微专题2　三角恒等变换与解三角形-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题2　三角恒等变换与解三角形-2024年高考数学二轮微专题系列，共27页。

1.(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cs(α＋β)＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))sin β，则( )
A.tan(α－β)＝1B.tan(α＋β)＝1
C.tan(α－β)＝－1D.tan(α＋β)＝－1
答案 C
解析 由题意得sin αcs β＋cs αsin β＋cs αcs β－sin αsin β＝2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)(cs α－sin α)sin β，整理，得sin αcs β－cs αsin β＋cs αcs β＋sin αsin β＝0，即sin(α－β)＋cs(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)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac＝eq \r(3)，则ac＝4，
所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，
所以b2＝a2＋c2－2accs B＝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＝________；cs ∠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·cs B＝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
cs∠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sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A).
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cs A＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长.
(1)证明 法一
由sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acs B－sin Ccs Asin B＝sin Bsin Ccs A－sin Bcs Csin A，
结合正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，可得accs B－bccs A＝bccs A－abcs C，
即accs B＋abcs C＝2bccs A(*).
由余弦定理可得
accs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2)，
abcs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2)，
2bccs A＝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sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)
＝sin2Acs2B－cs2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B
＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2 A＝sin2 B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
(2)解 由(1)及a2＝b2＋c2－2bccs A得，a2＝2bccs A，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＋cs2α＝1，eq \f(sin α,cs α)＝tan αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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sin α＝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，cs(α＋β)＝－eq \f(5,13)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,3)))＝eq \f(4,5)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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由sin(α－β)＝－eq \f(\r(10),10)，
得cs(α－β)＝eq \f(3\r(10),10)，
又sin α＝eq \f(\r(5),5)，所以cs α＝eq \f(2\r(5),5)，
所以sin β＝sin[α－(α－β)]
＝sin αcs(α－β)－cs αsin(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\c1(－\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\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，
∴sin(α＋β)>0，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
∵cs(α＋β)＝－eq \f(5,13)，
∴sin(α＋β)＝eq \f(12,13)，
又∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,3)))＝eq \f(4,5)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,3)))＝－eq \f(3,5)或cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,3)))＝eq \f(3,5)(舍去)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（α＋β）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,3)))))
＝cs(α＋β)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,3)))＋sin(α＋β)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,3)))
＝－eq \f(5,13)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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，sin α＋cs α＝eq \f(\r(3),3)，则cs 2α＝( )
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cs α＝eq \f(1,7)，cs(α－β)＝eq \f(13,14)，且0<β<α答案 (1)A (2)eq \f(π,3)
解析 (1)sin α＋cs α＝eq \f(\r(3),3)，两边平方得(sin α＋cs α)2＝1＋2sin αcs α＝eq \f(1,3)，
整理得：2sin αcs α＝－eq \f(2,3)<0，
∴(cs α－sin α)2＝1－2sin αcs α＝eq \f(5,3).
∵α为第二象限角，
∴sin α>0，cs α<0，即cs α－sin α<0，
∴cs α－sin α＝－eq \f(\r(15),3).
则cs 2α＝(cs α＋sin α)(cs α－sin α)＝－eq \f(\r(5),3)，故选A.
(2)由cs α＝eq \f(1,7)，cs(α－β)＝eq \f(13,14)，且0<β<α得sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(4\r(3),7)，sin(α－β)＝eq \r(1－cs2（α－β）)＝eq \f(3\r(3),14).
∴cs β＝cs[α－(α－β)]＝cs αcs(α－β)＋sin αsin(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\c1(0，\f(π,2)))，且sin(α＋2β)＝eq \f(7,5)sin α.
(1)求证：tan(α＋β)＝6tan β；
(2)若tan α＝3tan β，求α的值.
(1)证明 因为sin(α＋2β)＝eq \f(7,5)sin α，
所以sin[(α＋β)＋β]＝eq \f(7,5)sin[(α＋β)－β]，
所以sin(α＋β)cs β＋cs(α＋β)sin β＝eq \f(7,5)[sin(α＋β)cs β－cs(α＋β)sin β]，
所以sin(α＋β)cs β＝6cs(α＋β)sin β.①
因为α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π).
若cs(α＋β)＝0，则由①得sin(α＋β)＝0，
与α＋β∈(0，π)矛盾，所以cs(α＋β)≠0.
又β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs β≠0.
由①两边同除以cs(α＋β)·cs β，
得tan(α＋β)＝6tan β.
(2)解 由(1)知tan(α＋β)＝6tan β，
则eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝6tan β，
因为tan α＝3tan β，所以tan β＝eq \f(1,3)tan α，
所以eq \f(\f(4,3)tan α,1－\f(1,3)tan2α)＝2tan α.
