三角函数专题

知识点题型

1、角的集合表示：角的终边在直线上，角的终边在射线上，在扇形内，在对顶扇形内，象限角，象限界角，区间角等。

2、弧长与扇形面积公式及其应用，

方法：均值不等式（两种形式）；二次函数（变量集中）

3、已知角$\alpha$的象限，判断$\cfrac{\alpha}{n}$的象限方法：计算法，八卦图法

4、考察三角函数的定义，单位圆定义是特例。更一般的定义是利用坐标之比定义。和圆的参数方程形式有关联。

5、三角函数值符号的判断

6、解三角不等式法1：三角函数线的应用。法2、三角函数图像

7、同角三角函数基本关系的应用齐次式， $\sin\alpha+\cos\alpha$， $\sin\alpha-\cos\alpha$， $\sin\alpha\cdot \cos\alpha$，知一求二

8、【三角函数图像和性质，$y=\sin x$，$y=\cos x$等模板函数】三角函数的定义域$\Longrightarrow$解三角不等式，

三角函数的值域直接法，化一法，换元法

9、求三角函数的单调区间代换法图像法

10、求三角函数的奇偶、周期、对称性，整体法+模板法

11、作函数$y=A\sin(\omega x+\phi)+k$的图像五点法快速作图法

12、函数$y=A\sin(\omega x+\phi)+k$的图像变换实质：替换

13、由图像或文字确定函数$y=A\sin(\omega x+\phi)+k$的四个参数，待定系数法 +具体确定公式

14、函数$y=A\sin(\omega x+\phi)+k$的图像和性质以$y=\sin x$为模板，各种性质

15、函数$y=A\sin(\omega x+\phi)+k$的模型应用三角函数应用题目

16、三角函数式的化简

方法：异名化同名，异角化同角，异次化同次，弦切互化，1的代换，通分，约分，特殊值特殊角互化

$1+\sin\theta+\cos\theta=\sin\theta+(1+\cos\theta)=2\sin\cfrac{\theta}{2}\cos\cfrac{\theta}{2}+2\cos^2\cfrac{\theta}{2}=2\cos\cfrac{\theta}{2}(\sin\cfrac{\theta}{2}+\cos\cfrac{\theta}{2})$
$1+\sin\theta-\cos\theta=\sin\theta+(1-\cos\theta)=2\sin\cfrac{\theta}{2}\cos\cfrac{\theta}{2}+2\sin^2\cfrac{\theta}{2}=2\sin\cfrac{\theta}{2}(\sin\cfrac{\theta}{2}+\cos\cfrac{\theta}{2})$

17、三角函数的求值

类型一：给角求值 $\Longrightarrow$化简

类型二：给值求值方法：从观察已知角入手，给一个角求一个角，利用余、补、半、倍、特等建立关系；给两个角求一个角，利用和、差建立关系

类型三：给值求角$\Longrightarrow$转化为给值求值+角的范围(注意：所求角的三角函数的确定有原则，角的范围可能需要结合题目压缩)

18、简单的三角恒等变换

19、正弦定理和余弦定理的各种形式记忆、公式的内容及其证明，

20、应用正弦定理和余弦定理解三角形理解掌握她们各自解决的两种类型。

21、判断三角形的形状。（三角形内的诱导公式）及其P61充要条件

方法：角化边，边化角。约分时要注意在三角形中$sinA\ne 0$，但是$cosA=0$是可能的，要注意排除。还有 $sin2A=sin2B$的结果的留意。

22、与三角形的面积有关的问题。

23、解三角形应用。理解各种概念测量距离、高度、角度和平面几何中的应用

重点难点

1、关于$\sin\theta、\cos\theta$的齐次式变量集中

①一次齐次式，如$a\sin\theta+b\cos\theta$，常借助分式形式考察$\cfrac{a\sin\theta+b\cos\theta}{c\sin\theta+d\cos\theta}$ ($a,b,c,d$为常数)

②二次齐次式，如$a\sin2\theta+b\sin\theta\cos\theta+c\cos2\theta$，$\sin2\theta$， $\cos2\theta$，$1+\sin2\theta$， $2-\cos2\theta$，$3\sin2\theta-2\cos2\theta$，等等

思路：可以恢复分母$1=\sin^2\theta+\cos^2\theta$，变成分子分母都是二次齐次式，

③四次齐次式，如已知$tan\theta=3$，求值$sin^4\theta-3sin\theta\cdot cos^3\theta+cos^4\theta$；

思路：恢复分母$1=1^2=(\sin^2\theta+\cos^2\theta)^2$，变成分子分母都是四次齐次式，

分析：原式=$\cfrac{sin^4\theta-3sin\theta\cdot cos^3\theta+cos^4\theta}{(\sin^2\theta+\cos^2\theta)^2}$

