高考数学一轮复习高考大题增分专项2高考中的三角函数与解三角形课件
人教A版高考总复习一轮理科数学精品课件 第4章 三角函数、解三角形 解答题专项二 三角函数与解三角形
令
1
− 2 cos
2x-
3
sin
4
2
π
+6
π
2x+6
∈
π
2
π
3
2 +
1
-2(cos
+
2x-1)=
3
sin
2
2
1
2x-2cos
2π
)
3
1-cos (2-
2x+1=-
2
1
-2cos
3
sin
4
−
1
cos
2
1
2x+2
1
2x+2
1
2x-4cos
2x+1
+1.
3π
2π, 2
+ 2π ,k∈Z,则 x∈
解答题
专项二
三角函数与解三角形
考情分析:高考对三角函数与解三角形的考查有较强的规律性,三角解答题
与数列解答题交替考查.只考小题的试卷有三道题目,共15分;考解答题时
有一大一小两个题目,共17分.在三个小题中,分别考查三角函数的图象与
性质、三角变换、解三角形;在一个小题和一个大题中,小题要么考查三角
π
6
+1,
,
1
≥-2,
结合正弦函数的图象与性质可知
π
−2
1
+1=- sin
2
π
2x-6
∈
7π
5π
− 6 ,− 6
∪
π 5π
−6, 6
,
,
即所求实数 x 的取值集合为 ∣
π
−
2
高考数学一轮复习 高考大题增分课2 三角函数与解三角形中的高考热点问题课件 理
第二十四页，共四十五页。
由∠ADB＋∠CDB＝π得sin∠ADB＝sin∠CD B． 于是，结合AD＝2CD，将上面的两个方程相比可得， ssiinn∠∠DABBDC＝2ABBC.
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第二十五页，共四十五页。
三角形中的最值(范围)问题
解三角形与其他知识相交汇问题，常与不等式、平面向量等知识相交汇， 此类问题出现在解答题的第二问中，属于中档题，分值约为6分．
第四页，共四十五页。
(2)由题设可得∠CAD＝π2，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝6π.
故△ABD面积与△ACD面积的比值为
1
π
2A1B·AD·sin6＝1.
2AC·AD
又△ABC的面积为12×4×2sin∠BAC＝2 3，
所以△ABD的面积为 3.
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第五页，共四十五页。
[规律方法] 1.正、余弦定理的选用
(1)求c； (2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
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第三页，共四十五页。
[解] (1)由已知可得tan A＝－ 3，所以A＝23π. 在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccos23π， 即c2＋2c－24＝0， 解得c＝－6(舍去)，c＝4.
2021/12/13
分析已知图形中的边角关系，判断是用正弦定理，还是用余弦定理，求边或角；
二是注意大边对大角在解三角形中的应用．
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如图，在△ABC中，点D是边AC上一
点，且AD＝2C
D．
(1)若∠ABC＝90°，AB＝AD＝2，求BD的长；
(2)求证：ssiinn∠∠DABBDC＝2ABBC.
高考数学一轮复习高考大题增分专项2高考中的三角函数与解三角形课件文北师大版
-2-
从近五年的高考试题来看,高考对三角函数与解三角形的考查呈 现出较强的规律性,每年的题量和分值要么三个小题15分,要么一 个小题一个大题17分,间隔出现,每两年为一个循环.在三个小题中, 分别考查三角函数的图像与性质、三角变换、解三角形;在一个小 题一个大题中,小题要么考查三角函数的图像与性质,要么考查三 角变换,大题考查的都是解三角形.
∴f
5π 12
=Asin
π 5π 3 ������ + ,且 f = , 4 12 2 5π π 2π 3 + =A sin =A· 12 4 3 2
= 2.∴A= 3.
3
-7题型一 题型二 题型三 题型四
π π ∴f(θ)+f(-θ)= 3sin ������ + 4 + 3sin -������ + 4 π π π = 3 sin������cos + cos������sin + sin cos������4 4 4 π π 3 cos 4 sin������ = 3×2cos θsin4 = 6cos θ=2, 6 π ∴cos θ= 4 ,且 θ∈ 0, 2 .
