微专题2　三角恒等变换与解三角形

微专题2三角恒等变换与解三角形高考定位1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中同角三角函数的基本关系、诱导公式是解决计算问题的工具；2.三角恒等变换是利用三角恒等式(两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式)进行变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；3.正弦定理与余弦定理以及解三角形是高考的必考内容，主要考查边、角、面积、周长等的计算.1.(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解析由题意得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)sinβ，整理，得sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1，故选C.2.(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为eq\r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________.答案2eq\r(2)解析由题意得S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac＝eq\r(3)，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×eq\f(1,2)＝8，则b＝2eq\r(2).3.(2021·浙江卷)在△ABC中，B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2eq\r(3)，则AC＝________；cos∠MAC＝________.答案2eq\r(13)eq\f(2\r(39),13)解析由B＝60°，AB＝2，AM＝2eq\r(3)，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cosB＝4＋64－2×8×2×eq\f(1,2)＝52，所以AC＝2eq\r(13)，所以在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝eq\f(AC2＋AM2－MC2,2AC·AM)＝eq\f(52＋12－16,2×2\r(13)×2\r(3))＝eq\f(2\r(39),13).4.(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A).(1)证明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cosA＝eq\f(25,31)，求△ABC的周长.(1)证明法一由sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，结合正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＋abcosC＝2bccosA(*).由余弦定理可得accosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2)，abcosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2)，2bccosA＝b2＋c2－a2，则上述三式代入(*)式整理，得2a2＝b2＋c2.法二因为A＋B＋C＝π，所以sinCsin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sinBsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.又sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.(2)解由(1)及a2＝b2＋c2－2bccosA得，a2＝2bccosA，所以2bc＝31.因为b2＋c2＝2a2＝50，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，解得b＋c＝9，所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.热点一化简与求值(角)1.同角三角函数的基本关系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).2.诱导公式的记忆口诀：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”.3.熟记三角函数公式的两类变形：(1)和差角公式的变形；(2)倍角公式的变形.例1(1)(2022·天津模拟)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)(2)已知α，β均为锐角，cos(α＋β)＝－eq\f(5,13)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))等于()A.eq\f(33,65) B.－eq\f(33,65)C.eq\f(63,65) D.eq\f(33,65)或eq\f(63,65)答案(1)C(2)C解析(1)由α，β为锐角，则－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，由sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，得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(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq\f(\r(2),2).所以β＝eq\f(π,4).(2)∵α，β均为锐角，∴α＋β∈(0，π)，β＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴sin(α＋β)>0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，∵cos(α＋β)＝－eq\f(5,13)，∴sin(α＋β)＝eq\f(12,13)，又∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝－eq\f(3,5)或coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)(舍去)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（α＋β）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,3)))＝－eq\f(5,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).规律方法1.解决三角函数的求值问题的关键是把“所求角”用“已知角”表示.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.训练1(1)已知α为第二象限角，sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，则cos2α＝()A.－eq\f(\r(5),3) B.