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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 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 ＝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 23sin 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 )＝cosB cosC －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 ＝63×5132632＝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＝273100km 2，故生活区△ABE 面积的最大值为273100km 2.。

高考2019版二轮复习数学重点增分专题五三角恒等变换与解三角形

重点增分专题五三角恒等变换与解三角形[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ三角函数的定义及恒等变换·T11二倍角公式及余弦定理·T7二倍角公式·T42018正、余弦定理及三角形面积公诱导公式及三角三角形的面积公式及余弦定式·T16 恒等变换·T15 理·T112017 三角恒等变换、正弦定理解三角形·T11三角恒等变换求值问题·T15利用正、余弦定理解三角形·T16三角恒等变换求值问题·T4利用正弦定理解三角形·T15利用余弦定理解三角形·T4 三角恒等变换求值问题·T6正弦定理的应用、2016 同角三角函数的关系、诱导公利用正、余弦定理解三角形、诱导公式·T15式·T14 三角形的面积公式·T9(1)高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．(2)若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～11 或第14～16 题位置上．(3)若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17 题位置上，难度中等．在17 题位置上进行考查时，与“数列”交替进行考查(近三年文科一直在考“数列”)．考点一三角恒等变换保分考点·练后讲评[大稳定——常规角度考双基]2sin 47°－3sin 17°1.[给角求值] ＝()cos 17°A．－3B．－1C. 3 D．1sin 47°－sin 17°cos30°sin17°＋30°－sin 17°cos30°解析：选D原式＝2×＝2×＝cos 17°cos 17°2sin 30°＝1.故选D.12.[给值求值](2018·全国卷Ⅲ)若sin α＝，则cos 2α＝()38 7A. B.9 97 8C．－D．－9 91 1 7解析：选B∵sin α＝，∴cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×2＝.故选B.3 (3 )95 103.[给值求角]已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则角β等于()5 105ππA. B.12 3ππC. D.4 6ππ解析：选C∵0<α< ，0<β< ，2 2ππ∴－<α－β< .2 210 5∵sin(α－β)＝－，sin α＝，10 53 10 2 5∴cos(α－β)＝，cos α＝，10 5∴cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)2 53 10 5 10 2＝×＋×－＝，5 (10 )5 10 2π∴β＝.4[解题方略]三角函数求值的类型及方法解决给角求值问题的关键是两种变换：一是角的变换，注意各角之间是否具有和差关系、互补(余)关系、倍半关系，从而选择相应公式进行转化，把非特殊给角求值角的三角函数相约或相消，从而转化为特殊角的三角函数；二是结构变换，在熟悉各种公式的结构特点、符号特征的基础上，结合所求式子的特点合理地进行变形给值求值的关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异，一般可以适给值求值当变换已知式，求得另外某些函数式的值，以备应用．同时也要注意变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表给值求角示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围[小创新——变换角度考迁移]1 1 tan α1.[与对数式交汇]已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，则log 2 等于()5(tan β)2 3EarlybirdA．2 B．3C．4 D．51 1解析：选C因为sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，2 31 1所以sin αcos β＋cos αsin β＝，sin αcos β－cos αsin β＝，2 35 1 tan α所以sin αcos β＝，cos αsin β＝，所以＝5，12 12 tan βtan α所以log 5( 2＝log 552＝4.故选C.tan β)π2.[与向量交汇]设向量a＝(cos α，－1)，b＝(2，sin α)，若a⊥b，则tan(α－＝4 ) ________.解析：∵a＝(cos α，－1)，b＝(2，sin α)，a⊥b，∴2cos α－sin α＝0，∴tan α＝2，πtan α－tanπ 4 2－1 1∴tan( ＝＝＝.α－4 )π1＋2 ×1 31＋tan α·tan41答案：3考点二利用正、余弦定理解三角形增分考点广度拓展[分点研究]题型一利用正、余弦定理进行边、角计算3c [例1](2018·石家庄质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且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.3c[解](1)∵在△ABC中，＝tan A＋tan B，a cos B3sin C sin A sin B∴＝＋，sin A cos B cos A cos B3sin C sin A cos B＋sin B cos A即＝，sin A cos B cos A cos B3 1∴＝，则tan A＝3，sin A cos Aπ又0<A<π，∴A＝.3(2)由BD＝5，DC＝3，a＝7，Earlybird25＋9－49 1得cos∠BDC＝＝－，2 ×3 ×5 22π又0<∠BDC<π，∴∠BDC＝.3π又A＝，∴△ABD为等边三角形，∴c＝5.3[变式1]若本例(2)变为：a＝3，求b＋c的取值范围．解：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，可得b2＋c2－3＝bc，3即(b＋c)2－3＝3bc≤(b＋c)2，当且仅当b＝c时取等号，4∴b＋c≤2 3，又由两边之和大于第三边可得b＋c> 3，∴b＋c∈( 3，2 3]．[变式2]若本例(2)变为：AD⊥BC，且a＝3，求AD的取值范围．1 1解：∵S△ABC＝AD·BC＝bc sin A，2 21∴AD＝bc.21 b2＋c2－a2 2bc－3由余弦定理得cos A＝＝≥，2 2bc2bc∴0<bc≤3(当且仅当b＝c时等号成立)，3∴0<AD≤，23即AD的取值范围为(.0，2 ][解题方略]正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．[注意]应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．题型二利用正、余弦定理进行面积计算[例2](2018·郑州第二次质量预测)已知△ABC内接于半径为R的圆，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2R(sin2B－sin2A)＝(b－c)sin C，c＝3.(1)求A；19(2)若AD是BC边上的中线，AD＝，求△ABC的面积．2Earlybird[解](1)对于2R(sin2B－sin2A)＝(b－c)sin C，由正弦定理得，b sin B－a sin A＝b sin C－c sin C，即b2－a2＝bc－c2，b2＋c2－a2 1所以cos A＝＝.2bc 2因为0°<A<180°，所以A＝60°.(2)以AB，AC为邻边作平行四边形ABEC，连接DE，易知A，D，E三点共线．在△ABE中，∠ABE＝120°，AE＝2AD＝19，由余弦定理得AE2＝AB2＋BE2－2AB·BE cos 120°，1即19＝9＋AC2－2×3×AC×( ，解得AC＝2.