2024步步高二轮数学新教材讲义专题二　第1讲　三角函数的图象与性质

2024步步高二轮数学新教材讲义第1讲三角函数的图象与性质[考情分析]1.高考对此部分的命题主要集中于三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换、函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，常与三角恒等变换交汇命题.2.主要以选择题、填空题的形式考查，难度为中等或偏下．考点一三角函数的运算核心提炼1．同角关系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).2．诱导公式：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．例1(1)(2023·南宁模拟)在平面直角坐标系中，角α与β的顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，它们的终边关于原点对称，且sinα＝eq\f(1,3)，则sin(α＋β)＝________.答案±eq\f(4\r(2),9)解析由题意，角α与β的顶点在原点，终边构成一条直线，所以β＝α＋π＋2kπ，k∈Z，所以sin(α＋β)＝sin(2α＋π＋2kπ)＝sin(2α＋π)＝－sin2α＝－2sinαcosα，又sinα＝eq\f(1,3)，所以cosα＝±eq\r(1－sin2α)＝±eq\f(2\r(2),3)，所以sin(α＋β)＝－2sinαcosα＝－2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(2\r(2),3)))＝±eq\f(4\r(2),9).(2)(2023·巴中模拟)勾股定理，在我国又称为“商高定理”，最早的证明是由东汉末期数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，他利用了勾股圆方图，此图被称为“赵爽弦图”．“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形组成的大正方形图案(如图所示)，若小正方形与大正方形的面积之比为eq\f(9,17)，则“赵爽弦图”里的直角三角形中最小角的正弦值为()A.eq\f(2,17)B.eq\f(\r(34),34)C.eq\f(4,17)D.eq\f(\r(17),17)答案D解析设大正方形的边长1，直角三角形中最小的角为θ，则中间小正方形的边长为cosθ－sinθ，由题意可得(cosθ－sinθ)2＝eq\f(9,17)，显然0<θ<eq\f(π,4)，所以cosθ>sinθ>0，所以cosθ－sinθ＝eq\f(3\r(17),17)，①又cos2θ＋sin2θ－2cosθsinθ＝eq\f(9,17)，所以2cosθsinθ＝eq\f(8,17)，所以(cosθ＋sinθ)2＝cos2θ＋sin2θ＋2cosθsinθ＝eq\f(25,17)，即cosθ＋sinθ＝eq\f(5\r(17),17)，②联立①②，解得sinθ＝eq\f(\r(17),17).二级结论(1)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinα<α<tanα.(2)由(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα知，sinα＋cosα，sinα－cosα，sinαcosα三者知一可求二．跟踪演练1(1)(2023·鹰潭模拟)设sin23°＝m，则tan67°等于()A．－eq\f(m,\r(1－m2)) B.eq\f(m,\r(1－m2))C.eq\r(\f(1,m2)－m) D.eq\r(\f(1,m2)－1)答案D解析∵sin23°＝m，∴cos67°＝m，∴sin67°＝eq\r(1－m2)，∴tan67°＝eq\f(\r(1－m2),m)，∵sin23°＝m>0，∴tan67°＝eq\f(\r(1－m2),m)＝eq\r(\f(1,m2)－1).(2)已知2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＝cos(α－π)，则sin2α＋cos2α＝________.答案－eq\f(1,5)解析∵2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＝cos(α－π)，∴2sinα＝－cosα，∴tanα＝－eq\f(1,2)，∴sin2α＋cos2α＝eq\f(2sinαcosα＋cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(2tanα＋1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq\f(1,5).考点二三角函数的图象核心提炼由函数y＝sinx的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)图象的步骤例2(1)(2023·海东模拟)为了得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象，只需将函数g(x)＝cos2x的图象()A．向左平移eq\f(3π,8)个单位长度B．向右平移eq\f(3π,8)个单位长度C．向左平移eq\f(π,8)个单位长度D．向右平移eq\f(π,8)个单位长度答案B解析因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，故为了得到f(x)的图象，只需将g(x)的图象向右平移eq\f(3π,8)个单位长度．(2)(多选)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)等于()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))答案BC解析由函数图象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，则|ω|＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，所以排除A；不妨令ω＝2，当x＝eq\f(\f(2π,3)＋\f(π,6),2)＝eq\f(5π,12)时，y＝－1，∴2×eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得φ＝2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，即函数的解析式为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋2kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x)).而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x)).所以排除D，选BC.规律方法由三角函数的图象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中参数的值(1)最值定A，B：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M，最小值为m，则M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝eq\f(M＋m,2)，A＝eq\f(M－m,2).(2)T定ω：由周期的求解公式T＝eq\f(2π,ω)，可得ω＝eq\f(2π,T).(3)特殊点定φ：代入特殊点求φ，一般代入最高点或最低点，代入中心点时应注意是上升趋势还是下降趋势．