2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第五章高考大题冲关系列（2）含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第五章高考大题冲关系列（2）含答案命题动向：解三角形不仅是数学的重要基础知识，同时也是解决其他问题的一种数学工具．高考命题者常在三角函数、解三角形和平面向量、不等式等知识的交汇处命题．以解答题的形式出现，难度中等．备考中首先要熟练掌握正弦定理、余弦定理的基本应用，然后要注意三角函数性质、三角恒等变换、基本不等式及平面几何图形的性质等知识的综合应用．题型1三角形中边长、角度、周长和面积的计算问题例1(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq\r(3)，D为BC的中点，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解(1)解法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ABD中，∠ADB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq\r(7)，则cosB＝eq\f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq\f(5\r(7),14)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq\f(1,2)＝3，解得b＝eq\r(3)，有AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝eq\f(π,2)，C＝eq\f(π,6).过A作AE⊥BC于点E，于是CE＝ACcosC＝eq\f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(5,2)，所以tanB＝eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(3),5).(2)解法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，))整理得eq\f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，则2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，于是4eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq\r(3)，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(8－12,2bc)＝－eq\f(2,bc)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC＝eq\f(1,2)bceq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(1,2)bceq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(b2c2－4)＝eq\r(3)，解得bc＝4.则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2.例2(2023·河南驻马店三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(cosA,a)＝eq\f(cosB＋cosC,b＋c).(1)求A；(2)已知D为边BC上一点，∠DAB＝∠DAC，若AD＝eq\r(3)，a＝3eq\r(2)，求△ABC的周长．解(1)因为eq\f(cosA,a)＝eq\f(cosB＋cosC,b＋c)，所以由正弦定理可得eq\f(cosA,sinA)＝eq\f(cosB＋cosC,sinB＋sinC)，所以sinAcosB＋sinAcosC＝cosAsinB＋cosAsinC，所以sinAcosB－cosAsinB＝cosAsinC－sinAcosC，所以sin(A－B)＝sin(C－A)．因为A－B∈(－π，π)，C－A∈(－π，π)，所以A－B＝C－A或(A－B)＋(C－A)＝2×eq\f(π,2)或(A－B)＋(C－A)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，即2A＝B＋C或C＝B＋π(舍去)或B＝C＋π(舍去)，又A＋B＋C＝π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由题意得S△DAB＋S△DAC＝S△ABC，即eq\f(1,2)AB·ADsin∠DAB＋eq\f(1,2)AC·ADsin∠DAC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC，因为∠BAC＝eq\f(π,3)，∠DAB＝∠DAC＝eq\f(π,6)，AD＝eq\r(3)，所以eq\f(\r(3),4)AB＋eq\f(\r(3),4)AC＝eq\f(\r(3),4)AB·AC，所以AB＋AC＝AB·AC，即c＋b＝cb，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－3bc，所以(b＋c)2－3(b＋c)－18＝0，所以b＋c＝6或b＋c＝－3(舍去)，所以△ABC的周长为6＋3eq\r(2).解答此类问题，首先明确正弦定理、余弦定理分别适用于哪些解三角形问题，其次要注意“边”与“角”的互化，最后还要关注诱导公式、三角恒等变换及三角函数性质的应用．变式训练1(2023·深圳一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))).(1)求A；(2)设AB的中点为D，若CD＝a，且b－c＝1，求△ABC的面积．解(1)由已知得，b＋c＝eq\r(3)asinC＋acosC，由正弦定理可得，sinB＋sinC＝eq\r(3)sinAsinC＋sinAcosC，因为A＋B＋C＝π，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，代入上式，整理得cosAsinC＋sinC＝eq\r(3)sinAsinC，又因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).而－eq\f(π,6)<A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,3).(2)在△ACD中，由余弦定理得，CD2＝b2＋eq\f(c2,4)－2b·eq\f(c,2)cosA，而A＝eq\f(π,3)，CD＝a，所以a2＝b2＋eq\f(c2,4)－eq\f(bc,2).①在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc，②由①②两式消去a，得3c2＝2bc，所以b＝eq\f(3c,2)，又b－c＝1，解得b＝3，c＝2，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),2).变式训练2(2023·湖北高三4月调研)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC，(1)求tan2B；(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径．解(1)设∠B＝∠DAC＝α，∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α，在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AD,sin（90°－2α）)＝eq\f(AC,sin（90°＋α）)，在△ABD中，AD＝BDsinα，又AC＝eq\f(12,7)BD，∴eq\f(BDsinα,cos2α)＝eq\f(\f(12,7)BD,cosα)，∴sinαcosα＝eq\f(12,7)cos2α，∴eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(12,7)cos2α，∴tan2α＝eq\f(24,7)，即tan2B＝eq\f(24,7).(2)由(1)知，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(24,7)，∴(3tanα＋4)(4tanα－3)＝0，又α为锐角，∴tanα＝eq\f(3,4)，∴sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，∵AB＝7，∴BD＝eq\f(35,4)，∴AC＝15，又cos∠BAC＝cos(90°＋α)＝－sinα＝－eq\f(3,5)，在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝400，∴BC＝20.