以及作图象等问题时，要注意函数的定义域．2．重要图象变换顺序在图象变换过程中，注意分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．3．忽视A，ω的符号在求y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时，要特别注意A和ω的符号，若ω<0，需先通过诱导公式将x的系数化为正的．热点一求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例1(1)函数f(x)＝Asinωx(A>0，ω>0)的部分图象如图所示，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2015)的值为()A．0 B．3eq\r(2)C．6eq\r(2) D．－eq\r(2)[解析]由图可得，A＝2，T＝8，eq\f(2π,ω)＝8，ω＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\f(π,4)x，∴f(1)＝eq\r(2)，f(2)＝2，f(3)＝eq\r(2)，f(4)＝0，f(5)＝－eq\r(2)，f(6)＝－2，f(7)＝－eq\r(2)，f(8)＝0，而2015＝8×251＋7，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2015)＝0.[答案]A(2)已知函数f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω>0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上递减，则ω＝()A．3 B．2C．6 D．5[解析]∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)))＝0，∵f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,3)))＝0，∴eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，又eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，ω>0，∴ω＝2.[答案]B函数表达式y＝Asin(ωx＋φ)＋B的确定方法字母确定途径说明A由最值确定A＝eq\f(最大值－最小值,2)B由最值确定B＝eq\f(最大值＋最小值,2)ω由函数的周期确定相邻的最高点与最低点的横坐标之差的绝对值为半个周期，最高点(或最低点)的横坐标与相邻零点差的绝对值为eq\f(1,4)个周期φ由图象上的特殊点确定一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．利用待定系数法并结合图象列方程或方程组求解1．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(ωx＋φ)－\f(π,2)))eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())ω>0，|φ|<eq\f(π,2)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())的部分图象如图所示，则y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值时x的取值集合为()A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,6)，k∈Z)))) B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,3)，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝2kπ－\f(π,6)，k∈Z)))) D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝2kπ－\f(π,3)，k∈Z))))答案B解析因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,2)))＝sin(ωx＋φ)，由图可知eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，所以ω＝eq\f(2π,π)＝2.又由图得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝1，即2×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则y＝f(x＋eq\f(π,6))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得x＝kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，所以y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值时x的取值集合为eq\a\vs4\al(\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,3)，k∈Z)))))，故选B.2．如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k.据此函数可知，这段时间水深(单位：m)的最大值为()A．5 B．6C．8 D．10答案C解析由题图可知－3＋k＝2，k＝5，y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋5，∴ymax＝3＋5＝8.热点二函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象变换例2(1)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中|φ|<\f(π,2)，ω>0))的图象如图所示，为了得到y＝sinωx的图象，只需把y＝f(x)的图象上所有点A．向右平移eq\f(π,6)个单位长度B．向右平移eq\f(π,12)个单位长度C．向左平移eq\f(π,6)个单位长度D．向左平移eq\f(π,12)个单位长度[解析]由图象知：eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)，∴T＝π.又π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2.由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0得：2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝kπ－eq\f(2π,3)(k∈Z)．∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，即f(x)＝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)))))，故选A.[答案]A(2)为得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，可将函数y＝sinx的图象向左平移m个单位长度，或向右平移n个单位长度(m，n均为正数)，则|m－n|的最小值是()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(4π,3) D.eq\f(5π,3)[解析]由题意可知，m＝eq\f(π,3)＋2k1π，k1为非负整数，n＝－eq\f(π,3)＋2k2π，k2为正整数，∴|m－n|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2k1－k2π))，∴当k1＝k2时，|m－n|min＝eq\f(2π,3).[答案]B三角函数图象平移问题处理策略(1)看平移要求：首先要看题目要求由哪个函数平移得到哪个函数，这是判断移动方向的关键点．(2)看移动方向：移动的方向一般记为“正向左，负向右”，看y＝Asin(ωx＋φ)中φ的正负和它的平移要求．