三角函数与解三角形中地高考热点问题
三角函数与解三角形-新高考数学新情景、新文化问题(新高考地区专用)(解析版)
三角函数与解三角形一、单选题1．（2021·云南昆明市·高三（文））东寺塔与西寺塔为“昆明八景”之一，两塔一西一东，遥遥相对，已有1100多年历史．东寺塔基座为正方形，塔身有13级，塔顶四角立有四只铜皮做成的鸟，俗称金鸡，所以也有“金鸡塔”之称．如图，在A 点测得：塔在北偏东30°的点D 处，塔顶C 的仰角为30°，且B 点在北偏东60°．AB 相距80（单位：m ），在B 点测得塔在北偏西60°，则塔的高度CD 约为（ ）mA ．69B ．40C ．35D ．23【答案】B 【分析】根据题意构造四面体C -ABD ,再运用线面位置关系及三角形相关知识求解出相应的线段长即可. 【详解】如图，根据题意，图中CD ⊥平面ABD ,30CAD ∠=︒,30,60,80BAD ABD AB ∠=︒∠=︒=ABD 中，30,60BAD ABD ∠=︒∠=︒， 90ADB ∴∠=︒cos 80?cos30AD AB BAD ∴=∠=︒=又CD ⊥平面ABD ，ACD ∴是直角三角形Rt ACD中，30,90,CAD ADC AD ∠=︒∠=︒=·tan 3040CD AD ∴=︒==，选项B 正确，选项ACD 错误 故选：B.2．（2021·山东枣庄八中高一期中）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九昭的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积"中提出了已知三角形三边a ，b ，c 求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即S =现在有周长为10+ABC满足sin :sin :sin 2:A B C =，则用以上给出的公式求得ABC 的面积为（ ） A．B．C．D ．12【答案】A 【分析】利用正弦定理结合三角形的周长可求得ABC 的三边边长，利用题中公式可求得ABC 的面积. 【详解】由题意结合正弦定理可得：::sin :sin :sin 2:a b c A B C ==ABC周长为10+10a b c ++=+4a ∴=，6b =，c =所以S == 故选：A.3．（2021·安徽淮北一中高一月考）“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图），若大、小正方形的面积分别为25和1，直角三角形中较大的锐角为θ，则cos2θ等于（ ）A ．725B ．725-C ．925D ．925-【答案】B 【分析】根据题意可得出1sin cos 5θθ-=，平方可得24sin 225θ=，即可求出.【详解】因为大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，所以大正方形的边长为5，小正方形的边长为1， 所以5sin 5cos 1θθ-=，即1sin cos 5θθ-=，两边平方得11sin 225θ-=，即24sin 225θ=. 因为θ是直角三角形中较大的锐角，所以42ππθ<<，所以22πθπ<<，所以7cos 225θ==-. 故选：B.4．（2021·蚌埠铁路中学高三开学考试（文））勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形．勒洛三角形的特点是：在任何方向上都有相同的宽度，即能在距离等于其圆弧半径（等于正三角形的边长）的两条平行线间自由转动，并且始终保持与两直线都接触．机械加工业上利用这个性质，把钻头的横截面做成勒洛三角形的形状，就能在零件上钻出正方形的孔来．如在勒洛三角形ABC 内随机选取一点，则该点位于正三角形ABC 内的概率为（ ）AB C D 【答案】A 【分析】由题意可得曲边三角形的面积为一个扇形加两个拱形的面积，或者3个扇形面积减去2个三角形的面积，然后由几何概型的概率公式求出概率． 【详解】解：由题意可得正三角形的边长为半径的三段圆弧组成的曲边三角形的面积S 曲＝S 扇形CAB +2S 拱＝123π⋅⋅22+2（S 扇形﹣S △ABC ）＝23π⋅3﹣2⋅22＝2π﹣三角形ABC 的面积S △ABC 22所以由几何概型的概率公式可得：所求概率＝ABCS S ∆曲 故选：A ．5．（2021·江苏高一期中）公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图方法，发现了“黄金分割”.“黄金分割”是工艺美术、建筑、摄影等许多艺术门类中审美的要素之一，它表现了恰到好处的和谐，0.618≈，这一比值也可以表示为2sin18m =︒，若228m n +=，=（ ） A．2 B ．4 C ．D ．【答案】C 【分析】由题知28cos 18n =,再根据二倍角公式化简整理即可得答案. 【详解】解:因为2sin18m =︒，228m n +=, 所以2228288sin 188cos 18n m =-=-=,2sin1822cos1822sin 3622cos54cos54⨯===故选:C6．（2021·贵州贵阳·高三开学考试（文））水车（如图1），又称孔明车，是我国最古老的农业灌溉工具，主要利用水流的动力灌溉农作物，是先人们在征服世界的过程中创造出来的高超劳动技艺，是珍贵的历史文化遗产，相传为汉灵帝时毕岚造出雏形，经三国时孔明改造完善后在蜀国推广使用，隋唐时广泛用于农业灌溉，有1700余年历史．下图2是一个水车的示意图，它的直径为3m ，其中心（即圆心）O 距水面0.75m ．如果水车每4min 逆时针转3圈，在水车轮边缘上取一点P ，我们知道在水车匀速转动时，P 点距水面的高度h（单位：m ）是一个变量，它是时间t （单位：s ）的函数．为了方便，不妨从P 点位于水车与水面交点Q 时开始记时()0t =，则我们可以建立函数关系式()()sin h t A t k ωϕ=++（其中0A >，0>ω，2πϕ<）来反映h 随t 变化的周期规律．下面关于函数()h t 的描述，正确的是（ ）A ．最小正周期为80πB ．一个单调递减区间为[]30,70C ．()y h t =的最小正周期为40D ．图像的一条对称轴方程为403t =- 【答案】D 【分析】首先求得()33sin 24064h t t ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，[)0,t ∈+∞，然后结合选项由三角函数的图象和性质判断即可.