设△ABC内切圆的半径为r，则S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)(AB＋AC＋BC)r，则r＝2.题型2三角形形状的判断及平面几何证明问题例3(2023·漳州模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB＝bsineq\f(B＋C,2).(1)求A；(2)若D为边BC上一点，且BD＝eq\f(1,3)BC，AD＝eq\f(2\r(3),3)c，证明：△ABC为直角三角形．解(1)因为asinB＝bsineq\f(B＋C,2)，所以sinAsinB＝sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinBcoseq\f(A,2)，因为sinB>0，所以sinA＝coseq\f(A,2)，即2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)＝coseq\f(A,2).又coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2).又0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,3).(2)证法一：因为eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)b2＋eq\f(2,9)bc＝eq\f(4,3)c2，即b2＋2bc－8c2＝0，所以(b＋4c)(b－2c)＝0，所以b＝2c.因此a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc＝3c2，又b＝2c，所以b2＝a2＋c2，所以B＝90°，所以△ABC为直角三角形．证法二：因为∠ADB＝π－∠ADC，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝0，又BD＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(1,3)a，AD＝eq\f(2\r(3),3)c，所以eq\f(\f(4,3)c2＋\f(1,9)a2－c2,\f(4\r(3),9)ac)＋eq\f(\f(4,3)c2＋\f(4,9)a2－b2,\f(8\r(3),9)ac)＝0，即6c2－3b2＋2a2＝0.又a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc，所以6c2－3b2＋2(b2＋c2－bc)＝0，即8c2－2bc－b2＝0，所以(4c＋b)(2c－b)＝0，所以b＝2c，所以a2＝3c2.因此b2＝a2＋c2，所以B＝90°，所以△ABC为直角三角形．(1)判断三角形形状的两种思路①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．(2)对于证明问题，一方面要利用已知条件和正弦定理、余弦定理推出边或角的关系式，另一方面还要注意对这些等量关系进行适当的整合变形．变式训练3(2024·长沙模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知c2＝ab，D是边AB的中点，CDsin∠ACB＝asinB.(1)证明：CD＝c；(2)求cos∠ACB.解(1)证明：由题意得CD＝eq\f(asinB,sin∠ACB)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sin∠ACB)，即eq\f(sinB,sin∠ACB)＝eq\f(b,c)，所以CD＝eq\f(ab,c)，由于c2＝ab，所以CD＝c.(2)由题意知CD＝c，AD＝eq\f(c,2)，DB＝eq\f(c,2)，所以cos∠ADC＝eq\f(c2＋\f(c2,4)－b2,2·c·\f(c,2))＝eq\f(\f(5,4)c2－b2,c2)，同理cos∠BDC＝eq\f(c2＋\f(c2,4)－a2,2·c·\f(c,2))＝eq\f(\f(5,4)c2－a2,c2)，由于∠ADC＝π－∠BDC，所以eq\f(\f(5,4)c2－b2,c2)＋eq\f(\f(5,4)c2－a2,c2)＝0，整理得a2＋b2＝eq\f(5,2)c2，由余弦定理，得cos∠ACB＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(3c2,4ab)＝eq\f(3,4).题型3最值与范围问题例4(2023·茂名一模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b＋2bcosC.(1)求证：C＝2B；(2)求eq\f(a＋c,b)的取值范围．解(1)证明：在△ABC中，由a＝b＋2bcosC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcosC，又A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinB＋2sinBcosC，sinBcosC＋cosBsinC－2sinBcosC＝sinB，sin(C－B)＝sinB，∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<C<π.∵B＋(C－B)＝C<π，∴B＝C－B，C＝2B.(2)解法一：由C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，由题意a＝b＋2bcosC，C＝2B及正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(b＋2bcosC＋c,b)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sinC,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋2sinBcosB,sinB)＝1＋2cosC＋2cosB＝1＋2cos2B＋2cosB＝1＋2(2cos2B－1)＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，∵eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5，故eq\f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)．解法二：由正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sinA＋sinC,sinB)，∵A＋B＋C＝π，∴A＝π－(B＋C)，eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(sin[π－（B＋C）]＋sinC,sinB)＝eq\f(sin（B＋C）＋sinC,sinB)，由(1)得C＝2B，故eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sin（B＋2B）＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosBsin2B＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosB·2sinBcosB＋2sinBcosB,sinB)＝cos2B＋2cos2B＋2cosB＝2cos2B－1＋2cos2B＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，由(1)得C＝2B，得B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5，故eq\f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)．(1)求解三角形中的最值(范围)问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立a＋b，ab，a2＋b2之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解．(2)解决三角形中的某个量的最值或范围问题，除了利用基本不等式外，再一个思路就是利用正弦定理、余弦定理，把该量转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解，此时要特别注意题目隐含条件的应用，如锐角三角形、钝角三角形、三角形内角和为π等．