(3)看移动单位：在函数y＝Asin(ωx＋φ)中，周期变换和相位变换都是沿x轴方向的，所以ω和φ之间有一定的关系，φ是初相，再经过ω的压缩，最后移动的单位是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω))).1．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)，把函数f(x)的图象向右平移eq\f(5π,12)个单位长度得函数g(x)的图象，则下列结论错误的是()A．函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数B．函数g(x)为偶函数C．函数g(x)的最小正周期为πD．函数g(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称答案D解析因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x，故函数g(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，函数g(x)为偶函数，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)))＝0，故函数g(x)的图象不关于直线x＝eq\f(π,4)对称，当0≤x≤eq\f(π,2)时，0≤2x≤π，则函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数，故选D.2．将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))个单位后得到函数g(x)的图象．若对满足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝eq\f(π,3)，则φ＝()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案D解析由已知得g(x)＝sin(2x－2φ)，满足|f(x1)－g(x2)|＝2，不妨设此时y＝f(x)和y＝g(x)分别取得最大值与最小值，又|x1－x2|min＝eq\f(π,3)，令2x1＝eq\f(π,2)，2x2－2φ＝－eq\f(π,2)，此时|x1－x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝eq\f(π,3)，又0<φ<eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,6)，选D.热点三函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质的综合应用例3(1)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期是π，若将其图象向右平移eq\f(π,3)个单位后得到的图象关于原点对称，则函数f(x)的图象()A．关于直线x＝eq\f(π,12)对称 B．关于直线x＝eq\f(5π,12)对称C．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))对称 D．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))对称[解析]∵f(x)的最小正周期为π，∴eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2，∴f(x)的图象向右平移eq\f(π,3)个单位后得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)＋φ))的图象，又g(x)的图象关于原点对称，∴－eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋kπ))<eq\f(π,2)，∴k＝－1，φ＝－eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，当x＝eq\f(π,12)时，2x－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,6)，∴A，C错误，当x＝eq\f(5π,12)时，2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，∴B正确，D错误．[答案]B(2)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(ω>0)的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为eq\f(π,2)的等差数列，把函数f(x)的图象沿x轴向左平移eq\f(π,6)个单位，得到函数g(x)的图象.关于函数g(x)，下列说法正确的是()A．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是增函数B．其图象关于直线x＝－eq\f(π,4)对称C．函数g(x)是奇函数D．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，函数g(x)的值域是[－2,1][解析]f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，由题设知eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，∴T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).把函数f(x)的图象沿x轴向左平移eq\f(π,6)个单位，得到g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x的图象，g(x)是偶函数且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是减函数，其图象关于直线x＝－eq\f(π,4)不对称，所以A，B，C错误．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，则g(x)min＝2cosπ＝－2，g(x)max＝2coseq\f(π,3)＝1，即函数g(x)的值域是[－2,1]，故选D.[答案]D本例(1)中条件不变，若平移后得到的图象关于y轴对称，则f(x)的图象又关于谁对称？答案D解析g(x)的图象关于y轴对称，则－eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，可求φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，2x＋eq\f(π,6)＝kπ，可得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，令k＝1，则x＝eq\f(5π,12)，故选D.求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．(2)整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解．①令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，可求得对称轴方程．②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0.1．[2015·四川高考]下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是()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＋cosx答案A解析采用验证法．由y＝cos(2x＋eq\f(π,2))＝－sin2x，可知该函数的最小正周期为π且为奇函数，故选A.2．