1 3 cos������ + sin������ 2 2 π 2 π
− 3=2sin xcos x+2 3sin2x- 3
π
=sin 2x+ 3(1-cos 2x)- 3=sin 2x- 3cos 2x=2sin 2������- 3 , 所以 f(x)的最小正周期 T= 2 =π.
2π
-10题型一 题型二 题型三 题型四 策略一 策略二
(2)由(1)知 f(x)= 3sin ������ + 4 ,且 f(θ)+f(-θ)=2,
人教版高考总复习一轮数学精品课件 主题二函数 第五章三角函数、解三角形-第三节 两角和与差的三角函数
4
3π
π,
2
,sin =
3
− ,则tan
5
+
π
4
=() D
1
7
A.1B. C. D.7
[解析]因为 ∈ ,
则 = −
可得 =
, = − ,
−
=
−
=
− ,
= ,所以 +
−
=
+
C.对于任意的,,都有cos + = cos cos + sin sin
D.不存在,的值,使cos + ≠ cos cos − sin sin
[解析]令 = = ,则 + = , + = ,此时
2
[解析] ∘ ∘ + ∘ ∘ = ∘ ∘ + ∘ ∘ =
∘
∘
∘
( − ) = =
.故答案为 .
15∘
5.计算
1−tan
3+tan 60∘ tan 15∘
+ = + ,故A正确；令 = = ∈ ,则
+ = , + = ,此时
+ = + ,故B错误；由两角和的余弦公式可知,对于任
+ 2 sin
+ ,其中tan =
.注意:因为
,所以当 > 0时,cos > 0,故为第一、第四象限角;当 < 0时,
高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形考前增分微课2解三角形的综合应用课件理新人教A版
“＝”，故cosC的最小值是
6－ 4
2。
答案
6－ 2 4
2．求边的最值 【例4】 (2019·石家庄市一模)如图，四边形ABCD的对角线交点位于 四边形的内部，AB＝BC＝1，AC＝CD，AC⊥CD，当∠ABC变化时，BD的 最大值为________。
解析 设∠ACB＝θ0<θ<2π，则∠ABC＝π－2θ，∠DCB＝θ＋π2，由余 弦定理可知，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，即AC＝DC＝
考前增分微课(二) 三角函数与三角形中的最值问题
纵观近几年的高考试题和高考模拟试题，不难发现在三角函数和三角 形中求最值问题成为其中一个亮点，本文从求三角函数的最值、三角形中 的最值两个方面举例说明，希望对高考备考有所帮助。
类型一 三角函数的最值 1.可化为“y＝Asin(ωx＋φ)＋B”型的最值问题 【例1】 (2018·北京高考)已知函数f(x)＝sin2x＋ 3sinxcosx。 (1)求f(x)的最小正周期； (2)若f(x)在区间－π3，m上的最大值为32，求m的最小值。
化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式求最值时，特别注意自变量的取值范围 对最大值、最小值的影响，可通过比较闭区间端点的取值与最高点、最低 点的取值来确定函数的最值。
【变式训练】 函数f(x)＝3sinx＋4cosx，x∈[0，π]的值域为 ________。
解析 f(x)＝3sinx＋4cosx＝5 35sinx＋45cosx ＝5sin(x＋φ)，其中cosφ＝ 35，sinφ＝45 ，0<φ<π2 。因为0≤x≤π，所以φ≤x＋φ≤π＋φ。所以当x＋φ＝ π2 时，f(x)max＝5；当x＋φ＝π＋φ时，f(x)min＝5sin(π＋φ)＝－5sinφ＝－4。所 以f(x)的值域为[－4,5]。
2018-2019年高考理科数学一轮二轮专题复习：增分专项2 高考中的三角函数与解三角形
-9题型一 题型二 题型三 题型四 策略一 策略二
例 2 已知函数 f(x)=4tan xsin
π π
π -������ 2
cos ������-
π 3
− 3.