－eq\f(\r(5),9)C.eq\f(\r(5),9) D.eq\f(\r(5),3)(2)已知cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，则β＝________.答案(1)A(2)eq\f(π,3)解析(1)sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，两边平方得(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\f(1,3)，整理得：2sinαcosα＝－eq\f(2,3)<0，∴(cosα－sinα)2＝1－2sinαcosα＝eq\f(5,3).∵α为第二象限角，∴sinα>0，cosα<0，即cosα－sinα<0，∴cosα－sinα＝－eq\f(\r(15),3).则cos2α＝(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝－eq\f(\r(5),3)，故选A.(2)由cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4\r(3),7)，sin(α－β)＝eq\r(1－cos2（α－β）)＝eq\f(3\r(3),14).∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2).∴β＝eq\f(π,3).热点二三角函数恒等式的证明三角恒等式常从复杂一边向简单的一边转化，或者两边同时推出一个相同式子，有时要证等式先进行等价交换，进而证明其等价命题.例2已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin(α＋2β)＝eq\f(7,5)sinα.(1)求证：tan(α＋β)＝6tanβ；(2)若tanα＝3tanβ，求α的值.(1)证明因为sin(α＋2β)＝eq\f(7,5)sinα，所以sin[(α＋β)＋β]＝eq\f(7,5)sin[(α＋β)－β]，所以sin(α＋β)cosβ＋cos(α＋β)sinβ＝eq\f(7,5)[sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ]，所以sin(α＋β)cosβ＝6cos(α＋β)sinβ.①因为α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π).若cos(α＋β)＝0，则由①得sin(α＋β)＝0，与α＋β∈(0，π)矛盾，所以cos(α＋β)≠0.又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosβ≠0.由①两边同除以cos(α＋β)·cosβ，得tan(α＋β)＝6tanβ.(2)解由(1)知tan(α＋β)＝6tanβ，则eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝6tanβ，因为tanα＝3tanβ，所以tanβ＝eq\f(1,3)tanα，所以eq\f(\f(4,3)tanα,1－\f(1,3)tan2α)＝2tanα.因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα＞0，所以eq\f(4,3－tan2α)＝2，所以tan2α＝1.因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα＝1，从而α＝eq\f(π,4).易错提醒等式两边除以同一个三角函数式时要注意论证这个三角函数式不为零.训练2求证：(1)cos4α＋4cos2α＋3＝8cos4α.(2)eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα).证明(1)左边＝2cos22α－1＋4cos2α＋3＝2(cos22α＋2cos2α＋1)＝2(cos2α＋1)2＝2(2cos2α－1＋1)2＝2(2cos2α)2＝8cos4α＝右边.(2)左端＝eq\f(sin[（α＋β）＋α]－2cos（α＋β）sinα,sinα)＝eq\f(sin（α＋β）cosα－cos（α＋β）sinα,sinα)＝eq\f(sin[（α＋β）－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα)＝右端.热点三正弦定理、余弦定理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).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).例3(1)(2022·洛阳三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若ccosB＋bcosC＝eq\r(2)，且b2＋c2－a2＝eq\r(2)bc，则三角形ABC的外接圆半径的长为()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C.2 D.1(2)(2022·泰安三模)在△ABC中，AC＝3，BC＝2，cosC＝eq\f(3,4)，则tanA＝()A.eq\f(\r(5),6) B.eq\f(\r(7),6)C.eq\f(\r(5),3) D.eq\f(\r(7),3)答案(1)D(2)D解析(1)∵ccosB＋bcosC＝c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋c2－b2＋a2＋b2－c2,2a)＝a，即a＝eq\r(2).又cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(2),2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,4)，由正弦定理可得三角形外接圆的半径R满足eq\f(\r(2),sin\f(π,4))＝2R，解得R＝1，故选D.(2)由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2BC·ACcosC＝32＋22－2×3×2×eq\f(3,4)＝4，所以AB＝2，所以AB＝BC，所以A＝C，所以cosA＝cosC＝eq\f(3,4)，则sinA＝eq\f(\r(7),4)，故tanA＝eq\f(\r(7),3).故选D.规律方法1.利用正、余弦定理解三角形时，涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理.2.涉及边a，b，c的齐次式时，常用正弦定理转化为角的正弦值，再利用三角公式进行变形.训练3(1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosC＝eq\f(1,3)，asinA－csinC＋bsinA＝0，则eq\f(b,a)＝()A.eq\f(5,3) B.eq\f(7,3)C.eq\f(7,2) D.eq\f(5,2)(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3bcosC＝3a－c，且A＝C，则sinA＝________.答案(1)A(2)eq\f(\r(6),3)解析(1)由正弦定理及asinA－csinC＋bsinA＝0，得a2－c2＝－ab，又由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2－ab,2ab)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(b,a)－1＝eq\f(2,3)，得eq\f(b,a)＝eq\f(5,3).