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正的常数)的最小正周期为π，当x＝eq\f(2π,3)时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是()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)答案A解析∵f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期为π，且x＝eq\f(2π,3)是经过函数f(x)最小值点的一条对称轴，∴x＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6)是经过函数f(x)最大值点的一条对称轴．∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,6)))＝eq\f(12－π,6)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(π－2－\f(π,6)))＝eq\f(5π－12,6)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0－\f(π,6)))＝eq\f(π,6)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,6)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(π－2－\f(π,6)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0－\f(π,6)))，且－eq\f(π,3)<2<eq\f(2π,3)，－eq\f(π,3)<π－2<eq\f(2π,3)，－eq\f(π,3)<0<eq\f(2π,3)，∴f(2)<f(π－2)<f(0)，即f(2)<f(－2)<f(0)．课题8三角函数图象变换要得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图象，只需将函数y＝sin4x的图象()A．向左平移eq\f(π,12)个单位 B．向右平移eq\f(π,12)个单位C．向左平移eq\f(π,3)个单位 D．向右平移eq\f(π,3)个单位审题过程eq\a\vs4\al(切入点)函数图象的变换方法．eq\a\vs4\al(关注点)函数的解析式的整理化简.eq\a\vs4\al([规范解答])因为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)))))，所以只需将y＝sin4x的图象向右平移eq\f(π,12)个单位，即可得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图象，故选B.解决函数图象变换问题的模型示意图如下：1．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())A>0，ω>0，eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则将y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位后，得到的图象解析式为()A．y＝sin2x B．y＝cos2xC．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))答案D解析A＝1，由eq\f(3,4)·T＝eq\f(3π,4)得T＝π，ω＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，|φ|<eq\f(π,2)，则φ＝eq\f(π,6)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，向右平移eq\f(π,6)个单位后，得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).2．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))(0<φ<π)，将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,12)个单位后得到函数g(x)的图象，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，则φ＝________.答案eq\f(2π,3)解析∵f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(cos2x＋1,2)cosφ－eq\f(1,2)cosφ＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1,2)cos2xcosφ＝eq\f(1,2)cos(2x－φ)，∴g(x)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－φ))＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)－φ)).∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，∴2×eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)－φ＝2kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f(2π,3)－2kπ(k∈Z)．∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(2π,3).一、选择题1.将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))(x∈R)的图象上所有的点向左平移eq\f(π,4)个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍，则所得的图象的解析式为()A.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,12)))(x∈R)B.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))(x∈R)C.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,12)))(x∈R)D.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,24)))(x∈R)答案B解析原函数图象向左平移eq\f(π,4)个单位后得y＝sineq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))(x∈R)的图象，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))(x∈R)的图象．2．函数f(x)＝tanωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为eq\f(π,2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值是()A．－eq\r(3) B.eq\f(\r(3),3)C．1 D.eq\r(3)答案D解析由题意可知该函数的周期为eq\f(π,2)，∴eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，ω＝2，f(x)＝tan2x，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3)，故选D.3．将函数f(x)＝cosx－eq\r(3)sinx(x∈R)的图象向左平移a(a>0)个单位长度后，所得到的图象关于原点对称，则a的最小值是()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,6)答案B解析f(x)＝cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由题知eq\f(π,3)＋a＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以a＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，又因为a>0，所以a的最小值为eq\f(π,6).4．