2024年高二数学暑期培优讲义 第02讲 三角恒等变换与解三角形（教师版）

第第页第2讲三角恒等变换与解三角形[考情分析]1.三角恒等变换的求值、化简是命题的热点，利用三角恒等变换作为工具，将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题.2.单独考查可出现在选择题、填空题中，综合考查以解答题为主，中等难度．考点一三角恒等变换核心提炼1．三角求值“三大类型”“给角求值”“给值求值”“给值求角”．2．三角恒等变换“四大策略”(1)常值代换：常用到“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)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次．(4)弦、切互化．例1(1)已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，则sinα等于()A.eq\f(\r(5),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(5),9)答案A解析由3cos2α－8cosα＝5，得3(2cos2α－1)－8cosα＝5，即3cos2α－4cosα－4＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．又因为α∈(0，π)，所以sinα>0，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3).(2)已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β等于()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)答案C解析因为α，β均为锐角，所以－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).又sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，所以cos(α－β)＝eq\f(3\r(10),10).又sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝eq\f(2\r(5),5)，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq\f(\r(2),2).所以β＝eq\f(π,4).易错提醒(1)公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．跟踪演练1(1)已知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)))，tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)，则()A．α＋β＝eq\f(π,2)B．α－β＝eq\f(π,4)C．α＋β＝eq\f(π,4)D．α＋2β＝eq\f(π,2)答案B解析tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)＝eq\f(cos2β－sin2β,cos2β＋sin2β－2sinβcosβ)＝eq\f(cosβ＋sinβcosβ－sinβ,cosβ－sinβ2)＝eq\f(cosβ＋sinβ,cosβ－sinβ)＝eq\f(1＋tanβ,1－tanβ)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))，因为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α＝eq\f(π,4)＋β，即α－β＝eq\f(π,4).(2)(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝________.答案－2解析(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝(tan10°－tan60°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\f(sin60°,cos60°)))·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\f(sin－50°,cos10°cos60°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝－eq\f(1,cos60°)＝－2.考点二正弦定理、余弦定理核心提炼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＝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求解三角形中的角、边例2在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(asinC,1－cosA)＝eq\r(3)c.(1)求角A的大小；(2)若b＋c＝10，△ABC的面积S△ABC＝4eq\r(3)，求a的值．解(1)由正弦定理及eq\f(asinC,1－cosA)＝eq\r(3)c，得eq\f(sinAsinC,1－cosA)＝eq\r(3)sinC，∵sinC≠0，∴sinA＝eq\r(3)(1－cosA)，∴sinA＋eq\r(3)cosA＝2sin(A＋eq\f(π,3))＝eq\r(3)，∴sin(A＋eq\f(π,3))＝eq\f(\r(3),2)，又0<A<π，∴eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(4π,3)，∴A＋eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝4eq\r(3)，∴bc＝16.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－2bc－bc＝(b＋c)2－3bc，又b＋c＝10，∴a2＝102－3×16＝52，∴a＝2eq\r(13).考向2求解三角形中的最值与范围问题例3在：①a＝eq\r(3)csinA－acosC，②(2a－b)sinA＋(2b－a)sinB＝2csinC这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝eq\r(3)，而且________．(1)求角C；(2)求△ABC周长的最大值．解(1)选①：因为a＝eq\r(3)csinA－acosC，所以sinA＝eq\r(3)sinCsinA－sinAcosC，因为sinA≠0，所以eq\r(3)sinC－cosC＝1，即sin(C－eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，因为0<C<π，所以－eq\f(π,6)<C－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以C－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即C＝eq\f(π,3).