廣東省高考數(shù)學第二輪復習 專題三 三角函數(shù)及解三角形第2講 三角恒等變換及解三角形 理

PAGE10-專題三三角函數(shù)及解三角形第2講三角恒等變換及解三角形真題試做1．(2023·重慶高考，理5)設(shè)tanα，tanβ是方程x2－3x＋2＝0的兩根，那么tan(α＋β)的值為()．A．－3 B．－1 C．1 D．32．(2023·山東高考，理7)假設(shè)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，sin2θ＝eq\f(3\r(7),8)，那么sinθ＝()．A.eq\f(3,5) B.eq\f(4,5) C.eq\f(\r(7),4) D.eq\f(3,4)3．(2023·天津高考，理6)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，那么cosCA.eq\f(7,25) B．－eq\f(7,25) C．±eq\f(7,25) D.eq\f(24,25)4．(2023·湖北高考，理11)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.假設(shè)(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，那么角C＝________.5．(2023·廣東高考，理16)已知函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω＞0，x∈R)的最小正周期為10π.(1)求ω的值；(2)設(shè)α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5,3)π))＝－eq\f(6,5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5,6)π))＝eq\f(16,17)，求cos(α＋β)的值．考向分析本局部主要考察三角函數(shù)的根本公式，三角恒等變形及解三角形等根本知識．近幾年高考題目中每年有1～2個小題，一個大題，解答題以中低檔題為主，很多情況下與平面向量綜合考察，有時也與不等式、函數(shù)最值結(jié)合在一起，但難度不大，而三角函數(shù)與解三角形相結(jié)合，更是考向的主要趨勢．三角恒等變換是高考的熱點內(nèi)容，主要考察利用各種三角函數(shù)進展求值與化簡，其中降冪公式、輔助角公式是考察的重點，切化弦、角的變換是?？嫉娜亲儞Q思想．正弦定理、余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內(nèi)容，主要考察：①邊和角的計算；②三角形形狀的判斷；③面積的計算；④有關(guān)的范圍問題．由于此內(nèi)容應用性較強，與實際問題結(jié)合起來命題將是今后高考的一個關(guān)注點，不可小視．熱點例析熱點一三角恒等變換及求值【例1】已知函數(shù)f(x)＝2cos2eq\f(x,2)－eq\r(3)sinx.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和值域；(2)假設(shè)α為第二象限角，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，求eq\f(cos2α,1＋cos2α－sin2α)的值．規(guī)律方法明確“待求和已知三角函數(shù)間的差異”是解決三角函數(shù)化簡、求值、證明問題的關(guān)鍵．三角恒等變換的常用策略有：(1)常值代換：特別是“1”的代換，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等．(2)項的分拆與角的配湊：①二倍角只是個相對概念，如eq\f(α,3)是eq\f(α,6)的二倍角，α＋β是eq\f(α＋β,2)的二倍角等；②eq\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))，α＝(α－β)＋β等；③熟悉公式的特點，正用或逆用都要靈活，特別對以下幾種變形更要牢記并會靈活運用：1±sin2α＝sin2α＋cos2α±2sinαcosα＝(sinα±cosα)2，cosα＝eq\f(sin2α,2sinα)等．(3)降冪與升冪：正用二倍角公式升冪，逆用二倍角公式降冪．(4)角的合成及三角函數(shù)名的統(tǒng)一：asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(b,a))).變式訓練1已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx(x∈R，ω＞0)的最小正周期為6π.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))的值；(2)設(shè)α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3α＋\f(π,2)))＝－eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求cos(α＋β)的值．熱點二三角函數(shù)、三角形與向量等知識的交會【例2】在銳角三角形ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，m＝(2b－c，cosC)，n＝(a，cosA)，且m∥n.(1)求角A的大??；(2)求函數(shù)y＝2sin2B＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2B))的值域．規(guī)律方法以解三角形為命題形式考察三角函數(shù)是“眾望所歸”：正余弦定理的應用，難度適中，運算量適度，方向明確(化角或化邊)．(1)利用正弦定理將角化為邊時，實際上是把角的正弦替換為所對邊與外接圓直徑的比值．(2)求角的大小一定要有兩個條件：①是角的范圍；②是角的某一三角函數(shù)值．用三角函數(shù)值判斷角的大小時，一定要注意角的范圍及三角函數(shù)的單調(diào)性的應用．(3)三角形的內(nèi)角和為π，這是三角形中三角函數(shù)問題的特殊性．在三角形中，任意兩角和與第三個角總互補，任意兩半角和與第三個角的半角總互余．銳角三角形三內(nèi)角都是銳角三內(nèi)角的余弦值均為正值任意兩角的和都是鈍角任意兩邊的平方和大于第三邊的平方．