(1)求 f(x)的定义域与最小正周期; (2)讨论 f(x)在区间 - 4 , 4 上的单调性. π 解 (1)f(x)的定义域为 ������ ������ ≠ 2 + ������π,������∈Z .
突破策略一 多式归一法 对于已知的函数解析式是由多项三角函数式通过四则运算组合 而成的,求其函数的性质,一般的思路是通过三角变换,把多项三角 函数式的代数和(或积、商)化成只有一种名称的三角函数式,化简
中常用到辅助角公式 asin x+bcos x= ������2 + ������2 sin(x+φ).
-3题型一 题型二 题型三 题型四
题型一 三角函数的化简与求值
突破策略 化异求同法 解决三角函数化简与求值问题的总体思路就是化异为同,目的是 消元,减少未知量的个数.如把三角函数式中的异名、异角、异次 化为同名、同角、同次;在三角函数求值中,把未知角用已知角表 示,或把未知角通过三角变换化成已知角也是化异为同;对于三角 函数式中既有正弦、余弦函数又有正切函数,化简方法是切化弦, 或者弦化切,目的也是化异为同.
所以sin Ccos A+sin Ccos B=cos Csin A+cos Csin B, 即sin Ccos A-cos Csin A=cos Csin B-sin Ccos B, 得sin(C-A)=sin(B-C). 所以C-A=B-C[或C-A=π-(B-C)舍去],
即 2C=A+B,又 A+B+C=π,故 C= .
高考数学复习高考大题增分专项2高考中的三角函数与解三角形市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件
策略二
π
0, 2
为锐角,
由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A,
∴b2-6b+9=0,∴b=3.
1
2
1
2
3
2
∴S△ABC= bcsin A= ×3×6× =
9 3
.
2
16/33
-17题型一
题型二
题型三
策略一
题型四
f(x)=sin2ωx-sin2
对点训练 3 已知函数
1
且 <ω<1),函数
2
4
4
3
∴△ABC 面积的最大值为 4 .
策略二
bc≤1.∴
19/33
-20题型一
题型二
题型三
题型四
策略一
策略二
题型三 正弦定理、余弦定理与三角形面积的综合问题
突破策略一 边角互化法
在解三角形中,依据所求结论需要,经过正弦定理把角正弦转化
成边或把边转化成角正弦,经过余弦定理把角余弦转化成边,使已
知条件要么是角关系,要么是边关系,这么能使已知条件更轻易化
π
2
角,a=3 3,c=6,且 f(A)是函数 f(x)在 0, 上的最大值,求△ABC 的面
积.
14/33
-15题型一
题型二
题型三
策略一
题型四
3 1-cos2
3
+ sin
2
2
2
π
2π
2- +2.∴T= =π.
6
2
解(1)∵f(x)=sin2x+ 3sin xcos x+ =
3
2
1
2
2020版高考数学一轮复习高考大题增分课二三角函数与解三角形中的高考热点问题课件文北师大版
【例 3】 在△ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边， 且 cos(C＋B)cos(C－B)＝cos2A－sin Csin B
(1)求 A； (2)若 a＝3，求 b＋2c 的最大值．
解析答案
[解] (1)cos(C＋B)cos(C－B)＝cos2A－sin Csin B＝cos2(C＋B) －sin Csin B，
∴sin3AsicnosCB＝csoins AA＋csoins BB，
即sin3AsicnosCB＝sin
Acos B＋sin Bcos cos Acos B
A，
∴sin3A＝co1s A，则 tan A＝ 3，又 0＜A＜π，∴A＝π3.
(2)由 BD＝5，DC＝3，a＝7，得 cos∠BDC＝252＋ ×93－ ×459＝－12， 又 0＜∠BDC＜π，∴∠BDC＝23π.
则 cos(C＋B)[cos(C－B)－cos(C＋B)]＝－sin Csin B， 则－cos A·2sin Csin B＝－sin Csin B，可得 cos A＝12，∵0＜A＜ π，∴A＝60°.