选②：因为(2a－b)sinA＋(2b－a)sinB＝2csinC，所以(2a－b)a＋(2b－a)b＝2c2，即a2＋b2－c2＝ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，因为0<C<π，所以C＝eq\f(π,3).(2)由(1)可知，C＝eq\f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理得a2＋b2－2abcosC＝3，即a2＋b2－ab＝3，所以(a＋b)2－3＝3ab≤eq\f(3a＋b2,4)，所以a＋b≤2eq\r(3)，当且仅当a＝b时等号成立，所以a＋b＋c≤3eq\r(3)，即△ABC周长的最大值为3eq\r(3).规律方法(1)利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，且该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．(2)三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．跟踪演练2(1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为S，且a＝1,4S＝b2＋c2－1，则△ABC外接圆的面积为()A．4πB．2πC．πD.eq\f(π,2)答案D解析由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccosA，a＝1，所以b2＋c2－1＝2bccosA，又S＝eq\f(1,2)bcsinA,4S＝b2＋c2－1，所以4×eq\f(1,2)bcsinA＝2bccosA，即sinA＝cosA，所以A＝eq\f(π,4)，由正弦定理得，eq\f(1,sin\f(π,4))＝2R，得R＝eq\f(\r(2),2)，所以△ABC外接圆的面积为eq\f(π,2).(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝3B，则eq\f(a,b)的取值范围是()A．(0,3)B．(1,3)C．(0,1]D．(1,2]答案B解析A＝3B⇒eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sin2B＋B,sinB)＝eq\f(sin2BcosB＋cos2BsinB,sinB)＝eq\f(2sinBcos2B＋cos2BsinB,sinB)＝2cos2B＋cos2B＝2cos2B＋1，即eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝2cos2B＋1，又A＋B∈(0，π)，即4B∈(0，π)⇒2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))⇒cos2B∈(0,1)，∴eq\f(a,b)∈(1,3)．(3)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若tanC＝eq\f(12,5)，a＝b＝eq\r(13)，BC边上的中点为D，则sin∠BAC＝________，AD＝________.答案eq\f(3\r(13),13)eq\f(3\r(5),2)解析因为tanC＝eq\f(12,5)，所以sinC＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(5,13)，又a＝b＝eq\r(13)，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝13＋13－2×eq\r(13)×eq\r(13)×eq\f(5,13)＝16，所以c＝4.由eq\f(a,sin∠BAC)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(\r(13),sin∠BAC)＝eq\f(4,\f(12,13))，解得sin∠BAC＝eq\f(3\r(13),13).因为BC边上的中点为D，所以CD＝eq\f(a,2)，所以在△ACD中，AD2＝b2＋(eq\f(a,2))2－2×b×eq\f(a,2)×cosC＝eq\f(45,4)，所以AD＝eq\f(3\r(5),2).专题强化练一、单项选择题1．在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cosB等于()A.eq\f(1,9)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)答案A解析由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝42＋32－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，所以AB＝3，所以cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(9＋9－16,2×3×3)＝eq\f(1,9).2．已知sinθ＋sin(θ＋eq\f(π,3))＝1，则sin(θ＋eq\f(π,6))等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(2),2)答案B解析因为sinθ＋sin(θ＋eq\f(π,3))＝sin(θ＋eq\f(π,6)－

eq\f(π,6))＋sin(θ＋eq\f(π,6)＋

eq\f(π,6))＝sin(θ＋eq\f(π,6))cos

eq\f(π,6)－cos(θ＋eq\f(π,6))sin

eq\f(π,6)＋sin(θ＋eq\f(π,6))cos

eq\f(π,6)＋cos(θ＋eq\f(π,6))sin

eq\f(π,6)＝2sin(θ＋eq\f(π,6))cos