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以tan α＞0，
所以eq \f(4,3－tan2α)＝2，所以tan2α＝1.
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以tan α＝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)cs 4α＋4cs 2α＋3＝8cs4α.
(2)eq \f(sin（2α＋β）,sin α)－2cs(α＋β)＝eq \f(sin β,sin α).
证明 (1)左边＝2cs22α－1＋4cs 2α＋3
＝2(cs22α＋2cs 2α＋1)
＝2(cs 2α＋1)2
＝2(2cs2α－1＋1)2
＝2(2cs2α)2
＝8cs4α
＝右边.
(2)左端＝eq \f(sin[（α＋β）＋α]－2cs（α＋β）sin α,sin α)
＝eq \f(sin（α＋β）cs α－cs（α＋β）sin α,sin α)
＝eq \f(sin[（α＋β）－α],sin α)
＝eq \f(sin β,sin α)＝右端.
热点三 正弦定理、余弦定理
1.正弦定理：在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径).
2.余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccs A.
变形：b2＋c2－a2＝2bccs A，cs A＝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ccs B＋bcs C＝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.2D.1
(2)(2022·泰安三模)在△ABC中，AC＝3，BC＝2，cs C＝eq \f(3,4)，则tan A＝( )
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)∵ccs B＋bcs C
＝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cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(2),2)，
∵0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·ACcs C＝32＋22－2×3×2×eq \f(3,4)＝4，所以AB＝2，所以AB＝BC，所以A＝C，所以cs A＝cs C＝eq \f(3,4)，则sin A＝eq \f(\r(7),4)，故tan A＝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cs C＝eq \f(1,3)，asin A－csin C＋bsin A＝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3bcs C＝3a－c，且A＝C，则sin A＝________.
答案 (1)A (2)eq \f(\r(6),3)
解析 (1)由正弦定理及asin A－csin C＋bsin A＝0，
得a2－c2＝－ab，
又由余弦定理得
cs C＝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3bcs C＝3a－c，由正弦定理得3sin Bcs C＝3sin A－sin C，
又A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，
即sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
所以3sin Bcs C＝3(sin Bcs C＋cs Bsin C)－sin C，
所以3cs Bsin C＝sin C，
因为C∈(0，π)，
所以sin C≠0，所以cs B＝eq \f(1,3)，
又A＝C，
所以cs B＝cs(π－2A)＝－cs 2A＝2sin2 A－1＝eq \f(1,3)，
因为A∈(0，π)，所以sin A>0，
所以sin A＝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)absin C形式的面积公式.
例4 2020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8 848.86(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.346B.373
C.446D.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,tan 15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，则BD＝A′B′＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，
又在B点处测得A点的仰角为45°，
所以AD＝BD＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，
所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(\f(100,tan 15°)·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(100sin 45°,sin 15°)＋100＝eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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asin B＝eq \r(3)bcs A.
(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：cs C＝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asin B＝eq \r(3)bcs A，由正弦定理可得sin Asin B＝eq \r(3)sin Bcs A，
又B∈(0，π)，所以sin B≠0，
则sin A＝eq \r(3)cs A，
即tan A＝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＋c2－2bccs A，
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)，
cs C＝eq \f(1,3)，所以sin C＝eq \f(2\r(2),3)，
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)可得
a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(4\r(2)×\f(\r(3),2),\f(2\r(2),3))＝3eq \r(3)，
则sin B＝sin(A＋C)
＝sin Acs C＋cs Asin C
＝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)acsin B
＝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bsin eq \f(π,3)＝eq \r(3)，
则b＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，
得9＝4＋c2－2c，解得c＝1＋eq \r(6)，
此时△ABC的面积
S＝eq \f(1,2)bcsin A＝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)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B)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1 200 m2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 20 m
解析 设半球的半径为r m，
则2πr2＝1 200，∴r≈14，
∴BC＝5r＝70 m.
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＝90 m，
则CD＝BD－BC＝20 m.
(2)(2022·青岛二中调研)从①2bsin A＝atan B，②a2－b2＝ac－c2，③eq \r(3)sin B＝cs B＋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2bsin A＝atan B＝eq \f(asin B,cs B)，所以2ab＝eq \f(ab,cs B)，
所以cs B＝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2accs B＝ac，
所以cs B＝eq \f(1,2)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
若选③：因为eq \r(3)sin B＝cs B＋1，
所以eq \r(3)sin B－cs B＝1，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
因为B－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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＋c2－2accs B，
所以a2＋c2－ac＝4，
又S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝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sin α＋2cs α＝0，则sin 2α＝( )
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 ∵sin α＋2cs α＝0，
即sin α＝－2cs α，
∴tan α＝－2，
则sin 2α＝2sin αcs α＝eq \f(2sin αcs α,sin2 α＋cs2 α)＝eq \f(2tan α,tan2 α＋1)＝eq \f(2×（－2）,4＋1)＝－eq \f(4,5)，故选A.