函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω≠0)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))等于()A．2或0 B．－2或2C．0 D．－2或0答案B解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))可知函数图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称，则在x＝eq\f(π,4)处函数取得最值，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±2，故选B.5．已知平面向量a＝(2cos2x，sin2x)，b＝(cos2x，－2sin2x)，f(x)＝a·b，要得到y＝sin2x＋eq\r(3)cos2x的图象，只需要将y＝f(x)的图象()A.向左平行移动eq\f(π,6)个单位B．向右平行移动eq\f(π,6)个单位C．向左平行移动eq\f(π,12)个单位D．向右平行移动eq\f(π,12)个单位答案D解析由题意得：f(x)＝a·b＝2cos4x－2sin4x＝2(cos2x＋sin2x)(cos2x－sin2x)＝2cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))，而y＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,2)))，故只需将y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位即可．故选D.6．函数f(x)＝eq\f(1,2)(1＋cos2x)·sin2x(x∈R)是()A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数C．最小正周期为π的偶函数D．最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数答案D解析注意到sin2x＝eq\f(1,2)(1－cos2x)，因此f(x)＝eq\f(1,4)(1＋cos2x)(1－cos2x)＝eq\f(1,4)(1－cos22x)＝eq\f(1,4)sin22x＝eq\f(1,8)(1－cos4x)，即f(x)＝eq\f(1,8)(1－cos4x)，f(－x)＝eq\f(1,8)(1－cos4x)＝f(x)，因此函数f(x)是最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数，选D.7．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(0<φ<π)的图象如图所示，若f(x0)＝3，x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，则sinx0的值为()A.eq\f(4\r(3)－3,10) B.eq\f(3\r(3)＋4,10)C.eq\f(4\r(3)＋1,10) D.eq\f(3\r(3)＋3,10)答案B解析由图象知A＝5，eq\f(T,2)＝eq\f(4π,3)－eq\f(π,3)＝π，∴T＝2π，∴ω＝eq\f(2π,2π)＝1，且1×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，又0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).由f(x0)＝3，得sin(x0＋eq\f(π,6))＝eq\f(3,5)，即eq\f(\r(3),2)sinx0＋eq\f(1,2)cosx0＝eq\f(3,5)，①又x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5)，即eq\f(\r(3),2)cosx0－eq\f(1,2)sinx0＝－eq\f(4,5)，②由①②解得sinx0＝eq\f(3\r(3)＋4,10).8.已知函数f(x)＝eq\f(sinx＋cosx＋|sinx－cosx|,2)，则下列结论正确的是()A．f(x)是奇函数 B．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上递增C．f(x)是周期函数 D．f(x)的值域为[－1,1]答案C解析由题意得，f(x)本质上为取sinx，cosx中的较大值，为周期函数，一个周期T＝2π，在(0,2π]上的解析式为：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))sinx，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))cosx，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π)))).∵f(x)为非奇非偶函数，∴A错误；f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，∴B错误；由f(x)在(0,2π]上的解析式可知，其值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，∴D错误．故选C.9．已知函数f(x)＝sin(2x＋α)在x＝eq\f(π,12)时有极大值，且f(x－β)为奇函数，则α，β的一组可能值依次为()A.eq\f(π,6)，－eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)，eq\f(π,12)C.eq\f(π,3)，－eq\f(π,6) D.eq\f(π,3)，eq\f(π,6)答案D解析依题意得2×eq\f(π,12)＋α＝2k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，即α＝2k1π＋eq\f(π,3)，k1∈Z，因此选项A、B均不正确；由f(x－β)是奇函数得f(－x－β)＝－f(x－β)，即f(－x－β)＋f(x－β)＝0，函数f(x)的图象关于点(－β，0)对称，f(－β)＝0，sin(－2β＋α)＝0，sin(2β－α)＝0,2β－α＝k2π，k2∈Z，结合选项C、D，则α＝eq\f(π,3)得β＝eq\f(k2π,2)＋eq\f(π,6)，k2∈Z，因此选D.10．如图，M(xM，yM)，N(xN，yN)分别是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象与两条直线l1：y＝m(A≥m≥0)，l2：y＝－m的两个交点，记S(m)＝|xN－xM|，则S(m)的图象大致是()答案C解析如图所示，作曲线y＝f(x)的对称轴x＝x1，x＝x2，点M与点D关于直线x＝x1对称，点N与点C关于直线x＝x2对称，所以xM＋xD＝2x1，xC＋xN＝2x2，所以xD＝2x1－xM，xC＝2x2－xN.又点M与点C、点D与点N都关于点B对称，所以xM＋xC＝2xB，xD＋xN＝2xB，所以xM＋2x2－xN＝2xB,2x1－xM＋xN＝2xB，得xM－xN＝2(xB－x2)＝－eq\f(T,2)，xN－xM＝2(xB－x1)＝eq\f(T,2)，所以|xM－xN|＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)(常数)，选C.二、填空题11.函数y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosxeq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())的单调递增区间是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))解析∵y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∴函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).12．若函数f(x)＝cos2x＋asinx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))是减函数，则a的取值范围是________．