(2)由sina A＝sinb B＝sinc C＝2 3，得 b＋2c＝2 3(sin B＋2sin C) ＝2 3[sin B＋2sin(120°－B)]＝2 3(2sin B＋ 3cos B)＝2 21sin(B＋ φ)，其中 tan φ＝ 23，φ∈0，π2.
由 B∈0，23π，得 B＋φ∈0，76π，∴sin(B＋φ)的最大值为 1， ∴b＋2c 的最大值为 2 21.
[规律方法] 1.以三角形为载体，实质考查三角形中的边角转化， 求解的关键是抓住边角间的关系，恰当选择正、余弦定理．
2．解三角形常与三角变换交汇在一起(以解三角形的某一结论作 为条件)，此时应首先确定三角形的边角关系，然后灵活运用三角函 数的和、差、倍角公式化简转化．
高考数学一轮复习 大题专项突破 高考大题专项突破2 高考中的三角函数与解三角形课件 文
2
+2 -2
A=
将角化为边.在三角形中利
2
用三角变换求三角式的值时,要注意角的范围的限制.
12/11/2021
21
题型一
题型二
题型三
题型四
对点训练4已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,
且满足cos2B-cos2C-sin2A=-sin Asin B,sin(A-B)=cos(A+B).
2
∴当 cos A= 8 ∈ 12/11/2021
2
,1
4
23
2
时,12 + 22 的最大值为 .
18
题型一
题型二
题型三
题型四
题型四 正、余弦定理与三角变换的综合
例4(2018天津,文16)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
π
bsin
A=acos
.
已知
6
(1)求角B的大小;
bsin A=asin B.又
,即 sin B=cos -
π
6
,可得
π
(2)在△ABC 中,由余弦定理及 a=2,c=3,B= ,有 b2=a2+c2-2accos
3
B=7,故 b= 7.
由 bsin A=acos -
π
6
3
2
,可得 sin A= .因为 a<c,故 cos A= .因此
7
7
4 3
例2(2018全国1,理17)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,
∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=2 2 ,求BC.
高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形考前增分微课2解三角形的综合应用课件理新人教A版201908011171 (2)
第三节简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词1．简单的逻辑联结词(1)命题中的且、或、非叫做逻辑联结词。
(2)命题p∧q、p∨q、綈p的真假判定(1)全称量词和存在量词①全称量词有：所有的，任意一个，任给一个，用符号“∀”表示；存在量词有：存在一个，至少有一个，有些，用符号“∃”表示。
②含有全称量词的命题，叫做全称命题。
“对M中任意一个x，有p(x)成立”用符号简记为：∀x∈M，p(x)。
③含有存在量词的命题，叫做特称命题。
“存在M中元素x0，使p(x0)成立”用符号简记为：∃x0∈M，p(x0)。
(2)含有一个量词的命题的否定1．用“并集”的概念来理解“或”，用“交集”的概念来理解“且”，用“补集”的概念来理解“非”。
2．记忆口诀：(1)“p或q”，有真则真；(2)“p且q”，有假则假；(3)“非p”，真假相反。
3．命题p∧q的否定是(綈p)∨(綈q)；命题p∨q的否定是(綈p)∧(綈q)。
一、走进教材1．(选修1－1P26A组T3改编)命题“∀x∈R，x2＋x≥0”的否定是( )A．∃x0∈R，x20＋x0≤0B．∃x0∈R，x20＋x0<0 C．∀x∈R，x2＋x≤0D．∀x∈R，x2＋x<0 解析由全称命题的否定是特称命题知命题B正确。
故选B。
答案 B2．(选修1－1P18A组T1(3)改编)已知命题p：2是偶数，命题q：2是质数，则命题綈p，綈q，p∨q，p∧q中真命题的个数是( )A．1 B．2 C．3 D．4解析p和q显然都是真命题，所以綈p，綈q都是假命题，p∨q，p∧q都是真命题。
故选B。
答案 B二、走近高考3．(2017·山东高考)已知命题p：∀x>0，ln(x＋1)>0；命题q：若a>b，则a2>b2。
下列命题为真命题的是( )A．p∧q B．p∧(綈q)C．(綈p)∧q D．(綈p)∧(綈q)解析因为x>0，所以x＋1>1，ln(x＋1)>0，所以对于∀x>0，ln(x＋1)>0，故p为真命题。
高考数学一轮复习高考大题增分课2三角函数与解三角形中的高考热点问题教学案理含解析北师大版
二
从近五年全国卷高考试题来看，解答题第
专题的热点题型有：一是考查解三角形；二是解三角形与三角恒等变换的交汇问题；三是平以斜三角形为背景求三角形的基本量、求三角形面积或判断三角形形状，主要考查正弦
以三角形为载体，三角恒等变换与解三角形交汇命题，是近几年高考试题的一大亮点，
以四边形为载体，通过分割或补形构造新的三角形，其实质还是考查三角形中正、余弦
解三角形与其他知识相交汇问题，常与不等式、平面向量等知识相交汇，此类问题出现
＋－
2bc
＋－
48 1
，
2。
高考数学一轮复习高考大题增分课二三角函数与解三角形中的高考热点问题教学案文含解析北师大版