2.计算eq \f(2cs 10°－sin 20°,cs 20°)所得的结果为( )
A.1B.eq \r(2)
C.eq \r(3)D.2
答案 C
解析 eq \f(2cs 10°－sin 20°,cs 20°)
＝eq \f(2cs（30°－20°）－sin 20°,cs 20°)
＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs 20°＋\f(1,2)sin 20°))－sin 20°,cs 20°)
＝eq \f(\r(3)cs 20°,cs 20°)＝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sin A＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,2)))＝cs B，
因为a＝eq \r(3)b，
所以由正弦定理得sin A＝eq \r(3)sin B，
所以cs B＝eq \r(3)sin B，
所以tan B＝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\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，故选B.
4.(2022·贵阳模拟)若3sin 2α－2sin2 α＝0，且sin α≠0，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)sin 2α－sin2 α＝0，
所以3sin αcs α－sin2 α＝0，
即sin α(3cs α－sin α)＝0，
又sin α≠0，所以tan α＝3，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(cs 2α－sin 2α)
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs2α－sin2α－2sin αcs α,sin2α＋cs2α)))
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－tan2α－2tan α,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79 m到达点E，此时看点C的仰角为45°，若BC＝2AC，则楼高AB约为( )
A.65 mB.74 m
C.83 mD.92 m
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＋c2－2bccs A
＝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sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
由于0°所以C＝180°－B－A＝75°.
△ABC的面积为eq \f(1,2)bcsin A＝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\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))＝________.
答案 －eq \f(1,3)
解析 cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))
＝－cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))))
＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2α))＝－cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))
＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))－1＝2×eq \f(1,3)－1＝－eq \f(1,3).
8.(2022·浙江卷)若3sin α－sin β＝eq \r(10)，α＋β＝eq \f(π,2)，则sin α＝________，cs 2β＝________.
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3sin α－sin β＝3sin α－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝3sin α－cs α＝eq \r(10)sin(α－φ)＝eq \r(10)，其中sin φ＝eq \f(\r(10),10)，cs φ＝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sin α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋φ＋2kπ))＝cs φ＝eq \f(3\r(10),10)，k∈Z.
因为sin β＝3sin α－eq \r(10)＝－eq \f(\r(10),10)，
所以cs 2β＝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，2sin B＝3sin C，△ABC的面积为eq \f(3\r(15),4)，则a＝________.
答案 4
解析 ∵2sin B＝3sin C，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，
∴cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,4)，
sin A＝eq \r(1－cs2 A)＝eq \f(\r(15),4)，
S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝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，sin A＋sin B＝2eq \r(6)sin Asin B，若c＝3，则a＋b的值为________.
答案 3eq \r(2)
解析 因为c2＝a2＋b2－ab，
故cs C＝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sin A＋sin B＝2eq \r(6)sin Asin B，
所以2eq \r(3)sin A＋2eq \r(3)sin B
＝eq \r(2)×2eq \r(3)sin A×2eq \r(3)sin B，
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，sin 2C＝eq \r(3)sin C.
(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sin 2C＝eq \r(3)sin C，
所以2sin Ccs C＝eq \r(3)sin C.
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，
所以cs C＝eq \f(\r(3),2)，C＝eq \f(π,6).
(2)因为△ABC的面积S＝eq \f(1,2)absin C＝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＋b2－2abcs C＝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)，cs ∠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cs ∠ABD＝eq \f(\r(2),2)，
得∠ABD＝45°.
又∠BAD＝60°，所以∠ADB＝75°，
所以sin ∠ADB＝sin 75°＝sin(45°＋30°)
＝sin 45°cs 30°＋cs 45°sin 30°
＝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·cs ∠BCD，
则7＝1＋x2－2x·cs 120°，
化简，得x2＋x－6＝0，
解得x＝2或x＝－3(舍).
所以S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CDsin 120°＝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sin A>sin B
B.存在△ABC满足cs A＋cs B≤0
C.在△ABC中，若acs A＝bcs B，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2Rsin A>2Rsin B，
即sin A>sin B，故A正确.
对于B，由A＋B<π，
得A<π－B，于是cs A>－cs B，
即cs A＋cs B>0，故B错误.
