專題二三角函數、平面向量第一講三角函數的圖象與性質(選擇、填空題型)命題全解密MINGTIQUANJIEMIeq\o(\s\up7(),\s\do5(1.命題點))三角函數的周期性、單調性、最值、奇偶性、對稱性；函數y＝Asin(ωx＋φ)的解析式、圖象及其變換、單調區間的求法．eq\o(\s\up7(),\s\do5(2.交匯點))常與向量、解三角形、不等式等知識交匯考查．eq\o(\s\up7(),\s\do5(3.常用方法))利用三角函數的圖象與性質求三角函數值域的方法；利用公式求三角函數的周期的方法；利用整體代換求三角函數的單調區間的方法；利用平移變換與伸縮變換求函數的解析式的方法．[重要性質]函數y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象單調性在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1())－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπeq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1())(k∈Z)上單調遞增；在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(3π,2)＋2kπeq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1())(k∈Z)上單調遞減在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上單調遞增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上單調遞減在eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπeq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())(k∈Z)上單調遞增對稱性對稱中心：(kπ，0)(k∈Z)；對稱軸：x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)對稱中心：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，0))(k∈Z)；對稱軸：x＝kπ(k∈Z)對稱中心：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)[重要變換]1．y＝sinxeq\o(→,\s\up17(向左φ>0或向右φ<0),\s\do15(平移|φ|個單位))y＝sin(x＋φ)eq\o(→,\s\up27(橫坐標變為原來的eq\f(1,ω)倍,,縱坐標不變))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up17(縱坐標變為原來的A倍),\s\do15(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．2．y＝sinxeq\o(→,\s\up17(橫坐標變為原來的eq\f(1,ω)倍,,縱坐標不變))y＝sinωxeq\o(→,\s\up17(向左φ>0或向右φ<0),\s\do15(平移|\f(φ,ω)|個單位))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up17(縱坐標變為原來的A倍),\s\do15(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．[易錯提醒]1．忽視定義域求解三角函數的單調區間、最值(值域)以及作圖象等問題時，要注意函數的定義域．2．重要圖象變換順序在圖象變換過程中，注意分清是先相位變換，還是先周期變換．變換只是相對于其中的自變量x而言的，如果x的系數不是1，就要把這個系數提取后再確定變換的單位長度和方向．3．忽視A，ω的符號在求y＝Asin(ωx＋φ)的單調區間時，要特別注意A和ω的符號，若ω<0，需先通過誘導公式將x的系數化為正的．熱點一求函數y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例1(1)函數f(x)＝Asinωx(A>0，ω>0)的部分圖象如圖所示，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2015)的值為()A．0 B．3eq\r(2)C．6eq\r(2) D．－eq\r(2)[解析]由圖可得，A＝2，T＝8，eq\f(2π,ω)＝8，ω＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\f(π,4)x，∴f(1)＝eq\r(2)，f(2)＝2，f(3)＝eq\r(2)，f(4)＝0，f(5)＝－eq\r(2)，f(6)＝－2，f(7)＝－eq\r(2)，f(8)＝0，而2015＝8×251＋7，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2015)＝0.[答案]A(2)已知函數f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω>0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，且f(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上遞減，則ω＝()A．3 B．2C．6 D．5[解析]∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上單調遞減，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)))＝0，∵f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,3)))＝0，∴eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，又eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，ω>0，∴ω＝2.[答案]B函數表達式y＝Asin(ωx＋φ)＋B的確定方法字母確定途徑說明A由最值確定A＝eq\f(最大值－最小值,2)B由最值確定B＝eq\f(最大值＋最小值,2)ω由函數的周期確定相鄰的最高點與最低點的橫坐標之差的絕對值為半個周期，最高點(或最低點)的橫坐標與相鄰零點差的絕對值為eq\f(1,4)個周期φ由圖象上的特殊點確定一般把第一個零點作為突破口，可以從圖象的升降找準第一個零點的位置．利用待定系數法并結合圖象列方程或方程組求解1．已知函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(ωx＋φ)－\f(π,2)))eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())ω>0，|φ|<eq\f(π,2)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())的部分圖象如圖所示，則y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值時x的取值集合為()A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,6)，k∈Z)))) B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,3)，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝2kπ－\f(π,6)，k∈Z)))) D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝2kπ－\f(π,3)，k∈Z))))答案B解析因為f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,2)))＝sin(ωx＋φ)，由圖可知eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，所以ω＝eq\f(2π,π)＝2.