eq\f(π,6)＝eq\r(3)sin(θ＋eq\f(π,6))＝1.所以sin(θ＋eq\f(π,6))＝eq\f(\r(3),3).3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2，eq\f(sin2C,1－cos2C)＝1，B＝eq\f(π,6)，则a的值为()A.eq\r(3)－1B．2eq\r(3)＋2C．2eq\r(3)－2D.eq\r(2)＋eq\r(6)答案D解析在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2，eq\f(sin2C,1－cos2C)＝1，所以eq\f(2sinCcosC,2sin2C)＝1，所以tanC＝1，C＝eq\f(π,4).因为B＝eq\f(π,6)，所以A＝π－B－C＝eq\f(7π,12)，所以sinA＝sin(eq\f(π,3)＋eq\f(π,4))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,3)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).由正弦定理可得eq\f(a,\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq\f(2,sin\f(π,6))，则a＝eq\r(2)＋eq\r(6).4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，acosB＋bcosA＝2ccosC，c＝eq\r(7)，且△ABC的面积为eq\f(3\r(3),2)，则△ABC的周长为()A．1＋eq\r(7)B．2＋eq\r(7)C．4＋eq\r(7)D．5＋eq\r(7)答案D解析在△ABC中，acosB＋bcosA＝2ccosC，则sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，即sin(A＋B)＝2sinCcosC，∵sin(A＋B)＝sinC≠0，∴cosC＝eq\f(1,2)，∴C＝eq\f(π,3)，由余弦定理可得，a2＋b2－c2＝ab，即(a＋b)2－3ab＝c2＝7，又S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\f(3\r(3),2)，∴ab＝6，∴(a＋b)2＝7＋3ab＝25，即a＋b＝5，∴△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋eq\r(7).5．若α，β都是锐角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，则cosβ等于()A.eq\f(2\r(5),25)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),25)或eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(\r(5),5)或eq\f(\r(5),25)答案A解析因为α，β都是锐角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)<eq\f(1,2)，所以eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)，又sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，而eq\f(1,2)<eq\f(3,5)<eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(3π,4)<α＋β<eq\f(5π,6)，所以cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2α＋β)＝－eq\f(4,5)，又sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，所以cosβ＝cos(α＋β－α)＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)·sinα＝eq\f(2\r(5),25).6．在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c.若A＝120°，a＝1，则2b＋3c的最大值为()A．3B.eq\f(2\r(21),3)C．3eq\r(2)D.eq\f(3\r(5),2)答案B解析因为A＝120°，a＝1，所以由正弦定理可得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(1,sin120°)＝eq\f(2\r(3),3)，所以b＝eq\f(2\r(3),3)sinB，c＝eq\f(2\r(3),3)sinC，故2b＋3c＝eq\f(4\r(3),3)sinB＋2eq\r(3)sinC＝eq\f(4\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(60°－C))＋2eq\r(3)sinC＝eq\f(4\r(3),3)sinC＋2cosC＝eq\f(2\r(21),3)sin(C＋φ)．其中sinφ＝eq\f(\r(21),7)，cosφ＝eq\f(2\r(7),7)，所以2b＋3c的最大值为eq\f(2\r(21),3).二、多项选择题7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是()A．cosC＝eq\f(\r(3),3) B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a＝3 D．S△ABC＝eq\r(2)答案AD解析因为A＋3C＝π，A＋B＋C＝π，所以B＝2C.由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(2\r(3),sin2C)＝eq\f(3,sinC)，即eq\f(2\r(3),2sinCcosC)＝eq\f(3,sinC)，所以cosC＝eq\f(\r(3),3)，故A正确；因为cosC＝eq\f(\r(3),3)，所以sinC＝eq\f(\r(6),3)，所以sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝2×eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B错误；因为cosB＝cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,3)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),3)＋(－eq\f(1,3))×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(6),9)，则cosA＝eq\f(5\r(3),9)，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝(2eq\r(3))2＋32－2×2eq\r(3)×3×eq\f(5\r(3),9)＝1，所以a＝1，故C错误；S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3×eq\f(\r(6),9)＝eq\r(2)，故D正确．8．已知0<θ<eq\f(π,4)，若sin2θ＝m，cos2θ＝n且m≠n，则下列选项中与tan(eq\f(π,4)－θ)恒相等的有()A.eq\f(n,1＋m)B.eq\f(m,1＋n)C.eq\f(1－n,m)D.eq\f(1－m,n)答案AD解析∵sin2θ＝m，cos2θ＝n，∴m2＋n2＝1，∴eq\f(1－m,n)＝eq\f(n,1＋m)，∴tan(eq\f(π,4)－θ)＝eq\f(1－tanθ,1＋tanθ)＝eq\f(cosθ－sinθ,cosθ＋sinθ)＝eq\f(cosθ－sinθcosθ－sinθ,cosθ＋sinθcosθ－sinθ)＝eq\f(1－sin2θ,cos2θ)＝eq\f(1－m,n)＝eq\f(n,1＋m).