（新课标）2016高考数学二轮复习 专题3 三角函数习题（打包8套）.zip

1第 1讲 三角函数的图象与性质、三角恒等变换三角函数的概念、诱导公式及恒等变换1.(2015贵阳高三适应性监测)已知 α∈(0,2π),且 α 的终边上一点的坐标为(sin ,cos5𝜋6),则 α 等于( B )5𝜋6(A) (B) (C) (D)2𝜋3 5𝜋3 5𝜋6 7𝜋6解析:由已知可得,α 的终边上一点的坐标为( ,- ),12 32且 α∈(0,2π),故 α∈( ,2π),3𝜋2根据三角函数的定义可得 tan α=- ,3所以 α= .5𝜋3故选 B.2.(2015太原市模拟)已知 sin α+cos α= ,α∈(- , ),则 tan α 等于( D )2𝜋2𝜋2(A)-1 (B)- (C) (D)122 22解析:因为 sin α+cos α= ,α∈(- , ),2𝜋2𝜋2所以 sin(α+ )= ,2𝜋4 2所以 sin(α+ )=1,𝜋4所以 α+ = ,所以 α= ,𝜋4𝜋2 𝜋4所以 tan α=tan =1,选 D.𝜋43.(2015呼伦贝尔一模)已知 sin α+cos α= ,则 sin2( -α)等于( B )13 𝜋4(A) (B) (C) (D)118 1718 89 29解析:因为 sin α+cos α= ,13则 1+2sin αcos α= ,2sin αcosα=- ,19 892sin2( -α)=( cos α- sin α) 2𝜋4 22 22= (1-2sin αcos α)12= (1+ )= ,12 89 1718故选 B.4.(2015衢州一模)若 cos(α+ )=- ,则 sin(α- )= . 𝜋3 45 𝜋6解析:sin(α- )=sin[(α+ )- ]=-sin[ -(α+ )]=-cos(α+ )= .𝜋6 𝜋3 𝜋2 𝜋2 𝜋3 𝜋3 45答案:45函数 y=Asin(ωx+φ)+B 的解析式5.(2015许昌一模)函数 f(x)=Asin(ωx+φ) (其中 A0,|φ|0,|φ|0,ω0,|φ|≤ )与坐标轴的三个交点 P,Q,R满足 P(1,0),∠PQR= ,M(2,-2)为线段 QR的中点,则 A𝜋2 𝜋4的值为( C ) (A)2 (B) (C) (D)43733 833 3解析:因为 M(2,-2)为 QR的中点,所以可知 R(0,-4),Q(0,4)所以函数的周期 T=6,所以 ω= = ,2𝜋6𝜋3所以 f(x)=Asin( x+φ),把 P(1,0)代入 f(x)可得,𝜋3sin( +φ)=0,𝜋3又|φ|≤ ,所以 φ=- ,𝜋2 𝜋3所以 f(x)=Asin( x- ),𝜋3 𝜋3把 R(0,-4)代入 f(x)可得 Asin(- )=-4,𝜋3所以 A= ,故选 C.8338.(2015赤峰市高三统考)函数 f(x)=Asin(ωx+φ)的图象如图所示,其中 A0,ω0,|φ|0)在区间[0, ]上单调递增 ,在区间[ , ]上单调递减,则 ω𝜋3 𝜋3𝜋2等于( C )(A)3 (B)2 (C) (D)32 23解析:因为 y=sin ωx(ω0)过原点,所以当 0≤ωx≤ ,即 0≤x≤ 时,y=sin ωx 是增函数;𝜋2 𝜋2𝜔当 ≤ωx≤ ,即 ≤x≤ 时,y=sin ωx 是减函数.𝜋2 3𝜋2 𝜋2𝜔 3𝜋2𝜔由 y=sin ωx(ω0)在[0, ]上单调递增,在[ , ]上单调递减知,𝜋3 𝜋3𝜋2= ,𝜋2𝜔𝜋3所以 ω= .3212.(2015衢州二模)设函数 f(x)=2cos( x+ ),则该函数的最小正周期为 ,值域为 ,单12 𝜋6调递增区间为 . 解析:函数的最小正周期为 T= =4π,值域为 [-2,2],由 2kπ-π≤ x+ ≤2kπ(k∈Z),可2𝜋12 12 𝜋6得其单调递增区间为 4kπ- ≤x≤4kπ- (k∈Z).7𝜋3 𝜋3答案:4π [-2,2] [4kπ- ,4kπ- ](k∈Z).7𝜋3 𝜋313.(2015洛阳一模)将函数 y=sin( x)sin( x+ )的图象向右平移 个单位,所得图象关于𝜔2 𝜔2 𝜋3 𝜋6y轴对称,则正数 ω 的最小值为 . 6解析:因为 y=sin( x)sin( x+ )𝜔2 𝜔2 𝜋3= sin2 + sin ωx12 𝜔𝑥2 34=1‒𝑐𝑜𝑠𝜔𝑥+3𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥4= sin(ωx- )+ ,12 𝜋6 14所以将函数的图象向右平移 个单位,𝜋6所得解析式为 y= sin[ω(x- )- ]+12 𝜋6 𝜋6 14= sin(ωx-ω - )+ ,12 𝜋6𝜋6 14因为所得图象关于 y轴对称,所以-ω - =kπ+ ,k∈Z,𝜋6𝜋6 𝜋2可解得 ω=-6k-4,k∈Z,所以 k=-1时,正数 ω 的最小值为 2,答案:2一、选择题1.设 P(x,2)为角 α 终边上的一点,且 sin α= ,则 tan α 等于( A )2𝑥(A)1 (B)-1 (C)±1 (D)±2解析:因为角 α 终边上一点 P(x,2),所以|OP|= (O为坐标原点),𝑥2+4由 sin α= = ,2𝑥 2𝑥2+4得 x=2,所以 tan α= =1,故选 A.222.(2015江南二模)若 3sin θ=cos θ,则 cos 2θ+sin 2θ 的值等于( B )(A)- (B) (C)- (D)75 75 35 35解析:因为 3sin θ=cos θ,所以 tan θ= ,13所以 cos 2θ+sin 2θ=𝑐𝑜𝑠2𝜃‒𝑠𝑖𝑛2𝜃+2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠2𝜃+𝑠𝑖𝑛2𝜃7=1‒𝑡𝑎𝑛2𝜃+2𝑡𝑎𝑛𝜃1+𝑡𝑎𝑛2𝜃=1‒19+231+19= ,75故选 B.3.(2015湖北模拟)在下面给出的函数中,既是区间(0, )上的增函数又是以 π 为周期的偶𝜋2函数的是( B )(A)y=x2(x∈R) (B)y=|sin x|(x∈R)(C)y=cos 2x(x∈R) (D)y=esin 2x(x∈R)解析:y=x 2(x∈R)不是周期函数,故排除 A. 