$=\cfrac{sin^4\theta-3sin\theta\cdot cos^3\theta+cos^4\theta}{\sin^4\theta+\cos^4\theta+2sin^2\theta\cdot cos^2\theta}$，给分子分母同时除以$cos^4\theta$得到，

$=\cfrac{tan^4\theta-3tan\theta+1}{tan^4\theta+2tan^2\theta+1}$，然后代值计算。

④一次齐次式变为二次齐次式的思路：两边平方+恢复分母1，

2、三角函数的求值三角函数求值

类型一：给角求值 $\Longrightarrow$化简

类型二：给值求值方法：从观察已知角入手，给一个角求一个角，利用余、补、半、倍、特等建立关系；给两个角求一个角，利用和、差建立关系

类型三：给值求角$\Longrightarrow$转化为给值求值+角的范围(注意：所求角的三角函数的确定有原则，角的范围可能需要结合题目压缩)

3、解三角形

4、三角函数和解三角形的交汇处的题型

这类题目往往会设置第一问求一个角（如$A$）,第二问已知边$a$（注意对角和对边的关系），接下来可以考查的方向有

①再已知$S_△$，求解$b+c$的取值范围；或者已知$b+c$求$S_△$的取值范围。

②求解$msinB+nsinC$的取值范围($m、n$是实数)

③求解$msinB\cdot nsinC$的取值范围($m、n$是实数)

④求解$S_△=\cfrac{1}{2}bcsinA$的取值范围

⑤求解周长的取值范围 $l=a+b+c$

⑥求解类似周长的取值范围 $l=2a+3b-c$

⑦难点：自变量的取值范围，已知三角形和锐角三角形时，自变量的范围是不一样的。

常用公式

①数学常识三角函数内容

②三角函数知识点三角函数识记

典型例题

已知函数$f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1$，

①将函数转化为正弦型；②求周期；③求值域；④求单调区间；⑤求对称性；⑥求奇偶性；

变形方向：正弦型(或余弦型)；变形公式：逆用二倍角的正弦、余弦公式和辅助角公式；

$f(x)=sin2x+\sqrt{3}(1+cos2x)-\sqrt{3}+1$

$=sin2x+\sqrt{3}cos2x+1$

$=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1$

①求周期；

由$T=\cfrac{2\pi}{2}$，得到$T=\pi$

②求值域$(x\in R 或 x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}])$；最值(和最值点)；

若$x\in R$，则

当$sin(2x+\cfrac{\pi}{3})=1$时，即$2x+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，即$x=k\pi+\cfrac{\pi}{12}(k\in Z)$时，$f(x)_{max}=2\times1+1=3$；

当$sin(2x+\cfrac{\pi}{3})=-1$时，即$2x+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi-\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，即$x=k\pi-\cfrac{5\pi}{12}(k\in Z)$时，$f(x)_{max}=2\times(-1)+1=-1$；

若$x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]$，则可得

$-\cfrac{2\pi}{3}\leq 2x\leq \cfrac{\pi}{2}$，则$-\cfrac{\pi}{3}\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{5\pi}{6}$，

故当$2x+\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{3}$，即$x=-\cfrac{\pi}{3}$时，$f(x)_{min}=f(-\cfrac{\pi}{3})=2\times (-\cfrac{\sqrt{3}}{2})+1=-\sqrt{3}+1$；

故当$2x+\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}$，即$x=\cfrac{\pi}{12}$时，$f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{12})=2\times 1+1=3$；

③求单调区间$\left(x\in R 或x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\right)$(具体解法参见例2的法1和法2)

④求函数$f(x)$对称轴方程和对称中心坐标；

令$2x+\cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，得到$f(x)$对称轴方程为$x=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{\pi}{12}(k\in Z)$；

令$2x+\cfrac{\pi}{3}=k\pi(k\in Z)$，得到$f(x)$的对称中心坐标为$(\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{6}，1)(k\in Z)$

⑤求奇偶性$\left(奇函数利用f(0)=0；偶函数利用f(0)=f(x)_{max}或f(x)_{min}\right)$

比如，函数$g(x)=2sin(2x+\phi+\cfrac{\pi}{3})(\phi\in (0，\pi))$是偶函数，求$\phi$的值。

分析：由于函数$g(x)$是偶函数，则在$x=0$处必然取到最值，

故有$2\times 0+\phi+\cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，

则$\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{6}(k\in Z)$

令$k=0$，则$\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0，\pi)$，满足题意，故所求$\phi=\cfrac{\pi}{6}$时，函数$g(x)$是偶函数。