變式訓練2(2023·廣東肇慶一模，理18)已知△ABC的面積為2eq\r(2)，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝3，b＝4,0°＜C＜90°.(1)求sin(A＋B)的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,4)))的值；(3)求向量eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))的數(shù)量積eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)).熱點三正、余弦定理的實際應用【例3】某城市有一條公路，自西向東經(jīng)過A點到市中心O點后轉(zhuǎn)向東北方向OB.現(xiàn)要修建一條鐵路L，L在OA上設(shè)一站A，在OB上設(shè)一站B，鐵路在AB局部為直線段．現(xiàn)要求市中心O與AB的距離為10km，問把A，B分別設(shè)在公路上離市中心O多遠處才能使A，B之間的距離最短？并求最短距離．(結(jié)果保存根號)規(guī)律方法(1)三角形應用題主要是解決三類問題：測高度、測距離和測角度．(2)在解三角形時，要根據(jù)具體的已知條件合理選擇解法，同時，不可將正弦定理與余弦定理割裂開來，有時需綜合運用．(3)在解決與三角形有關(guān)的實際問題時，首先要明確題意，正確畫出平面圖形或空間圖形，然后根據(jù)條件和圖形特點將問題歸納到三角形中解決．要明確先用哪個公式或定理，先求哪些量，確定解三角形的方法．在演算過程中，要算法簡練、算式工整、計算正確，還要注意近似計算的要求．(4)在畫圖和識圖過程中要準確理解題目中所涉及的幾種角，如仰角、俯角、方位角，以防出錯．(5)有些時候也必須注意到三角形的特殊性，如直角三角形、等腰三角形、銳角三角形等．變式訓練3如圖，一船在海上自西向東航行，在A處測得某島M的方位角為北偏東α，前進mkm后在B處測得該島的方位角為北偏東β，已知該島周圍nkm范圍內(nèi)(包括邊界)有暗礁，現(xiàn)該船繼續(xù)東行．當α與β滿足條件__________時，該船沒有觸礁危險．思想滲透化歸轉(zhuǎn)化思想——解答三角恒等變換問題求解恒等變換問題的思路：一角二名三構(gòu)造，即用化歸轉(zhuǎn)化的思想“去異求同”的過程，具體分析如下：(1)變角：首先觀察角與角之間的關(guān)系，注意角的一些常用變換形式，角的變換是三角函數(shù)變換的核心；(2)變名：其次看函數(shù)名稱之間的關(guān)系，通?！扒谢摇?，誘導公式的運用；(3)構(gòu)造：再次觀察代數(shù)式的構(gòu)造特點，降冪與升冪，巧用“1”的代換等．【典型例題】(2023·福建高考，文20)某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．解法一：(1)選擇②式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).解法二：(1)同解法一．(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).1．已知eq\r(3)cosx－sinx＝－eq\f(6,5)，那么sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝()．A.eq\f(3,5) B．－eq\f(3,5) C.eq\f(6,5) D．－eq\f(6,5)2．在△ABC中，如果0＜tanAtanB＜1，那么△ABC是()．A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不能確定3．(2023·山東煙臺適用性測試一，5)已知傾斜角為α的直線l與直線x－2y＋2＝0平行，那么tan2α的值為()．A.eq\f(4,5) B.eq\f(4,3) C.eq\f(3,4) D.eq\f(2,3)4．(2023·江西南昌二模，5)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝－eq\f(\r(3),3)，那么cosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的值是()．A．－eq\f(2\r(3),3) B．±eq\f(2\r(3),3) C．－1 D．±15．(2023·山東淄博一模，10)在△ABC中，已知bcosC＋ccosB＝3acosB，其中a，b，c分別為角A，B，C的對邊，那么cosB的值為()．A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3) C.eq\f(2\r(2),3) D．－eq\f(2\r(2),3)6．已知sinx＝eq\f(\r(5)－1,2)，那么sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝______.7．(2023·湖南長沙模擬，18)已知函數(shù)f(x)＝3sin2x＋2eq\r(3)sinxcosx＋5cos2x.(1)假設(shè)f(α)＝5，求tanα的值；(2)設(shè)△ABC三內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且eq\f(cosB,cosC)＝eq\f(b,2a－c)，求f(x)在(0，B]上的值域．8．(2023·廣東廣州二模，16)已知函數(shù)f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))(A＞0，ω＞0)在某一個周期內(nèi)的圖象的最高點和最低點的坐標分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，－2)).(1)求A和ω的值；(2)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sinα＝eq\f(4,5)，求f(α)的值．參考答案命題調(diào)研·明晰考向真題試做1．A解析：因為tanα，tanβ是方程x2－3x＋2＝0的兩根，所以tanα＋tanβ＝3，tanα·tanβ＝2，而tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanα·tanβ)＝eq\f(3,1－2)＝－3，應選A.2．