【详解】依题意可知，水车转动的角速度32(rad /s)46040ππω⨯==⨯， 3324A k +=+，3324A k -+=-+，解得32A =，34k =，由()330sin sin 024h A k ϕϕ=+=+=得1sin 2ϕ=-，又2πϕ<，则6πϕ=-，所以()33sin 24064h t t ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，[)0,t ∈+∞.对于选项A ：函数()h t 的最小正周期为2=8040ππ，故A 错误；对于选项B ：当[]30,70t ∈时，719,4061212t ππππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，因为3719,21212πππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以函数()h t 在[]30,70上不具有单调性，故B 错误； 对于选项C ：()()353340sin 02642h h π=+=≠，所以C 错误；对于选项D ：40333sin 32244h π⎛⎫⎛⎫-=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（最小值），所以D 正确.故选：D.7．（2021·江苏南京市·高一期中）托勒密（C .Ptolemy ，约90-168），古希腊人，是天文学家､地理学家､地图学家､数学家，所著《天文集》第一卷中载有弦表.在弦表基础上，后人制作了正弦和余弦表（部分如下图所示），该表便于查出0°~90°间许多角的正弦值和余弦值，避免了冗长的计算.例如，依据该表，角2°12′的正弦值为0.0384，角30°0′的正弦值为0.5000，则角34°36′的正弦值为（ ）A ．0.0017B ．0.0454C ．0.5678D ．0.5736【答案】C 【分析】先看左边列找34︒，再往右找对第一行的36'即可. 【详解】由题意查表可得3436︒'的正弦值为0.5678. 故选:C .8．（2021·江苏镇江·高一期中）今年是伟大、光荣、正确的中国共产党成立100周年．“红星闪闪放光彩”，正五角星是一个非常优美的几何图形，庄严美丽的国旗和国徽上的大五角星是中国共产党的象征，如图为一个正五角星图形，由一个正五边形的五条对角线连结而成，已知C ，D 为AB 的两个黄金分割点，即AC BD AB AB =．则cos DEC ∠=（ ）ABCD【答案】A 【分析】根据图形和已知条件表示出,,CE DE CD ，然后用余弦定理求解即可 【详解】由正五角星的对称性知：BC CE DE AD ===， 不妨设BC CE DE AD x ====，则CD AC AD =-， 又AC BC AC AD AB +=+=，AB AC ==则AC AD AC +=，所以AD =，AC AD AD ==，CD AC AD x x =-=-=22222224cos 122x DE CE CDDEC DE CEx +-∠===⨯ 故选：A二、多选题9．（2021·河北唐山·高三开学考试）声音是由物体振动产生的波，每一个音都是由纯音合成的.已知纯音的数学模型是函数sin y A t ω=.我们平常听到的乐音是许多音的结合，称为复合音.若一个复合音的数学模型是函数()1sin sin 22f x x x =+，则（ ）A ．()f x 的最大值为32B ．2π为()f x 的最小正周期C ．π2x =为()y f x =曲线的对称轴 D ．()π,0为曲线()y f x =的对称中心【答案】BD 【分析】分析函数sin y x =与1sin 22y x =不能同时取得最大值可判断A ；由sin y x =的最小正周期是2π，1sin 22y x=的最小正周期是2ππ2=可判断B ；计算ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭是否成立可判断C ；计算()()2π0f x f x +-=是否成立可判断D ；进而可得正确选项. 【详解】对于A ：若()f x 的最大值为32，则sin y x =与1sin 22y x =同时取得最大值，当sin y x =取得最大值1时，cos 0x =，可得1sin 2sin cos 02y x x x ===取不到12，若1sin 22y x =取得最大值12时，sin 21x =，此时()ππZ 4x k k =+∈，而πsin sin π4y x k ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭1，所以sin y x =与1sin 22y x =不可能同时取得最大值，故选项A 不正确；对于B ：因为sin y x =的最小正周期是2π，1sin 22y x =的最小正周期是2ππ2=， 且()()()()112πsin 2πsin 22πsin sin 222f x x x x x f x +=+++=+=，()()()()11πsin πsin 2πsin sin 222f x x x x x f x +=+++=-+≠所以2π为()f x 的最小正周期，故选项B 正确；对于C ：ππ1π1sin sin 2cos sin 222222f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，ππ1π1sin sin 2cos sin 222222f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭不恒成立，即ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+≠- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以π2x =不是曲线()y f x =的对称轴，故选项C 不正确；对于D ：()()()112πsin 2πsin 22πsin sin 222f x x x x x -=-+-=--，所以()()2π0f x f x +-=对于任意的x 恒成立，所以()π,0为曲线()y f x =的对称中心，故选项D 正确； 故选：BD.10．（2021·江苏）由倍角公式2cos 22cos 1x x =-，可知cos2x 可以表示为cos x 的二次多项式．