又由圖得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝1，即2×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，則y＝f(x＋eq\f(π,6))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得x＝kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，所以y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值時x的取值集合為eq\a\vs4\al(\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,3)，k∈Z)))))，故選B.2．如圖，某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k.據此函數可知，這段時間水深(單位：m)的最大值為()A．5 B．6C．8 D．10答案C解析由題圖可知－3＋k＝2，k＝5，y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋5，∴ymax＝3＋5＝8.熱點二函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象變換例2(1)函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中|φ|<\f(π,2)，ω>0))的圖象如圖所示，為了得到y＝sinωx的圖象，只需把y＝f(x)的圖象上所有點A．向右平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,12)個單位長度C．向左平移eq\f(π,6)個單位長度D．向左平移eq\f(π,12)個單位長度[解析]由圖象知：eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)，∴T＝π.又π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2.由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0得：2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝kπ－eq\f(2π,3)(k∈Z)．∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))，故選A.[答案]A(2)為得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象，可將函數y＝sinx的圖象向左平移m個單位長度，或向右平移n個單位長度(m，n均為正數)，則|m－n|的最小值是()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(4π,3) D.eq\f(5π,3)[解析]由題意可知，m＝eq\f(π,3)＋2k1π，k1為非負整數，n＝－eq\f(π,3)＋2k2π，k2為正整數，∴|m－n|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2k1－k2π))，∴當k1＝k2時，|m－n|min＝eq\f(2π,3).[答案]B三角函數圖象平移問題處理策略(1)看平移要求：首先要看題目要求由哪個函數平移得到哪個函數，這是判斷移動方向的關鍵點．(2)看移動方向：移動的方向一般記為“正向左，負向右”，看y＝Asin(ωx＋φ)中φ的正負和它的平移要求．(3)看移動單位：在函數y＝Asin(ωx＋φ)中，周期變換和相位變換都是沿x軸方向的，所以ω和φ之間有一定的關系，φ是初相，再經過ω的壓縮，最后移動的單位是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω))).1．已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)，把函數f(x)的圖象向右平移eq\f(5π,12)個單位長度得函數g(x)的圖象，則下列結論錯誤的是()A．函數g(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上為增函數B．函數g(x)為偶函數C．函數g(x)的最小正周期為πD．函數g(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,4)對稱答案D解析因為f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x，故函數g(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，函數g(x)為偶函數，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)))＝0，故函數g(x)的圖象不關于直線x＝eq\f(π,4)對稱，當0≤x≤eq\f(π,2)時，0≤2x≤π，則函數g(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上為增函數，故選D.2．將函數f(x)＝sin2x的圖象向右平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))個單位后得到函數g(x)的圖象．若對滿足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝eq\f(π,3)，則φ＝()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案D解析由已知得g(x)＝sin(2x－2φ)，滿足|f(x1)－g(x2)|＝2，不妨設此時y＝f(x)和y＝g(x)分別取得最大值與最小值，又|x1－x2|min＝eq\f(π,3)，令2x1＝eq\f(π,2)，2x2－2φ＝－eq\f(π,2)，此時|x1－x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝eq\f(π,3)，又0<φ<eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,6)，選D.熱點三函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象和性質的綜合應用例3(1)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期是π，若將其圖象向右平移eq\f(π,3)個單位后得到的圖象關于原點對稱，則函數f(x)的圖象()A．關于直線x＝eq\f(π,12)對稱 B．關于直線x＝eq\f(5π,12)對稱C．關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))對稱 D．