－2 )1 3 3故S△ABC＝bc sin∠BAC＝.2 2[解题方略]三角形面积公式的应用原则1 1 1(1)对于面积公式S＝ab sin C＝ac sin B＝bc sin A，一般是已知哪一个角就使用含该角2 2 2的公式．(2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．题型三正、余弦定理的实际应用[例3]如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A，B两点处进行测量，在点A处测得塔顶C在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B处测得塔顶C在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A，B两点相距130 m，则塔的高度CD＝________m.h[解析]设CD＝h，则AD＝，BD＝h.33在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，则由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°，h2 h 1可得1302＝3h2＋－2·3h··－，3 ( 2 )3解得h＝10 39，故塔的高度为10 39 m.[答案]10 39Earlybird[解题方略]解三角形实际应用问题的步骤[多练强化]C 51．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos ＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝()2 5A．4 2 B. 30C. 29 D．2 5C 5解析：选A∵cos ＝，2 5C 5 3∴cos C＝2cos2 －1＝2×2－1＝－.2 (5 )5在△ABC中，由余弦定理，3得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×( ＝32，－5 )∴AB＝4 2.2．甲船从位于海岛B正南10 海里的A处，以4 海里/时的速度向海岛B行驶，同时乙船从海岛B以6海里/时的速度向北偏东60°方向行驶，当两船相距最近时，两船行驶的时间为________小时．解析：如图，设经过x小时后，甲船行驶到D处，乙船行驶到C处，则AD＝4x，BC＝6x，则BD＝10－4x，由余弦定理得，CD2＝(10－4x)2＋(6x)2－2×(10－5 6754x)×6x cos 120°＝28x2－20x＋100＝28( 2＋.若甲船行驶2.5 小时，则甲船x－14)75 675 15 21到达海岛B，因而若x<2.5，则当x＝时距离最小，且最小距离为＝，14 7 715 21 5若x≥2.5，则BC≥6×2.5＝15> ，因而当两船相距最近时，两船行驶的时间为小时．7 145答案：143．(2018·南宁摸底)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c(1＋cos B)＝b(2－cos C)．Earlybird(1)求证：2b ＝a ＋c ；π(2)若 B ＝，△ABC 的面积为 4 3，求 b .3 解：(1)证明：∵c (1＋cos B )＝b (2－cosC )，∴由正弦定理可得 sin C ＋sin C cos B ＝2sinB －sin B cosC ，可得 sin C cos B ＋sin B cos C ＋sin C ＝2sin B ，sin(B ＋C )＋sin C ＝2sin B ， ∴sin A ＋sin C＝2sin B ，∴a ＋c ＝2b .π(2)∵B ＝， 31 3 ∴△ABC 的面积 S ＝ ac sin B ＝ ac ＝4 3，24∴ac ＝16.由余弦定理可得 b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ＝(a ＋c )2－3ac . ∵a ＋c ＝2b ，∴b 2＝4b 2－3×16，解得 b ＝4.考点三解三角形与三角函数的交汇问题增分考点讲练冲关[典例] 如图，在△ABC 中，三个内角 B ，A ，C 成等差数列，且 AC ＝ 10，BC ＝15.(1)求△ABC 的面积；π (2)已知平面直角坐标系 xOy 中点 D (10,0)，若函数 f (x )＝M sin(ωx ＋φ)M >0，ω>0，|φ|<2 的图象经过 A ，C ，D 三点，且 A ，D 为 f (x )的图象与 x 轴相邻的两个交点，求 f (x )的解析式．[解] (1)在△ABC 中，由角 B ，A ，C 成等差数列，得 B ＋C ＝2A ， π又 A ＋B ＋C ＝π，所以 A ＝ .3设角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ， π由余弦定理可知 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos ，3 所以 c 2－10c －125＝0，解得 c ＝AB ＝5＋5 6.π因为CO＝10×sin ＝5 3，31 25所以S△ABC＝×(5＋5 6)×5 3＝(3 2＋3)．2 2Earlybirdπ(2)因为AO＝10×cos ＝5，3所以函数f(x)的最小正周期T＝2×(10＋5)＝30，π故ω＝.15π因为f(－5)＝M sin[×－5＋φ]＝0，15ππ所以sin(＝0，所以－＋φ＝kπ，k∈Z.＋φ)－3 3ππ因为|φ|< ，所以φ＝.2 3π因为f(0)＝M sin ＝5 3，所以M＝10，3ππ所以f(x)＝10sin(.x＋3)15[解题方略]解三角形与三角函数交汇问题一般步骤[多练强化]1 (2019 届高三·辽宁五校协作体联考)已知函数f(x)＝cos2x＋3sin(π－x)cos(π＋x)－.2(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，b sin C＝a sin A，求△ABC的面积．1解：(1)f(x)＝cos2x－3sin x cos x－21＋cos 2x 3 1＝－sin 2x－2 2 2π＝－sin(，2x－6)πππ由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，2 6 2ππ解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]，6 3Earlybirdπ5π∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为0，和.3 [，π]6π(2)由(1)知f(x)＝－sin(，2x－6)π∴f(A)＝－sin(＝－1，2A－6)π∵△ABC为锐角三角形，∴0<A< ，2ππ5π∴－<2A－< ，6 6 6πππ∴2A－＝，即A＝.6 2 3又b sin C＝a sin A，∴bc＝a2＝4，1∴S△ABC＝bc sin A＝ 3.2数学建模——解三角形的实际应用[典例]为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测．如图所示，A，B，C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实2 验，观测点A，B两地相距100 m，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚17 s，在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°.(1)求A，C两地间的距离；(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC.(已知声音的传播速度为340 m/s)2[解](1)设BC＝x m，由条件可知AC＝x＋×340＝(x＋40)m.17在△ABC中，由余弦定理，可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，1即x2＝1002＋(x＋40)2－2×100×(x＋40)×，2解得x＝380.所以AC＝380＋40＝420(m)，故A，C两地间的距离为420 m.(2)在Rt△ACH中，AC＝420，∠HAC＝30°，Earlybird3所以HC＝AC tan 30°＝420×＝140 3，3故这种仪器的垂直弹射高度为140 3 m.[素养通路]数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养．数学建模过程主要包括：在实际情境中从数学的视角发现问题、提出问题，分析问题、建立模型，确定参数、计算求解，检验结果、改进模型，最终解决实际问题．本题中把求A，C两地间的距离问题建立数学模型，在△ABC中，通过解三角形求AC 的长，把求高度HC建立数学模型，在Rt△ACH中，通过解三角形求HC的长．考查了数学建模这一核心素养．。