二 三角函数与解三角形中的高考热点问题[命题解读] 从近五年全国卷高考试题来看，解答题第1题(全国卷T 17)交替考查三角函数、解三角形与数列，本专题的热点题型有：一是三角函数的图像与性质；二是解三角形；三是三角恒等变换与解三角形的综合问题，中档难度，在解题过程中应挖掘题目的隐含条件，注意公式的内在联系，灵活地正用、逆用及变形公式，并注重转化思想与数形结合思想的应用．要进行五点法作图、图像变换，研究三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，求三角函数的单调区间、最值等，都应先进行三角恒等变换，将其化为y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式，然后利用整体代换的方法求解．【例1】 (2017·浙江高考)已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R)． (1)求f ⎝⎛⎭⎪⎫2π3的值；(2)求f (x )的最小正周期及递增区间． [解] (1)由sin 2π3＝32，cos 2π3＝－12，得f ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫－122－23×32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＝2. (2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 所以f (x )的最小正周期是π.由正弦函数的性质得π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z，解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z，所以f (x )的递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z)．(2019·北京海淀模拟)已知函数f (x )＝sin 2x cos 5－cos 2x sin 5.(1)求函数f (x )的最小正周期和对称轴方程； (2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值．[解] (1)f (x )＝sin 2x cos π5－cos 2x sin π5＝sin2x －π5，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π， 因为y ＝sin x 的对称轴方程为x ＝k π＋π2，k ∈Z，令2x －π5＝π2＋k π，k ∈Z，得x ＝7π20＋12k π，k ∈Z，f (x )的对称轴方程为x ＝7π20＋12k π，k ∈Z. (2)因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x ∈[0，π]，所以2x －π5∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π5，4π5，所以当2x －π5＝π2，即x ＝7π20时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为1.从近几年全国卷来看，高考命题强化了解三角形的考查力度，着重考查正弦定理、余弦定理的综合应用，求解的关键是边角互化，结合三角恒等变换进行化简与求值．【例2】 (本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知△ABC 的面积为a 23sin A.(1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长．[信息提取] 看到条件△ABC 的面积a 23sin A，想到三角形面积公式；看到(2)中6cos B cos C ＝1和(1)的结论，想到两角和的余弦公式，可求角A ，进而利用面积公式和余弦定理求b ＋c .[规范解答] (1)由题设得12ac sin B ＝a 23sin A ，即12c sin B ＝a3sin A .2分由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A3sin A .故sin B sin C ＝23.5分 (2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12.所以B ＋C ＝2π3，故A ＝π3.7分由题设得12bc sin A ＝a23sin A ，a ＝3，所以bc ＝8.9分由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9， 即(b ＋c )2－3bc ＝9.由bc ＝8， 得b ＋c ＝33.11分 故△ABC 的周长为3＋33.12分[易错与防范] 易错误区：(1)三角形面积公式选用不当，导致无法求解第(1)问． (2)根据6cos B cos C ＝1和sin B sin C ＝23，联想不到使用公式cos(B ＋C )＝cos B cos C－sin B sin C ．导致无法求解第(2)问．防范措施：(1)在选用面积公式时，应保证消去sin A ，故应选择公式S △ABC ＝12ab sin C 或S △ABC ＝12ac sin B ．](2)对于两角和与差的正弦、余弦和正切公式应加强逆用的应用意识，根据公式的结构特征恰当选择公式．[通性通法] 解三角形问题要关注正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理、三角形面积公式，要适时、适度进行“角化边”或“边化角”，要抓住能用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则两个定理都有可能用到．(2019·莆田模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c tanC ＝3(a cos B ＋b cos A )．