D解析：由θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，得2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).又sin2θ＝eq\f(3\r(7),8)，故cos2θ＝－eq\f(1,8).故sinθ＝eq\r(\f(1－cos2θ,2))＝eq\f(3,4).3．A解析：在△ABC中，由正弦定理：eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(c,b)，∴eq\f(sin2B,sinB)＝eq\f(8,5)，∴cosB＝eq\f(4,5).∴cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(7,25).4.eq\f(2π,3)解析：∵由(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，整理可得，a2＋b2－c2＝－ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2)，∴C＝eq\f(2π,3).5．解：(1)因為函數(shù)f(x)的最小正周期為eq\f(2π,ω)＝10π，解得ω＝eq\f(1,5).(2)由(1)，可知f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x＋\f(π,6)))，∵－eq\f(6,5)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5π,3)))＋\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－2sinα，∴sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5).∵eq\f(16,17)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5π,6)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5π,6)))＋\f(π,6)))＝2cosβ，∴cosβ＝eq\f(8,17)，sinβ＝eq\f(15,17).∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(8,17)－eq\f(3,5)×eq\f(15,17)＝－eq\f(13,85).精要例析·聚焦熱點熱點例析【例1】解：(1)∵f(x)＝1＋cosx－eq\r(3)sinx＝1＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∴函數(shù)f(x)的最小正周期為2π.又∵－1≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))≤1，∴函數(shù)f(x)的值域為[－1,3]．(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，∴1＋2cosα＝eq\f(1,3)，即cosα＝－eq\f(1,3).∵eq\f(cos2α,1＋cos2α－sin2α)＝eq\f(cos2α－sin2α,2cos2α－2sinαcosα)＝eq\f((cosα＋sinα)(cosα－sinα),2cosα(cosα－sinα))＝eq\f(cosα＋sinα,2cosα)，又∵α為第二象限角，且cosα＝－eq\f(1,3)，∴sinα＝eq\f(2\r(2),3).∴原式＝eq\f(cosα＋sinα,2cosα)＝eq\f(－\f(1,3)＋\f(2\r(2),3),－\f(2,3))＝eq\f(1－2\r(2),2).【變式訓練1】解：(1)f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6))).∵函數(shù)f(x)的最小正周期為6π，∴T＝eq\f(2π,ω)＝6π，即ω＝eq\f(1,3).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6))).∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(3,2)π－\f(π,6)))＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3).(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3α＋\f(π,2)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3α＋\f(π,2)))－\f(π,6)))＝2sinα＝－eq\f(10,13)，∴sinα＝－eq\f(5,13).f(3β＋2π)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)(3β＋2π)－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,2)))＝2cosβ＝eq\f(6,5)，∴cosβ＝eq\f(3,5).∵α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(12,13)，sinβ＝－eq\r(1－cos2β)＝－eq\f(4,5).∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)－eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(16,65).【例2】解：(1)由m∥n，得(2b－c)cosA－acosC＝0，∴(2sinB－sinC)cosA－sinAcosC＝0，2sinBcosA＝sinCcosA＋sinAcosC＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB，在銳角三角形ABC中，sinB＞0，∴cosA＝eq\f(1,2)，故A＝eq\f(π,3).(2)在銳角三角形ABC中，A＝eq\f(π,3)，故eq\f(π,6)＜B＜eq\f(π,2).∴y＝2sin2B＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2B))＝1－cos2B＋eq\f(1,2)cos2B＋eq\f(\r(3),2)sin2B＝1＋eq\f(\r(3),2)sin2B－eq\f(1,2)cos2B＝1＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6))).