關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))對稱[解析]∵f(x)的最小正周期為π，∴eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2，∴f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位后得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)＋φ))的圖象，又g(x)的圖象關于原點對稱，∴－eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋kπ))<eq\f(π,2)，∴k＝－1，φ＝－eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，當x＝eq\f(π,12)時，2x－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,6)，∴A，C錯誤，當x＝eq\f(5π,12)時，2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，∴B正確，D錯誤．[答案]B(2)已知函數f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(ω>0)的圖象與x軸交點的橫坐標構成一個公差為eq\f(π,2)的等差數列，把函數f(x)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,6)個單位，得到函數g(x)的圖象.關于函數g(x)，下列說法正確的是()A．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是增函數B．其圖象關于直線x＝－eq\f(π,4)對稱C．函數g(x)是奇函數D．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時，函數g(x)的值域是[－2,1][解析]f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，由題設知eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，∴T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).把函數f(x)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,6)個單位，得到g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x的圖象，g(x)是偶函數且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是減函數，其圖象關于直線x＝－eq\f(π,4)不對稱，所以A，B，C錯誤．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，則g(x)min＝2cosπ＝－2，g(x)max＝2coseq\f(π,3)＝1，即函數g(x)的值域是[－2,1]，故選D.[答案]D本例(1)中條件不變，若平移后得到的圖象關于y軸對稱，則f(x)的圖象又關于誰對稱？答案D解析g(x)的圖象關于y軸對稱，則－eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，可求φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，2x＋eq\f(π,6)＝kπ，可得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，令k＝1，則x＝eq\f(5π,12)，故選D.求解函數y＝Asin(ωx＋φ)的性質問題的三種意識(1)轉化意識：利用三角恒等變換將所求函數轉化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．(2)整體意識：類比y＝sinx的性質，只需將y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整體代入求解．①令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，可求得對稱軸方程．②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得對稱中心的橫坐標．③將ωx＋φ看作整體，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的單調區間，注意ω的符號．(3)討論意識：當A為參數時，求最值應分情況討論A>0，A<0.1．[2015·四川高考]下列函數中，最小正周期為π且圖象關于原點對稱的函數是()A．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C．y＝sin2x＋cos2x D．y＝sinx＋cosx答案A解析采用驗證法．由y＝cos(2x＋eq\f(π,2))＝－sin2x，可知該函數的最小正周期為π且為奇函數，故選A.2．已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均為正的常數)的最小正周期為π，當x＝eq\f(2π,3)時，函數f(x)取得最小值，則下列結論正確的是()A．f(2)<f(－2)<f(0) B．f(0)<f(2)<f(－2)C．f(－2)<f(0)<f(2) D．f(2)<f(0)<f(－2)答案A解析∵f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期為π，且x＝eq\f(2π,3)是經過函數f(x)最小值點的一條對稱軸，∴x＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6)是經過函數f(x)最大值點的一條對稱軸．∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,6)))＝eq\f(12－π,6)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(π－2－\f(π,6)))＝eq\f(5π－12,6)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0－\f(π,6)))＝eq\f(π,6)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,6)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(π－2－\f(π,6)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0－\f(π,6)))，且－eq\f(π,3)<2<eq\f(2π,3)，－eq\f(π,3)<π－2<eq\f(2π,3)，－eq\f(π,3)<0<eq\f(2π,3)，∴f(2)<f(π－2)<f(0)，即f(2)<f(－2)<f(0)．課題8三角函數圖象變換要得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數y＝sin4x的圖象()A．向左平移eq\f(π,12)個單位 B．向右平移eq\f(π,12)個單位C．向左平移eq\f(π,3)個單位 D．向右平移eq\f(π,3)個單位審題過程eq\a\vs4\al(切入點)函數圖象的變換方法．eq\a\vs4\al(關注點)函數的解析式的整理化簡.eq\a\vs4\al([規范解答])因為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，所以只需將y＝sin4x的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位，即可得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，故選B.