高考数学浙江专版三维二轮专题复习重难增分训练(二) 三角函数的综合问题

重难增分训练（二）三角函数的综合问题1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝－35，a ＝42，b ＝5，则向量BA ―→在BC ―→方向上的投影为( )A.12B.22 C.32 D.32解析：选B 由cos A ＝－35，0<A <π，得sin A ＝45.又由正弦定理，得sin B ＝b sin A a ＝22.由题意知a >b ，则A >B ，故B ＝π4.根据余弦定理，有(42)2＝52＋c 2－2×5c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，解得c ＝1或c ＝－7(舍去)，于是向量BA ―→在BC ―→方向上的投影为|BA ―→|cos B ＝1×22＝22，故选B.2．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(－sin B ，cos B )，n ＝(sin C ，cos C )，若m ·n ＝－32，且a ＝1，b ＝3，则B ＝( ) A.π3或2π3 B.π4 C.π3D.3π4或π4解析：选A 由m ·n ＝－32，得－sin B sin C ＋cos B cos C ＝－32，即cos(B ＋C )＝－32，所以cos A ＝32，由0<A <π，知A ＝π6.由正弦定理，得sin B ＝b sin A a ＝32，结合π6<B <5π6，知B ＝π3或2π3，故选A. 3．(2017·张掖一诊)函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)的图象与x 轴的交点的横坐标构成一个公差为π2的等差数列，要得到函数g (x )＝2sin ωx 的图象，只需将函数f (x )的图象( )A ．向左平移π12个单位长度B ．向右平移π6个单位长度C ．向右平移5π12个单位长度D ．向左平移π3个单位长度解析：选C 由题意知f (x )的周期为π，∴ω＝2，∴g (x )＝2sin 2x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －5π12＋π3，∴要得到函数g (x )＝2sin 2x 的图象，只需将函数f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象向右平移5π12个单位长度．4.已知函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x －π2的部分图象如图所示，则(OA ―→＋OB ―→)·AB ―→＝________.解析：y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x －π2＝0⇒π4x －π2＝k π(k ∈Z)，x ＝4k ＋2(k ∈Z)，结合题中图得x ＝2，故A (2,0)，由y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x －π2＝1⇒π4x －π2＝k π＋π4⇒x ＝4k ＋3(k∈Z)，结合题中图得x ＝3，故B (3,1)，所以OA ―→＋OB ―→＝(5,1)，AB ―→＝(1,1)．故(OA ―→＋OB ―→)·AB ―→＝5×1＋1×1＝6.答案：65．(2017·临沂模拟)已知函数f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3cos x ＋ 3. (1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有两个不同的零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并计算tan(x 1＋x 2)的值．解：(1)f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3cos x ＋ 3 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x －32cos x cos x ＋ 3＝2sin x cos x －23cos 2x ＋ 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3. 所以f (x )的最小正周期T ＝π.由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z)，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z)．所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z)．(2)方程g (x )＝0同解于f (x )＝m ，在平面直角坐标系中画出函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的图象，如图所示，由图象可知，当且仅当m ∈[3，2)时，方程f (x )＝m 有两个不同的解x 1，x 2，且x 1＋x 2＝2×5π12＝5π6，故tan(x 1＋x 2)＝tan5π6＝－tan π6＝－33. 6．在△ABC 中，AD 是BC 边的中线，AB 2＋AC 2＋AB ·AC ＝BC 2，且△ABC 的面积为 3. (1)求∠BAC 的大小及AB ―→·AC ―→的值； (2)若AB ＝4，求AD 的长．解：(1)在△ABC 中，由AB 2＋AC 2＋AB ·AC ＝BC 2，可得AB 2＋AC 2－BC 22·AB ·AC ＝－12＝cos ∠BAC ，故∠BAC ＝120°.因为S △ABC ＝12AB ·AC ·sin∠BAC ＝12·AB ·AC ·sin 120°＝3，所以12·AB ·AC ·32＝3，解得AB ·AC ＝4.所以AB ―→·AC ―→＝|AB ―→|·|AC ―→|×cos 120°＝|AB ―→|·|AC ―→|·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－2.(2)法一：由AB ＝4，AB ·AC ＝4得AC ＝1.在△ABC 中，由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝16＋1－2×4×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝21，得BC ＝21.由正弦定理得BC sin ∠BAC ＝ACsin ∠ABC，则sin ∠ABC ＝AC sin ∠BACBC＝1×3221＝714. ∵0°<∠ABC <60°，故cos ∠ABC ＝32114. 在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos ∠ABD ＝16＋214－2×4×212×32114＝134，得AD ＝132. 法二：由AB ＝4，AB ×BC ＝4得AC ＝1.在△ABC 中，由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC cos ∠BAC ＝16＋1－2×4×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝21，得BC ＝21，cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ×BC ＝16＋21－12×4×21＝32114，在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ×BD cos ∠ABD ＝16＋214－2×4×212×32114＝134，得AD ＝132. 7．(2017·衢州质检)已知函数f (x )＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ·cos x ＋sin 2x ，x ∈R.(1)求f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若B ＝π4，a ＝2且角A 满足f (A )＝0，求△ABC 的面积．解：(1)f (x )＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ·cos x ＋sin 2x ＝－3sin x cos x ＋1－cos 2x 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin 2x ＋12cos 2x ＝12－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，令2k π＋π2≤2x ＋π6≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z. ∴f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z. (2)∵f (A )＝0，∴12－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝0，又∵0<A <π，∴A ＝π3. 