∵eq\f(π,6)＜B＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)＜2B－eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6).∴eq\f(1,2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))≤1，eq\f(3,2)＜y≤2.∴函數(shù)y＝2sin2B＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2B))的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).【變式訓練2】解：(1)由eq\f(1,2)absinC＝2，即eq\f(1,2)×3×4sinC＝2eq\r(2)，得sinC＝eq\f(\r(2),3).∵A＋B＝180°－C，∴sin(A＋B)＝sin(180°－C)＝sinC＝eq\f(\r(2),3).(2)由(1)，得sinC＝eq\f(\r(2),3).∵0°＜C＜90°，∴cosC＝eq\r(1－sin2A)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)))2)＝eq\f(\r(7),3).∴cos2C＝2cos2C－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),3)))2－1＝eq\f(5,9).∴sin2C＝2sinCcosC＝2×eq\f(\r(2),3)×eq\f(\r(7),3)＝eq\f(2\r(14),9).∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,4)))＝cos2Ccoseq\f(π,4)－sin2Csineq\f(π,4)＝eq\f(5,9)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(2\r(14),9)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(5\r(2)－4\r(7),18).(3)∵||＝a＝3，||＝b＝4，設(shè)向量與所成的角為θ，那么θ＝180°－C.∴·＝||·||cosθ＝abcos(180°－C)＝－abcosC＝－3×4×eq\f(\r(7),3)＝－4eq\r(7).【例3】解：在△AOB中，設(shè)OA＝a，OB＝b.因為OA為正西方向，OB為東北方向，所以∠AOB＝135°.又O到AB的距離為10，所以S△ABO＝eq\f(1,2)absin135°＝eq\f(1,2)|AB|·10，得|AB|＝eq\f(\r(2),20)ab.設(shè)∠OAB＝α，那么∠OBA＝45°－α.因為a＝eq\f(10,sinα)，b＝eq\f(10,sin(45°－α))，所以ab＝eq\f(10,sinα)·eq\f(10,sin(45°－α))＝eq\f(100,sinα·sin(45°－α))＝eq\f(100,sinα\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosα－\f(\r(2),2)sinα)))＝eq\f(100,\f(\r(2),4)sin2α－\f(\r(2),4)(1－cos2α))＝eq\f(400,2sin(2α＋45°)－\r(2))≥eq\f(400,2－\r(2)).當且僅當α＝22°30′時，“＝”成立．所以|AB|≥eq\f(\r(2),20)×eq\f(400,2－\r(2))＝20(eq\r(2)＋1)．當且僅當α＝22°30′時，“＝”成立．所以，當a＝b＝eq\f(10,sin22°30′)＝10eq\r(2(2＋\r(2)))時，A，B之間的距離最短，且最短距離為20(eq\r(2)＋1)km.即當A，B分別在OA，OB上離市中心O10eq\r(2(2＋\r(2)))km處時，能使A，B之間的距離最短，最短距離為20(eq\r(2)＋1)km.【變式訓練3】mcosαcosβ＞nsin(α－β)解析：∠MAB＝90°－α，∠MBC＝90°－β＝∠MAB＋∠AMB＝90°－α＋∠AMB，所以∠AMB＝α－β.由題可知，在△ABM中，根據(jù)正弦定理得eq\f(BM,sin(90°－α))＝eq\f(m,sin(α－β))，解得BM＝eq\f(mcosα,sin(α－β)).要使船沒有觸礁危險，需要BMsin(90°－β)＝eq\f(mcosαcosβ,sin(α－β))＞n，所以α與β滿足mcosαcosβ＞nsin(α－β)時，該船沒有觸礁危險．創(chuàng)新模擬·預測演練1．B解析：由eq\r(3)cosx－sinx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosx－\f(1,2)sinx))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)cosx－cos\f(π,3)sinx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝－eq\f(3,5).2．C解析：由題意0＜A＜π，0＜B＜π，tanAtanB＞0，那么A，B兩角為銳角，又tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＞0，那么A＋B為銳角，那么角C為鈍角，應選C.3．B解析：已知傾斜角為α的直線l與直線x－2y＋2＝0平行，那么tanα＝eq\f(1,2)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(1,\f(3,4))＝eq\f(4,3).4．C解析：cosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝cosx＋cosxcoseq\f(π,3)＋sinxsineq\f(π,3)＝eq\f(3,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))＝－1.5．A解析：因為bcosC＋ccosB＝3acosB，所以sinBcosC＋cosBsinC＝3sinAcosB，即sin(B＋C)＝3sinAcos