解決函數圖象變換問題的模型示意圖如下：1．函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())A>0，ω>0，eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位后，得到的圖象解析式為()A．y＝sin2x B．y＝cos2xC．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))答案D解析A＝1，由eq\f(3,4)·T＝eq\f(3π,4)得T＝π，ω＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，|φ|<eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,6)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，向右平移eq\f(π,6)個單位后，得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).2．已知函數f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))(0<φ<π)，將函數f(x)的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位后得到函數g(x)的圖象，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，則φ＝________.答案eq\f(2π,3)解析∵f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(cos2x＋1,2)cosφ－eq\f(1,2)cosφ＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1,2)cos2xcosφ＝eq\f(1,2)cos(2x－φ)，∴g(x)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－φ))＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)－φ)).∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，∴2×eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)－φ＝2kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f(2π,3)－2kπ(k∈Z)．∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(2π,3).一、選擇題1.將函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))(x∈R)的圖象上所有的點向左平移eq\f(π,4)個單位長度，再把圖象上各點的橫坐標擴大到原來的2倍，則所得的圖象的解析式為()A.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,12)))(x∈R)B.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))(x∈R)C.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,12)))(x∈R)D.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,24)))(x∈R)答案B解析原函數圖象向左平移eq\f(π,4)個單位后得y＝sineq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))(x∈R)的圖象，再把圖象上各點的橫坐標擴大到原來的2倍得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))(x∈R)的圖象．2．函數f(x)＝tanωx(ω>0)的圖象的相鄰兩支截直線y＝2所得線段長為eq\f(π,2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值是()A．－eq\r(3) B.eq\f(\r(3),3)C．1 D.eq\r(3)答案D解析由題意可知該函數的周期為eq\f(π,2)，∴eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，ω＝2，f(x)＝tan2x，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3)，故選D.3．將函數f(x)＝cosx－eq\r(3)sinx(x∈R)的圖象向左平移a(a>0)個單位長度后，所得到的圖象關于原點對稱，則a的最小值是()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,6)答案B解析f(x)＝cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由題知eq\f(π,3)＋a＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以a＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，又因為a>0，所以a的最小值為eq\f(π,6).4．函數f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω≠0)對任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))等于()A．2或0 B．－2或2C．0 D．－2或0答案B解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))可知函數圖象關于直線x＝eq\f(π,4)對稱，則在x＝eq\f(π,4)處函數取得最值，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±2，故選B.5．已知平面向量a＝(2cos2x，sin2x)，b＝(cos2x，－2sin2x)，f(x)＝a·b，要得到y＝sin2x＋eq\r(3)cos2x的圖象，只需要將y＝f(x)的圖象()A.向左平行移動eq\f(π,6)個單位B．向右平行移動eq\f(π,6)個單位C．向左平行移動eq\f(π,12)個單位D．向右平行移動eq\f(π,12)個單位答案D解析由題意得：f(x)＝a·b＝2cos4x－2sin4x＝2(cos2x＋sin2x)(cos2x－sin2x)＝2cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))，而y＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,2)))，故只需將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位即可．故選D.6．函數f(x)＝eq\f(1,2)(1＋cos2x)·sin2x(x∈R)是()A．最小正周期為π的奇函數B．最小正周期為eq\f(π,2)的奇函數C．最小正周期為π的偶函數D．