因为 y=|sin x|(x∈R)周期为 π,且根据正弦图象知在区间(0, )上是增函数.𝜋2故选 B.4.(2015桐城市一模)函数 y=sin(2x- )在区间[- ,π]的简图是( B )𝜋3 𝜋2解析:当 x=- 时,𝜋2y=sin[2×(- )- ]=-sin(π+ )𝜋2 𝜋3 𝜋3=sin = 0,排除 A,D;𝜋3 32当 x= 时,y=sin(2× - )=sin 0=0,排除 C.𝜋6 𝜋6𝜋3故选 B.85.(2015邢台二模)要得到函数 y=2sin(2x- )的图象,只需将函数 y=2sin 2x的图象( D )𝜋3(A)向左平移 个单位 (B)向右平移 个单位𝜋3 𝜋3(C)向左平移 个单位 (D)向右平移 个单位𝜋6 𝜋6解析:y=2sin(2x- )=2sin 2(x- ),𝜋3 𝜋6所以要得到 y=2sin(2x- )的图象,只需将函数 y=2sin 2x的图象向右平移 个单位,故选 D.𝜋3 𝜋66.(2015惠州模拟)函数 f(x)= sin(ωx+φ) (x∈R,ω0,|φ|0,|φ|0,ω0,|φ|0,ω0).若 f(x)在区间[, ]上具有单调性,且 f( )=f( )=-f( ),则 f(x)的最小正周期为 .𝜋6𝜋2 𝜋2 2𝜋3 𝜋6解析:因为 f(x)在[ , ]上具有单调性,𝜋6𝜋2所以 ≥ - ,所以 T≥ .𝑇2 𝜋2𝜋6 2𝜋3因为 f( )=f( ),𝜋2 2𝜋3所以 f(x)的一条对称轴为 x= = .𝜋2+2𝜋32 7𝜋12又因为 f( )=-f( ),𝜋2 𝜋6所以 f(x)的一个对称中心的横坐标为 = .𝜋2+𝜋62 𝜋312所以 T= - = ,所以 T=π.14 7𝜋12𝜋3𝜋4答案:π三、解答题14.(2015河南三市第三次调研)已知函数 f(x)=2 sin(x+ )cos(x+ )+2cos2(x- )-1(x∈R).3𝜋4 𝜋4 𝜋4(1)求函数 f(x)的最小正周期;(2)求函数 f(x)在区间[0, ]上的最大值和最小值及相应的 x的值.𝜋2解:(1)f(x)= sin(2x+ )+cos(2x- )3𝜋2 𝜋2= cos 2x+sin 2x3=2sin(2x+ ).𝜋3所以 f(x)的最小正周期为 T= =π.2𝜋2(2)因为 0≤x≤ ,所以 ≤2x+ ≤ .𝜋2 𝜋3 𝜋3 4𝜋3当 2x+ = ,即 x= 时,f(x) max=2sin =2;𝜋3𝜋2 𝜋12 𝜋2当 2x+ = ,即 x= 时,𝜋34𝜋3 𝜋2f(x)min=2sin =- .4𝜋3 31第 1讲 三角函数的图象与性质、三角恒等变换三角函数的概念、诱导公式及恒等变换1.(2015贵阳高三适应性监测)已知 α∈(0,2π),且 α 的终边上一点的坐标为（sin ,cos ）,则 α 等于( B )5𝜋6 5𝜋6(A) (B) (C) (D)2𝜋3 5𝜋3 5𝜋6 7𝜋6解析:由已知可得,α 的终边上一点的坐标为（ ,- ）,12 32且 α∈(0,2π),故 α∈（ ,2π）,3𝜋2根据三角函数的定义可得 tan α=- ,所以 α= .故选 B.35𝜋32.(2015太原市模拟)已知 sin α+cos α= ,α∈（- , ）,则 tan α 等于( D )2𝜋2𝜋2(A)-1 (B)- (C) (D)122 22解析:因为 sin α+cos α= ,α∈（- , ）,2𝜋2𝜋2所以 sin（α+ ）= ,2𝜋4 2所以 sin（α+ ）=1,𝜋4所以 α+ = ,𝜋4𝜋2所以 α= ,𝜋4所以 tan α=tan =1,选 D.𝜋43.(2015呼伦贝尔一模)已知 sin α+cos α= ,则 sin2（ -α）等于( B )13 𝜋4(A) (B) (C) (D)118 1718 89 29解析:因为 sin α+cos α= ,13则 1+2sin αcos α= ,2sin αcosα=- ,19 89sin2（ -α）=（ cos α- sin α） 2𝜋4 22 222= (1-2sin αcos α)12= （1+ ）= ,故选 B.12 89 17184.(2015衢州一模)若 cos（α+ ）=- ,则 sin（α- ）= . 𝜋3 45 𝜋6解析:sin（α- ）=sin[(α+ )- ]=-sin[ -(α+ )]=-cos(α+ )= .𝜋6 𝜋3 𝜋2 𝜋2 𝜋3 𝜋3 45答案:45函数 y=Asin(ωx+ )+B的解析式5.(2015许昌一模)函数 f(x)=Asin(ωx+ )(其中 A0,| |0,| |0,ω0,| |≤ ）𝜋2与坐标轴的三个交点 P,Q,R满足 P(1,0),∠PQR= ,M(2,-2)为线段 QR的中点,则 A的值为( C )𝜋4(A)2 (B) (C) (D)43733 833 3解析:因为 M(2,-2)为 QR的中点,所以可知 R(0,-4),Q(0,4)所以函数的周期 T=6,所以 ω= = ,2𝜋6𝜋3所以 f(x)=Asin（ x+ ）,把 P(1,0)代入 f(x)可得,𝜋3 sin（ + ）=0,又| |≤ ,所以 =- ,𝜋3𝜋2 𝜋3所以 f(x)=Asin（ x- ）,𝜋3 𝜋3把 R(0,-4)代入 f(x)可得 Asin（- ）=-4,𝜋3所以 A= ,故选 C.8338.(2015株洲一模)如图为函数 f(x)= sin(ωx+ )(ω0) 的部分图象,B,C 分别为图象的3 最高点和最低点,若 · =| |2,则 ω 等于( C )→𝐴𝐵→𝐵𝐶→𝐴𝐵4(A) (B) (C) (D)𝜋3 𝜋4 𝜋6 𝜋12解析:由题意知| |=2| |,由 · =| |2知→𝐵𝐶 →𝐴𝐵 →𝐴𝐵→𝐵𝐶→𝐴𝐵-| |·| |cos∠ABC=| |2,→𝐴𝐵 →𝐵𝐶 →𝐴𝐵得 cos∠ABC=- ,则∠ABC=120°,12过 B作 BD垂直于 x轴于 D,则| |=3,→𝐴𝐷所以 =3,则 T=12,ω= = ,故选 C.𝑇4 2𝜋𝑇𝜋6三角函数的图象和性质9.(2015开封二模)若函数 f(x)=(1+ tan x)cos x,0≤x0)在区间[0, ]上单调递增 ,在区间[ , ]上单调递减,则 ω𝜋3 𝜋3𝜋2等于( C )(A)3 (B)2 (C) (D)32 23解析:因为 y=sin ωx(ω0)过原点,所以当 0≤ωx≤ ,即 0≤x≤ 时,y=sin ωx 是增函数;𝜋2 𝜋2𝜔当 ≤ωx≤ ,即 ≤x≤ 时,y=sin ωx 是减函数.