对于C，在△ABC中，由acs A＝bcs B，利用正弦定理可得：sin Acs A＝sin Bcs B，
∴sin 2A＝sin 2B，∵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＝0
C.3tan A＋tan C＝0D.tan B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\c1(\f(π,2)－\f(C,2)))＝0，
∴b－2a＋4acs2eq \f(C,2)＝0，
∴b－2a＋4a·eq \f(1＋cs C,2)＝0，
∴b＋2acs C＝0，
∴cs C<0，∴角C一定为钝角，A错误；
b＋2acs C＝0⇒b＋2a·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝0⇒a2＋2b2－c2＝0，B正确；
b＋2acs C＝0⇒sin B＋2sin Acs C＝0⇒3sin Acs C＋cs Asin C＝0⇒3tan A＋tan C＝0，C正确；
tan B＝－tan(A＋C)＝eq \f(tan A＋tan C,tan Atan C－1)＝eq \f(－2tan A,－3tan2 A－1)＝eq \f(2,3tan A＋\f(1,tan A))≤eq \f(\r(3),3)，
经检验“＝”取得到，D错误，综上选BC.
15.(2022·福州质检)某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位，制作了一批奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形OAB的半径为10，∠PBA＝∠QAB＝60°，AQ＝QP＝PB，若按此方案设计，工艺制造厂发现，当OP最长时，该奖杯比较美观，此时∠AOB＝________.
答案 eq \f(π,2)
解析 由题意可知，四边形ABPQ为等腰梯形.
如图，连接OP，过点O作OM⊥QP，垂足为点M，交AB于点C，
则OC⊥AB，OM平分∠AOB，M为线段PQ的中点.
设∠AOC＝θ，
则AB＝20sin θ，OC＝10cs θ，
设AQ＝QP＝BP＝x，
过点Q作QE⊥AB，垂足为点E，
过点P作PF⊥AB，垂足为点F，
因为∠PBA＝∠QAB＝60°，
所以AE＝BF＝eq \f(1,2)x，CM＝PF＝eq \f(\r(3),2)x，
EF＝QP＝x，
所以AB＝2x，
所以AB＝20sin θ＝2x，
即x＝10sin θ，
所以OM＝OC＋CM＝10cs θ＋eq \f(\r(3),2)x＝10cs θ＋5eq \r(3)sin θ，
所以OP2＝OM2＋MP2
＝(10cs θ＋5eq \r(3)sin θ)2＋(5sin θ)2
＝100cs2 θ＋75sin2 θ＋100eq \r(3)sin θcs θ＋25sin2 θ＝100＋50eq \r(3)sin 2θ，
因为sin 2θ∈[－1，1]，
所以当sin 2θ＝1，
即θ＝eq \f(π,4)时，OP2最大，也就是OP最长，
此时∠AOB＝eq \f(π,2).
16.(2022·临沂预测)在①asin(A＋C)＝bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))；②1＋2cs Ccs B＝cs(C－B)－cs(C＋B)；③eq \f(2tan B,tan A＋tan B)＝eq \f(b,c)
这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上并作答.
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＋c＝2eq \r(3)，a＝eq \r(6)，________，
(1)求角A的大小；
(2)求△ABC的面积.
解 (1)选①，由正弦定理得
sin Asin B＝sin Bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
因为0所以sin A＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
化简得sin A＝eq \f(\r(3),2)cs A＋eq \f(1,2)sin A，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))＝0，
因为0选②，因为1＋2cs Ccs B＝cs(C－B)－cs(C＋B)，
所以1－cs(C－B)＋cs(C＋B)＋2cs Ccs B＝1＋2cs(C＋B)＝1－2cs A＝0，
所以cs A＝eq \f(1,2)，
因为0选③，因为eq \f(2tan B,tan A＋tan B)＝eq \f(b,c)，
由正弦定理，得eq \f(2tan B,tan A＋tan B)＝eq \f(sin B,sin C)，
而eq \f(2×\f(sin B,cs B),\f(sin A,cs A)＋\f(sin B,cs B))＝eq \f(\f(2sin B,cs B),\f(sin Acs B＋sin Bcs A,cs Acs B))＝eq \f(\f(2sin B,cs B),\f(sin C,cs Acs B))＝eq \f(2sin Bcs A,sin C)＝eq \f(sin B,sin C)，
因为sin B≠0，sin C≠0，
所以cs A＝eq \f(1,2)，
因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)由(1)知，a2＝b2＋c2－2bccseq \f(π,3)＝(b＋c)2－3bc，a＝eq \r(6)，b＋c＝2eq \r(3)，
所以bc＝2，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2·sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2).