【2016$\cdot$天津高考改编】已知函数$f(x)=4tanx\cdot sin(\cfrac{\pi}{2}-x)\cdot cos(x-\cfrac{\pi}{3})-\sqrt{3}$，试讨论$f(x)$在区间$[-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]$上的单调性。

解析：先将所给函数化简为正弦型或者余弦型，

$f(x)=4tanx\cdot cosx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}$

$=4sinx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}=2sinxcosx+2\sqrt{3}sin^2x-\sqrt{3}$

$=sin2x+\sqrt{3}(1-cos2x)-\sqrt{3}=sin2x-\sqrt{3}cos2x$

$=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})$

法1：先求解函数在$x\in R$上的单调区间，

令$2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，

得到单调递增区间为$[k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12}](k\in Z)$，

又因为$x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]$

然后给$k$赋值，令$k=0$，

得到函数在区间$[-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]$上单调递增，在区间$[-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12}]$上单调递减。

法2：由$-\cfrac{\pi}{4}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}$，求得$-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}$，

结合横轴为$2x-\cfrac{\pi}{3}$的图像可知，

当$-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq -\cfrac{\pi}{2}$时，求得函数在区间$[-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12}]$单调递减；

当$-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}$时，求得函数在区间$[-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]$单调递增；

【2016宝鸡市第二次质量检测第17题】在$\Delta ABC$中，已知$sin^2A+sin^2B+sinAsinB=sin^2C$，其中角$A、B、C$的对边分别为$a、b、c$，

(1).求角$C$的大小。

(2).求$\cfrac{a+b}{c}$的取值范围。

分析：(1)角化边，由$\cfrac{a}{2R}=sinA，\cfrac{b}{2R}=sinB，\cfrac{c}{2R}=sinC$

得到$a^2+b^2+ab=c^2$，即$a^2+b^2-c^2=-ab$，

故由余弦定理得到$cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}$，

又$C\in (0，\pi)$，故$C=\cfrac{2\pi}{3}$。

(2)由(1)可知，$A+B=\cfrac{\pi}{3}$，即$A=\cfrac{\pi}{3}-B$

边化角，由$a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC$

$\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{sinA+sinB}{sinC}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(sinA+sinB)$

$=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[sin(\cfrac{\pi}{3}-B)+sinB]$

$=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB-\cfrac{1}{2}sinB+sinB]$

$=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(\cfrac{1}{2}sinB+\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB)$

$=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(B+\cfrac{\pi}{3})$，

计算角B的取值范围由$\begin{cases}B>0\\ \cfrac{\pi}{3}-B>0\end{cases}$得出，$B\in (0,\cfrac{\pi}{3})$

故$B+\cfrac{\pi}{3}\in (\cfrac{\pi}{3},\cfrac{2\pi}{3})$，则$\cfrac{\sqrt{3}}{2} < sin(B+\cfrac{\pi}{3}) \leq 1 $

$1<\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\cdot sin(B+\cfrac{\pi}{3}) \leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}$，则$\cfrac{a+b}{c}$的取值范围为$(1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]$。

已知$\alpha$为第二象限角，$sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{\sqrt{2}}{10}$，则$tan\cfrac{\alpha}{2}$的值为多少？

法1：变形得到$\cfrac{\sqrt{2}}{2}(sin\alpha+cos\alpha)=\cfrac{\sqrt{2}}{10}$，解得$sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}$，

又因为$\alpha$为第二象限角，再结合勾股数可得$sin\alpha=\cfrac{4}{5}，cos\alpha=-\cfrac{3}{5}$；故$tan\alpha=-\cfrac{4}{3}$，

又由八卦图法可知$\cfrac{\alpha}{2}$在第一、三象限，故$tan\cfrac{\alpha}{2}>0$，

再由$tan\alpha=-\cfrac{4}{3}=\cfrac{2tan\cfrac{\alpha}{2}}{1-(tan\cfrac{\alpha}{2})^2}$，

解方程得到$tan\cfrac{\alpha}{2}=2$；

法2：同上法，得到$sin\alpha=\cfrac{4}{5}，cos\alpha=-\cfrac{3}{5}$；

$tan\cfrac{\alpha}{2}=\cfrac{sin\cfrac{\alpha}{2}}{cos\cfrac{\alpha}{2}}=\cfrac{2sin\cfrac{\alpha}{2}cos\cfrac{\alpha}{2}}{2cos\cfrac{\alpha}{2}cos\cfrac{\alpha}{2}}$