(2)因为3bcosC＝3a－c，由正弦定理得3sinBcosC＝3sinA－sinC，又A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，即sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以3sinBcosC＝3(sinBcosC＋cosBsinC)－sinC，所以3cosBsinC＝sinC，因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,3)，又A＝C，所以cosB＝cos(π－2A)＝－cos2A＝2sin2A－1＝eq\f(1,3)，因为A∈(0，π)，所以sinA>0，所以sinA＝eq\f(\r(6),3).热点四正弦定理、余弦定理的综合应用1.利用正、余弦定理解决实际问题的一般流程：2.涉及正、余弦定理与三角形面积的综合问题求三角形面积时常用S＝eq\f(1,2)absinC形式的面积公式.例42020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86(单位：m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq\r(3)≈1.732)()A.346 B.373C.446 D.473答案B解析如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝eq\f(100,tan15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，则BD＝A′B′＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(\f(100,tan15°)·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq\f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq\r(3)＋1)＋100≈373.例5(2022·北京海淀区模拟)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB＝eq\r(3)bcosA.(1)求A；(2)从以下三组条件中选择一组条件作为已知条件，使△ABC存在且唯一确定，并求△ABC的面积.第①组条件：a＝eq\r(19)，c＝5.第②组条件：cosC＝eq\f(1,3)，c＝4eq\r(2).第③组条件：AB边上的高h＝eq\r(3)，a＝3.注：如果选择多种情形分别解答，按第一个解答计分.解(1)因为asinB＝eq\r(3)bcosA，由正弦定理可得sinAsinB＝eq\r(3)sinBcosA，又B∈(0，π)，所以sinB≠0，则sinA＝eq\r(3)cosA，即tanA＝eq\r(3)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)若选择第①组条件，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA，即19＝b2＋25－5b，解得b＝2或3，不符合题意，故不能选第①组条件.若选择第②组条件，因为C∈(0，π)，cosC＝eq\f(1,3)，所以sinC＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)可得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(4\r(2)×\f(\r(3),2),\f(2\r(2),3))＝3eq\r(3)，则sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(2\r(2)＋\r(3),6)，此时△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×3eq\r(3)×4eq\r(2)×eq\f(2\r(2)＋\r(3),6)＝4eq\r(3)＋3eq\r(2).若选择第③组条件，因为AB边上的高h＝eq\r(3)，所以bsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，则b＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得9＝4＋c2－2c，解得c＝1＋eq\r(6)，此时△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×(1＋eq\r(6))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),2).规律方法(1)对于解三角形的开放性问题，要根据自己的实际情况，选择自己最熟悉，易转化的条件用以求解.(2)与面积有关的问题，一般要根据已知角来选择三个面积公式(S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB)中的一个，同时再用正、余弦定理进行边角转化.训练4(1)(2022·湖南三湘名校联考)如图是2021年9月17日13时34分神舟十二号返回舱(图中C)接近地面的场景.伞面是表面积为1200m2的半球面(不含底面圆)，伞顶B与返回舱底端C的距离为半球半径的5倍，直线BC与水平地面垂直于D，D和观测点A在同一水平线上，在A测得点B的仰角∠DAB＝30°，且sin∠BAC＝eq\f(7\r(3),2\r(247))，则此时返回舱底端离地面的距离CD＝________(π＝3.14，sin∠ACB＝eq\f(9\r(3),\r(247))，计算过程中，球半径四舍五入保留整数).答案20m解析设半球的半径为rm，则2πr2＝1200，∴r≈14，∴BC＝5r＝70m.在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，则AB＝eq\f(BCsin∠ACB,sin∠BAC)＝70×eq\f(9\r(3),\r(247))×eq\f(2\r(247),7\r(3))＝180(m)，∴BD＝90m，则CD＝BD－BC＝20m.(2)(2022·青岛二中调研)从①2bsinA＝atanB，②a2－b2＝ac－c2，③eq\r(3)sinB＝cosB＋1这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________.(ⅰ)求B的大小；(ⅱ)若b＝2，△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，求△ABC的周长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(ⅰ)若选①：因为2bsinA＝atanB＝eq\f(asinB,cosB)，所以2ab＝eq\f(ab,cosB)，所以cosB＝eq\f(1,2)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).若选②：因为a2－b2＝ac－c2，所以a2＋c2－b2＝ac，所以2accosB＝ac，所以cosB＝eq\f(1,2)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).若选③：因为eq\r(3)sinB＝cosB＋1，所以eq\r(3)sinB－cosB＝1，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，因为B－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,3).