又b ＝sin B sin A ·a ＝263，sin C ＝sin(A ＋B )＝6＋24，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×2×263×6＋24＝3＋33.8．已知函数f (x )＝m ·n ，其中向量m ＝(sin ωx ＋cos ωx ，3cos ωx )，n ＝(cos ωx －sin ωx,2sin ωx )，ω>0，若f (x )的图象上相邻两个对称中心的距离大于等于π.(1)求ω的取值范围；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，a ＝3，当ω最大时，f (A )＝1，求△ABC 的面积的最大值．解：(1)由题意知f (x )＝m ·n ＝cos 2ωx －sin 2ωx ＋3sin 2ωx ＝cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.∵T 2＝12·2π2ω＝π2ω≥π，又ω>0，∴0<ω≤12. (2)由(1)知ωmax ＝12，f (A )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝1，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12. 又0<A <π，∴π6<A ＋π6<7π6，∴A ＋π6＝5π6，得A ＝2π3. 由余弦定理得a 2＝3＝b 2＋c 2－2bc ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝b 2＋c 2＋bc ≥3bc ，即bc ≤1，当且仅当b ＝c 时等号成立．∴S △ABC ＝12bc sin A ≤12×1×32＝34.∴△ABC 的面积的最大值为34. 9．已知f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2满足f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝－f (x )，若其图象向左平移π6个单位后得到的函数为奇函数．(1)求f (x )的解析式；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2c －a )cos B ＝b cos A ，求f (A )的取值范围．解：(1)∵f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝－f (x )， ∴f (x ＋π)＝－f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝f (x )，∴T ＝π，∴ω＝2，则f (x )的图象向左平移π6个单位后得到的函数为g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋φ，而g (x )为奇函数，则有π3＋φ＝k π，k ∈Z ，而|φ|<π2，则有φ＝－π3，从而f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.(2)∵(2c －a )cos B ＝b cos A ，由正弦定理得2sin C cos B ＝sin (A ＋B )＝sin C . ∵C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin C ≠0，∴cos B ＝12，∴B ＝π3.∵△ABC 是锐角三角形，C ＝2π3－A <π2，∴π6<A <π2，∴0<2A －π3<2π3， ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π3∈(0,1]，∴f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π3∈(0,1]． 10．已知向量a ＝()2cos ωx ＋1，2sin ωx ，b ＝(6cos ωx －3，cos ωx )． (1)当ωx ≠k π＋π2，k ∈Z 时，若向量c ＝(1,0)，d ＝(3，0)，且(a －c )∥(b ＋d )，求4sin 2ωx －cos 2ωx 的值；(2)若函数f (x )＝a ·b 图象相邻两对称轴之间的距离为π4，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π6时，求函数f (x )的单调递增区间．解：(1)因为a －c ＝(2cos ωx,2sin ωx )，b ＋d ＝(6cos ωx ，cos ωx )，所以由(a －c )∥(b ＋d )，得2cos 2ωx －26sin ωx cos ωx ＝0，因为ωx ≠k π＋π2，k ∈Z ，所以cos ωx ≠0，则tan ωx ＝36，所以4sin 2ωx －cos 2ωx ＝4sin 2ωx －cos 2ωx sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝4tan 2ωx －1tan 2ωx ＋1＝－813. (2)由题意得，f (x )＝a ·b ＝(2cos ωx ＋1)(6cos ωx －3)＋2sin ωx cos ωx ＝3(2cos 2ωx －1)＋sin 2ωx ＝3cos 2ωx ＋sin 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3.因为相邻两对称轴之间的距离为π4，所以2π2ω·12＝π4，ω＝2，故f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π3. 令2k π－π2≤4x ＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得12k π－5π24≤x ≤12k π＋π24，k ∈Z.又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π6，所以，取k ＝－1,0，可得f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，－11π24和⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π24，π24.。

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．

高中数学人教新课标A版：“三角函数与解三角形”大题增分策略课件

(1)求 A；
(2)若 BC＝3，求△ABC 周长的最大值．
[解题观摩] (1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.
①
由余弦定理得 BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A．
②
由①②得 cos A＝－12.
因为 0＜A＜π，所以 A＝23π.
(2)由正弦定理及(1)得siAnCB＝siAnBC＝siBnCA＝2 3，从而 AC＝2 3sin B， AB＝2 3sin(π－A－B)＝3cos B－ 3sin B.
(2)由题设及(1)得 cos Bcos C－sin Bsin C＝－12，即 cos(B＋C)＝－12. 所以 B＋C＝23π，故 A＝π3. 由题设得12bcsin A＝3sian2 A，即 bc＝8. 由余弦定理得 b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得 b＋c＝ 33. 故△ABC 的周长为 3＋ 33.
＋2sin B＝4sin A＋2sin23π－A＝5sin A＋ 3cos A＝2 7sin(A＋φ)，其中 tan φ
＝ 53.当 sin A＝cos φ＝5147，cos A＝sin φ＝ 1241时，取到最大值 2 7.
题型二基于面积等伴随要素构建代数条件 [例 2] (2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.
解：(1)由余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A，
得 a2＝9＋4－2×3×2×12＝7，所以 a＝ 7，
由正弦定理sina A＝sinc C，得 sin C＝
21 7.
(2)由已知得 sin A×1＋c2os B＋sin B×1＋c2os A＝3sin C，
即 sin A＋sin Acos B＋sin B＋sin Bcos A＝6sin C，