$=\cfrac{sin\alpha}{1+cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{4}{5}}{1-\cfrac{3}{5}}=2$；

已知$f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)(A>0,\omega>0,0<\phi<\cfrac{\pi}{2})$，直线$x=\cfrac{\pi}{3}$和点$(\cfrac{\pi}{12},0)$分别是函数$f(x)$图象上相邻的一条对称轴和一个对称中心，则函数$f(x)$的单调增区间为【】。

$A．[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)$

$B．[k\pi-\cfrac{\pi}{6} ，k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)$

$C．[k\pi-\cfrac{5\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{\pi}{12}](k\in Z)$

$D．[k\pi+\cfrac{\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{7\pi}{12}](k\in Z)$

分析：这类题目一般需要先将$f(x)$转化为正弦型或者余弦型，再利用给定的条件分别求$\omega$和$\phi$，

由$f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)=A[cos2(\omega x+\phi)+1]=Acos(2\omega x+2\phi)$，

故其周期为$T=\cfrac{2\pi}{2\omega}=\cfrac{\pi}{\omega}$，

又由题目可知$\cfrac{T}{4}=\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{4}$，则$T=\pi=\cfrac{\pi}{\omega}$，

故$\omega=1$，则函数简化为$f(x)=Acos(2x+2\phi)$，

再利用直线$x=\cfrac{\pi}{3}$是函数$f(x)$图象上的一条对称轴，

故$2\times \cfrac{\pi}{3}+2\phi=k\pi,(k\in Z)$,

解得$\phi=\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{3}$，令$k=1$，则$\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0,\cfrac{\pi}{2})$，

满足题意，故$f(x)=Acos(2x+2\phi)=Acos(2x+\cfrac{\pi}{3})$.

令$2k\pi-\pi\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi(k\in Z)$，

解得$k\pi-\cfrac{2\pi}{3}\leq x \leq k\pi-\cfrac{\pi}{6}$，

即单调递增区间为$A．[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)$;

在$\Delta ABC$中，$tanA:tanB:tanC=1:2:3$，求$\cfrac{AC}{AB}$的值；

分析：(巧设比例因子)设$tanA=k,tanB=2k,tanC=3k,(k>0)$,

则由$tanA\times tanB\times tanC=tanA+tanB+tanC$可知，

$6k=6k^3$,解得$k=1$.则有$tanA=1,tanB=2,tanC=3$,

再设比例因子，比如设$sinB=2m,cosB=m,(m>0)$,由平方关系可得，$5m^2=1,m=\cfrac{1}{\sqrt{5}}$,

故$sinB=\cfrac{2}{\sqrt{5}},sinC=\cfrac{3}{\sqrt{10}}$,则$\cfrac{AC}{AB}=\cfrac{sinB}{sinC}=\cfrac{\cfrac{2}{\sqrt{5}}}{\cfrac{3}{\sqrt{10}}}=\cfrac{2\sqrt{2}}{3}$.

在$\Delta ABC$中，角$A，B，C$的对边分别为$a，b，c$，满足$(2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC$。　

(1)求角$A$的大小；(考查角度：解三角形)

(2)若$a=3$，求$\Delta ABC$的周长的最大值。(考查角度：三角函数图像性质)

分析：(1)由$(2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC$及正弦定理，

得$(2sinB-sinC)cosA=sinAcosC$，

所以$2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC$，所以$2sinBcosA=sin(C+A)=sinB$，

因为$B\in (0，π)$，所以$sinB\neq 0$，

因为$A\in (0，π)$，$cosA=\cfrac{1}{2}$，所以$A=\cfrac{\pi}{3} $。

(2)由(1)得$A=\cfrac{\pi}{3} $，

由正弦定理得$\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =2\sqrt{3}$，

所以$b=2\sqrt{3}\cdot sinB$； $c=2\sqrt{3}\cdot sinC$，

$\Delta ABC$的周长：$l=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sinC$

$=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)$

$=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)$

$=3+3\sqrt{3}sinB+3cosB=3+6sin(B+\cfrac{\pi}{6})$

因为$B\in(0，\cfrac{2\pi}{3})$，所以当$B=\cfrac{\pi}{3}$ 时，$\Delta ABC$的周长取得最大值，最大值为9。

反思总结：三角函数和解三角形的交汇处的题型

这类题目往往会设置第一问求一个角（如$A$）,第二问已知边$a$（注意对角和对边的关系），接下来可以考查的方向有

①再已知$S_△$，求解$b+c$的取值范围；或者已知$b+c$求$S_△$的取值范围。

②求解$msinB+nsinC$的取值范围($m、n$是实数)

③求解$msinB\cdot nsinC$的取值范围($m、n$是实数)

④求解$S_△=\cfrac{1}{2}bcsinA$的取值范围

⑤求解周长的取值范围 $l=a+b+c$

⑥求解类似周长的取值范围 $l=2a+3b-c$

⑦难点：自变量的取值范围，已知三角形和锐角三角形时，自变量的范围是不一样的。

【2017高考真题理科全国卷2的第17题】$\Delta ABC$ 的内角A，B，C的对边分别是$a，b，c$，已知$sin(A+C)=8sin^2\cfrac{B}{2}$。

(1)求$cosB$.