变式训练4(2023·佛山模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)设eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，求证：S△ABC＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2)；(2)设D为BC的中点，CB＝AD＝4，求AB＋AC的取值范围．解(1)证明：依题意，因为eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，所以cosC＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))||\o(CA,\s\up6(→))|)＝eq\f(a·b,|a||b|)，在△ABC中，sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(CB,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|sinC＝eq\f(1,2)|a||b|·eq\f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2).(2)如图所示，在△ABC中，D为BC的中点，CB＝AD＝4，所以BD＝CD＝2，设∠ADB＝θ，则∠ADC＝π－θ，在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝22＋42－2×2×4×cosθ＝20－16cosθ，在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝22＋42－2×2×4×cos(π－θ)＝20＋16cosθ，所以AB＋AC＝eq\r(20－16cosθ)＋eq\r(20＋16cosθ)，(AB＋AC)2＝40＋2eq\r(400－256cos2θ)，因为θ∈(0，π)，所以cos2θ∈[0，1)，所以(AB＋AC)2∈(64，80]，所以AB＋AC的取值范围是(8，4eq\r(5)]．题型4解三角形与三角函数的综合问题例5(2023·湖南三湘名校联考)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图，将该函数图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后，再将所得曲线上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数f(x)的图象．设g(x)＝f(x)sinx.(1)求函数g(x)的最小正周期T；(2)在△ABC中，AB＝6，D是BC的中点，AD＝eq\r(19)，设∠BAC＝θ，cosθ＜0，g(θ)＝eq\f(\r(3),4)，求△ABC的面积．解(1)由题图知A＝1，eq\f(2π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,12)))，解得ω＝2，又函数图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，∴2×eq\f(π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).∵sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))＝eq\f(\r(3)（1－cos2x）,4)＋eq\f(1,4)sin2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)，∴g(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)，∴T＝π.(2)∵g(θ)＝eq\f(\r(3),4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝0，∵cosθ＜0，即eq\f(π,2)＜θ＜π，∴θ＝eq\f(2π,3).设BC＝2m，AC＝x，∵∠ADB＋∠ADC＝π，∴cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，∵AB＝6，AD＝eq\r(19)，∴在△ADB和△ADC中，由余弦定理得eq\f(19＋m2－36,2\r(19)m)＋eq\f(19＋m2－x2,2\r(19)m)＝0，∴4m2＝2x2－4，在△ABC中，由余弦定理得(2m)2＝36＋x2－12xcos∠BAC＝36＋x2＋6x，∴2x2－4＝36＋x2＋6x，解得x＝－4(舍去)或x＝10，即AC＝10，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)×6×10×eq\f(\r(3),2)＝15eq\r(3).解三角形和三角函数的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．变式训练5(2023·长沙模拟)锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝2A.(1)证明：sinC>eq\f(\r(2),2)；(2)求eq\f(c,a＋b)的取值范围．解(1)证明：因为B＝2A，A＋B＋C＝π，所以C＝π－3A.因为△ABC是锐角三角形，所以0<2A<eq\f(π,2)，0<π－3A<eq\f(π,2)，解得eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，所以eq\f(π,2)<3A<eq\f(3π,4)，所以sinC＝sin(π－3A)＝sin3A>eq\f(\r(2),2).(2)由正弦定理得eq\f(c,a＋b)＝eq\f(sinC,sinA＋sinB)＝eq\f(sin3A,sinA＋sin2A)＝eq\f(sin（A＋2A）,sinA＋sin2A)＝eq\f(sinAcos2A＋cosAsin2A,sinA＋sin2A)＝eq\f(cos2A＋2cos2A,1＋2cosA)＝eq\f(4cos2A－1,2cosA＋1)＝2cosA－1.因为eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，所以eq\f(\r(2),2)<cosA<eq\f(\r(3),2)，即eq\r(2)－1<2cosA－1<eq\r(3)－1.故eq\f(c,a＋b)的取值范围是(eq\r(2)－1，eq\r(3)－1)．题型5解三角形与平面向量的综合问题例6(2023·常州模拟)在△ABC中，AB·tanC＝AC·tanB，点D是边BC上一点，且满足eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0.(1)证明：△ABC为等腰三角形；(2)若BD＝3CD，求∠BAC的余弦值．解(1)证明：由AB·tanC＝AC·tanB，得AB·eq\f(sinC,cosC)＝AC·eq\f(sinB,cosB)，由正弦定理得eq\f(sin2C,cosC)＝eq\f(sin2B,cosB)，即eq\f(1－cos2C,cosC)＝eq\f(1－cos2B,cosB)，化简得(1＋cosBcosC)(cosB－cosC)＝0，因为B，C∈(0，π)，所以cosB，cosC∈(－1，1)，所以1＋cosBcosC≠0，所以cosB－cosC＝0，又y＝cosx在(0，π)上单调递减，所以B＝C，所以△ABC为等腰三角形．(2)由eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，得eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，所以AB⊥AD，即∠BAD＝90°，所以sin∠BDA＝eq\f(AB,BD)，cos∠BAC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠CAD))＝－sin∠CAD，由(1)得AB＝AC，在△ACD中，由正弦定理得，eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AC,sin∠CDA)，所以sin∠CAD＝eq\f(CD,AC)sin∠CDA＝eq\f(CD,AC)sin(π－∠CDA)＝eq\f(CD,AC)sin∠BDA＝eq\f(CD,AC)·eq\f(AB,BD)＝eq\f(CD,3CD)＝eq\f(1,3)，所以cos∠BAC＝－sin∠CAD＝－eq\f(1,3).解决解三角形与平面向量综合问题的关键：准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数的问题解决．变式训练6(2024·青岛模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，b＝3.