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課時跟蹤檢測（四）大題考法——三角函數、解三角形 1．(2018浙江高考)已知角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊過點P . (1)求sin(α＋π)的值； (2)若角β滿足sin(α＋β)＝，求cos β的值． 解：(1)由角α的終邊過點P ， 得sin α＝－. 所以sin(α＋π)＝－sin α＝. (2)由角α的終邊過點P ， 得cos α＝－. 由sin(α＋β)＝，得cos(α＋β)＝. 由β＝(α＋β)－α， 得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－或cos β＝. 2．(2019屆高三浙江名校聯考)已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且＝. (1)若＝，求角A的大??； (2)若a＝1，tan A＝2，求△ABC的面積． 解：(1)由＝及正弦定理得sin B(1－2cos A)＝2sin Acos B， 即sin B＝2sin Acos B＋2cos Asin B＝2sin(A＋B)＝2sin C，即b＝2c. 又由＝及余弦定理，得cos A＝＝?A＝. (2)∵tan A＝2，∴cos A＝，sin A＝. 由余弦定理cos A＝，得＝， 解得c2＝， ∴S△ABC＝bcsin A＝c2sin A＝＝. 3．(2019屆高三紹興六校質檢)已知函數f(x)＝mcos x＋sin的圖象經過點P. (1)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)若f(α)＝，α∈，求sin α的值． 解：(1)由題意可知f＝， 即＋＝，解得m＝1. 所以f(x)＝cos x＋sin＝cos x＋sin x＝ sin， 令－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ(k∈Z)， 解得－＋2kπ≤x≤＋2kπ(k∈Z)． 所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(k∈Z)． (2)由f(α)＝，得sin＝， 所以sin＝. 又α∈，所以α＋∈，sin＝<， 所以cos＝－ ＝－. 所以sin α＝sin＝－＝. 4．(2018浙江模擬)已知函數f(x)＝sin 2x＋2cos2x－1，x∈R. (1)求函數f(x)的最小正周期和單調遞減區(qū)間； (2)在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c＝，f(C)＝1，sin B＝2sin A，求a，b的值． 解：(1)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin， 所以函數f(x)的最小正周期T＝＝π， 令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)， 得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)， 所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)因為f(C)＝2sin＝1，所以C＝， 所以()2＝a2＋b2－2abcos，a2＋b2－ab＝3， 又因為sin B＝2sin A，所以b＝2a， 解得a＝1，b＝2， 所以a，b的值分別為1,2. 5．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2. (1)求cos B； (2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b. 解：(1)由題設及A＋B＋C＝π得sin B＝8sin2， 即sin B＝4(1－cos B)， 故17cos2B－32cos B＋15＝0， 解得cos B＝，cos B＝1(舍去)． (2)由cos B＝，得sin B＝， 故S△ABC＝acsin B＝ac. 又S△ABC＝2，則ac＝. 由余弦定理及a＋c＝6得 b2＝a2＋c2－2accos B ＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B) ＝36－2 ＝4. 所以b＝2. 6.如圖，已知D是△ABC的邊BC上一點． (1)若cos∠ADC＝－，∠B＝，且AB＝DC＝7，求AC的長； (2)若∠B＝，AC＝2，求△ABC面積的最大值． 解：(1)因為cos∠ADC＝－， 所以cos∠ADB＝cos(π－∠ADC)＝－cos∠ADC＝，所以sin∠ADB＝. 在△ABD中，由正弦定理，得AD＝＝＝5， 所以在△ACD中，由余弦定理，得 AC＝ ＝＝. (2)在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝20＝AB2＋BC2－2ABBCcos∠B＝AB2＋BC2－ABBC≥(2－)ABBC， 所以ABBC≤＝40＋20， 所以S△ABC＝ABBCsin∠B≤10＋5， 所以△ABC面積的最大值為10＋5.