答案(－∞，2]解析f(x)＝cos2x＋asinx＝1－2sin2x＋asinx，令t＝sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，则t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，原函数化为y＝－2t2＋at＋1，由题意及复合函数单调性的判定可知y＝－2t2＋at＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是减函数，结合抛物线图象可知，eq\f(a,4)≤eq\f(1,2)，所以a≤2.13．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(x∈R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，如果x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，则f(x1＋x2)＝________.答案eq\f(\r(3),2)解析由图可知，eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，则T＝π，ω＝2，又∵eq\f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq\f(π,12)，∴f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝1，得φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).而x1＋x2＝－eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,6)，∴f(x1＋x2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).14．已知ω>0，在函数y＝2sinωx与y＝2cosωx的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为2eq\r(3)，则ω＝_______.答案eq\f(π,2)解析由题意，两函数图象交点间的最短距离即相邻的两交点间的距离，设相邻的两交点坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知|PQ|2＝(x2－x1)2＋(y2－y1)2，其中|y2－y1|＝eq\r(2)－(－eq\r(2))＝2eq\r(2)，|x2－x1|为函数y＝2sinωx－2cosωx＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))的两个相邻零点之间的距离，恰好为函数最小正周期的一半，所以(2eq\r(3))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,2ω)))2＋(2eq\r(2))2，ω＝eq\f(π,2).第二讲三角恒等变换与解三角形(选择、填空题型)命题全解密MINGTIQUANJIEMIeq\o(\s\up7(),\s\do5(1.命题点))同角三角函数间的基本关系及诱导公式；三角恒等变换．利用正弦定理与余弦定理解三角形；以实际生活为背景，与度量工作、测量距离和高度及工程建筑等生产实际相结合命制新颖别致的考题．eq\o(\s\up7(),\s\do5(2.交汇点))常与函数、数列、平面向量以及三角函数的图象和性质解三角形等知识交汇考查．eq\o(\s\up7(),\s\do5(3.常用方法))配凑法，“切”与“弦”互换法，代换法．利用正、余弦定理求边或角的方法；利用正、余弦定理求解实际问题的方法.[必记公式]1．同角三角函数之间的关系(1)平方关系：sin2α＋cos2α＝1；(2)商数关系：tanα＝eq\f(sinα,cosα).2．诱导公式(1)公式：Sα＋2kπ；Sπ±α；S－α；Seq\f(π,2)±α；(2)巧记口诀：奇变偶不变，符号看象限，α当锐角看．3．两角和与差的正弦、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)；(4)辅助角公式：asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)＝eq\r(a2＋b2)cos(α＋θ)．4．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα；(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).5．降幂公式(1)sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；(2)cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2).6．正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．变形：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.7．余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.推论：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，a2＋b2－c2＝2abcosC.8．面积公式S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)absinC.[重要结论]解三角形(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一．(3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解．(4)已知三边，利用余弦定理求解．[易错提醒]1．同角关系应用错误：利用同角三角函数的平方关系开方时，忽略判断角所在的象限或判断出错，导致三角函数符号错误．2．诱导公式的应用错误：利用诱导公式时，三角函数名变换出错或三角函数值的符号出错．3．忽视解的多种情况如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π，求C，再由正弦定理或余弦定理求边c，但解可能有多种情况．4．忽略角的范围应用正、余弦定理求解边、角等量的最值(范围)时，要注意角的范围．5．忽视解的实际意义求解实际问题，要注意解得的结果要与实际相吻合．热点一三角变换及求值例1(1)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))的值是()A．－eq\f(2\r(3),5) B.eq\f(2\r(3),5)C.eq\f(4,5) D．－eq\f(4,5)[解析]sin(eq\f(π,3)＋α)＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)⇒sineq\f(π,3)cosα＋coseq\f(π,3)·sinα＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)⇒eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\f(4\r(3),5)⇒eq\f(\r(3),2)sinα＋eq\f(1,2)cosα＝eq\f(4,5)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))＝sinαcoseq\f(7π,6)＋cosαsineq\f(7π,6)＝－eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(\r(3),2)sinα＋eq\f(1,2)cosαeq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())＝－eq\f(4,5).[答案]D(2)如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)，－\f(5,13)))，∠AOC＝α.若|BC|＝1，则eq\r(3)cos2eq\f(α,2)－sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)－eq\f(\r(3),2)的值为________．