一般地，存在一个n （n *∈N ）次多项式()12012n n n n n P t a t a ta t a --=+++⋅⋅⋅+（012,,,n a a a a ⋅⋅⋅∈R ），使得()cos cos n nx P x =，这些多项式()n P t 称为切比雪夫（P ．L ．Tschebyscheff )多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（ ）A ．()3343P t t t =-+ B ．()424881P t t t =-+C ．sin18︒=D ．cos18︒=【答案】BC 【分析】通过求cos3,cos 4,cos5x x x ，来判断出正确选项. 【详解】()cos3cos 2cos2cos sin 2sin =+=-x x x x x x x()222cos 1cos 2sin cos x x x x =-- ()()222cos 1cos 21cos cos x x x x =--- 34cos 3cos x x =-，所以()3343P t t t =-，A 错误.()()222222cos 4cos 22cos 2sin 22cos 14sin cos x x x x x x x =⋅=-=--()42224cos 4cos 141cos cos x x x x =-+--428cos 8cos 1x x =-+，所以()424881P t t t =-+，B 正确.()cos5cos 4cos4cos sin 4sin x x x x x x x =+=- ()428cos 8cos 1cos 2sin 2cos2sin x x x x x x =-+- ()53228cos 8cos cos 4sin 2cos 1cos x x x x x x =-+--()()53228cos 8cos cos 41cos 2cos 1cos x x x x x x =-+--- 5316cos 20cos 5cos x x x =-+.所以()53cos90cos 51816cos 1820cos 185cos180︒=⨯︒=︒-︒+︒=，由于cos180︒≠，所以4216cos 1820cos 1850︒-︒+=，由于cos18cos30︒>︒，所以223cos 18cos 304︒>︒=，所以由4216cos 1820cos 1850︒-︒+=解得2cos 18︒=，所以sin18︒=，C正确. 2=≠⎝⎭，所以D 错误. 故选：BC 【点睛】三角函数化简求值问题，关键是根据题意，利用三角恒等变换的公式进行化简.11．（2021·全国）海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后，在落潮时返回海洋.一艘货船的吃水深度（船底到水面的距离）为4m.安全条例规定至少要有2.25m 的安全间隙（船底到海底的距离），下表给出了某港口在某季节每天几个时刻的水深.若选用一个三角函数()f x 来近似描述这个港口的水深与时间的函数关系，则下列说法中正确的有（ ） A ．() 2.5cos 56x x f π⎛⎫=+⎪⎝⎭B ．() 2.5sin 56f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭C ．该货船在2：00至4：00期间可以进港D ．该货船在13：00至17：00期间可以进港 【答案】BCD 【分析】依据题中所给表格，写出()f x 的表达式而判断选项A ，B ；再根据船进港的条件列出不等式，求解即可判断选项C ，D. 【详解】依据表格中数据知，可设函数为()sin f x A x k ω=+，由已知数据求得 2.5A =，5k =，周期12T =，所以26T ππω==﹐ 所以有() 2.5sin 56f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，选项A 错误；选项B 正确； 由于船进港水深至少要6.25，所以 2. 5sin 5 6.256x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥，得1sin 62x π⎛⎫⎪⎝⎭≥， 又024046x x ππ≤≤⇒≤≤，则有5666x πππ≤≤或1317666x πππ≤≤，从而有1 5 x ≤≤或1317x ≤≤，选项C ，D 都正确. 故选：BCD 【点睛】解三角不等式sin()(||1)x m m ωϕ+≥<关键在于：找准不等式中的函数值m 所对角； 长为一个周期的区间内相位x ωϕ+所在范围.12．（2020·全国高三月考）斐波那契螺线又叫黄金螺线，广泛应用于绘画、建筑等，这种螺线可以按下列方法画出：如图，在黄金矩形ABCD AB BC ⎛= ⎝⎭中作正方形ABFE ，以F 为圆心，AB 长为半径作弧BE ；然后在黄金矩形CDEF 中作正方形DEHG ，以H 为圆心，DE 长为半径作弧EG ；；如此继续下去，这些弧就连接成了斐波那契螺线.记弧BE ，EG ，GI 的长度分别为l ，m ，n ，则下列结论正确的是（ ）A ．l m n =+B ．2m l n =⋅C ．2m l n =+D ．111m l n=+ 【答案】AB 【分析】设1AB =，则2BC =，再由14圆弧分别求得l ，m ，n ，然后再逐项判断.【详解】不妨设1AB =，则2BC =，所以121)4l π=⨯⨯=.因为3ED =所以12(34m π=⨯⨯=.同理可得124)4n π=⨯⨯=所以l m n =+，2m l n =⋅，2m l n ≠+，111m l n≠+，所以A ，B 正确，C ，D 错误. 故选：AB三、填空题13．（2021·安徽高三开学考试（理））正割（secant ）及余割（cosecant ）这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行．在三角中，定义正割1sec cos αα=，余割1csc sin αα=．已知0t >，且22sec csc 16x t x +≥对任意的实数,2k x x k Z π⎛⎫≠∈ ⎪⎝⎭均成立，则t 的最小值为__________． 【答案】9 【分析】根据正余割的定义，得到和为1，结合基本不等式1的代入即可求解 【详解】 由题得：22111sec csc x x+=， 所以()22222211sec csc sec csc 16sec csc x t x x t x x x ⎛⎫+=++≥ ⎪⎝⎭即：2222csc sec 11sec csc t x xt x x t ≥+++++116t ++5-3，所以9t ≥故答案为：914．