(1)求角C ；(2)若c ＝23，求△ABC 面积的最大值． [解] (1)∵c tan C ＝3(a cos B ＋b cos A )， ∴sin C tan C ＝3(sin A cos B ＋sin B cos A )， ∴sin C tan C ＝3sin(A ＋B )＝3sin C ， ∵0＜C ＜π，∴sin C ≠0， ∴tan C ＝3，∴C ＝60°. (2)∵c ＝23，C ＝60°，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 得12＝a 2＋b 2－ab ≥2ab －ab ，∴ab ≤12，当且仅当a ＝b ＝23时，等号成立． ∴S △ABC ＝12ab sin C ≤3 3.∴△ABC 面积的最大值为3 3.以三角形为载体，三角恒等变换与解三角形交汇命题，是近几年高考试题的一大亮点，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的综合应用，求解的关键是根据题目提供的信息，恰当地实施边角互化．【例3】 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且cos(C ＋B )cos(C －B )＝cos 2A －sin C sin B(1)求A ；(2)若a ＝3，求b ＋2c 的最大值．[解] (1)cos(C ＋B )cos(C －B )＝cos 2A －sin C sinB ＝cos 2(C ＋B )－sin C sin B ， 则cos(C ＋B )[cos(C －B )－cos(C ＋B )]＝－sin C sin B ，则－cos A ·2sin C sin B ＝－sin C sin B ，可得cos A ＝12，∵0＜A ＜π，∴A ＝60°.(2)由asin A＝bsin B＝csin C＝23，得b ＋2c ＝23(sin B ＋2sin C )＝23[sin B ＋2sin(120°－B )]＝23(2sin B ＋3cos B )＝221sin(B ＋φ)，其中tan φ＝32，φ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.由B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3，得B ＋φ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，7π6，∴sin(B ＋φ)的最大值为1，∴b ＋2c 的最大值为221.且3ca cos B＝tan A ＋tan B ． (1)求角A 的大小；(2)设D 为AC 边上一点，且BD ＝5，DC ＝3，a ＝7，求c . [解] (1)在△ABC 中，3ca cos B＝tan A ＋tan B ， ∴3sin C sin A cos B ＝sin A cos A ＋sin Bcos B，即3sin C sin A cos B ＝sin A cos B ＋sin B cos Acos A cos B，∴3sin A ＝1cos A ，则tan A ＝3，又0＜A ＜π，∴A ＝π3. (2)由BD ＝5，DC ＝3，a ＝7，得cos∠BDC ＝25＋9－492×3×5＝－12，又0＜∠BDC ＜π，∴∠BDC＝2π3. 又A ＝π3，∴△ABD 为等边三角形，∴c ＝5.[大题增分专训]1．(2019·泰安模拟)设f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2. (1)求f (x )的递增区间；(2)把y ＝f (x )的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图像向左平移π3个单位，得到函数y ＝g (x )的图像，求g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6的值． [解] (1)f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2＝23sin 2x －(1－2sin x cos x ) ＝3(1－cos 2x )＋sin 2x －1 ＝sin 2x －3cos 2x ＋3－1＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3－1， 由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z)，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z)，所以f (x )的递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z)．(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3－1， 把y ＝f (x )的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3＋3－1的图像，再把得到的图像向左平移π3个单位，得到y ＝2sin x ＋3－1的图像，即g (x )＝2sin x ＋3－1，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin π6＋3－1＝ 3.2．(2019·合肥模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a (sin A ＋sin C )＋c sin C ＝b sin(A ＋C )．