跟踪演练2(1)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移eq\f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象，则f(x)等于()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(7π,12))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,12))) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))答案B解析方法一函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到y＝f(2x)的图象，再把所得曲线向右平移eq\f(π,3)个单位长度，应当得到y＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))))的图象，根据已知得到了函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，令t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，则x＝eq\f(t,2)＋eq\f(π,3)，x－eq\f(π,4)＝eq\f(t,2)＋eq\f(π,12)，所以f(t)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)＋\f(π,12)))，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12))).方法二由已知的函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))逆向变换，第一步，向左平移eq\f(π,3)个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的图象；第二步，图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象，即为y＝f(x)的图象，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12))).(2)(2023·鞍山模拟)函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数g(x)的图象，则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D．1答案D解析由图象可知，A＝2，eq\f(T,4)＝1－(－1)＝2，得T＝8＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋φ))，又因为点(－1,0)在函数f(x)的图象上，所以2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0，所以－eq\f(π,4)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，即f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4))).所以g(x)＝f(x＋1)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋1－\f(π,4)))＝2cos

eq\f(π,4)x，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)×\f(4,3)))＝2coseq\f(π,3)＝1.考点三三角函数的性质核心提炼函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性质(1)单调性：由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)可得单调递增区间，由eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)可得单调递减区间．(2)对称性：由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)可得对称中心；由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)可得对称轴．(3)奇偶性：当φ＝kπ(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数；当φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数．例3(1)(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))等于()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)答案D解析因为直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，所以eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨取ω>0，则T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，由题意知，当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq\f(\r(3),2).(2)(多选)(2023·佛山模拟)已知函数f(x)＝3sin(2x＋φ)的初相为eq\f(π,6)，则下列结论正确的是()A．函数f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,3)对称B．函数f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,3)))C．若把函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到函数g(x)的图象，则g(x)为偶函数D．函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))答案AB解析由题意知φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).对于选项A，因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－3，所以函数f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,3)对称，故A项正确；对于选项B，由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，则当k＝－1时，函数f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,3)))，故B项正确；对于选项C，把函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到函数g(x)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝3sin2x的图象，所以g(x)为奇函数，故C项错误；对于选项D，因为－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，所以－eq\f(3,2)≤3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤3，即函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))，故D项错误．规律方法研究三角函数的性质，首先化函数为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式，然后结合正弦函数y＝sinx的性质求f(x)的性质，此时有两种思路：一种是根据y＝sinx的性质求出f(x)的性质，然后判断各选项；另一种是由x的值或范围求得t＝ωx＋φ的范围，然后由y＝sint的性质判断各选项．跟踪演练3(1)(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，0<φ<π，若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))))恒成立，则f(x)的单调递增区间为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))(k∈Z)答案D解析因为f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))))恒成立，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))))＝f(x)max＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，所以eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ或eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ或φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(2π,3)＋kπ≤x≤－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))(k∈Z)．