（2021·江苏仪征中学高一月考）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，赵爽在为《周髀算经》，作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形，由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形，设2DF FA =，若AB =ABD △的面积为____________.【答案】【分析】设BD x =，可得出3AD x =，23ADB π∠=，利用余弦定理求出x 的值，再利用三角形的面积公式可求得ABD △的面积. 【详解】设BD x =，则3AD x =，因为DEF 为等边三角形，则3ADE π∠=，故23ADB π∠=， 在ABD △中，由余弦定理得()222252323cos3AB x x x x π==+-⨯⨯⨯，解得2x =，故6AD =，2BD =，因此，ABD △的面积为1226sin23ABD S π=⨯⨯⨯=△故答案为：15．（2021·安徽阜阳·高一期末）筒车是一种水利灌溉工具（如图1所示），筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心为O ，筒车的半径为r ，筒车转动的周期为24s ，如图2所示，盛水桶M在0P 处距水面的距离为0h ．4s 后盛水桶M 在1P 处距水面的距离为1h ，若10h h -=，则直线0OP 与水面的夹角为______．【答案】π12【分析】根据题意构建平面几何模型，在借助三角函数求解答案. 【详解】如图，过O 作直线l 与水面平行，过0P 作0P A l ⊥于A ，过1P 作1PB l ⊥于B ． 设0AOP α∠=，1BOP β∠=，则，4π2π243βα-=⨯=，π3βα∴=+由图知，0sin P A r α=，1sin PB r β=，0101sin sin P A h h PB r r r βα--=-==，所以πsin sin 3αα⎛⎫+-= ⎪⎝⎭πsin 3α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ34α-=-，即π12α=．故答案为：π12. 16．（2021·广东深圳·高三）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当ABC 的三个内角均小于120︒时，则使得120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒的点P 即为费马点．已知点P 为ABC 的费马点，且AC BC ⊥，若||||||PA PB PC λ+=，则实数λ的最小值为_________．【答案】2 【分析】根据题意120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，不妨设PCB α∠=，故,,326CBP ACP CAP πππααα∠=-∠=-∠=-，进而得,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以在BCP 和ACP △中，由正弦定理得sin sin 3BP PC απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin 2sin 6PA PC παπα⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫- ⎪⎝⎭，故sin sin 2sin sin 36πααλππαα⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，在结合三角恒等变换化简整理求函数最值即可.【详解】根据题意, 点P 为ABC 的费马点，ABC 的三个内角均小于120︒, 所以120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，设PCB α∠=，所以在BCP 和ACP △中，,,3236CBP ACP CAP ACP ππππααα∠=-∠=-∠=-∠=-，且均为锐角，所以,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭所以由正弦定理得：sin sin 3BPPC παα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin sin 26PA PCππαα=⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以sin sin 3BP PC απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin 2sin 6PA PC παπα⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫- ⎪⎝⎭， 因为||||||PA PB PC λ+=所以sin cos sin sin cos sin 2sin sin 36πααααααλππαα⎛⎛⎫- - ⎪⎝⎭=+==⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11==，因为,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22,33ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以(2sin 20,2α，)12,⎡∈+∞⎣故实数λ的最小值为2.故答案为：2【点睛】本题考查数学文化背景下的解三角形，三角恒等变换解决三角函数取值范围问题，考查运算求解能力，数学建模能力，化归转化思想，是难题.本题解题的关键在于根据题目背景，通过设PCB α∠=，进而建立解三角形的模型，再根据正弦定理及三角恒等变换化简求最值即可.四、解答题17．（2021·海安市南莫中学高一期中）下图所示的毕达格拉斯树画是由图（i ）利用几何画板或者动态几何画板Geogebra 做出来的图片，其中四边形ABCD ，AEFG ，PQBE 都是正方形.