[解析]由题意得|OB|＝|BC|＝1，从而△OBC为等边三角形，∴sin∠AOB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(5,13)，又∵eq\r(3)cos2eq\f(α,2)－sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)－eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)·eq\f(1＋cosα,2)－eq\f(sinα,2)－eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(5,13).[答案]eq\f(5,13)1．化简求值的方法与思路三角函数式的化简求值可以采用“切化弦”“弦化切”来减少函数的种类，做到三角函数名称的统一，通过三角恒等变换，化繁为简，便于化简求值，其基本思路为：找差异，化同名(同角)，化简求值．2．解决条件求值应关注的三点(1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角．(2)正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示．(3)求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小．1．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°)＝eq\f(1,2).2．若tanα＝2taneq\f(π,5)，则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．1 B．2C．3 D．4答案C解析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(α－\f(3π,10)＋\f(π,2))),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),sinαcos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(sinα,cosα)cos\f(π,5)＋sin\f(π,5),\f(sinα,cosα)cos\f(π,5)－sin\f(π,5))＝eq\f(2·\f(sin\f(π,5),cos\f(π,5))cos\f(π,5)＋sin\f(π,5),2·\f(sin\f(π,5),cos\f(π,5))cos\f(π,5)－sin\f(π,5))＝eq\f(3sin\f(π,5),sin\f(π,5))＝3，故选C.热点二利用正弦、余弦定理解三角形例2(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin2A，且c＝eq\r(7)，C＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积是()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(7\r(3),6)C.eq\f(\r(21),3) D.eq\f(3\r(3),4)或eq\f(7\r(3),6)[解析]sin(B＋A)＝sinBcosA＋cosBsinA，sin(B－A)＝sinBcosA－cosBsinA，sin2A＝2sinAcosA，sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin2A，即2sinBcosA＝6sinAcosA.当cosA＝0时，A＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(π,6)，又c＝eq\r(7)，得b＝eq\f(\r(21),3).由三角形面积公式知S＝eq\f(1,2)bc＝eq\f(7\r(3),6)；当cosA≠0时，由2sinBcosA＝6sinAcosA可得sinB＝3sinA，根据正弦定理可知b＝3a，再由余弦定理可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋9a2－7,6a2)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，可得a＝1，b＝3，所以此时三角形的面积为S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),4).综上可得三角形的面积为eq\f(7\r(3),6)或eq\f(3\r(3),4)，所以选D.[答案]D(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为()A．直角三角形 B．锐角三角形C．钝角三角形 D．不确定[解析]由题可知sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，即sin(B＋C)＝sin2A，sinA＝sin2A，∵sinA≠0∴sinA＝1，∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,2).所以△ABC为直角三角形，故选A.[答案]A(3)已知平面图形ABCD为凸四边形(凸四边形即任取平面四边形一边所在的直线，其余各边均在此直线的同侧)，且AB＝2，BC＝4，CD＝5，DA＝3，则四边形ABCD面积S的最大值为()A.eq\r(30) B．2eq\r(30)C．4eq\r(30) D．6eq\r(30)[解析]根据题意，连接BD，则S＝eq\f(1,2)×2×3×sinA＋eq\f(1,2)×4×5×sinC＝3sinA＋10sinC.根据余弦定理得，BD2＝13－12cosA＝41－40cosC，得10cosC－3cosA＝7，两边同时平方得100cos2C＋9cos2A－60cosCcosA＝49，得100sin2C＋9sin2A＝60－60cosCcosA，而S2＝(3sinA＋10sinC)2＝100sin2C＋9sin2A＋60sinCsinA＝60－60cosAcosC＋60sinCsinA＝60－60cos(C＋A)≤120，所以S≤2eq\r(30)，故选B.[答案]B本例(2)中条件变为“(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)”，则△ABC的形状如何？解由已知(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，得a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，所以2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA.由正弦定理得sin2AcosAsinB＝sin2BcosBsinA，即sin2AsinAsinB＝sin2BsinAsinB.因为0＜A＜π，0＜B＜π，所以sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).所以△ABC是等腰三角形或直角三角形．解三角形问题的方法(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理；(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．1．在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则eq\f(sin2A,sinC)＝________.答案1解析由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，又由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(25＋36－16,2×5×6)＝eq\f(3,4)，所以eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f(2sinAcosA,sinC)＝2×eq\f(sinA,sinC)×cosA＝2×eq\f(4,6)×eq\f(3,4)＝1.2．