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

（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：一是三角函数的图象与性质；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． 三角函数的图象与性
质
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】 (·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 )的最小正周期及单调递增区间．
[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 )的单调递增区间是 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )． [规律方法] 求函数的单调区间，应先通过三角恒等变换把函数化为y ＝A sin (ωx ＋φ)的形式，再把“ωx ＋φ”视为一个整体，结合函数y ＝sin x 的单调性找到“ωx ＋φ”对应的条件，通过解不等式可得单调区间.
(·北京海淀模拟)已知函数f (x )＝sin 2x cos π5－cos 2x sin π5.
(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＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2x －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. 解三角形
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)(·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 2
3sin 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 2
3sin 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 ＝a 3sin A .2分
由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A 3sin 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 ＝a 2
3sin 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．
(·莆田模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，
且c tan C ＝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.
三角恒等变换与解三角形的综合问题
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 sin B ＝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a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝23，得b ＋2c ＝23(sin B ＋2sin C )＝23[sin B ＋
2sin(120°－B )]＝2 3 (2sin B ＋ 3 c os B )＝221 s in(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.
[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.
b ，
c ，且3c a 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，3c a cos B ＝tan A ＋tan B ，
∴3sin C sin A cos B ＝sin A cos A ＋sin B cos B ，
即3sin C sin A cos B ＝sin A cos B ＋sin B cos A cos 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．(·泰安模拟)设f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2.
(1)求f (x )的单调递增区间；
(2)把y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把
得到的图象向左平移π3个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，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 )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )． (2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2x －π3＋3－1， 把y ＝f (x )的图象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的图象， 再把得到的图象向左平移π3个单位，
得到y ＝2sin x ＋3－1的图象，
即g (x )＝2sin x ＋3－1，
所以g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6＝2sin π6＋3－1＝ 3. 2．(·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 ＝63×513263
2
＝301313.
所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×301313×63×1313＝90313.
3．(·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 ＝910 km.
(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 ＝3310 km.
∵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 ＝BE sin ∠BAE ＝335sin π3
＝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＝273
100km 2，
故生活区△ABE 面积的最大值为273
100km 2.。