如果改变图（i ）中EAB ∠的大小会得到更多不同的“树形”.（1）在图（i ）中，21AB ,AE ==，且AE AB ⊥，求AQ ；（2）在图（ii ）中，21AB ,AE ==，设(0)EAB θθπ∠=<<，求AQ 的最大值.【答案】（1（2）9. 【分析】（1）由已知条件结合诱导公式求得cos ABQ ∠，在ABQ △中，利用余弦定理，即可求解；（2）由已知条件结合余弦定理，求得BE ，再利用正弦定理、余弦定理及三角函数的性质，即可求解. 【详解】（1）当AE AB ⊥时，BE BQ ==则()cos cos2ABQ ABE π∠=+∠sin AE ABE BE =-∠=-=在ABQ △中，由余弦定理可得2222cos 45413AQ AB BQ AB BQ ABQ =+-⋅∠=++=，所以AQ =（2）在ABE △中，由余弦定理知，2222cos 54cos BE AB AE AB AE θθ⋅=-⋅=+-，所以BE BQ ==在ABE △中，由正弦定理知sin sin AE BEABE θ=∠，可得sin ABE ∠=在ABQ △中，由余弦定理可得2222cos()2AQ AB BQ AB BQ ABE π=+-⋅⋅+∠454cos 4θ=+-+4(sin cos )994πθθθ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，所以当3(0,)4πθπ=∈时，AQ 的取最大值9.答：（1）AQ =（2）AQ 的最大值为9.18．（2021·昆明·云南师大附中高一期中）仰望星空，时有流星划过天际，令我们感叹生命的短暂，又深深震撼我们凡俗的心灵．流星是什么？从古至今，人们作过无数种猜测．古希腊亚里士多德说，那是地球上的蒸发物，近代有人进一步认为，那是地球上磷火升空后的燃烧现象．10世纪波斯著名数学家、天文学家阿尔·库希设计出一种方案，通过两个观测者异地同时观察同一颗流星，来测定其发射点的高度．如图，假设地球是一个标准的球体，O 为地球的球心，AB 为地平线，有两个观测者在地球上的A ，B 两地同时观测到一颗流星S ，观测的仰角分别为SAD α∠=，SBD β∠=，其中，90DAO DBO ∠=∠=︒，为了方便计算，我们考虑一种理想状态，假设两个观测者在地球上的A ，B 两点测得30α=︒，15β=︒，地球半径为R 公里，两个观测者的距离3RAB π=． 1.73 1.5≈）（1）求流星S 发射点近似高度ES ；（2）在古希腊，科学不发达，人们看到流星以为这是地球水分蒸发后凝结的固体，已知对流层高度大约在18公里左右，若地球半径6370R ≈公里，请你据此判断该流星S 是地球蒸发物还是“天外来客”？并说明理由．【答案】（1）0.5ES R =公里；（2）该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”，理由见解析. 【分析】（1）由已知条件在ASB △中利用正弦定理求出1)AS R =，在SAC 中再利用余弦定理求出OS ，从而可得ES OS R =-；（2）由（1）求出的值可得流星S 发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，从而可得结论 【详解】 （1）因为3AB R π=，则60AOB ∠=︒，所以AOB 为等边角形，所以AB R =．又因为90DAO DBO ∠=∠=︒，所以30∠=∠=︒DAB DBA ，所以30∠=∠=︒DAB DBA ，所以60SAB ∠=︒，45SBA ∠=︒，75ASB ∠=︒．在ASB △中，由正弦定理：sin 75sin 45AB AS =︒︒，得()sin 4530sin 45R AS ︒=︒+︒， 解得1)AS R =，在SAC 中，由余弦定理：2222222212cos 1)1)(42OS SA OA SA OA SAO R R R R ⎛⎫=+-⋅∠=+-⨯-= ⎪⎝⎭．所以 1.5OS R =≈≈，所以0.5ES OS R R =-=公里．（2）0.53185ES R ≈≈公里，所以流星S 发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，所以该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”．（言之有理即可）．19．（2021·奉新县第一中学高一月考）重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O 为吸引游客，准备在门前两条小路OA 和OB 之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知π6AOB ∠=，弓形花园的弦长AB =M ，π6MAB MBA ∠=∠=，设OBA θ∠=.（1）将OA 、OB 用含有θ的关系式表示出来；（2）该山庄准备在M 点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA 、OB 的长度，才使得喷泉M 与山庄O 的距离的值最大？【答案】（1）OA θ=，6OB πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）当OA OB =OM 取最大值4+ 【分析】（1）本题可通过正弦定理得出OA θ=、6OB πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）本题首先可根据题意得出2AM BM ==，然后通过余弦定理得出2222cos 6OM OB BM OB BM πθ⎛⎫=+-⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，通过转化得出222283OM πθ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，最后通过50,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭以及正弦函数的性质即可求出最值.