(1)求B的大小；(2)求eq\f(ac,a＋c)的最大值．解(1)因为p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，所以2c－a＝2bcosA，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，所以2sinC－sinA＝2sinBcosA，又C＝π－(A＋B)，所以2sin(A＋B)－sinA＝2sinBcosA，所以2sinAcosB－sinA＝0，因为A∈(0，π)，sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，可得B＝eq\f(π,3).(2)根据余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得a2＋c2－ac＝9，即(a＋c)2＝9＋3ac，因为ac≤eq\f(（a＋c）2,4)，所以(a＋c)2≤9＋eq\f(3,4)(a＋c)2，结合a＋c>3，所以3<a＋c≤6(当且仅当a＝c＝3时取等号)，设t＝a＋c，则t∈(3，6]，所以eq\f(ac,a＋c)＝eq\f(t2－9,3t)，设f(t)＝eq\f(t2－9,3t)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(9,t)))，则f(t)在(3，6]上单调递增，所以f(t)的最大值为f(6)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(ac,a＋c)的最大值为eq\f(3,2).第3讲简单的三角恒等变换[课程标准]1.知道两角差余弦公式的意义.2.能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解他们的内在联系.3.能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆)．1．两角和与差的正弦、余弦和正切公式2．二倍角的正弦、余弦、正切公式公式名公式二倍角的正弦sin2α＝eq\x(\s\up1(07))2sinαcosα二倍角的余弦cos2α＝eq\x(\s\up1(08))cos2α－sin2α＝eq\x(\s\up1(09))1－2sin2α＝eq\x(\s\up1(10))2cos2α－1二倍角的正切tan2α＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(2tanα,1－tan2α)3.半角公式sineq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(12))±eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(13))±eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(14))±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))．1．公式的常用变式：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)；tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tan（α＋β）)＝eq\f(tanα－tanβ,tan（α－β）)－1.2．降幂公式：sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α.3．升幂公式：1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)；1＋sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))eq\s\up12(2)；1－sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))eq\s\up12(2).4．常用拆角、拼角技巧：例如，2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)；α－β＝(α－γ)＋(γ－β)；eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．5．辅助角公式：一般地，函数f(α)＝asinα＋bcosα(a，b为常数)可以化为f(α)＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq\r(a2＋b2)cos(α－θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(a,b))).1．(人教A必修第一册习题5.5T6(1)改编)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°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2021·全国乙卷)cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,12)))＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故选D.3．(多选)(人教A必修第一册习题5.5T12改编)化简：eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝()A.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))C.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) D.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))答案AC解析eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).故选AC.4．(人教A必修第一册5.5.1例3改编)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值为________．答案－eq\f(1,7)解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，所以cosα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝－eq\f(4,3).所以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(－\f(4,3)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×1)＝－eq\f(1,7).5．已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq\f(4,5)，则sineq\f(θ,2)＝________，coseq\f(θ,2)＝________．答案－eq\f(2\r(5),5)－eq\f(\r(5),5)解析∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))，且sinθ＝eq\f(4,5)，∴cosθ＝－eq\f(3,5)，eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，∴sineq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5).第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式及二倍角公式考向一公式的直接应用例1(1)若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限角，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(7\r(2),10) B．－eq\f(7\r(2),10)C．－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案B解析∵α是第三象限角，∴sinα<0，且sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(7\r(2),10).故选B.(2)(2024·长沙模拟)古希腊数学家泰特托斯(Theaetetus，公元前417～公元前369年)详细地讨论了无理数的理论，他通过图来构造无理数eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(5)，….