三、填空题9．已知tan(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(1,2)，则eq\f(sin2α－cos2α,1＋cos2α)＝________.答案－eq\f(5,6)解析因为tan(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝eq\f(1,2)，即eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1,2)，解得tanα＝－eq\f(1,3)，所以eq\f(sin2α－cos2α,1＋cos2α)＝eq\f(2sinαcosα－cos2α,2cos2α)＝tanα－eq\f(1,2)＝－eq\f(5,6).10．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且eq\f(b＋a,sinC)＝eq\f(2asinB－c,sinB－sinA)，则A＝________.答案eq\f(π,4)解析由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(b＋a,c)＝eq\f(2asinB－c,b－a)，整理得b2－a2＝2acsinB－c2，即b2＋c2－a2＝2acsinB＝2bcsinA，由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccosA，∴2bccosA＝2bcsinA，即cosA＝sinA，∴tanA＝1，∴A＝eq\f(π,4).11．如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝________.答案－eq\f(1,4)解析在△ABD中，∵AB⊥AD，AB＝AD＝eq\r(3)，∴BD＝eq\r(6)，∴FB＝BD＝eq\r(6).在△ACE中，∵AE＝AD＝eq\r(3)，AC＝1，∠CAE＝30°，∴EC＝eq\r(\r(3)2＋12－2×\r(3)×1×cos30°)＝1，∴CF＝CE＝1.又∵BC＝eq\r(AC2＋AB2)＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，∴在△FCB中，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－FB2,2×CF×BC)＝eq\f(12＋22－\r(6)2,2×1×2)＝－eq\f(1,4).12．在△ABC中，设角A，B，C对应的边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，且4a2＝b2＋2c2，则eq\f(S,a2)的最大值为________．答案eq\f(\r(10),6)解析由题意知，4a2＝b2＋2c2⇒b2＝4a2－2c2＝a2＋c2－2accosB，整理，得2accosB＝－3a2＋3c2⇒cosB＝eq\f(3c2－a2,2ac)，因为(eq\f(S,a2))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)acsinB,a2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(csinB,2a)))2＝eq\f(c21－cos2B,4a2)，代入cosB＝eq\f(3c2－a2,2ac)，整理得(eq\f(S,a2))2＝－eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9×\f(c4,a4)－22×\f(c2,a2)＋9))，令t＝eq\f(c2,a2)，则(eq\f(S,a2))2＝－eq\f(1,16)(9t2－22t＋9)＝－eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t－\f(11,3)))2＋eq\f(10,36)，所以(eq\f(S,a2))2≤eq\f(10,36)，所以eq\f(S,a2)≤eq\f(\r(10),6)，故eq\f(S,a2)的最大值为eq\f(\r(10),6).四、解答题13．△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．解(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．②由①②得cosA＝－eq\f(1,2).因为0<A<π，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2eq\r(3)，从而AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sin(π－A－B)＝3cosB－eq\r(3)sinB.故BC＋AC＋AB＝3＋eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋2eq\r(3)sin(B＋eq\f(π,3)).又0<B<eq\f(π,3)，所以当B＝eq\f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq\r(3).14．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tanA)．(1)求角C；(2)若c＝2eq\r(10)，D为BC的中点，在下列两个条件中任选一个，求AD的长度．条件①：△ABC的面积S＝4且B>A；条件②：cosB＝eq\f(2\r(5),5).解(1)在△ABC中，由余弦定理知，b2＋c2－a2＝2bccosA，所以2b2＝2bccosA(1－tanA)，所以b＝c(cosA－sinA)，又由正弦定理知，eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)，得sinB＝sinC(cosA－sinA)，所以sin(A＋C)＝sinC(cosA－sinA)，即sinAcosC＋cosAsinC＝sinCcosA－sinCsinA，所以sinAcosC＝－sinCsinA，因为sinA≠0，所以cosC＝－sinC，所以tanC＝－1，又因为0<C<π，所以C＝eq\f(3π,4).