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17题交替考查解三角形与数列，本专题的热点题型有：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；三是平面几何图形中的度量问题；四是三角形中的最值(范围)问题．解三角形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，主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函数公式的应用．【例1】 (2017·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin A ＋3cos A ＝0，a ＝27，b ＝2. (1)求c ；(2)设D 为BC 边上一点，且A D ⊥AC ，求△AB D 的面积． [解] (1)由已知可得tan A ＝－3，所以A ＝2π3.在△ABC 中，由余弦定理得28＝4＋c 2－4c cos 2π3，即c 2＋2c －24＝0，解得c ＝－6(舍去)，c ＝4. (2)由题设可得∠CA D ＝π2，所以∠BA D ＝∠BAC －∠CA D ＝π6.故△AB D 面积与△AC D 面积的比值为 12AB ·A D·sin π612AC ·A D ＝1.又△ABC 的面积为12×4×2sin ∠BAC ＝23，所以△AB D 的面积为3.[方法总结] 1.正、余弦定理的选用,解三角形时，如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到.2.与三角形面积有关问题的解题策略(1)求三角形的面积.对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用含哪个角的公式.(2)已知三角形的面积解三角形.与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化.)(2018·郑州二模)△ABC 内接于半径为R 的圆，a ，b ，c 分别是A ，B ，C 的对边，且2R (sin 2B －sin 2A )＝(b －c )sin C ，c ＝3. (1)求A ；(2)若A D 是BC 边上的中线，A D ＝192，求△ABC 的面积． [解] (1)2R (sin 2B －sin 2A )＝(b －c )sin C ，由正弦定理得b sin B －a sin A ＝b sin C －c sin C ，则b 2－a 2＝bc －c 2.所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，所以A ＝60°.(2)以AB ，AC 为邻边作平行四边形ABEC ，在△ABE 中，∠ABE ＝120°，AE ＝19，由余弦定理得AE 2＝AB 2＋BE 2－2AB ·BE cos 120°，即19＝9＋AC 2－2×3×AC ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，解得AC ＝2(舍负)．故S △ABC ＝12bc sin A ＝12×2×3×32＝332.三角恒等变换与解三角形以三角形为载体，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2】 (2017·全国卷Ⅱ) △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B 2.(1)求cos B ；(2)若a ＋c ＝6，△ABC 的面积为2，求b .[解] (1)由题设及A ＋B ＋C ＝π得sin B ＝8sin 2B2，故sin B ＝4(1－cos B )．上式两边平方，整理得 17cos 2B －32cos B ＋15＝0，解得cos B ＝1(舍去)，cos B ＝1517.(2)由cos B ＝1517得sin B ＝817，故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac .又S △ABC ＝2，则ac ＝172. 由余弦定理及a ＋c ＝6得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )＝36－2×172×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1517＝4.所以b ＝2.[方法总结] 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.＋3ac .(1)求角B 的大小；(2)若b ＝2，且sin B ＋sin(C －A )＝2sin 2A ，求△ABC 的面积． [解] (1)由(a ＋c )2＝b 2＋3ac ，整理得a 2＋c 2－b 2＝ac ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12，∵0＜B ＜π，∴B ＝π3.(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，即B ＝π－(A ＋C )，故sin B ＝sin(A ＋C )，由已知sin B ＋sin(C －A )＝2sin 2A 可得sin(A ＋C )＋sin(C －A )＝2sin 2A ， ∴sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin C cos A －cos C sin A ＝4sin A cos A ，整理得cos A sin C ＝2sin A cos A .若cos A ＝0，则A ＝π2，由b ＝2，可得c ＝2tan B ＝233，此时△ABC 的面积S ＝12bc ＝233.若cos A ≠0，则sin C ＝2sin A ，由正弦定理可知，c ＝2a ，代入a 2＋c 2－b 2＝ac ，整理可得3a 2＝4，解得a ＝233， ∴c ＝433，此时△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝233.综上所述，△ABC 的面积为233.平面图形中的几何度量问题以四边形为载体，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、余弦定理的应用．【例3】 (本题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABC D 中，∠A D C ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，B D ＝5. (1)求cos ∠A D B ①； (2)若D C ＝22，求BC ②.[信息提取] 看到①想到△A D B ；想到△A D B 中已知哪些量；想到如何应用正、余弦定理解三角形．看到②想到△D BC ；想到用余弦定理求BC . [解] (1)在△AB D 中，由正弦定理得B D sin ∠A ＝ABsin ∠A D B. 由题设知，5sin 45°＝2sin ∠A D B，2分所以sin ∠A D B ＝25.3分由题设知，∠A D B ＜90°，所以cos ∠A D B ＝1－225＝235.6分 (2)由题设及(1)知，cos ∠B D C ＝sin ∠A D B ＝25.8分在△BC D 中，由余弦定理得BC 2＝B D 2＋D C 2－2B D·D C ·cos ∠B D C ＝25＋8－2×5×22×25＝25.11分所以BC ＝5.12分 [易错与防范]易错点防范措施想不到先求sin ∠A D B ，再计算cos ∠A D B . 同角三角函数的基本关系：sin 2α＋cos 2α＝1常作为隐含条件，必须熟记于心. 求不出cos ∠B D C .互余的两个角α，β满足sin α＝cos β.[通性通法] 求解此类问题的突破口：一是观察所给的四边形的特征，正确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．如图，在△ABC 中，点D 是边AC 上一点，且A D ＝2C D .(1)若∠ABC ＝90°，AB ＝A D ＝2，求B D 的长； (2)求证：sin ∠AB D sin ∠D BC ＝2BC AB .[解] (1)由题意，AC ＝3，于是cos A ＝AB AC ＝23.在△AB D 中，根据余弦定理可知B D 2＝AB 2＋A D 2－2AB ·A D·cos A ＝83，所以B D ＝263. (2)证明：在△AB D 和△CB D 中分别使用正弦定理可得方程组⎩⎪⎨⎪⎧A D sin ∠AB D ＝AB sin ∠A D B ，①D Csin ∠D BC ＝BC sin ∠B D C ，②由∠A D B ＋∠C D B ＝π得sin ∠A D B ＝sin ∠C D B . 于是，结合A D ＝2C D ，将上面的两个方程相比可得， sin ∠AB D sin ∠D BC ＝2BC AB .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．【例4】 △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C ＋c sin B . (1)求B ；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值. [解] (1)由已知及正弦定理得 sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ．① 又A ＝π－(B ＋C )，故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ．② 由①②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B . 又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.(2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac .由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4.又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2，当且仅当a ＝c 时，等号成立．因此△ABC 面积的最大值为2＋1.[方法总结] 该类求解面积(周长)问题是建立面积(周长)的函数关系式或者使用基本不等式得出三角形两边之积的最大值，再根据三角形面积公式(或周长公式)求得最值.已知b ＝a cos C ＋c2.(1)求角A ；(2)若AB →·AC →＝3，求a 的最小值． [解] (1)由题意得，b －a cos C ＝c 2，∴由正弦定理知，sin B －sin A cos C ＝12sin C .∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ， ∴sin A cos C ＋cos A sin C －sin A cos C ＝12sin C ，∴cos A sin C ＝12sin C ，∴cos A ＝12，∴A ＝π3.(2)由(1)及AB →·AC →＝3得bc ＝6，所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－6≥2bc －6＝6，当且仅当b ＝c 时取等号，所以a 的最小值为6.[大题增分专训]1．(2018·济南一模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b cos A －a cos B ＝2c . (1)证明：tan B ＝－3tan A ；(2)若b 2＋c 2＝a 2＋3bc ，且△ABC 的面积为3，求a .[解] (1)证明：根据正弦定理，得sin B cos A －cos B sin A ＝2sin C ＝2sin(A ＋B )，即sin B cos A －cos B sin A ＝2(sin B cos A ＋cos B sin A )，整理得sin B cos A ＝－3cos B sin A ，∴tan B ＝－3tan A .(2)由已知得，b 2＋c 2－a 2＝3bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝3bc 2bc ＝32，由0＜A ＜π，得A ＝π6，tan A ＝33，∴tan B ＝－3.由0＜B ＜π，得B ＝2π3，∴C ＝π6，a ＝c ，由S △ABC ＝12ac sin 2π3＝12×32a 2＝3，得a ＝2.2．(2018·合肥一模)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，(a －2b )cos C ＋c cos A ＝0. (1)求角C ；(2)若c ＝23，求△ABC 周长的最大值．[解] (1)根据正弦定理，由已知得(sin A －2sin B )cos C ＋sin C cos A ＝0，即sin A cos C ＋sin C cos A ＝2sin B cos C ，sin(A ＋C )＝2sin B cos C ，∵A ＋C ＝π－B ，∴sin(A ＋C )＝sin(π－B )＝sin B ＞0， ∴sin B ＝2sin B cos C ，∴cos C ＝12.∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.(2)由(1)及余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又c ＝23，∴a 2＋b 2－12＝ab . ∴(a ＋b )2－12＝3ab ≤3⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，即(a ＋b )2≤48(当且仅当a ＝b ＝23时等号成立)． ∴△ABC 周长的最大值为63.3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且acos A ＝2c －b cos B .(1)求角A 的大小；(2)若a ＝27，S △ABC ＝63，求b ，c 的值． [解] (1)∵a cos A ＝2c －b cos B，由正弦定理可得： sin A cos A ＝2sin C －sin Bcos B， ∴sin A cos B ＝2sin C cos A －sin B cos A ， ∴sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos A . 即sin C ＝2sin C cos A . 又sin C ≠0，∴cos A ＝12.又A ∈(0，π)， ∴A ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ·32＝63，∴bc ＝24，① 又cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝(b ＋c )2－a 2－2bc 2bc＝(b ＋c )2－28－4848＝12，整理得：(b ＋c )2＝100，又b ＋c ＞0， ∴b ＋c ＝10.②联立①②解得：⎩⎨⎧ b ＝4，c ＝6或⎩⎨⎧b ＝6，c ＝4.。