𝜋2 3𝜋2 𝜋2𝜔 3𝜋2𝜔由 y=sin ωx(ω0)在[0, ]上单调递增,在[ , ]上单调递减知, = ,所以 ω= .𝜋3 𝜋3𝜋2 𝜋2𝜔𝜋3 3211.(2015衢州二模)设函数 f(x)=2cos( x+ ),则该函数的最小正周期为 ,值域为 ,单12 𝜋6调递增区间为 . 解析:函数的最小正周期为 T= =4π,值域为 [-2,2],由 2kπ-π≤ x+ ≤2kπ(k∈Z),可2𝜋12 12 𝜋65得其单调递增区间为 4kπ- ≤x≤4kπ-7𝜋3 𝜋3(k∈Z).答案:4π [-2,2] [4kπ- ,4kπ- ](k∈Z).7𝜋3 𝜋312.(2015洛阳一模)将函数 y=sin( x)sin( x+ )的图象向右平移 个单位,所得图象关于𝜔2 𝜔2 𝜋3 𝜋6y轴对称,则正数 ω 的最小值为 . 解析:因为 y=sin( ωx)sin( ωx+ )= sin2 ωx+ sin ωx=12 12 𝜋3 12 1 34= sin(ωx- )+ ,所以将函数的图象向右平移 个单位,1‒𝑐𝑜𝑠𝜔𝑥+3𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥4 12 𝜋6 14 𝜋6所得解析式为 y= sin[ω(x- )- ]+12 𝜋6 𝜋6 14= sin(ωx-ω - )+ ,12 𝜋6𝜋6 14因为所得图象关于 y轴对称,所以-ω - =kπ+ ,k∈Z,𝜋6𝜋6 𝜋2可解得 ω=-6k-4,k∈Z,所以 k=-1时,正数 ω 的最小值为 2,答案:2一、选择题1.设 P(x,2)为角 α 终边上的一点,且 sin α= ,则 tan α 等于( A )2𝑥(A)1 (B)-1 (C)±1 (D)±2解析:因为角 α 终边上一点 P(x,2),所以|OP|= (O为坐标原点),𝑥2+4由 sin α= = ,2𝑥 2𝑥2+4得 x=2,所以 tan α= =1,故选 A.222.(2015江南二模)若 3sin θ=cos θ,则 cos 2θ+sin 2θ 的值等于( B )(A)- (B) (C)- (D)75 75 35 35解析:因为 3sin θ=cos θ,所以 tan θ= ,136所以 cos 2θ+sin 2θ= = = = ,𝑐𝑜𝑠2𝜃‒𝑠𝑖𝑛2𝜃+2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠2𝜃+𝑠𝑖𝑛2𝜃 1‒𝑡𝑎𝑛2𝜃+2𝑡𝑎𝑛𝜃1+𝑡𝑎𝑛2𝜃1‒19+231+19 75故选 B.3.在下面给出的函数中,既是区间(0, )上的增函数又是以 π 为周期的偶函数的是( B )𝜋2(A)y=x2(x∈R) (B)y=|sin x|(x∈R)(C)y=cos 2x(x∈R) (D)y=esin 2x(x∈R)解析:y=x 2(x∈R)不是周期函数,故排除 A.因为 y=|sin x|(x∈R)周期为 π,且根据正弦图象知在区间(0, )上是增函数.𝜋2故选 B.4.(2015桐城市一模)函数 y=sin(2x- )在区间[- ,π]的简图是( B )𝜋3 𝜋2解析:当 x=- 时,y=sin[2×(- )- ]=-sin(π+ )=sin = 0,排除 A,D;当 x= 时,𝜋2 𝜋2 𝜋3 𝜋3 𝜋3 32 𝜋6y=sin(2× - )=sin 0=0,排除 C.故选 B.𝜋6𝜋35.(2015惠州模拟)函数 f(x)= sin(ωx+ )(x∈R,ω0,| |0,| |0,| |0,ω0,| |0,ω0).若 f(x)在区间[ , ]上具有单调性,且 f( )=f( )=-f( ),则 f(x)的最小正周期为 . 𝜋6𝜋2 𝜋2 2𝜋3 𝜋6解析:因为 f(x)在[ , ]上具有单调性,𝜋6𝜋2所以 ≥ - ,𝑇2 𝜋2𝜋6所以 T≥ .2𝜋3因为 f( )=f( ),𝜋2 2𝜋3所以 f(x)的一条对称轴为 x= = .𝜋2+2𝜋32 7𝜋12又因为 f( )=-f( ),𝜋2 𝜋6所以 f(x)的一个对称中心的横坐标为 = .𝜋2+𝜋62 𝜋3所以 T= - = ,所以 T=π.14 7𝜋12𝜋3𝜋4答案:π三、解答题14.(2015淄博模拟)已知函数 f(x)=2sin ωxcos ωx+2 sin2ωx3- (ω0)的最小正周期是 π.3(1)求函数 f(x)的单调递增区间;(2)将函数 f(x)的图象向左平移 个单位,再向上平移 1个单位 ,得到函数 y=g(x)的图象,求𝜋3y=g(x)的解析式及其在[0, ]上的值域.𝜋2解:(1)由题意,得函数 f(x)=2sin ωxcos ωx+2 sin2ωx- =sin 2ωx- cos 3 3 32ωx=2sin(2ωx- ),𝜋3因为 f(x)的最小正周期是 π,所以 =π,所以 ω=1.2𝜋2𝜔所以 f(x)=2sin(2x- ).𝜋312由- +2kπ≤2x- ≤ +2kπ,k∈Z,𝜋2 𝜋3 𝜋2解得 kπ- ≤x≤kπ+ ,k∈Z.𝜋12 5𝜋12所以函数 f(x)的单调递增区间:[kπ- ,kπ+ ],k∈Z.𝜋12 5𝜋12(2)将函数 f(x)的图象向左平移 个单位,再向上平移 1个单位 ,得到函数 y=g(x)=2sin(2x+𝜋3)+1.𝜋3因为 x∈[0, ],𝜋2所以 2x+ ∈[ , ],𝜋3 𝜋34𝜋3当 2x+ = 时,𝜋3𝜋2即 x= 时,函数取得最大值 3.𝜋12当 2x+ = 时,𝜋34𝜋3即 x= 时,函数取得最小值:1- .𝜋2 3所以 y=g(x)在[0, ]上的值域为[1- ,3].𝜋2 31第 2 讲 解三角形正、余弦定理及其简单应用1.(2015 辽宁沈阳一模)在△ABC 中,若 =3,b2-a2= ac,则 cos B 的值为( B )𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴 52(A) (B) (C) (D)15 14 13 12解析:由正弦定理及 =3 可得 c=3a,𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴代入 b2-a2= ac 可得 b2= a2,52 172所以 cos B= = = .