【详解】（1）因为sin sin sin OA OB AB OAB AOBθ==∠∠，π6AOB ∠=，AB =所以56OAB πθ∠=-，OA θ=，566OB ππθθ⎛⎫⎛⎫=-=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）因为AB =π6MAB MBA ∠=∠=，所以2AM BM ==， 在OMB △中，由余弦定理易知2222cos 6OM OB BM OB BM πθ⎛⎫=+-⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，即2248sin 4cos 666OM πππθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭248sin 2428224cos 22286333ππππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-+=-+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭122sin 2282283233πππθθθ⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++++=-++⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎦，因为50,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2272,333πππθ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，2sin 23πθ⎡⎛⎫+∈-⎢⎪⎝⎭⎣⎭， 当2sin 213πθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，即512πθ=时， 2OM 取最大值28+OM 取最大值4+此时51264OA πππ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭ 512643OB ππππ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故当OA OB =时，OM 取最大值4+ 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理与余弦定理的应用，考查三角恒等变换，考查根据正弦函数的性质求最值，考查化归与转化思想，体现了综合性，是难题.20．（2021·江苏省镇江中学）古希腊数学家普洛克拉斯曾说：“哪里有数学，哪里就有美，哪里就有发现……”，对称美是数学美的一个重要组成部分，比如圆，正多边形……，请解决以下问题：（1）魏晋时期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，割圆术可以视为将一个圆内接正n 边形等分成n 个等腰三角形(如图所示)，当n 变得很大时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，求sin3︒的近似值(结果保留π).（2）正n 边形的边长为a ，内切圆的半径为r ，外接圆的半径为R ，求证：2tan2a R r nπ+=.【答案】（1）60π；（2）详见解析.【分析】（1）将一个单位圆分成120个扇形，每个扇形的圆心角为3︒，再根据120个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积求解；（2）设O 为内切圆的圆心，OA ，OB 分别为外接圆和内切圆的半径R ，r ，易知 1,2AB a nπθ==，然后在Rt OAB 中，利用三角函数的定义求得R ，r ，利用三角恒等变换证明.【详解】（1）将一个单位圆分成120个扇形，每个扇形的圆心角为3︒， 因为这120个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积， 所以11211sin 32π⨯⨯⨯⨯≈ sin 360π≈；（2）设O 为内切圆的圆心，OA ，OB 分别为外接圆和内切圆的半径R ，r ，则,OA R OB r ==， 如图所示：所以1,2AB a nπθ==， 在Rt OAB 中，sin AB OAθ=，即12sin an Rπ=，所以2sin a R n π=， cos OB OA θ=，即cos r n Rπ=，所以coscos 2sin a n r R n nπππ==， 所以1cos cos2sin 2sin 2sina a a n n R r n n nπππππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭+=+=， 22cos 24sincos2tan222a a nnnnππππ==.21．（2021·上海徐汇·高一期末）主动降噪耳机工作的原理是：先通过微型麦克风采集周国的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声（如图所示）．已知某噪声的声波曲线f(x)=Asin (2π3x +φ)(A >0,0≤φ<π)，其中的振幅为2，且经过点（1，－2）（1）求该噪声声波曲线的解析式f(x)以及降噪芯片生成的降噪声波曲线的解析式g(x)； （2）证明：g(x)+g(x +1)+g(x +2)为定值． 【答案】（1）f(x)=2sin (2π3x +5π6), g(x)=−2sin (2π3x +5π6)；（2）证明见解析.【分析】（1）首先根据振幅为2求出A ，将点（1，-2）代入解析式即可解得； （2）由（1），结合诱导公式和两角和差的余弦公式化简即可证明.【详解】（1）∵振幅为2，A >0，∴A =2，f(x)=2sin (2π3x +φ)，将点（1，-2）代入得：−2=2sin (2π3+φ)⇒sin (2π3+φ)=−1，∵0≤φ<π，∴2π3+φ∈[2π3,5π3)，∴2π3+φ=3π2⇒φ=5π6，∴f(x)=2sin (2π3x +5π6)，易知g(x)与f(x)关于x 轴对称，所以g(x)=−2sin (2π3x +5π6).（2）由（1）g(x)=−2sin (2π3x +5π6)=−2sin (2π3x +π3+π2)=−2cos (2π3x +π3)g(x)+g(x +1)+g(x +2)=−2cos (2π3x +π3)−2cos (2π3x +π)−2cos (2π3x +2π3+π)=−2cos (2π3x +π3)+2cos2π3x +2cos (2π3x +2π3)=−2(cos2π3x ⋅12−sin2π3x ⋅√32)+2cos2π3x +2[cos2π3x ⋅(−12)−sin2π3x ⋅√32]=0.