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.。

高考数学一轮复习高考大题增分专项二高考中的三角函数与解三角形课件新人教A版理

∴f(x)的单调递增区间为
4π
2π
4kπ- 3 ,4kπ+ 3
(k∈Z).
-11题型一
题型二
题型三
策略一
题型四
(2)∵(2a-c)cos B=bcos C,
∴(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C,
即 2sin Acos B=sin(B+C).
1
∵sin(B+C)=sin A>0,∴cos B=2.
4
4
- =
π
4
tan -tan
=-3.
因为tan α<0, 所以角α的终边在第二或第四象限,
所以点A在第二或第四象限.
- =-2.
-5题型一
题型二
(2)由 B
题型三
3
题型四
4
4
,- 知,tan β=-3,
5 5
π
2
sin cos (+)cos -cos +-
所以
sin (-π) +3sin
中常用到辅助角公式 asin x+bcos x= 2 + 2 sin(x+φ).
-8题型一
题型二
题型三
策略一
题型四
例 2 已知函数 f(x)=4tan xsin
π
-
2
cos
π
3
− 3.
(1)求 f(x)的定义域与最小正周期;
π π
4 4
(2)讨论 f(x)在区间 - ,
上的单调性.
π
解:(1)f(x)的定义域为 ≠ 2 + π,∈Z .
π π
设 A= - 4 , 4 ,