𝑎2+𝑐2‒𝑏22𝑎𝑐 𝑎2+9𝑎2‒172𝑎22𝑎·3𝑎 14故选 B.2.(2015 大连市高三一模)已知△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 a2=b2+c2-bc,bc=4,则△ABC 的面积为( C )(A) (B)1 (C) (D)212 3解析:由 a2=b2+c2-bc 得 bc=b2+c2-a2,所以 cos A= = .𝑏2+𝑐2‒𝑎22𝑏𝑐 12又 A∈(0,π),所以 A= .𝜋3所以 S△ABC = bc·sin A= ×4×sin = .12 12 𝜋3 3故选 C.3.(2015 河南省郑州市第二次质量预测)已知 a,b,c 分别为△ABC 三个内角 A,B,C 的对边,且(b-c)(sin B+sin C)=(a- c)·sin A,则角 B 的大小为( A )3(A)30° (B)45° (C)60° (D)120°解析:由正弦定理及条件等式可得(b-c)(b+c)=(a- c)·a3所以 a2+c2-b2= ac.3所以 cos B= = .𝑎2+𝑐2‒𝑏22𝑎𝑐 32又 B∈(0°,180°),2所以 B=30°.故选 A.4.(2015 河南三市第三次调研)△ABC 的三个内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且 asin Bcos C+csin Bcos A= b,则 B= . 12解析:由 asin Bcos C+csin Bcos A= b 及正弦定理得,12sin Asin Bcos C+sin Csin Bcos A= sin B.12因为 sin B≠0,所以 sin Acos C+cos Asin C= .12即 sin(A+C)= ,12所以 sin B=sin[π-(A+C)]=sin (A+C)= .12所以 B= 或 .𝜋6 5𝜋6答案: 或𝜋6 5𝜋6三角恒等变换与解三角形的综合5.在△ABC 中,A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 acos C,bcos B,ccos A 成等差数列,则 B 等于( C )(A) (B) (C) (D)𝜋6 𝜋4 𝜋3 2𝜋3解析:因为 acos C,bcos B,ccos A 成等差数列,所以 acos C+ccos A=2bcos B,根据正弦定理可得 sin Acos C+sin Ccos A=2sin Bcos B,即 sin (A+C)=2sin Bcos B,又 A+B+C=π,所以 sin B=2sin Bcos B,又 sin B≠0,所以 cos B= ,12又 B∈(0,π),所以 B= ,故选 C.𝜋36.在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,S 表示△ABC 的面积,若 acos B+bcos A=csin C,S= (b2+c2-a2),则 B 等于( B )14(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°解析:根据正弦定理得 sin Acos B+sin Bcos A=sin2C,3即 sin (A+B)=sin C=sin2C,因为 sin C≠0,所以 sin C=1,即 C=90°.由 S= (b2+c2-a2),得 bcsin A= (b2+c2-a2),14 12 14即 sin A= =cos A,𝑏2+𝑐2‒𝑎22𝑏𝑐即 tan A=1,又 A∈(0°,180°),所以 A=45°,所以 B=45°.故选 B.7.(2015 东北三校第一次联合模拟)已知△ABC 的面积为 2,且满足 0∠B,则 BD 等于( B )(A)2 或 4 (B)1 或 3 (C)3 或 2 (D)4 或 1解析:在△ABC 中,由正弦定理,得 sin B= = ,𝐴𝐶·𝑠𝑖𝑛𝐶𝐴𝐵 22所以∠B=45°或∠B=135°,又∠BAC∠B,8所以∠B=45°.因为 AD= ,5则在△ABD 中,由余弦定理得 AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos 45°,即 5=8+BD2-2×2 ×BD×cos 45°,2解得 BD=1 或 BD=3.故选 B.10.设△ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且 a2+b2=mc2(m 为常数),若tan C(tan A+tan B)=2tan A·tan B,则 m 的值为( A )(A)2 (B)4 (C)7 (D)8解析:因为 tan C(tan A+tan B)=2tan Atan B,所以 = tan C.𝑡𝑎𝑛𝐴·𝑡𝑎𝑛𝐵𝑡𝑎𝑛𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐵12即 = .𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶2𝑐𝑜𝑠𝐶所以 sin Asin Bcos C= sin C·sin (A+B)= sin2 C.12 12由正弦定理,上式可化为 abcos C= c2, ①12由余弦定理知,cos C= . ②𝑎2+𝑏2‒𝑐22𝑎𝑏由①②得,a 2+b2=2c2.因为 a2+b2=mc2,所以 m=2.选 A.二、填空题11.(2015 北京卷)在△ABC 中,a=3,b= ,∠A= ,则∠B= . 62𝜋3解析:由正弦定理 = ,𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴 𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵得 = ⇒sin B= ,3𝑠𝑖𝑛 2𝜋3 6𝑠𝑖𝑛𝐵 22因为 ab,所以∠B= .