(2)已知函数f(x)＝a－eq\r(3)tan2x在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，b))上的最大值为7，最小值为3，则ab的值为()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,12)答案B解析∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，b))，∴b>－eq\f(π,6)，且2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，2b))，根据函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，b))上的最大值为7，最小值为3，得2b<eq\f(π,2)，即b<eq\f(π,4)，根据正切函数g(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则f(x)＝a－eq\r(3)tan2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，b))上单调递减，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝a＋3＝7，解得a＝4，∴f(b)＝4－eq\r(3)tan2b＝3，则tan2b＝eq\f(\r(3),3)，∵2b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，∴2b＝eq\f(π,6)，即b＝eq\f(π,12)，∴ab＝4×eq\f(π,12)＝eq\f(π,3).专题强化练一、单项选择题1．已知点P(6，－8)是角α终边上一点，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))等于()A．－eq\f(4,5) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(3,5) D.eq\f(3,5)答案D解析点P(6，－8)是角α终边上一点，故cosα＝eq\f(6,\r(62＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－8))2))＝eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cosα＝eq\f(3,5).2．(2023·扬州模拟)与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象不相交的一条直线是()A．x＝eq\f(π,2) B．x＝eq\f(π,6)C．x＝eq\f(π,12) D．x＝eq\f(π,4)答案B解析由2x＋eq\f(π,6)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，x≠eq\f(π,6)，∴与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象不相交的一条直线是x＝eq\f(π,6).3．(2023·深圳模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\f(4,5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))的值为()A．－eq\f(3,5) B.eq\f(3,5)C．－eq\f(4,5) D.eq\f(4,5)答案C解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝－eq\f(4,5).4．已知直线x＝x1，x＝x2是函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)，则f(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈ZB.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈ZC.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZD.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,12)，2kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z答案B解析∵直线x＝x1，x＝x2是函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)，∴eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝2，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z，∴f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.5．(2023·全国甲卷)设甲：sin2α＋sin2β＝1，乙：sinα＋cosβ＝0，则()A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案B解析甲等价于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等价于sinα＝±cosβ，所以由甲不能推导出sinα＋cosβ＝0，所以甲不是乙的充分条件；由sinα＋cosβ＝0，得sinα＝－cosβ，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件．6．(2023·沈阳模拟)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，\r(3)))，函数f(x)＝m·n，若∃x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，使不等式f(x)－a－1≥0成立，则实数a的最大值为()A．－eq\r(3)B．－3C．－2D．－eq\r(3)－1答案C解析由题设，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，则x＋eq\f(5π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3)))，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，所以f(x)∈[－2，－1]，因为∃x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，使不等式f(x)－a－1≥0成立，只需f(x)max≥a＋1即可，所以a＋1≤－1，即a≤－2，故a的最大值为－2.7．(2023·怀化模拟)设ω>0，若函数y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的图象向右平移eq\f(π,5)个单位长度后与函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的图象重合，则ω的最小值是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2)D.eq\f(7,2)答案C解析函数y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的图象向右平移eq\f(π,5)个单位长度后，得到y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,5)＋\f(π,5)))的图象，与函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(3π,10)＋\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(3π,10)))图象重合，则－eq\f(ωπ,5)＋eq\f(π,5)＝－eq\f(3π,10)＋2kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(5,2)－10k，k∈Z，∵ω>0，∴当k＝0时，ω取到最小值，此时ω＝eq\f(5,2).8．