[精品]2021年高考数学压轴题命题区间三三角函数增分点 3“三法”

[精品]2021年高考数学压轴题命题区间三三角函数增分点3“三法”[精品]2021年高考数学压轴题命题区间三三角函数增分点3“三法”2022高考数学最终轴命题区间3★ 三角函数、解三角形和平面向量★★增分点“三法”解决平面向量数量积问题平面向量的量积不仅是向量的重要运算，也是高中数学的一个重要概念。

它广泛应用于数学、物理等学科。

它在高考试卷中很受欢迎。

命题方法灵活多样，试题内容生动新颖。

这是一个稳定的高频试验场。

解决这类问题的基本方法有三种：投影法、基准法和坐标法。

“三法”的准确定位要同步进行！也就是说，我们不应该人为地和主观地划分它们的优缺点，而应该分析具体的问题d→d→【典型示例】众所周知△ ABC，ab=4，AC=6，BC=7，其外接圆的中心为O，则aobc=___[思路点拨]如果直接用矢量量积的定义来解决这个问题，计算复杂，过程长。

我们可以从以下三个想法开始：(1)利用数量积的几何意义，及数形结合思想，可以巧妙解决该题；D→ D→ D→ D→ （2）以Ba和BC为基，利用向量的基本定理将aobc变换为两个基之间的运算，可以顺利地解决问题(3)设d是边bc的中点，根据题意可知od⊥bc，因此方便建立平面直角坐标系，利用坐标运算解答问题．【方法论证】方法1：投影法如图，作od⊥bc，垂足为d，则d是线段bc的中点．作ae⊥bc，垂足为e.d→d→那么Ao在BC方向上的投影是d→ D→ D→| Ao | cos＜Ao，BC＞=EDD→|,d→d→d→d→d→d→d→所以aobc＝|ao||bc|cos〈ao，bc〉＝|edd→||bc|.在△abc 中，ab＝4，ac＝6，bc＝7，AB2+bc2-ac213 cos∠ ABC==-。

2abbc87由余弦定理得出13所以∠ Abe=cos（π-∠ ABC）=，8713所以be=abcos∠ 安倍晋三=。

27137所以|edd→|＝be＋bd＝＋.272d→因为| BC |=7，d→d→d→所以aobc＝|edd→||bc|＝10.法二：基底法如图所示，进行外径测量⊥ BC，垂直的脚是D，D→ D→ 那么D是线段BC的中点，ODBC=0 D→ D→ 所以aobcd→d→d→d→＝(ab＋bd＋do)bcd→d→d→d→d→d→＝abbc＋bdbc＋dobcd→d→d→d→＝abbc＋bdbcd→d→1d→d→＝－babc＋bcbc，二在△abc中，ab＝4，ac＝6，bc＝7，ab2＋bc2－ac213由余弦定理，得cos∠abc＝＝－.2abbc87d→d→d→d→1d→d→所以aobc=-babc+bcbc21dd→d→→＝－ba | bc | cos∠abc＋| bc | 22?＝－四×七×－法三：坐标法13? 一＋×(7)2＝10.? 87? 二如图，作od⊥bc，垂足为d，则d是线段bc的中点．以D为坐标原点，BC和do分别为x轴和y轴，建立平面直角坐标系。

高考数学《高考大题增分专项4 高考中的立体几何》

高考大题
高考大题增分专项四高考中的立体几何
增分专项
考情分析
典例突破
专题总结
-4-
题型一题型二题型三题型四
(1)l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0. (2)l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在非零实数λ1,λ2,使 a=λ1��+λ2��.
题型一
高考大题增分专项
高考大题增分专项四高考中的立体几何
考情分析
典例突破
专题总结
题型二题型三题型四
-12-
(2)解 (方法一)作A1F⊥BD,且A1F∩BD=F,连接B1F.
由AE=EB= 2 ,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.
由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等. 由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.
题型一
高考大题增分专项
高考大题增分专项四高考中的立体几何
考情分析
典例突破
专题总结
题型二题型三题型四
-14-
由 ��·��1�� = 0,即 2��1- 14��1 = 0, ��·�� = 0, - 2��1- 2��1 + 14��1 = 0,
题型一
高考大题增分专项
高考大题增分专项四ห้องสมุดไป่ตู้高考中的立体几何
考情分析
典例突破
专题总结
题型二题型三题型四