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝eq\r(3)，sinB＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,6)，则b＝________.答案1解析由sinB＝eq\f(1,2)得B＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，因为C＝eq\f(π,6)，所以B≠eq\f(5π,6)，所以B＝eq\f(π,6)，于是A＝eq\f(2π,3).由正弦定理，得eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(b,\f(1,2))，所以b＝1.3．在△ABC中，B＝120°，AB＝eq\r(2)，A的角平分线AD＝eq\r(3)，则AC＝________.答案eq\r(6)解析如图，在△ABD中，由正弦定理，得sin∠ADB＝eq\f(ABsinB,AD)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(\r(2),2).由题意知0°<∠ADB<60°，所以∠ADB＝45°，则∠BAD＝180°－∠B－∠ADB＝15°，所以∠BAC＝2∠BAD＝30°，所以∠C＝180°－∠BAC－∠B＝30°，所以BC＝AB＝eq\r(2)，于是由余弦定理，得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB×BCcos120°)＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2－2\r(2)×\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(6).热点三与解三角形有关的交汇问题例3(1)设△ABC的三个内角为A，B，C，且tanA，tanB，tanC,2tanB成等差数列，则cos(B－A)＝()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)[解析]由条件，得tanC＝eq\f(3,2)tanB，tanA＝eq\f(1,2)tanB，所以△ABC为锐角三角形．又tanA＝－tan(C＋B)＝－eq\f(tanC＋tanB,1－tanCtanB)＝－eq\f(\f(5,2)tanB,1－\f(3,2)tan2B)＝eq\f(1,2)tanB，得tanB＝2，所以tanA＝1，所以tan(B－A)＝eq\f(tanB－tanA,1＋tanBtanA)＝eq\f(2－1,1＋2×1)＝eq\f(1,3).因为B＞A，所以cos(B－A)＝eq\f(3\r(10),10)，故选D.[答案]D(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且sin2A＋sin2B＋sin2C＝eq\f(1,2)，面积S∈[1,2]，则下列不等式一定成立的是()A．ab(a＋b)＞16eq\r(2) B．bc(b＋c)＞8C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24[解析]依题意得sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin[(A＋B)－(A－B)]＋sin2C＝eq\f(1,2)，展开并整理得2sin(A＋B)·cos(A－B)＋2sinCcosC＝eq\f(1,2).又sin(A＋B)＝sinC，于是有2sinCcos(A－B)＋2sinCcosC＝2sinC[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝eq\f(1,2)，展开并整理得4sinAsinBsinC＝eq\f(1,2)，sinAsinBsinC＝eq\f(1,8).又S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)casinB，因此S3＝eq\f(1,8)a2b2c2sinAsinBsinC＝eq\f(1,64)a2b2c2.由1≤S≤2得1≤eq\f(1,64)a2b2c2≤23，即8≤abc≤16eq\r(2)，因此选项C、D不一定成立．又b＋c＞a＞0，因此bc(b＋c)＞bc·a≥8，即有bc(b＋c)＞8，选项B一定成立．又a＋b＞c＞0，因此ab(a＋b)＞ab·c≥8，即有ab(a＋b)＞8，显然不能得出ab(a＋b)＞16eq\r(2)，选项A不一定成立．综上所述，选B.[答案]B与解三角形有关的交汇问题的关注点此类问题的核心是正、余弦定理的应用，解决此类问题应抓住以下三点：(1)透过现象看本质，在掌握交汇知识的同时，用好正、余弦定理；(2)根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化；(3)结合内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式．1．△ABC的内角为A，B，C，点M为△ABC的重心，如果sinAeq\o(MA,\s\up6(→))＋sinBeq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)sinCeq\o(MC,\s\up6(→))＝0，则内角A的大小为________．答案eq\f(π,6)解析由正弦定理，得aeq\o(MA,\s\up6(→))＋beq\o(MB,\s\up6(→))＝－eq\f(\r(3),3)ceq\o(MC,\s\up6(→)).因为M是△ABC的重心，所以eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0，所以b＝a，c＝eq\r(3)a，所以cosA＝eq\f(a2＋3a2－a2,2a·\r(3)a)＝eq\f(\r(3),2)，所以A＝eq\f(π,6).2．在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的顶点A(－4,0)和C(4,0)，顶点B在椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上，则eq\f(sinA＋sinC,sinB)的值为________．答案eq\f(5,4)解析eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(|BC|＋|BA|,|AC|)＝eq\f(2a,2c)＝eq\f(a,c)＝eq\f(5,4).课题9利用正弦、余弦定理解三角形在△ABC中，∠A＝eq\f(3π,4)，AB＝6，AC＝3eq\r(2)，点D在BC边上，AD＝BD，求AD的长．审题过程eq\a\vs4\al(切入点)由余弦定理求a边．eq\a\vs4\al(关注点)利用正弦定理及三角恒等变换公式求出AD的长.eq\a\vs4\al([规范解答])设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是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)，由题设知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,sinπ－2B)＝eq\f(6sinB,2sinBcosB)＝eq\f(3,cosB)＝eq\r(10).1．已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且b＝acosC＋csinA.(1)求角A的大小；(2)若a＝3，求△ABC的面积的最大值．解(1)由已知及正弦定理得，sinB＝sinAcosC＋sinCsinA，①∵B＝π－(A＋C)，∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC.②又C∈(0，π)，由①②得sinA＝cosA.又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(2),4)bc，由余弦定理可得9＝b2＋c2－eq\r(2)bc.又b2＋c2≥2bc，当且仅当b＝c时等号成立，∴bc≤eq\f(9,2－\r(2))，S≤eq\f(\r(2),4)×eq\f(9,2－\r(2))＝eq\f(9\r(2)＋