我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“定楼神器”，如图1.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y(m)和时间t(s)的函数关系为y＝sin(ωt＋φ)(ω>0，|φ|<π)，如图2.若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为t1，t2，t3(0<t1<t2<t3)，且t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，则1分钟内阻尼器由其他位置摆动经过平衡位置的次数最多为()A．19B．20C．40D．41答案C解析因为t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，t3－t1＝T，所以T＝3，又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(2π,3)，则y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)t＋φ))，由0≤t≤60，则φ≤eq\f(2π,3)t＋φ≤40π＋φ，所以1分钟内阻尼器由其他位置摆动经过平衡位置的次数最多，等价于1分钟内y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)t＋φ))＝0的次数最多，等价于区间[φ，40π＋φ]内包含kπ(k∈Z)的次数最多，又|φ|<π，则区间[φ，40π＋φ]内包含了0，π，2π，3π，…，39π或π，2π，3π，…，40π，所以区间[φ，40π＋φ]内包含kπ(k∈Z)的次数最多为40.二、多项选择题9．为了得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的图象，只需将函数g(x)＝sinx的图象()A．所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变，再将所得图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度B．所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度C．向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变D．向右平移eq\f(π,18)个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变答案AC解析将函数g(x)＝sinx的图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变，再将所得图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度，可以得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的图象，A正确；将函数g(x)＝sinx的图象所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度，可以得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,54)))的图象，B不正确；将函数g(x)＝sinx的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变，可以得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的图象，C正确；将函数g(x)＝sinx的图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变，可以得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,18)))的图象，D不正确．10．(2023·烟台模拟)已知函数f(x)＝sinx－cosx，则()A．f(x)的最小正周期为πB．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增C．直线x＝－eq\f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴D．f(x)的图象可由y＝eq\r(2)sinx的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度得到答案BC解析f(x)＝sinx－cosx可化为f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，则函数f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的最小正周期为2π，A错误；当0≤x≤eq\f(π,2)时，－eq\f(π,4)≤x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，因为函数y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，B正确；当x＝－eq\f(π,4)时，x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，所以直线x＝－eq\f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴，C正确；函数y＝eq\r(2)sinx的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度得到函数g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象，D错误．11．(2023·黄山模拟)若eq\f(sinθ·cos2θ,sinθ＋cosθ)＝－eq\f(3,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))(k∈Z)的值可能是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C．2D．3答案CD解析由余弦的二倍角公式知，eq\f(sinθ·cos2θ－sin2θ,sinθ＋cosθ)＝sinθ·(cosθ－sinθ)＝eq\f(sinθ·cosθ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(tanθ－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5)，得5tanθ－5tan2θ＝－3－3tan2θ，即2tan2θ－5tanθ－3＝0，解得tanθ＝－eq\f(1,2)或tanθ＝3，当k＝2m(m∈Z)时，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ＋θ))＝tanθ，当k＝2m－1(m∈Z)时，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ＋θ－\f(π,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,2)))＝－eq\f(1,tanθ)，所以当tanθ＝－eq\f(1,2)时，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝－eq\f(1,2)或taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝2(k∈Z)，当tanθ＝3时，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝3或taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝－eq\f(1,3)(k∈Z)．