(2)若$a+c=6$，$S_{\Delta ABC}=2$，求$b$.

分析：$sin(A+C)=sinB=8\cdot \cfrac{1-cosB}{2}$，得到$sinB=4(1-cosB)$，

即$\sqrt{1-cos^2B}=4(1-cosB)$，平方得到$17cos^2B-32cosB+15=0$。

由十字相乘法得到 $(17cosB-15)(cosB-1)=0$，得到$cosB=\cfrac{15}{17}$或$cosB=1(舍去)$，

故$cosB=\cfrac{15}{17}$；

(2)若$a+c=6$，$S_{\Delta ABC}=2$，求$b$.

分析：由$cosB=\cfrac{15}{17}$得到$sinB=\cfrac{8}{17}$，

由$S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}acsinB=2$得到，$ac=\cfrac{17}{2}$，

故$b^2=a^2+c^2-2accosB=(a+c)^2-2ac-2accosB=6^2-2\cdot \cfrac{17}{2}-2\cdot \cfrac{17}{2}\cdot\cfrac{15}{17}=4$，

故$b=2$。

【2017高考真题文科全国卷2的第16题】 $\Delta ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c$，若$2bcosB=acosC+ccosA$，则$B$=________.

法1：角化边，得到$2b\cdot \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=a\cdot \cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+c\cdot \cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$

两边同乘以$abc$，约掉分母，化简整理为$a^2+c^2-b^2=ac$，

故$cosB=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\cfrac{1}{2}$，又$b\in (0，\pi)$，则$B=\cfrac{\pi}{3}$。

法2：边化角，由已知得到$2sinBcosB=sinAcosC+cosAsinC=sin(A+C)=sinB$，故得到$cosB=\cfrac{1}{2}$，又$B\in (0，\pi)$，则$B=\cfrac{\pi}{3}$。

【2017高考真题文科全国卷2的第13题】函数$f(x)=2cosx+sinx$的最大值为_______。

分析：$f(x)=\sqrt{5}sin(x+\phi)(tan\phi=2)$，故$f(x)_{max}=\sqrt{5}$。

【2017高考真题理科全国卷2的第14题】函数$f(x)=sin^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}])$的最大值为_______。

分析：由于$x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]$，则$cosx\in [0，1]$，

令$cosx=t\in [0，1]$，$f(x)=1-cos^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}=1-t^2+\sqrt{3}t-\cfrac{3}{4}=-(t-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+1=g(t)$，

故当$t=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时，$g(t)_{max}=f(x)_{max}=1$。

反思总结：这类题目常有两个考查方向：①转化为正弦型求最值；②转化为二次型求最值。

【2017高考真题文科全国卷1的第11题】$\Delta ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c$，已知$sinB+sinA\cdot (sinC-cosC)=0，a=2，c=\sqrt{2}$，则$C$=________。

分析：由于$sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC$，则有$sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC-sinAcosC=0$，

即$cosAsinC+sinAsinC=0$，又因为$sinC\neq 0$，故得到$sinA+cosA=0$，即$tanA=-1$ ，即$A=\cfrac{3\pi}{4}$，

由正弦定理$\cfrac{a}{sinA}=\cfrac{c}{sinC}$，将$a=2，c=\sqrt{2}$代入得到$sinC=\cfrac{1}{2}$，故$C=\cfrac{\pi}{6}$。

【2017高考真题文科全国卷1的第15题】已知$\alpha\in(0，\cfrac{\pi}{2})$，$tan\alpha=2$，则$cos(\alpha-\cfrac{\pi}{4})$=__________。

分析：由$tan\alpha=2，\alpha\in(0，\cfrac{\pi}{2})$，故有$sin\alpha=2k，cos\alpha=k(k>0)$，

由平方关系可知$k=\cfrac{\sqrt{5}}{5}$，故$sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$，$cos\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}$，

则$cos(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=cos\alpha\cdot cos\cfrac{\pi}{4}+sin\alpha\cdot sin\cfrac{\pi}{4}=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}+\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}=\cfrac{3\sqrt{10}}{10}$。