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-12题型一题型二题型三题型四
策略一
策略二
(2)∵(2a-c)cos B=bcos C, ∴(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C,2sin Acos B=sin(B+C).
∵sin(B+C)=sin A>0,∴cos B=2.
π 2π 又 B∈(0,π),∴B=3,∴0<A< 3 . �� π ∵f(A)=sin 2 + 6 , π �� π π 1 ∴6 < 2 + 6 < 2.∴f(A)∈ 2 ,1 1 即 f(A)的取值范围是 2 ,1 .
高考大题增分专项二角函数与解三角形
高考中的三
-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象与性质、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象与性质,要么考查三角变换,大题考查的都是解三角形.
3
+
+ sin =
∴sin θ= 1-cos 2 �� = ∵f
-�� = 3sin
= 3sin(π-θ)= 3sin
3π π �� + 4 4 30 θ= . 4
-8题型一题型二题型三题型四
策略一
策略二
题型二三角函数性质与三角变换的综合
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 2 2
1 cos�� 2 π 2
3=4sin xcos ��- 3 −
π
3
+
3 sin�� 2
−
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)令 z=2x- ,函数 y=2sin z 的单调递增区间是 2��π ,k∈Z.
π π π π 5π
π 3
π 2
+ 2��π,
π 2
+
由-2+2kπ≤2x-3 ≤ 2+2kπ,得-12+kπ≤x≤12+kπ,k∈Z. π π 设 A= - 4 , 4 , B= �� - 12 + ��π ≤ �� ≤ 12 + ��π,��∈Z , π π 易知 A∩B= , . 所以,当 x∈
π 3 2
-15题型一题型二题型三题型四
策略一策略二
解 (1)∵f(x)=sin2x+ 3sin xcos x+ = = 2 sin 2x-2cos 2x+2=sin
π π 3 1
又 2kπ+2≤2x-6≤2kπ+ 2 (k∈Z), π 5π ∴kπ+3≤x≤kπ+ 6 (k∈Z). 当 k=0 时,x∈ 3 , 6 ⊆[-π,π]; 2π π 当 k=-1 时,x∈ ,- ⊆[-π,π];
策略一策略二
例 3(2016 山东实验中学模拟一)已知函数 f(x)=sin2x+ 3sin xcos x+ ,x∈R. (1)求函数 f(x)的最小正周期 T 及在[-π,π]上的单调递减区间; (2)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 A 为锐角,a=3 3,c=6,且 f(A)是函数 f(x)在 0, 2 上的最大值,求△ABC 的面积.
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], π
即 2C=A+B,又 A+B+C=π,故 C=3.
= 3 sin��cos =
6 π cos 4 sin�� π 4
+ cos��sin 3×2cos
∴cos θ= 4 ,且 θ∈
3π 4
π θsin4 π 0, . 2 10 . 4
π 4
π 4
π 4
,且 f(θ)+f(-θ)=2, 3sin -�� +
π cos��4 3 6cos θ=2, π 4
=Asin
π 5π 3 �� + 4 ,且 f 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
(2)由(1)知 f(x)= 3sin �� +
∴f(θ)+f(-θ)= 3sin �� +
3 �� 5 π 1
= ,
1 4
-18题型一题型二题型三题型四
策略一策略二
解 (1)f(x)=sin2ωx-sin2 ��- 6
π
π
1-cos 2��-3 1-cos2�� = − 2 2 1 1 3 = cos2�� + sin2�� 2 2 2 1 3 1 =2 2 sin2��- 2 cos2�� 1 π =2sin 2��- 6 .
π 0, 2
A 为锐角,
由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A, ∴b2-6b+9=0,∴b=3. ∴S△ABC=2bcsin A=2× 3× 6×2 = 2 .
1 1 3 9 3
-17题型一题型二题型三题型四
策略一策略二
对点训练 3(2016 山东青岛一模)已知函数 f(x)=sin2ωx-sin2 ��- 6 (x∈R,ω 为常数,且2<ω<1),函数 f(x)的图象关于直线 x=π 对称. (1)求函数 f(x)的最小正周期; (2)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 a=1,f 求△ABC 面积的最大值.
1
(1)求函数f(x)的单调递增区间; (2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足(2a-c)cos B=bcos C,求 f(A)的取值范围. 1 解 (1)∵f(x)= 3sin ωxcos ωx+cos2ωx-2
3 1 π = 2 sin 2ωx+2cos 2ωx=sin 2�� + 6 , 2π 1 ∵T=2��=4π,∴ω=4. π �� π π 4π 2π 由 2kπ-2 ≤ 2 + 6≤2kπ+2,k∈Z,得 4kπ- 3 ≤x≤4kπ+ 3 ,k∈Z. 4π 2π ∴f(x)的单调递增区间为 4��π- 3 ,4��π + 3 (k∈Z).
3 6 π 5π
3π
1-cos2�� 3 + sin 2 2 π 2π 2��- 6 +2.∴T= 2 =π.
3 2
2x+
3 2
故函数 f(x)在[-π,π]上的单调递减区间为 - 3 ,- 6 和 3 , 6 .
2π
π
π 5π
-16题型一题型二题型三题型四
策略一策略二
π π 5π (2)∵x∈ ,∴2x-6 ∈ - 6 , 6 , 1 π ∴-2≤sin 2��- 6 ≤1,∴f(x)max=3. π π π 此时 2x- = ,即 x= . 6 2 3 π ∵f(A)是函数 f(x)在 0, 上的最大值,且角 2 π π π ∴2A-6 = 2,得 A=3.
π π 12 4 π π - 4 , 4 时,f(x)在区间 π 5π
- 12 , 4 上单调递增,在区间
π
π
- 4 ,- 12 上单调递减.
-11题型一题型二题型三题型四
策略一
策略二
对点训练 2(2016 江西南昌一模)已知函数 f(x)=( 3sin ωx+cos ωx)cos ωx-2(x∈R,ω>0).若 f(x)的最小正周期为 4π.
�� ω= 2
+
1 (k∈Z). 3
∵ω∈
∴函数 f(x)最小正周期 T=
1 5 π (2)∵f(x)=2sin 3 ��- 6 3 1 π ∴f 5 �� = 2sin ��- 6 π 1 ∴sin ��- 6 = 2.
-6题型一题型二题型三题型四
对点训练 1 已知函数 f(x)=Asin �� + (1)求 A 的值; (2)若 f(θ)+f(-θ)= ,θ∈ 0,
3 2 π 2
π 4
,x∈R,且 f .
5π 12
= .
3 2
,求 f
3π -�� 4
解 (1)∵f(x)=Asin
∴f
5π 12