12．(2023·张家口模拟)已知函数f(x)＝|sinx|＋cos|x|，则下列结论正确的有()A．f(x)为偶函数B．f(x)的最小值为－eq\r(2)C．f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))上单调递增D．方程f(x)＝eq\f(1,2)在区间[0,4π]内的所有根的和为8π答案ACD解析对于A项，f(x)的定义域为R，f(－x)＝|sin(－x)|＋cos|－x|＝|sinx|＋cos|x|＝f(x)，故A正确；对于B项，由cos(－x)＝cosx得cos|x|＝cosx，所以f(x)＝|sinx|＋cosx，又因为f(x＋2π)＝|sin(x＋2π)|＋cos(x＋2π)＝|sinx|＋cosx＝f(x)，所以函数f(x)是以2π为周期的周期函数，所以f(x)＝|sinx|＋cosx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx，x∈[2kπ，π＋2kπ]，,－sinx＋cosx，x∈π＋2kπ，2π＋2kπ]，))k∈Z，即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈[2kπ，2kπ＋π]，,－\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，x∈2kπ＋π，2kπ＋2π]，))k∈Z，故函数f(x)的图象如图所示．则f(π＋2kπ)＝－1，所以函数f(x)的最小值为－1，故B错误；对于C项，方法一如图，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))时，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))上单调递增，故C正确；方法二当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))时，f(x)＝－sinx＋cosx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，因为x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0))，函数y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0))上单调递增，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))上单调递增，故C正确；对于D项，由图象可知，方程f(x)＝eq\f(1,2)在区间[0,4π]上有四个不相等的实数根，设x1<x2<x3<x4，则eq\f(x1＋x4,2)＝eq\f(x2＋x3,2)＝2π，所以x1＋x2＋x3＋x4＝8π，故D正确．三、填空题13．(2023·西安模拟)已知sin2(π－θ)＝eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋θ))，0<|θ|<eq\f(π,2)，则θ＝________.答案eq\f(π,3)解析由题知sin2θ＝eq\f(\r(3),2)sinθ，所以sinθ＝eq\f(\r(3),2)或sinθ＝0，又因为0<|θ|<eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,3).14．(2023·全国乙卷)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanθ＝eq\f(1,2)，则sinθ－cosθ＝________.答案－eq\f(\r(5),5)解析因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinθ>0，cosθ>0，又因为tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(1,2)，则cosθ＝2sinθ，且cos2θ＋sin2θ＝4sin2θ＋sin2θ＝5sin2θ＝1，解得sinθ＝eq\f(\r(5),5)或sinθ＝－eq\f(\r(5),5)(舍去)，所以sinθ－cosθ＝sinθ－2sinθ＝－sinθ＝－eq\f(\r(5),5).15．(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝eq\f(1,2)与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝eq\f(π,6)，则f(π)＝________.答案－eq\f(\r(3),2)解析设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))，由|AB|＝eq\f(π,6)可得x2－x1＝eq\f(π,6)，由sinx＝eq\f(1,2)可知，x＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z或x＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，由图可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝eq\f(2π,3)，所以ω＝4.因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(8π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(8π,3)＋kπ，k∈Z.所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(8π,3)＋kπ))，k∈Z，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))或f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，又因为f(0)<0，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，所以f(π)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).16．(2023·重庆模拟)如图，函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线BC交f(x)的图象于点D，O(坐标原点)为△ABD的重心(三条边中线的交点)，其中A(－π，0)，则tan∠ABD＝________.答案eq\f(3\r(3)π,6－π2)解析因为O为△ABD的重心，且A(－π，0)，可得OA＝eq\f(2,3)AC＝π，则AC＝eq\f(3π,2)，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，所以eq\f(1,2)T＝eq\f(π,2)－(－π)＝eq\f(3π,2)，所以T＝3π，由ω>0，所以eq\f(2π,ω)＝3π，解得ω＝eq\f(2,3)，可得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋φ))，由f(－π)＝0，即sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×－π＋φ))＝0，可得eq\f(2,3)×(－π)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，又由0<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(2π,3)))，于是f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×0＋\f(2π,3)))＝eq\r(3)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3))).所以tan∠ABD＝tan(∠ABO＋∠CBO)＝eq\f(tan∠ABO＋tan∠CBO,1－tan∠ABO·tan∠CBO)＝eq\f(\f(π,\r(3))＋\f(π,2\r(3)),1－\f(π2,6))＝eq\f(3\r(3)π,6－π2).