𝜋4答案:𝜋412.(2015 宁夏石嘴山高三联考)已知△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 cos C= ,𝑎𝑏且 sin C= sin B,则△ABC 的内角 A= . 32解析:因为 cos C= = ,𝑎𝑏𝑎2+𝑏2‒𝑐22𝑎𝑏9所以整理得 a2+c2=b2.所以 B= .𝜋2所以 sin B=1.又由 sin C= sin B 可得 sin C= ,32 32所以 C= .𝜋3所以 A= .𝜋6答案:𝜋613.(2014 广东卷)在△ABC 中,角 A,B,C 所对应的边分别为 a,b,c,已知 bcos C+ccos B=2b,则 = . 𝑎𝑏解析:根据正弦定理得 a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,代入已知式子中,可得 sin Bcos C+sin Ccos B=2sin B,即 sin A=2sin B,由此可知 a=2b,即 =2.𝑎𝑏答案:214.(2015 湖北卷)如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到 A 处时测得公路北侧一山顶 D 在西偏北 30°的方向上,行驶 600 m 后到达 B 处,测得此山顶在西偏北 75°的方向上,仰角为 30°,则此山的高度 CD= m. 解析:在△ABC 中,∠BAC=30°,∠BCA=75°-30°=45°,所以由正弦定理得,BC= ·AB𝑠𝑖𝑛∠𝐵𝐴𝐶𝑠𝑖𝑛∠𝐵𝐶𝐴= ×600𝑠𝑖𝑛30°𝑠𝑖𝑛45°= ×6001222=300 .2在△BCD 中,CD=BCtan 30°=300 × =100 .233 6故此山的高度为 100 m.6答案:100 610正、余弦定理的简单应用训练提示: 利用正、余弦定理解三角形的关键是正确判断边角关系,合理选择正、余弦定理,实现边角互化,注意题目中的隐含条件,如 A+B+C=π,大边对大角等.同时注意方程思想的应用.1.(2015 郑州市第三次质量预测)在△ABC 中,a,b,c 分别为 A,B,C 所对的边,且 a=2csin A.3(1)求角 C;(2)若 c= ,且△ABC 的面积为 ,求 a+b.7332解:(1)因为 a=2csin A,3所以由正弦定理得 sin A=2sin Csin A.3所以 sin C= .32因为 0°C180°,所以 C=60°或 120°.(2)因为 S△ABC = absin C= ,12 332所以 ab=6.若 C=60°,由余弦定理 c2=a2+b2-2abcos C 可得 a+b=5,若 C=120°,可得 a2+b2=1,无解.综上,a+b=5.2.在△ABC 中, = .𝐴𝐶𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶(1)证明:B=C;(2)若 cos A=- ,求 sin(4B+ )的值.13 𝜋3(1)证明:在△ABC 中,由正弦定理及已知得 = ,𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶于是 sin Bcos C-cos Bsin C=0,即 sin(B-C)=0.因为-πB-Cπ,从而 B-C=0,所以 B=C.(2)解:由 A+B+C=π 和(1)得 A=π-2B,故 cos 2B=-cos(π-2B)=-cos A= .13又 02Bπ,于是 sin 2B= = .1‒𝑐𝑜𝑠22𝐵223从而 sin 4B=2sin 2Bcos 2B= ,429cos 4B=cos22B-sin22B=- .7911所以 sin(4B+ )=sin 4Bcos +cos 4Bsin 𝜋3 𝜋3 𝜋3= .42‒7318三角恒等变换与解三角形的综合训练提示:解三角形与三角函数、恒等变换、向量等的综合问题,一般是以向量、边角关系式为载体.其解题思路是由向量、边角关系建立三角函数关系式或三角恒等式.结合正、余弦定理进行边角互化求解.注意角的范围在求值中的限制作用.3.(2015 黑龙江高三模拟)△ABC 中内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c 向量 m=(2sin B,- ),n=(cos 2B,2cos2 -1)且 m∥n.3𝐵(1)求锐角 B 的大小;(2)如果 b=2,求△ABC 的面积 S 的最大值.解:(1)因为 m∥n,所以 2sin B(2cos2 -1)=- cos 2B.𝐵 3所以 sin 2B=- cos 2B,3即 tan 2B=- .3又因为 B 为锐角,所以 2B∈(0,π).所以 2B= ,2𝜋3所以 B= .𝜋3(2)因为 B= ,b=2,𝜋3所以由余弦定理得 cos B= ,𝑎2+𝑐2‒𝑏22𝑎𝑐即 a2+c2-ac-4=0,又因为 a2+c2≥2ac,代入上式得 ac≤4(当且仅当 a=c=2 时等号成立),S△ABC = acsin B= ac≤ (当且仅当 a=c=2 时等号成立).12 34 3即△ABC 面积的最大值为 .34.(2015 天津卷)在△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.已知△ABC 的面积为3 ,b-c=2,cos A=- .1514(1)求 a 和 sin C 的值;(2)求 cos 的值.(2𝐴+𝜋6)解:(1)在△ABC 中,12由 cos A=- ,可得 sin A= ,14 154由 S△ABC = bcsin A=3 ,得 bc=24,12 15又由 b-c=2,解得 b=6,c=4.由 a2=b2+c2-2bccos A,可得 a=8.由 = ,𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴 𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶得 sin C= .158(2)cos(2A+ )=cos 2A·cos -sin 2A·sin 𝜋6 𝜋6 𝜋6= (2cos2A-1)- ×2sin A·cos A32 12= .15‒7316正、余弦定理的实际应用训练提示:利用正、余弦定理解决实际问题的关键是将实际问题转化为数学模型,即转化为三角形中解决.