如图，则cos∠BAD＝()A.eq\f(2\r(6)－3\r(3),6) B.eq\f(2\r(3)－\r(6),6)C.eq\f(2\r(3)＋\r(6),6) D.eq\f(2\r(6)＋3\r(3),6)答案B解析记∠BAC＝α，∠CAD＝β，由题意知cosα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，sinα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，cosβ＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，sinβ＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以cos∠BAD＝cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(6),3)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6).故选B.(3)(2021·全国甲卷)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，则tanα＝()A.eq\f(\r(15),15) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),3) D.eq\f(\r(15),3)答案A解析因为tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).故选A.利用三角函数公式解题时的注意点(1)首先要注意公式的结构特点和符号变化规律．例如两角差的余弦公式可简记为“同名相乘，符号相反”．(2)应注意同角三角函数的基本关系与诱导公式的综合应用．(3)应注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用．1.已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，则tan(α－β)的值为()A．－eq\f(2,11) B.eq\f(2,11)C.eq\f(11,2) D．－eq\f(11,2)答案A解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，又tan(π－β)＝eq\f(1,2)，∴tanβ＝－eq\f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq\f(2,11).故选A.2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，则cos(2α＋2β)＝()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)＝cos[2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9).故选B.考向二公式的逆用和变形用例2(1)tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°的值为()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),3)C．－eq\f(\r(3),3) D．－eq\r(3)答案D解析因为tan120°＝eq\f(tan70°＋tan50°,1－tan70°tan50°)＝－eq\r(3)，所以tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°＝－eq\r(3).故选D.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ，则()A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1答案C解析由已知得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2(cosα－sinα)sinβ，即sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.故选C.两角和与差及倍角公式的逆用和变形用的应用技巧(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．(2)和差角公式变形sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ；cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ；tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)．(3)倍角公式变形：降幂公式．1.已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()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解析由题意可得sinθ＋eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，则eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，eq\f(\r(3),2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＝eq\f(\r(3),3)，从而有sinθcoseq\f(π,6)＋cosθsineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3).故选B.2．(多选)(2024·潍坊联考)已知θ∈(0，2π)，O为坐标原点，θ终边上有一点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)，sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))，则()A．θ＝eq\f(3π,8) B．|OM|＝eq\r(2)C．tanθ<1 D．cosθ>eq\f(1,2)答案AB解析tanθ＝eq\f(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8),sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8))＝eq\f(tan\f(3π,8)＋1,tan\f(3π,8)－1)＝－taneq\f(5π,8)＝taneq\f(3π,8)，故θ＝eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，又sineq\f(3π,8)－coseq\f(3π,8)>0，sineq\f(3π,8)＋coseq\f(3π,8)>0，故θ是第一象限角，又θ∈(0，2π)，故θ＝eq\f(3π,8)，故A正确；|OM|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＝2，故|OM|＝eq\r(2)，故B正确；tanθ＝taneq\f(3π,8)>taneq\f(π,4)＝1，故C错误；cosθ＝coseq\f(3π,8)<coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，故D错误．故选AB.考向三角的变换例3(1)(2023·南通期末)已知eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，cos(α－β)＝eq\f(12,13)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，则sin2α＝()A.eq\f(56,65) B．－eq\f(56,65)C.eq\f(16,65) D．－eq\f(16,65)答案B解析因为eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，所以0<α－β<eq\f(π,4)，π<α＋β<eq\f(3π,2)，由cos(α－β)＝eq\f(12,13)，得sin(α－β)＝eq\f(5,13)，由sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，得cos(α＋β)＝－eq\f(4,5)，则sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝eq\f(5,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＋eq\f(12,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(56,65).