第2讲三角恒等变换与解三角形[考情分析]1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度．考点一三角恒等变换核心提炼1．两角和与差的正弦、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).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).例1(1)(2023·南宁模拟)已知α∈(0，π)，且3cos2α－4cosα＋1＝0，则sin2α等于()A．－eq\f(4\r(5),9) B．－eq\f(4\r(2),9)C．－eq\f(2\r(5),9) D．－eq\f(2\r(2),9)答案B解析由3cos2α－4cosα＋1＝0得3(2cos2α－1)－4cosα＋1＝0，化简得3cos2α－2cosα－1＝0，解得cosα＝1或cosα＝－eq\f(1,3)，因为α∈(0，π)，所以cosα＝－eq\f(1,3).所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(2),3).所以sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(4\r(2),9).(2)(2023·新高考全国Ⅰ)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，则cos(2α＋2β)等于()A.eq\f(7,9)B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9)D．－eq\f(7,9)答案B解析因为sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，则sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(1,9).规律方法三角恒等变换的“4大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等．(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等．(3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂．(4)弦、切互化：一般是切化弦．跟踪演练1(1)(2023·济宁模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))等于()A．－eq\f(2,3)B.eq\f(2,3)C．－eq\f(1,3)D.eq\f(1,3)答案D解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3).(2)已知函数f(x)＝sinx－2cosx，若当x＝θ时，f(x)取得最大值，则cosθ＝________.答案－eq\f(2\r(5),5)解析f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(5)sin(x－φ)，其中cosφ＝eq\f(\r(5),5)，sinφ＝eq\f(2\r(5),5)，则f(θ)＝eq\r(5)sin(θ－φ)＝eq\r(5)，因此θ－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则cosθ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝－sinφ＝－eq\f(2\r(5),5).考点二正弦定理、余弦定理及综合应用核心提炼1．正弦定理：在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．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等．2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA.变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).3．三角形的面积公式：S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA.考向1正弦定理、余弦定理例2(1)(2023·红河模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为eq\f(1,2)b(bsinB－asinA－csinC)，则B等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)答案D解析由题知，△ABC的面积为eq\f(1,2)b(bsinB－asinA－csinC)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)b(bsinB－asinA－csinC)，即asinC＝bsinB－asinA－csinC，所以由正弦定理得ac＝b2－a2－c2，即a2＋c2－b2＝－ac，所以由余弦定理的推论得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(2π,3).(2)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝eq\r(6)，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________.答案2解析如图所示，记AB＝c＝2，AC＝b，BC＝a＝eq\r(6).方法一在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，即6＝b2＋22－2×b×2×cos60°，解得b＝1＋eq\r(3)(负值舍去)，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq\f(1,2)×2×(1＋eq\r(3))×sin60°＝eq\f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq\f(1,2)×(1＋eq\r(3))×AD×sin30°，解得AD＝2.方法二在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，即6＝b2＋22－2×b×2×cos60°，解得b＝1＋eq\r(3)(负值舍去)，由正弦定理可得eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(1＋\r(3),sinB)＝eq\f(2,sinC)，解得sinB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq\f(\r(2),2)，因为1＋eq\r(3)>eq\r(6)>2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2.考向2解三角形中的最值与范围问题例3(2023·大连模拟)从下列条件中选择一个条件补充到题目中：①S＝eq\f(\r(3),4)(b2＋c2－a2)，其中S为△ABC的面积；②eq\f(a＋b,sinC)＝eq\f(c－b,sinA－sinB)；③eq\r(3)sinC＋cosC＝eq\f(c＋b,a).在△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，________.(1)求角A；(2)若D为边AB的中点，CD＝2eq\r(3)，求b＋c的最大值．解(1)选①，由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccosA，又S＝eq\f(1,2)bcsinA，所以eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)×2bccosA，得tanA＝eq\r(3)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).选②，因为eq\f(a＋b,sinC)＝eq\f(c－b,sinA－sinB)，由正弦定理得eq\f(a＋b,c)＝eq\f(c－b,a－b)，整理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).