最小正周期為eq\f(π,2)的偶函數答案D解析注意到sin2x＝eq\f(1,2)(1－cos2x)，因此f(x)＝eq\f(1,4)(1＋cos2x)(1－cos2x)＝eq\f(1,4)(1－cos22x)＝eq\f(1,4)sin22x＝eq\f(1,8)(1－cos4x)，即f(x)＝eq\f(1,8)(1－cos4x)，f(－x)＝eq\f(1,8)(1－cos4x)＝f(x)，因此函數f(x)是最小正周期為eq\f(π,2)的偶函數，選D.7．已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(0<φ<π)的圖象如圖所示，若f(x0)＝3，x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，則sinx0的值為()A.eq\f(4\r(3)－3,10) B.eq\f(3\r(3)＋4,10)C.eq\f(4\r(3)＋1,10) D.eq\f(3\r(3)＋3,10)答案B解析由圖象知A＝5，eq\f(T,2)＝eq\f(4π,3)－eq\f(π,3)＝π，∴T＝2π，∴ω＝eq\f(2π,2π)＝1，且1×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，又0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).由f(x0)＝3，得sin(x0＋eq\f(π,6))＝eq\f(3,5)，即eq\f(\r(3),2)sinx0＋eq\f(1,2)cosx0＝eq\f(3,5)，①又x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5)，即eq\f(\r(3),2)cosx0－eq\f(1,2)sinx0＝－eq\f(4,5)，②由①②解得sinx0＝eq\f(3\r(3)＋4,10).8.已知函數f(x)＝eq\f(sinx＋cosx＋|sinx－cosx|,2)，則下列結論正確的是()A．f(x)是奇函數 B．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上遞增C．f(x)是周期函數 D．f(x)的值域為[－1,1]答案C解析由題意得，f(x)本質上為取sinx，cosx中的較大值，為周期函數，一個周期T＝2π，在(0,2π]上的解析式為：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))sinx，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))cosx，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π)))).∵f(x)為非奇非偶函數，∴A錯誤；f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞增，∴B錯誤；由f(x)在(0,2π]上的解析式可知，其值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，∴D錯誤．故選C.9．已知函數f(x)＝sin(2x＋α)在x＝eq\f(π,12)時有極大值，且f(x－β)為奇函數，則α，β的一組可能值依次為()A.eq\f(π,6)，－eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)，eq\f(π,12)C.eq\f(π,3)，－eq\f(π,6) D.eq\f(π,3)，eq\f(π,6)答案D解析依題意得2×eq\f(π,12)＋α＝2k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，即α＝2k1π＋eq\f(π,3)，k1∈Z，因此選項A、B均不正確；由f(x－β)是奇函數得f(－x－β)＝－f(x－β)，即f(－x－β)＋f(x－β)＝0，函數f(x)的圖象關于點(－β，0)對稱，f(－β)＝0，sin(－2β＋α)＝0，sin(2β－α)＝0,2β－α＝k2π，k2∈Z，結合選項C、D，則α＝eq\f(π,3)得β＝eq\f(k2π,2)＋eq\f(π,6)，k2∈Z，因此選D.10．如圖，M(xM，yM)，N(xN，yN)分別是函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象與兩條直線l1：y＝m(A≥m≥0)，l2：y＝－m的兩個交點，記S(m)＝|xN－xM|，則S(m)的圖象大致是()答案C解析如圖所示，作曲線y＝f(x)的對稱軸x＝x1，x＝x2，點M與點D關于直線x＝x1對稱，點N與點C關于直線x＝x2對稱，所以xM＋xD＝2x1，xC＋xN＝2x2，所以xD＝2x1－xM，xC＝2x2－xN.又點M與點C、點D與點N都關于點B對稱，所以xM＋xC＝2xB，xD＋xN＝2xB，所以xM＋2x2－xN＝2xB,2x1－xM＋xN＝2xB，得xM－xN＝2(xB－x2)＝－eq\f(T,2)，xN－xM＝2(xB－x1)＝eq\f(T,2)，所以|xM－xN|＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)(常數)，選C.二、填空題11.函數y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosxeq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())的單調遞增區間是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))解析∵y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∴函數的單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).12．若函數f(x)＝cos2x＋asinx在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))是減函數，則a的取值范圍是________．答案(－∞，2]解析f(x)＝cos2x＋asinx＝1－2sin2x＋asinx，令t＝sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，則t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，原函數化為y＝－2t2＋at＋1，由題意及復合函數單調性的判定可知y＝－2t2＋at＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是減函數，結合拋物線圖象可知，eq\f(a,4)≤eq\f(1,2)，所以a≤2.13．函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(x∈R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，如果x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，則f(x1＋x2)＝________.答案eq\f(\r(3),2)解析由圖可知，eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，則T＝π，ω＝2，又∵eq\f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq\f(π,12)，∴f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝1，得φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).