故选B.(2)(2024·济南模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝________．答案eq\f(7,8)解析因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝1－2×eq\f(1,16)＝eq\f(7,8).1．求角的三角函数值的一般思路是把“所求角”用“已知角”表示．(1)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，再应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”．(2)当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式．2．常见的配角技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))等．1．(2023·泉州模拟)如图所示，点P是单位圆上的一个动点，它从初始位置P0(1，0)开始沿单位圆按逆时针方向运动角αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))到达点P1，然后继续沿单位圆逆时针方向运动eq\f(π,3)到达点P2，若点P2的横坐标为－eq\f(4,5)，则cosα的值为________．答案eq\f(3\r(3)－4,10)解析由题意得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(4,5)，∵eq\f(π,3)<α＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3)－4,10).2．(2024·重庆摸底)已知α，β为锐角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，则cos2α＝________，tan(α－β)＝________．答案－eq\f(7,25)－eq\f(2,11)解析因为tanα＝eq\f(4,3)＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因为tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tan（α＋β）,1＋tan2αtan（α＋β）)＝－eq\f(2,11).课时作业一、单项选择题1．(2024·秦皇岛月考)－sin133°cos197°－cos47°·cos73°＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案A解析原式＝－sin(180°－47°)cos(180°＋17°)－cos47°cos(90°－17°)＝sin47°cos17°－cos47°·sin17°＝sin(47°－17°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2023·保定模拟)已知钝角α满足sinα＝eq\f(\r(5),5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝()A．－eq\f(\r(10),4) B．－eq\f(3\r(10),10)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由α为钝角，可知cosα<0，所以cosα＝－eq\r(1－\f(1,5))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)－\f(\r(5),5)))＝－eq\f(3\r(10),10).故选B.3．已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，则sinα＝()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6cos2α－8cosα－8＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．∵α∈(0，π)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3).故选A.4．(2024·保定模拟)“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析由tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝tanα－eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝5，得tan2α－5tanα＋6＝(tanα－2)(tanα－3)＝0，即tanα＝2或tanα＝3，所以“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的充分不必要条件．5．(2024·泰州模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝()A.eq\f(3－4\r(3),10) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案C解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,12)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12))))＝eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))coseq\f(π,4)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).故选C.6．(2023·长沙一中调研)设α为锐角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值为()A.eq\f(12,25) B.eq\f(24,25)C．－eq\f(24,25) D．－eq\f(12,25)答案B解析∵α为锐角，即0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25).故选B.7．(2024·南通模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝()A.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．2 D．－2答案B解析因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)<0，得x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,6)))，因此coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，由二倍角公式可得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))),1－tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))＝eq\f(4,3)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝－taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2x))＝－eq\f(4,3).故选B.8．(2023·盐城一模)已知α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，则tanα＋tanβ的最小值为()A.eq\f(\r(2),2) B．1C．－2－2eq\r(2) D．－2＋2eq\r(2)答案D解析因为α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，tanα，tanβ∈(0，1)，则tanα＋tanβ＝1－tanαtanβ≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα＋tanβ,2)))eq\s\up12(2)，当且仅当α＝β＝eq\f(π,8)时取等号，解得tanα＋tanβ≥2eq\r(2)－2或tanα＋tanβ≤－2－2eq\r(2)(舍去)．故选D.二、多项选择题9．(2024·聊城质检)下列各式中，值为eq\f(1,4)的是()A．sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12) B.eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°