选③，因为eq\r(3)sinC＋cosC＝eq\f(c＋b,a)，由正弦定理得eq\r(3)sinC＋cosC＝eq\f(sinC＋sinB,sinA)，即eq\r(3)sinCsinA＋cosCsinA＝sinC＋sinB，又因为A＋C＝π－B，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA，所以eq\r(3)sinCsinA－sinCcosA＝sinC，因为0<C<π，所以sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝1，因为0<A<π，所以－eq\f(π,6)<A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即A＝eq\f(π,3).(2)在△ACD中，设∠ADC＝θ，θ∈(0，π)，由正弦定理得eq\f(AC,sinθ)＝eq\f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))＝eq\f(CD,sinA)＝eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，所以AC＝4sinθ，AD＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))，所以b＋c＝4sinθ＋8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝8sinθ＋4eq\r(3)cosθ＝4eq\r(7)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋φ))≤4eq\r(7)，其中tanφ＝eq\f(\r(3),2)，当θ＋φ＝eq\f(π,2)时取等号，所以b＋c的最大值是4eq\r(7).规律方法解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略(1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a＋b与ab相互转化求最值范围．(2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值、范围．跟踪演练2(1)(2023·宝鸡模拟)在△ABC中，AB＝5，AC＝7，D为BC的中点，AD＝5，则BC等于()A．2eq\r(3)B．4eq\r(3)C．2eq\r(2)D．4eq\r(2)答案B解析方法一设BC＝2x，则BD＝CD＝x.在△ACD中，由余弦定理的推论可得，cos∠ADC＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝eq\f(25＋x2－49,10x).在△ABD中，由余弦定理的推论可得，cos∠ADB＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(25＋x2－25,10x).又∠ADC＋∠ADB＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠ADB，所以有eq\f(25＋x2－49,10x)＝－eq\f(25＋x2－25,10x)，整理可得x2＝12，解得x＝2eq\r(3)，所以BC＝4eq\r(3).方法二eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，则eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))，即25＝eq\f(1,4)(25＋49＋2×5×7×cos∠BAC)，解得cos∠BAC＝eq\f(13,35)，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝25＋49－2×5×7×eq\f(13,35)＝48，所以BC＝4eq\r(3).(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cosAsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝cosC.①求角A的大小；②若a＝2，求△ABC的周长的取值范围．解①因为2cosAsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝cosC，所以2cosAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinBcos\f(π,6)－cosBsin\f(π,6)))＝－cos(A＋B)，所以eq\r(3)cosAsinB－cosAcosB＝－cosAcosB＋sinAsinB，即eq\r(3)cosAsinB＝sinAsinB，因为B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以eq\r(3)cosA＝sinA，因此有tanA＝eq\r(3).又因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).②由a＝2，A＝eq\f(π,3)及余弦定理得4＝c2＋b2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－eq\f(3,4)(b＋c)2＝eq\f(b＋c2,4)，所以b＋c≤4，当且仅当b＝c＝2时取等号．又因为b＋c>a＝2，所以4<a＋b＋c≤6，故△ABC的周长的取值范围为(4,6]．考点三解三角形的实际应用核心提炼解三角形应用题的常考类型(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．例4(1)(2023·洛阳模拟)某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度．步骤如下：①将镜子(平面镜)置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；②将镜子后移，重复①中的操作；③求建筑物高度．如图所示，前后两次人与镜子的距离分别为a1m，a2m(a2>a1)，两次观测时镜子间的距离为am，人的“眼高”为hm，则建筑物的高度为()A.eq\f(ah,a2－a1)m B.eq\f(aa2－a1,h)mC.eq\f(a2－a1h,a)m D.eq\f(ah2,a2－a1)m答案A解析设建筑物的高度为x，如图所示，由△HGF∽△DEF，得eq\f(HG,DE)＝eq\f(GF,EF)⇒EF＝eq\f(DE·GF,HG)＝eq\f(xa1,h)，由△ABC∽△DEC，得eq\f(AB,DE)＝eq\f(BC,EC)⇒eq\f(h,x)＝eq\f(a2,a＋\f(xa1,h))，所以ha＋xa1＝xa2，即x(a1－a2)＝－ha，解得x＝eq\f(ah,a2－a1)(m)．(2)(2023·济南模拟)山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标(如图1)，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和无限的科技创新．如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A，B，C，D在同一铅垂面内)，则A，B两点之间的距离为________米．答案100eq\r(15)解析由题意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，所以∠CBD＝90°，所以在Rt△CBD中，BC＝eq\f(\r(3),2)CD＝300eq\r(3)(米)，又∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(CD,sin60°)，所以AC＝eq\f(600,\f(\r(3),2))×eq\f(\r(2),2)＝200eq\r(6)(米)，在△ABC中，∠ACB＝∠DCA－∠DCB＝75°－30°＝45°，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(200eq\r(6))2＋(300eq\r(3))2－2×200eq\r(6)×300eq\r(3)×eq\f(\r(2),2)＝150000，所以AB＝100eq\r