(ⅱ)因为b2＝a2＋c2－2accosB，所以a2＋c2－ac＝4，又S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),2)，所以ac＝2，所以(a＋c)2－3ac＝4，所以(a＋c)2＝10，所以a＋c＝eq\r(10)，所以△ABC的周长为2＋eq\r(10).一、基本技能练1.(2022·岳阳二模)已知sinα＋2cosα＝0，则sin2α＝()A.－eq\f(4,5) B.－eq\f(3,5)C.－eq\f(3,4) D.eq\f(2,3)答案A解析∵sinα＋2cosα＝0，即sinα＝－2cosα，∴tanα＝－2，则sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(2×（－2）,4＋1)＝－eq\f(4,5)，故选A.2.计算eq\f(2cos10°－sin20°,cos20°)所得的结果为()A.1 B.eq\r(2)C.eq\r(3) D.2答案C解析eq\f(2cos10°－sin20°,cos20°)＝eq\f(2cos（30°－20°）－sin20°,cos20°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos20°＋\f(1,2)sin20°))－sin20°,cos20°)＝eq\f(\r(3)cos20°,cos20°)＝eq\r(3).3.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝eq\r(3)b，A－B＝eq\f(π,2)，则角C＝()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)答案B解析因为在△ABC中，A－B＝eq\f(π,2)，所以A＝B＋eq\f(π,2)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB，因为a＝eq\r(3)b，所以由正弦定理得sinA＝eq\r(3)sinB，所以cosB＝eq\r(3)sinB，所以tanB＝eq\f(\r(3),3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)，所以C＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，故选B.4.(2022·贵阳模拟)若3sin2α－2sin2α＝0，且sinα≠0，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))等于()A.－eq\f(7\r(2),10) B.－eq\f(\r(2),2)C.－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),2)答案A解析由题意可得eq\f(3,2)sin2α－sin2α＝0，所以3sinαcosα－sin2α＝0，即sinα(3cosα－sinα)＝0，又sinα≠0，所以tanα＝3，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(cos2α－sin2α)＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos2α－sin2α－2sinαcosα,sin2α＋cos2α)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－tan2α－2tanα,1＋tan2α)))＝－eq\f(7\r(2),10).5.“欲穷千里目，更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》，鹳雀楼位于今山西永济市，该楼有三层，前对中条山，下临黄河，传说常有鹳雀在此停留，故有此名.下面是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客(身高忽略不计)从地面点D看楼顶点A的仰角为30°，沿直线前进79m到达点E，此时看点C的仰角为45°，若BC＝2AC，则楼高AB约为()A.65m B.74mC.83m D.92m答案B解析设AC＝x(x>0)，则由已知可得AB＝3x，BE＝BC＝2x，BD＝eq\f(AB,tan∠ADB)＝3eq\r(3)x，所以DE＝BD－BE＝3eq\r(3)x－2x＝79，解得x＝eq\f(79,3\r(3)－2)≈24.7，所以楼高AB≈3×24.7＝74.1≈74(m).6.(多选)(2022·重庆模拟)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A＝60°，b＝2，c＝eq\r(3)＋1，则下列说法正确的是()A.C＝75°或C＝105°B.B＝45°C.a＝eq\r(6)D.该三角形的面积为eq\f(\r(3)＋1,2)答案BC解析由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝4＋4＋2eq\r(3)－2×2×(eq\r(3)＋1)×eq\f(1,2)＝6，所以a＝eq\r(6).由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，由于0°<B<120°，所以B＝45°.所以C＝180°－B－A＝75°.△ABC的面积为eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×(eq\r(3)＋1)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋\r(3),2).7.(2022·南通模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝________.答案－eq\f(1,3)解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2α))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))－1＝2×eq\f(1,3)－1＝－eq\f(1,3).8.(2022·浙江卷)若3sinα－sinβ＝eq\r(10)，α＋β＝eq\f(π,2)，则sinα＝________，cos2β＝________.答案eq\f(3\r(10),10)eq\f(4,5)解析因为α＋β＝eq\f(π,2)，所以β＝eq\f(π,2)－α，所以3sinα－sinβ＝3sinα－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝3sinα－cosα＝eq\r(10)sin(α－φ)＝eq\r(10)，其中sinφ＝eq\f(\r(10),10)，cosφ＝eq\f(3\r(10),10).所以α－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以α＝eq\f(π,2)＋φ＋2kπ，k∈Z，所以sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ＋2kπ))＝cosφ＝eq\f(3\r(10),10)，k∈Z.因为sinβ＝3sinα－eq\r(10)＝－eq\f(\r(10),10)，所以cos2β＝1－2sin2β＝1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).9.