而x1＋x2＝－eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,6)，∴f(x1＋x2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).14．已知ω>0，在函數y＝2sinωx與y＝2cosωx的圖象的交點中，距離最短的兩個交點的距離為2eq\r(3)，則ω＝_______.答案eq\f(π,2)解析由題意，兩函數圖象交點間的最短距離即相鄰的兩交點間的距離，設相鄰的兩交點坐標分別為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知|PQ|2＝(x2－x1)2＋(y2－y1)2，其中|y2－y1|＝eq\r(2)－(－eq\r(2))＝2eq\r(2)，|x2－x1|為函數y＝2sinωx－2cosωx＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))的兩個相鄰零點之間的距離，恰好為函數最小正周期的一半，所以(2eq\r(3))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,2ω)))2＋(2eq\r(2))2，ω＝eq\f(π,2).第二講三角恒等變換與解三角形(選擇、填空題型)命題全解密MINGTIQUANJIEMIeq\o(\s\up7(),\s\do5(1.命題點))同角三角函數間的基本關系及誘導公式；三角恒等變換．利用正弦定理與余弦定理解三角形；以實際生活為背景，與度量工作、測量距離和高度及工程建筑等生產實際相結合命制新穎別致的考題．eq\o(\s\up7(),\s\do5(2.交匯點))常與函數、數列、平面向量以及三角函數的圖象和性質解三角形等知識交匯考查．eq\o(\s\up7(),\s\do5(3.常用方法))配湊法，“切”與“弦”互換法，代換法．利用正、余弦定理求邊或角的方法；利用正、余弦定理求解實際問題的方法.[必記公式]1．同角三角函數之間的關系(1)平方關系：sin2α＋cos2α＝1；(2)商數關系：tanα＝eq\f(sinα,cosα).2．誘導公式(1)公式：Sα＋2kπ；Sπ±α；S－α；Seq\f(π,2)±α；(2)巧記口訣：奇變偶不變，符號看象限，α當銳角看．3．兩角和與差的正弦、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)；(4)輔助角公式：asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)＝eq\r(a2＋b2)cos(α＋θ)．4．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα；(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).5．降冪公式(1)sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；(2)cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2).6．正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(2R為△ABC外接圓的直徑)．變形：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.7．余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.推論：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，a2＋b2－c2＝2abcosC.8．面積公式S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)absinC.[重要結論]解三角形(1)已知兩角及一邊，利用正弦定理求解．(2)已知兩邊及一邊的對角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情況可能不唯一．(3)已知兩邊及其夾角，利用余弦定理求解．(4)已知三邊，利用余弦定理求解．[易錯提醒]1．同角關系應用錯誤：利用同角三角函數的平方關系開方時，忽略判斷角所在的象限或判斷出錯，導致三角函數符號錯誤．2．誘導公式的應用錯誤：利用誘導公式時，三角函數名變換出錯或三角函數值的符號出錯．3．忽視解的多種情況如已知a，b和A，應先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π，求C，再由正弦定理或余弦定理求邊c，但解可能有多種情況．4．忽略角的范圍應用正、余弦定理求解邊、角等量的最值(范圍)時，要注意角的范圍．5．忽視解的實際意義求解實際問題，要注意解得的結果要與實際相吻合．熱點一三角變換及求值例1(1)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))的值是()A．－eq\f(2\r(3),5) B.eq\f(2\r(3),5)C.eq\f(4,5) D．－eq\f(4,5)[解析]sin(eq\f(π,3)＋α)＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)?sineq\f(π,3)cosα＋coseq\f(π,3)·sinα＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)?eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\f(4\r(3),5)?eq\f(\r(3),2)sinα＋eq\f(1,2)cosα＝eq\f(4,5)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))＝sinαcoseq\f(7π,6)＋cosαsineq\f(7π,6)＝－eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(\r(3),2)sinα＋eq\f(1,2)cosαeq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())＝－eq\f(4,5).[答案]D(2)如圖，圓O與x軸的正半軸的交點為A，點C，B在圓O上，且點C位于第一象限，點B的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)，－\f(5,13)))，∠AOC＝α.若|BC|＝1，則eq\r(3)cos2eq\f(α,2)－sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)－eq\f(\r(3),2)的值為________．[解析]由題意得|OB|＝|BC|＝1，從而△OBC為等邊三角形，∴sin∠AOB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(5,13)，又∵eq\r(3)cos2eq\f(α,2)－sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)－eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)·eq\f(1＋cosα,2)－eq\f(sinα,2)－eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(5,13).[答案]eq\f(5,13)1．化簡求值的方法與思路三角函數式的化簡求值可以采用“切化弦”“弦化切”來減少函數的種類，做到三角函數名稱的統一，通過三角恒等變換，化繁為簡，便于化簡求值，其基本思路為：找差異，化同名(同角)，化簡求值．2．