即定值为0.22．（2021·合肥市第六中学高一期末）合肥逍遥津公园是三国古战场，也是合肥最重要的文化和城市地标，是休闲游乐场，更是几代合肥人美好记忆的承载地.2020年8月启动改造升级工作，欲对该公园内一个平面凸四边形ABCD 的区域进行改造，如图所示，其中4DC a =米，2DA a =米，ABC 为正三角形.改造后BCD △将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，ABD △将作为对三国历史文化的介绍区域.（1）当3ADC π∠=时，求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD △的面积；（2）求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD △的面积的最大值.【答案】（1）()22m ；（2）(()224m a +.【分析】（1）由余弦定理求得AC ，再由正弦定理求得ACD ∠，求出BC BC ⊥，易得面积；（2）不妨设ADC θ∠=，ACD α∠=，用余弦定理表示出2AC ，用正弦定理表示出sin α，再用余弦定理表示出cos α，然后表示出BCD △的面积，利用两角和的正弦公式展开代入2sin ,cos ,AC αα，再利用两角差的正弦公式化简，然后利用正弦函数性质得最大值． 【详解】解析：（1）2222cos3AC AD DC AD DC π=+-⋅⋅，∴AC =，又sin sin3ACADACD π=∠，∴1sin 2ACD ∠=，易知ACD ∠是锐角，所以6π∠=ACD ，∴2BCD π∠=，()2214m 2BCD S a =⨯⨯=△，（2）不妨设ADC θ∠=，ACD α∠=，于是由余弦定理得()222016cos AC a θ=-①，22sin sin sin sin AC a a ACθαθα=⇒=②， 22222124168cos cos 8AC a a AC a aAC a a aAC+=+-⋅⇒=③， ∴14sin 23BCDS a AC πα⎛⎫=⨯⨯⋅+ ⎪⎝⎭△2(sin cos cos sin )33a AC ππαα=⋅+2222sin 128a AC a AC AC AC θ⎡⎤+=⋅⎢⎥⎣⎦((2222sin 4sin 43a a a πθθθ⎛⎛⎫=-+=-++ ⎪ ⎝⎝≤⎭，当且仅当5 326πππθθ-=⇒=时取等号，∴BCD S △最大值为(()224m a +.【点睛】本题考查解三角形的应用，解题关键是选用一个角为参数，然后把其他量表示为参数的三角函数，这里注意正弦定理和余弦定理的应用，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形，最后利用正弦函数性质求得最值．。
高考数学压轴专题专题备战高考《三角函数与解三角形》难题汇编及答案解析
新数学《三角函数与解三角形》专题解析一、选择题1．如图所示，已知双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点为F ，双曲线的右支上一点A ，它关于原点O 的对称点为B ，满足120AFB ∠=︒，且3BF AF =，则双曲线C 的离心率是( )A ．27B ．52C ．7 D ．7【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线的性质，推出AF ，BF ，通过求解三角形转化求解离心率即可． 【详解】解：双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点为F ，双曲线C 的右支上一点A ，它关于原点O 的对称点为B ，满足120AFB ∠=︒，且||3||BF AF =，可得||||2BF AF a -=，||AF a =，||3BF a =，60F BF ∠'=︒，所以2222cos60F F AF BF AF BF '=+-︒g ，可得222214962c a a a =+-⨯，2247c a =，所以双曲线的离心率为：72e =． 故选：C ．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，三角形的解法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．2．能使sin(2)3cos(2)y x x θθ=+++为奇函数，且在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上是减函数的θ的一个值是（ ） A ．5π3B ．43π C ．23π D ．3π【答案】C 【解析】 【分析】首先利用辅助角公式化简函数，然后根据函数的奇偶性和单调性求得θ的值. 【详解】依题意π2sin 23y x θ⎛⎫=++⎪⎝⎭，由于函数为奇函数，故πππ,π33k k θθ+==-，当1,2k =时，2π3θ=或5π3θ=，由此排除B,D 两个选项.当2π3θ=时，()2sin 2π2sin 2y x x =+=-在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上是减函数，符合题意.当5π3θ=时，()2sin 22π2sin 2y x x =+=，在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上是增函数，不符合题意.故选C. 【点睛】本小题主要考查诱导公式的运用，考查三角函数的奇偶性和单调性，属于基础题.3．小赵开车从A 处出发，以每小时40千米的速度沿南偏东40︒的方向直线行驶，30分钟后到达B 处，此时，小王发来微信定位，显示他自己在A 的南偏东70︒方向的C 处，且A 与C 的距离为153千米，若此时，小赵以每小时52千米的速度开车直线到达C 处接小王，则小赵到达C 处所用的时间大约为（ ）()7 2.6≈A ．10分钟B ．15分钟C ．20分钟D ．25分钟【答案】B 【解析】 【分析】首先根据题中所给的条件，得到30BAC ∠=︒，20AB =，153AC =，两边和夹角，之后应用余弦定理求得13BC =≈（千米），根据题中所给的速度，进而求得时间，得到结果. 