(1)求角B ；(2)若b ＝63，sin C ＝1313，求△ABC 的面积S . [解] (1)因为A ＋C ＝π－B ，所以由已知得a (sin A ＋sin C )＋c sin C ＝b sin(π－B )， 即a (sin A ＋sin C )＋c sin C ＝b sin B ．根据正弦定理可得a (a ＋c )＋c 2＝b 2，即a 2＋c 2－b 2＝－ac ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－12， 因为0＜B ＜π，所以B ＝2π3.(2)因为B ＝2π3，所以C 为锐角，故cos C ＝1－sin 2C ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫13132＝23913，所以sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin 2π3×23913＋cos 2π3×1313＝32×23913＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×1313＝51326.由正弦定理，得a ＝b sin A sin B ＝63×5132632＝301313.所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×301313×63×1313＝90313.3．(2019·石家庄模拟)某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE ，其中三角形区域ABE 为生活区，四边形区域BCDE 为教学区，AB ，BC ，CD ，DE ，EA ，BE 为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD ＝∠CDE ＝2π3，∠BAE ＝π3，DE ＝3BC ＝3CD ＝910km.(1)求道路BE 的长度；(2)求生活区△ABE 面积的最大值．[解] (1)如图，连接BD ，在△BCD 中，BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos∠BCD ＝27100，∴BD ＝3310km.∵BC ＝CD ，∴∠CDB ＝∠CBD ＝π－23π2＝π6，又∠CDE ＝2π3，∴∠BDE ＝π2.∴在Rt△BDE 中，BE ＝BD 2＋DE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＝335(km)． 故道路BE 的长度为335km.(2)设∠ABE ＝α，∵∠BAE ＝π3，∴∠AEB ＝2π3－α.在△ABE 中，易得AB sin∠AEB ＝AE sin∠ABE ＝BEsin∠BAE ＝335sinπ3＝65，∴AB ＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－α，AE ＝65sin α.∴S △ABE ＝12AB ·AE sin π3＝9325⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－αsin α＝9325⎣⎢⎡⎦⎥⎤12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π6＋14， ∵0＜α＜2π3，∴－π6＜2α－π6＜7π6.∴当2α－π6＝π2，即α＝π3时，S △ABE 取得最大值，最大值为S △ABE ＝9325⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＝273100km 2， 故生活区△ABE 面积的最大值为273100km 2.。
高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形考前增分微课2解三角形的综合应用课件理新人教A版201908011171 (4)
第八节函数与方程1．函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点。
(2)几个等价关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点。
(3)函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根。
2．二分法对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法。
3．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系1．若连续不断的函数f (x )在定义域上是单调函数，则f (x )至多有一个零点。
函数的零点不是一个“点”，而是方程f (x )＝0的实根。
2．函数零点存在定理是零点存在的一个充分不必要条件。
3．周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点。
一、走进教材1．(必修1P 92A 组T 2改编)已知函数f (x )的图象是连续不断的，且有如下对应值表：A ．(1,2)B ．(2,3)C ．(3,4)D ．(4,5)解析 由所给的函数值的表格可以看出，x ＝2与x ＝3这两个数字对应的函数值的符号不同，即f (2)·f (3)<0，所以函数在(2,3)内有零点。
故选B 。
答案 B2．(必修1P 88例1改编)函数f (x )＝e x ＋3x 的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析 由f ′(x )＝e x ＋3>0，所以f (x )在R 上单调递增，又f (－1)＝1e－3<0，f (0)＝1>0，因此函数f (x )有且只有一个零点。