解決條件求值應關注的三點(1)分析已知角和未知角之間的關系，正確地用已知角來表示未知角．(2)正確地運用有關公式將所求角的三角函數值用已知角的三角函數值來表示．(3)求解三角函數中給值求角的問題時，要根據已知求這個角的某種三角函數值，然后結合角的取值范圍，求出角的大小．1．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°)＝eq\f(1,2).2．若tanα＝2taneq\f(π,5)，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10)＋\f(π,2))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,5))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sinαcos\f(π,5)＋cosαsin\f(π,5),sinαcos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(sinα,cosα)cos\f(π,5)＋sin\f(π,5),\f(sinα,cosα)cos\f(π,5)－sin\f(π,5))＝eq\f(2·\f(sin\f(π,5),cos\f(π,5))cos\f(π,5)＋sin\f(π,5),2·\f(sin\f(π,5),cos\f(π,5))cos\f(π,5)－sin\f(π,5))＝eq\f(3sin\f(π,5),sin\f(π,5))＝3，故選C.熱點二利用正弦、余弦定理解三角形例2(1)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin2A，且c＝eq\r(7)，C＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積是()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(7\r(3),6)C.eq\f(\r(21),3) D.eq\f(3\r(3),4)或eq\f(7\r(3),6)[解析]sin(B＋A)＝sinBcosA＋cosBsinA，sin(B－A)＝sinBcosA－cosBsinA，sin2A＝2sinAcosA，sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin2A，即2sinBcosA＝6sinAcosA.當cosA＝0時，A＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(π,6)，又c＝eq\r(7)，得b＝eq\f(\r(21),3).由三角形面積公式知S＝eq\f(1,2)bc＝eq\f(7\r(3),6)；當cosA≠0時，由2sinBcosA＝6sinAcosA可得sinB＝3sinA，根據正弦定理可知b＝3a，再由余弦定理可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋9a2－7,6a2)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，可得a＝1，b＝3，所以此時三角形的面積為S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),4).綜上可得三角形的面積為eq\f(7\r(3),6)或eq\f(3\r(3),4)，所以選D.[答案]D(2)設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．直角三角形 B．銳角三角形C．鈍角三角形 D．不確定[解析]由題可知sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，即sin(B＋C)＝sin2A，sinA＝sin2A，∵sinA≠0∴sinA＝1，∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,2).所以△ABC為直角三角形，故選A.[答案]A(3)已知平面圖形ABCD為凸四邊形(凸四邊形即任取平面四邊形一邊所在的直線，其余各邊均在此直線的同側)，且AB＝2，BC＝4，CD＝5，DA＝3，則四邊形ABCD面積S的最大值為()A.eq\r(30) B．2eq\r(30)C．4eq\r(30) D．6eq\r(30)[解析]根據題意，連接BD，則S＝eq\f(1,2)×2×3×sinA＋eq\f(1,2)×4×5×sinC＝3sinA＋10sinC.根據余弦定理得，BD2＝13－12cosA＝41－40cosC，得10cosC－3cosA＝7，兩邊同時平方得100cos2C＋9cos2A－60cosCcosA＝49，得100sin2C＋9sin2A＝60－60cosCcosA，而S2＝(3sinA＋10sinC)2＝100sin2C＋9sin2A＋60sinCsinA＝60－60cosAcosC＋60sinCsinA＝60－60cos(C＋A)≤120，所以S≤2eq\r(30)，故選B.[答案]B本例(2)中條件變為“(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)”，則△ABC的形狀如何？解由已知(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，得a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，所以2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA.由正弦定理得sin2AcosAsinB＝sin2BcosBsinA，即sin2AsinAsinB＝sin2BsinAsinB.因為0＜A＜π，0＜B＜π，所以sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).所以△ABC是等腰三角形或直角三角形．解三角形問題的方法(1)“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對角”應采用正弦定理；(2)“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應采用余弦定理．1．在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，則eq\f(sin2A,sinC)＝________.答案1解析由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，又由余弦定理知cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(25＋36－16,2×5×6)＝eq\f(3,4)，所以eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f(2sinAcosA,sinC)＝2×eq\f(sinA,sinC)×cosA＝2×eq\f(4,6)×eq\f(3,4)＝1.2．設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(3)，sinB＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,6)，則b＝________.答案1解析由sinB＝eq\f(1,2)得B＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，因為C＝eq\f(π,6)，所以B≠eq\f(5π,6)，所以B＝eq\f(π,6)，于是A＝eq\f(2π,3).由正弦定理，得eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(b,\f(1,2))，所以b＝1.3．