注意基线的选取,基线所在的三角形往往是解决问题的突破口.5.(2015 厦门模拟)某度假区依山修建了高山滑雪场.为了适应不同人群的需要,从山上 A 处到山脚滑雪服务区 P 处修建了滑雪赛道 A-C-P 和滑雪练习道 A-E-P(如图).已知 cos∠ACP=-,cos∠APC= ,cos∠APE= ,公路 AP 长为 10(单位:百米),滑道 EP 长为 6(单位:百米). 55 45 23(1)求滑道 CP 的长度;(2)由于 C,E 处是事故的高发区,为及时处理事故,度假区计划在公路 AP 上找一处 D,修建连接道 DC,DE.问 DP 多长时,才能使连接道 DC+DE 最短,最短为多少百米?解:(1)因为 cos∠ACP=- ,55cos∠APC= ,45所以 sin∠ACP= ,sin∠APC= .255 35sin∠PAC=sin(∠APC+∠ACP)=sin∠APC·cos∠ACP+sin∠ACP·cos∠APC= ,55由 = ,得 CP=5.𝐴𝑃𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐶𝑃𝑃𝐶𝑠𝑖𝑛∠𝑃𝐴𝐶13所以滑道 CP 的长度是 5 百米.(2)设 DP=x,x∈[0,10].因为 EP=6,CP=5,cos∠APC= ,45cos∠APE= ,23所以 DE= = .𝑥2+36‒2𝑥·6·𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝑃𝐸𝑥2‒8𝑥+36DC= = ,𝑥2+25‒2𝑥·5·𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝑃𝐶𝑥2‒8𝑥+25所以 DE+DC= +𝑥2‒8𝑥+36𝑥2‒8𝑥+25令 f(x)=DE+DC= +𝑥2‒8𝑥+36𝑥2‒8𝑥+25= + ,(𝑥‒4)2+20(𝑥‒4)2+9当且仅当 x=4 时,f(x)min=f(4)=3+2 .5所以当 DP 为 4 百米时,DE+DC 最短,为(3+2 )百米.51第 2 讲 解三角形正、余弦定理在平面几何中的应用1.(2015 广西南宁二模)已知△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 =𝑐‒𝑏𝑐‒𝑎,则 B 等于( C )𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶+𝑠𝑖𝑛𝐵(A) (B) (C) (D)𝜋6 𝜋4 𝜋3 3𝜋4解析:由 = 及正弦定理得𝑐‒𝑏𝑐‒𝑎 𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶+𝑠𝑖𝑛𝐵= .𝑐‒𝑏𝑐‒𝑎 𝑎𝑐+𝑏所以整理得 a2+c2-b2=ac,所以 cos B= = ,𝑎2+𝑐2‒𝑏22𝑎𝑐 12所以 B= .故选 C.𝜋32.(2015 遵义市高三联考)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 b2+c2+bc-a2=0,则的值为( A )𝑎𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛(𝐵+𝐶)𝑏𝑠𝑖𝑛𝐴(A) (B)- (C) (D)-32 32 12 12解析:因为 b2+c2+bc-a2=0,所以 b2+c2-a2=-bc.所以 cos A= =- .𝑏2+𝑐2‒𝑎22𝑏𝑐 12所以 A= .2𝜋3由正弦定理可知,= =sin A= .故选 A.𝑎𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛(𝐵+𝐶)𝑏𝑠𝑖𝑛𝐴 𝑠𝑖𝑛𝐴·𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐴 323.(2015 河南六市联考)在锐角△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若 sin A= ,a=2,S△ABC = ,则 b 的值为( A )223 2(A) (B) (C)2 (D)23322 2 32解析:因为 S△ABC = bcsin A= ×bc× = ,12 12 223 2所以 bc=3. ①因为 sin A= 且 A 为锐角,223所以 cos A= .13所以由余弦定理得,a 2=b2+c2-2bccos A,即 4=b2+c2-2×3× ,13所以 b2+c2=6. ②由①②可解得 b=c= .故选 A.34.(2015 赤峰市高三统考)已知 a,b,c 分别是△ABC 三个内角 A,B,C 所对的边,且满足(2c+b)cos A+acos B=0,若 a=4,则△ABC 面积的最大值是 . 解析:由(2c+b)cos A+acos B=0 及正弦定理得,(2sin C+sin B)cos A+sin Acos B=0.所以 2sin Ccos A+sin C=0.又因为 sin C≠0,所以 cos A=- .12又 A∈(0,π),所以 A= .2𝜋3由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A,即 16=b2+c2-2bc·cos =b2+c2+bc≥3bc.2𝜋3所以 bc≤ ,163当且仅当 b=c= 时,等号成立,433所以 S△ABC = bcsin A= bc≤ × = .12 34 34 163433答案:433三角恒等变换与解三角形的综合5.