(2)选择条件②，cosB＝eq\f(2\r(5),5)，因为cosB＝eq\f(2\r(5),5)，且0<B<π，所以sinB＝eq\f(\r(5),5)，因为sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB＝eq\f(\r(5),5)×(－eq\f(\r(2),2))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(\r(10),10)，由正弦定理知eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，所以a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(2\r(10)×\f(\r(10),10),\f(\r(2),2))＝2eq\r(2)，在△ABD中，由余弦定理知AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cosB＝(2eq\r(10))2＋(eq\r(2))2－2×2eq\r(10)×eq\r(2)×eq\f(2\r(5),5)＝26，所以AD＝eq\r(26).(答案不唯一)三角函数中的范围、最值问题以三角函数为背景的范围与最值问题是高考的热点，对问题的准确理解和灵活转化是解题的关键．例1(1)若函数y＝sin2x＋acosx＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值是1，则实数a的值为________．答案eq\f(3,2)解析y＝1－cos2x＋acosx＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(a,2)))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2).∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴0≤cosx≤1.①若eq\f(a,2)>1，即a>2，则当cosx＝1时，ymax＝a＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)＝1⇒a＝eq\f(20,13)<2(舍去)；②若0≤eq\f(a,2)≤1，即0≤a≤2，则当cosx＝eq\f(a,2)时，ymax＝eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)＝1，∴a＝eq\f(3,2)或a＝－4<0(舍去)；③若eq\f(a,2)<0，即a<0，则当cosx＝0时，ymax＝eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)＝1⇒a＝eq\f(12,5)>0(舍去)．综上可得，a＝eq\f(3,2).(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3acosC＋b＝0，则tanB的最大值是________．答案eq\f(3,4)解析在△ABC中，因为3acosC＋b＝0，所以C为钝角，由正弦定理得3sinAcosC＋sin(A＋C)＝0，3sinAcosC＋sinAcosC＋cosAsinC＝0，所以4sinAcosC＝－cosA·sinC，即tanC＝－4tanA.因为tanA>0，所以tanB＝－tan(A＋C)＝－eq\f(tanA＋tanC,1－tanAtanC)＝eq\f(tanA＋tanC,tanAtanC－1)＝eq\f(－3tanA,－4tan2A－1)＝eq\f(3,4tanA＋\f(1,tanA))≤eq\f(3,2\r(4))＝eq\f(3,4)，当且仅当tanA＝eq\f(1,2)时取等号，故tanB的最大值是eq\f(3,4).例2(1)将函数f(x)＝cosx的图象向右平移eq\f(2π,3)个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)，得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则ω的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(8,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))答案A解析f(x)＝cosx向右平移eq\f(2π,3)个单位长度，得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))的图象，再将各点横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)得g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(2π,3)))，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx－eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(ωπ,2)－\f(2π,3)))，又此时g(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴0≤eq\f(ωπ,2)－eq\f(2π,3)≤eq\f(2π,3)，∴eq\f(4,3)≤ω≤eq\f(8,3).(2)若将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是________．答案eq\f(3π,8)解析方法一将f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2φ＋\f(π,4)))的图象，该图象关于y轴对称，即g(x)为偶函数，因此eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝－eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)(k∈Z)，故当k＝－1时，φ的最小正值为eq\f(3π,8).方法二将f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2φ＋\f(π,4)))的图象，令2x－2φ＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)＋φ(k∈Z)，此即为g(x)的对称轴方程，又g(x)的图象关于y轴对称，所以有eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)＋φ＝0，k∈Z，于是φ＝－eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)(k∈Z)，故当k＝－1时，φ取最小正值eq\f(3π,8).(1)求解三角函数的范围或最值的关键在于根据题目条件和函数形式选择适当的工具：三角函数的有界性，基本不等式，二次函数等．(2)求解和三角函数性质有关的范围、最值问题，要结合三角函数的图象．1．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，且f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝0，则ω的最小值为()A．2B．4C．6D．8答