(2022·绍兴模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b－c＝eq\f(1,4)a，2sinB＝3sinC，△ABC的面积为eq\f(3\r(15),4)，则a＝________.答案4解析∵2sinB＝3sinC，由正弦定理可知2b＝3c，∵b－c＝eq\f(1,4)a，可得c＝eq\f(1,2)a，b＝eq\f(3,4)a，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4)，sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(15),4)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)a×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(3\r(15),4)，解得a＝4.10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c2＝a2＋b2－ab，sinA＋sinB＝2eq\r(6)sinAsinB，若c＝3，则a＋b的值为________.答案3eq\r(2)解析因为c2＝a2＋b2－ab，故cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，因为C∈(0，π),所以C＝eq\f(π,3).由正弦定理可得三角形外接圆的半径R满足2R＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，又sinA＋sinB＝2eq\r(6)sinAsinB，所以2eq\r(3)sinA＋2eq\r(3)sinB＝eq\r(2)×2eq\r(3)sinA×2eq\r(3)sinB，即a＋b＝eq\r(2)ab.因为c＝3，所以由余弦定理得9＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝(a＋b)2－eq\f(3\r(2),2)(a＋b)，解得a＋b＝3eq\r(2)或a＋b＝－eq\f(3\r(2),2)(舍去).11.(2022·北京卷)在△ABC中，sin2C＝eq\r(3)sinC.(1)求∠C；(2)若b＝6，且△ABC的面积为6eq\r(3)，求△ABC的周长.解(1)因为sin2C＝eq\r(3)sinC，所以2sinCcosC＝eq\r(3)sinC.因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，C＝eq\f(π,6).(2)因为△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×a×6×eq\f(1,2)＝6eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3).由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝48＋36－72＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝4eq\r(3)＋6＋2eq\r(3)＝6(eq\r(3)＋1).12.如图，在平面四边形ABCD中，∠BAD＝60°，BD＝eq\r(7)，cos∠ABD＝eq\f(\r(2),2).(1)求AB的长；(2)若∠BAD＋∠BCD＝180°，BC＝1，求四边形ABCD的面积.解(1)在△ABD中，由cos∠ABD＝eq\f(\r(2),2)，得∠ABD＝45°.又∠BAD＝60°，所以∠ADB＝75°，所以sin∠ADB＝sin75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，得AB＝eq\f(BDsin∠ADB,sin∠BAD)＝eq\f(\r(42)＋3\r(14),6).(2)由∠BAD＋∠BCD＝180°，可知∠BCD＝120°，设CD＝x，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD，则7＝1＋x2－2x·cos120°，化简，得x2＋x－6＝0，解得x＝2或x＝－3(舍).所以S△BCD＝eq\f(1,2)BC·CDsin120°＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BDsin∠ABD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(42)＋3\r(14),6)×eq\r(7)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(3)＋21,12).所以S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(7\r(3)＋21,12)＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(13\r(3)＋21,12).二、创新拓展练13.(多选)(2022·湖南三湘名校联考)在△ABC中，下列说法正确的是()A.若A>B，则sinA>sinBB.存在△ABC满足cosA＋cosB≤0C.在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC必是等腰直角三角形D.在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形答案AD解析对于A，若A>B，则a>b，则2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB，故A正确.对于B，由A＋B<π，得A<π－B，于是cosA>－cosB，即cosA＋cosB>0，故B错误.对于C，在△ABC中，由acosA＝bcosB，利用正弦定理可得：sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，C错误；对于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得：b2＝ac＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得a＝c，可得A＝C＝B＝60°，故D正确.故选AD.14.(多选)(2022·山东师大附中模拟)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b－2a＋4asin2eq\f(A＋B,2)＝0，则下列结论正确的是()A.角C一定为锐角 B.a2＋2b2－c2＝0C.3tanA＋tanC＝0 D.tanB的最小值为eq\f(\r(3),3)答案BC解析∵b－2a＋4asin2eq\f(A＋B,2)＝0，∴b－2a＋4asin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(C,2)))＝0，∴b－2a＋4acos2eq\f(C,2)＝0，∴b－2a＋4a·eq\f(1＋cosC,2)＝0，∴b＋2acosC＝0，∴cosC<0，∴角C一定为钝角，A错误；b＋2acosC＝0⇒b＋2a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝0⇒a2＋2b2－c2＝0，B正确；b＋2acosC＝0⇒sinB＋2sinAcosC＝0⇒3sinAcosC＋cosAsinC＝0⇒3tanA＋tanC＝0，C正确；tanB＝－tan(A＋C)＝eq\f(tanA＋tanC,tanAtanC－1)＝eq\f(－2tanA,－3tan2A－1)＝eq\f(2,3tanA＋\f(1,tan