在△ABC 中,A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 acos C,bcos B,ccos A 成等差数列,则 B 等于( C )(A) (B) (C) (D)𝜋6 𝜋4 𝜋3 2𝜋3解析:因为 acos C,bcos B,ccos A 成等差数列,所以 acos C+ccos A=2bcos B,根据正弦定理可得 sin Acos C+sin Ccos A=2sin Bcos B,即 sin (A+C)=2sin Bcos B,3又 A+B+C=π,所以 sin B=2sin Bcos B,又 sin B≠0,所以 cos B= ,12又 B∈(0,π),所以 B= ,故选 C.𝜋36.在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,S 表示△ABC 的面积,若 acos B+bcos A=csin C,S= (b2+c2-a2),则 B 等于( B )14(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°解析:根据正弦定理得 sin Acos B+sin Bcos A=sin2C,即 sin (A+B)=sin C=sin2C,因为 sin C≠0,所以 sin C=1,即 C=90°.由 S= (b2+c2-a2),得 bcsin A= (b2+c2-a2),14 12 14即 sin A= =cos A,𝑏2+𝑐2‒𝑎22𝑏𝑐即 tan A=1,又 A∈(0°,180°),所以 A=45°,所以 B=45°.故选 B.7.(2015 江西九江二模)在△ABC 中,A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,已知 A=60°.(1)若 sin C+cos C= cos B,求 B 和 C 的大小;3(2)若 a= ,求△ABC 周长的取值范围 .3解:(1)由 A=60°,得 C=120°-B,代入 sin C+cos C= cos B 得,3sin(120°-B)+cos(120°-B)= cos B.3即 sin B=cos B,所以 tan B=1.又 0°a,所以 b+c .3所以△ABC 周长的取值范围是(2 ,3 ].3 3正、余弦定理的实际应用8.(2015 吉林模拟)一船向正北航行,看见正西方向有相距 10 海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上,继续航行半小时后,看见一灯塔在船的南偏西 45°,另一灯塔在船的南偏西 75°,则这艘船的速度是每小时( D )(A)5 海里 (B)5( -1)海里3(C)10 海里 (D)10( -1)海里3解析:如图所示,依题意有∠BAC=45°,∠BAD=75°,所以∠CAD=30°,∠CDA=15°,在△ACD 中,由正弦定理得 = =20,𝐴𝐶𝑠𝑖𝑛15° 10𝑠𝑖𝑛30°则 AC=20sin 15°=5( - ),6 2在直角三角形 ABC 中,得 AB=ACsin 45°=5( -1),3于是这艘船的速度是 =10( -1)(海里/小时).故选 D.5(3‒1)0.5 39.已知甲船正在大海上航行,当它位于 A 处时获知,在其正东方向相距 20 海里的 B 处有一艘渔船遇险等待营救,甲船立即以 10 海里/小时的速度匀速前往救援,同时把消息告知在甲船的南偏西 30°,相距10 海里 C 处的乙船,乙船当即也决定匀速前往救援,并且与甲船同时到达.(1)试问乙船航行速度的大小;(2)试问乙船航行的方向(试用方位角表示,结果精确到 1°).解:(1)设 C 与 B 的距离为 x 海里,所用时间为 =2(小时),20105则 x2=AC2+AB2-2AB·ACcos 120°=102+202+2×20×10× =700,12所以 x=10 .7v 乙 = =5 (海里/小时),1072 7所以乙船航行速度为 5 海里 /小时.7(2)设∠ACB=θ,则 = , = ,𝑥𝑠𝑖𝑛120° 20𝑠𝑖𝑛𝜃10732 20𝑠𝑖𝑛𝜃则 sin θ= ,得 θ≈41°,217所以乙船应朝北偏东 71°的方向沿直线前往 B 处救援.一、选择题1.在锐角△ABC 中,角 A,B 所对的边长分别为 a,b.若 2asin B= b,则角 A 等于( D )3(A) (B) (C) (D)𝜋12 𝜋6 𝜋4 𝜋3解析:根据正弦定理,2sin Asin B= sin B,3所以 sin A= ,32又△ABC 为锐角三角形,所以 A= .故选 D.𝜋32.(2015 广东卷)设△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 a=2,c=2 ,cos A= 且332b∠B,则 BD 等于( B )(A)2 或 4 (B)1 或 3(C)3 或 2 (D)4 或 1解析:在△ABC 中,由正弦定理,得 sin B= = ,𝐴𝐶·𝑠𝑖𝑛𝐶𝐴𝐵 22所以∠B=45°或∠B=135°,又∠BAC∠B,所以∠B=45°.因为 AD= ,5则在△ABD 中,由余弦定理得 AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos 45°,即 5=8+BD2-2×2 ×BD×cos 45°,2解得 BD=1 或 BD=3.故选 B.10.设△ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且 a2+b2=mc2(m 为常数),若 tan C(tan A+tan B)=2tan A·tan B,则 m 的值为( A )(A)2 (B)4 (C)7 (D)8解析:因为 tan C(tan A+tan B)=2tan Atan B,所以 = tan C.𝑡𝑎𝑛𝐴·𝑡𝑎𝑛𝐵𝑡𝑎𝑛𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐵12即 = .𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶2𝑐𝑜𝑠𝐶所以 sin Asin Bcos C= sin C·sin (A+B)= sin2 C.12 12由正弦定理,上式可化为 abcos C= c2, ①12由余弦定理知,cos C= . ②𝑎2+𝑏2‒𝑐22𝑎𝑏由①②得,a 2+b2=2c2.因为 a2+b2=mc2,所以 m=2.选 A.