在△ABC中，B＝120°，AB＝eq\r(2)，A的角平分線AD＝eq\r(3)，則AC＝________.答案eq\r(6)解析如圖，在△ABD中，由正弦定理，得sin∠ADB＝eq\f(ABsinB,AD)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(\r(2),2).由題意知0°<∠ADB<60°，所以∠ADB＝45°，則∠BAD＝180°－∠B－∠ADB＝15°，所以∠BAC＝2∠BAD＝30°，所以∠C＝180°－∠BAC－∠B＝30°，所以BC＝AB＝eq\r(2)，于是由余弦定理，得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB×BCcos120°)＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2－2\r(2)×\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(6).熱點三與解三角形有關的交匯問題例3(1)設△ABC的三個內角為A，B，C，且tanA，tanB，tanC,2tanB成等差數列，則cos(B－A)＝()A．－eq\f(3\r(10),10) B．－eq\f(\r(10),10)C.eq\f(\r(10),10) D.eq\f(3\r(10),10)[解析]由條件，得tanC＝eq\f(3,2)tanB，tanA＝eq\f(1,2)tanB，所以△ABC為銳角三角形．又tanA＝－tan(C＋B)＝－eq\f(tanC＋tanB,1－tanCtanB)＝－eq\f(\f(5,2)tanB,1－\f(3,2)tan2B)＝eq\f(1,2)tanB，得tanB＝2，所以tanA＝1，所以tan(B－A)＝eq\f(tanB－tanA,1＋tanBtanA)＝eq\f(2－1,1＋2×1)＝eq\f(1,3).因為B＞A，所以cos(B－A)＝eq\f(3\r(10),10)，故選D.[答案]D(2)設△ABC的內角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，且sin2A＋sin2B＋sin2C＝eq\f(1,2)，面積S∈[1,2]，則下列不等式一定成立的是()A．ab(a＋b)＞16eq\r(2) B．bc(b＋c)＞8C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24[解析]依題意得sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin[(A＋B)－(A－B)]＋sin2C＝eq\f(1,2)，展開并整理得2sin(A＋B)·cos(A－B)＋2sinCcosC＝eq\f(1,2).又sin(A＋B)＝sinC，于是有2sinCcos(A－B)＋2sinCcosC＝2sinC[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝eq\f(1,2)，展開并整理得4sinAsinBsinC＝eq\f(1,2)，sinAsinBsinC＝eq\f(1,8).又S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)casinB，因此S3＝eq\f(1,8)a2b2c2sinAsinBsinC＝eq\f(1,64)a2b2c2.由1≤S≤2得1≤eq\f(1,64)a2b2c2≤23，即8≤abc≤16eq\r(2)，因此選項C、D不一定成立．又b＋c＞a＞0，因此bc(b＋c)＞bc·a≥8，即有bc(b＋c)＞8，選項B一定成立．又a＋b＞c＞0，因此ab(a＋b)＞ab·c≥8，即有ab(a＋b)＞8，顯然不能得出ab(a＋b)＞16eq\r(2)，選項A不一定成立．綜上所述，選B.[答案]B與解三角形有關的交匯問題的關注點此類問題的核心是正、余弦定理的應用，解決此類問題應抓住以下三點：(1)透過現象看本質，在掌握交匯知識的同時，用好正、余弦定理；(2)根據條件恰當選擇正弦、余弦定理完成邊角互化；(3)結合內角和定理、面積公式等，靈活運用三角恒等變換公式．1．△ABC的內角為A，B，C，點M為△ABC的重心，如果sinAeq\o(MA,\s\up6(→))＋sinBeq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)sinCeq\o(MC,\s\up6(→))＝0，則內角A的大小為________．答案eq\f(π,6)解析由正弦定理，得aeq\o(MA,\s\up6(→))＋beq\o(MB,\s\up6(→))＝－eq\f(\r(3),3)ceq\o(MC,\s\up6(→)).因為M是△ABC的重心，所以eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0，所以b＝a，c＝eq\r(3)a，所以cosA＝eq\f(a2＋3a2－a2,2a·\r(3)a)＝eq\f(\r(3),2)，所以A＝eq\f(π,6).2．在平面直角坐標系xOy中，已知△ABC的頂點A(－4,0)和C(4,0)，頂點B在橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上，則eq\f(sinA＋sinC,sinB)的值為________．答案eq\f(5,4)解析eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(|BC|＋|BA|,|AC|)＝eq\f(2a,2c)＝eq\f(a,c)＝eq\f(5,4).課題9利用正弦、余弦定理解三角形在△ABC中，∠A＝eq\f(3π,4)，AB＝6，AC＝3eq\r(2)，點D在BC邊上，AD＝BD，求AD的長．審題過程eq\a\vs4\al(切入點)由余弦定理求a邊．eq\a\vs4\al(關注點)利用正弦定理及三角恒等變換公式求出AD的長.eq\a\vs4\al([規范解答])設△ABC的內角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝(3eq\r(2))2＋62－2×3eq\r(2)×6×coseq\f(3π,4)＝18＋36－(－36)＝90，所以a＝3eq\r(10).又由正弦定理得sinB＝eq\f(bsin∠BAC,a)＝eq\f(3,3\r(10))＝eq\f(\r(10),10)，由題設知0<B<eq\f(π,4)，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\r(1－\f(1,10))＝eq\f(3\r(10),10).在△ABD中，由正弦定理得AD＝eq\f(AB·sinB,sinπ－2B)＝eq\f(6sinB,2sinBcosB)＝eq\f(3,cosB)＝eq\r(10).1．已知△ABC的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且b＝acosC＋csinA.(1)求角A的大小；(2)若a＝3，求△ABC的面積的最大值．解(1)由已知及正弦定理得，sinB＝sinAcosC＋sinCsinA，①∵B＝π－(A＋C)，∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC.②又C∈(0，π)，由①②得sinA＝cosA.又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(2),4)bc，由余弦定理可得9＝b2＋c2－eq\r(2)bc.又b2＋c2≥2bc，當且僅當b＝c時等號成立，∴bc≤eq\f(9,2－\r(2))，S≤eq\f(\r(2),4)×eq\f(9,2－\r(2))＝eq\f(9\r(2)＋