二、填空题11.(2015 北京卷)在△ABC 中,a=4,b=5,c=6,则 = . 𝑠𝑖𝑛2𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶解析:在△ABC 中,cos A= = = ,𝑏2+𝑐2‒𝑎22𝑏𝑐 52+62‒422×5×6 34由正弦定理可知 = = = =1.𝑠𝑖𝑛2𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶2𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶 2𝑎·𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐 2×4×3469答案:112.(2015 宁夏石嘴山高三联考)已知△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 cos C= ,𝑎𝑏且 sin C= sin B,则△ABC 的内角 A= . 32解析:因为 cos C= = ,𝑎𝑏𝑎2+𝑏2‒𝑐22𝑎𝑏所以整理得 a2+c2=b2.所以 B= .所以 sin B=1.𝜋2又由 sin C= sin B 可得 sin C= ,32 32所以 C= .所以 A= .𝜋3 𝜋6答案:𝜋613.(2014 广东卷)在△ABC 中,角 A,B,C 所对应的边分别为 a,b,c,已知 bcos C+ccos B=2b,则 = . 𝑎𝑏解析:根据正弦定理得 a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,代入已知式子中,可得 sin Bcos C+sin Ccos B=2sin B,即 sin A=2sin B,由此可知 a=2b,即 =2.𝑎𝑏答案:214.(2015 湖北卷)如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到 A 处时测得公路北侧一山顶 D 在西偏北 30°的方向上,行驶 600 m 后到达 B 处,测得此山顶在西偏北 75°的方向上,仰角为 30°,则此山的高度 CD= m. 解析:在△ABC 中,∠BAC=30°,∠BCA=75°-30°=45°,所以由正弦定理得,BC= ·AB𝑠𝑖𝑛∠𝐵𝐴𝐶𝑠𝑖𝑛∠𝐵𝐶𝐴= ×600𝑠𝑖𝑛30°𝑠𝑖𝑛45°= ×6001222=300 .210在△BCD 中,CD=BCtan 30°=300 × =100 .故此山的高度为233 6100 m.答案:100 6正、余弦定理的简单应用训练提示:利用正、余弦定理解三角形的关键是正确判断边角关系,合理选择正、余弦定理,实现边角互化,注意题目中的隐含条件,如 A+B+C=π,大边对大角等.同时注意方程思想的应用.1.(2015 安徽卷)在△ABC 中,∠A= ,AB=6,AC=3 ,点 D 在 BC 边上,AD=BD,求 AD 的长.3𝜋4 2解:设△ABC 的内角∠BAC,B,C 所对边的长分别是 a,b,c,由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos ∠BAC=(3 )2+62-2×3 ×6×cos 2 23𝜋4=18+36-(-36)=90,所以 a=3 .10又由正弦定理得 sin B= = = ,𝑏𝑠𝑖𝑛∠𝐵𝐴𝐶𝑎 33101010由题设知 00,𝜋2所以 A∈(0, ).𝜋4于是 sin A+sin C=sin A+sin( -2A)𝜋2=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-2(sin A- )2+ .14 98因为 0A ,所以 0sin A ,𝜋4 22因此 -2(sin A- )2+ ≤ .22 14 98 98由此可知 sin A+sin C 的取值范围是( , ].2298正、余弦定理的实际应用训练提示:利用正、余弦定理解决实际问题的关键是将实际问题转化为数学模型,即转化为三角形中解决.注意基线的选取,基线所在的三角形往往是解决问题的突破口.5.(2015 厦门模拟)某度假区依山修建了高山滑雪场.为了适应不同人群的需要,从山上 A 处到山脚滑雪服务区 P 处修建了滑雪赛道 A-C-P 和滑雪练习道 A-E-P(如图).已知 cos∠ACP=-,cos∠APC= ,55 45cos∠APE= ,公路 AP 长为 10(单位:百米),滑道 EP 长为 6(单位:百米).23(1)求滑道 CP 的长度;13(2)由于 C,E 处是事故的高发区,为及时处理事故,度假区计划在公路 AP 上找一处 D,修建连接道 DC,DE.问 DP 多长时,才能使连接道 DC+DE 最短,最短为多少百米?解:(1)因为 cos∠ACP=- ,55cos∠APC= ,45所以 sin∠ACP= ,sin∠APC= .255 35sin∠PAC=sin(∠APC+∠ACP)=sin∠APC·cos∠ACP+sin∠ACP·cos∠APC= ,55由 = ,𝐴𝑃𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐶𝑃𝑃𝐶𝑠𝑖𝑛∠𝑃𝐴𝐶得 CP=5.所以滑道 CP 的长度是 5 百米.(2)设 DP=x,x∈[0,10].因为 EP=6,CP=5,cos∠APC= ,cos∠APE= ,45 23所以 DE= = .𝑥2+36‒2𝑥·6·𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝑃𝐸𝑥2‒8𝑥+36DC= = ,𝑥2+25‒2𝑥·5·𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝑃𝐶𝑥2‒8𝑥+25所以 DE+DC= +𝑥2‒8𝑥+36𝑥2‒8𝑥+25令 f(x)=DE+DC= +𝑥2‒8𝑥+36𝑥2‒8𝑥+25= + ,(𝑥‒4)2+20(𝑥‒4)2+9当且仅当 x=4 时,f(x) min=f(4)=3+2 .5所以当 DP 为 4 百米时,DE+DC 最短,为(3+2 )百米.5