【详解】根据条件可得30BAC ∠=︒，20AB =，AC =， 由余弦定理可得2222cos30175BC AB AC AB AC ︒=+-⋅⋅=，则13BC =≈（千米）， 由B 到达C 所需时间约为130.2552=（时）15=分钟． 故选：B ． 【点睛】该题是一道关于解三角形的实际应用题，解题的关键是掌握余弦定理的应用，属于简单题目.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若（a ﹣c cos B ）sin A ＝c cos A sin B ，则△ABC 的形状一定是（ ） A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形 D ．锐角三角形【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由(cos )sin cos sin a c B A c A B -=变形可得sin sin a A c C =，进而由正弦定理可得22a c =，即a c =，即可得答案． 【详解】根据题意，在ABC ∆中，(cos )sin cos sin a c B A c A B -=， 变形可得：sin cos sin cos sin (cos sin cos sin )sin()sin a A c B A c A B c B A A B c A B c C =+=+=+=，即有sin sin a A c C =，又由正弦定理可得22a c =，即a c =. 故选：C ． 【点睛】本题主要考查三角形的形状判断，考查正弦定理的应用，意在考查学生对这些知识点的理解掌握水平，属于基础题．5．在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且ABC ∆的面积S C =，且1,a b ==c =（ ）A BC D 【答案】B 【解析】由题意得，三角形的面积1sin 2S ab C C ==，所以tan 2C =，所以cos 5C =， 由余弦定理得2222cos 17c a b ab C =+-=，所以c =，故选B.6．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c 满足，222b c a bc +-=，0AB BC ⋅>u ur u u r u u，2a =，则bc +的取值范围是( ) A ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B．32⎫⎪⎪⎝⎭C ．13,22⎛⎫⎪⎝⎭D ．31,2⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理222cos 2b c a A bc+-=，可得3A π=，由|||cos()|0AB BC AB BC B π⋅=⋅->u u u u u u u u r u ur u r u r，可得B为钝角，由正弦定理可得sin sin(120)30)o o b c B B B ∴+=+-=+，结合B 的范围，可得解【详解】由余弦定理有：222cos 2b c a A bc+-=，又222b c a bc +-=故2221cos 222b c a bc A bc bc +-===又A 为三角形的内角，故3A π=又2a=sin sin sin(120)ob c c B C B ==- 又|||cos()|0AB BC AB BC B π⋅=⋅->u u u u u u u u r u ur u r u r故cos 0B B <∴为钝角3sin sin(120)sin 30)2o o b c B B B B B ∴+=+-=+=+(90,120)o o B ∈Q ，可得130(120150)sin(30)(2o o o o B B +∈∴+∈，330))22ob c B∴+=+∈故选：B【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和向量的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题7．已知在锐角ABC∆中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2cos cosb Cc B=，则111tan tan tanA B C++的最小值为（）A．3BCD．【答案】A【解析】【分析】先根据已知条件，把边化成角得到B,C关系式，结合均值定理可求.【详解】∵2cos cosb Cc B=，∴2sin cos sinCcosB C B=，∴tan2tanC B=.又A B Cπ++=，∴()()tan tan tanA B C B Cπ=-+=-+⎡⎤⎣⎦22tan tan3tan3tan1tan tan12tan2tan1B C B BB C B B+=-=-=---，∴21112tan111tan tan tan3tan tan2tanBA B C B B B-++=++27tan36tanBB=+.又∵在锐角ABC∆中, tan0B>,∴27tan36tan3BB+≥=，当且仅当tan2B=时取等号，∴min111tan tan tan3A B C⎛⎫++=⎪⎝⎭，故选A.【点睛】本题主要考查正弦定理和均值定理，解三角形时边角互化是求解的主要策略，侧重考查数学运算的核心素养.8．△ABC中，已知tanA=13，tanB=12，则∠C等于（）A．30°B．45°C．60°D．135°【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形内角和为180o ，可得：tan tan()tan(+)C A B A B π=--=-，利用两角和公式和已知条件，即可得解. 【详解】 在△ABC 中，11tan tan 32tan tan()tan(+)=-1111tan tan 132A BC A B A B A B π++=--=-=-=---⋅，所以135C ?o .故选：D. 【点睛】本题考查了正切的两角和公式，考查了三角形内角和，考查了转化思想和计算能力，属于中档题.9．已知函数()2sin()0,,2f x x πωϕωϕπ⎛⎫⎡⎤=+>∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的部分图象如图所示，其中()01f =，5||2MN =，则点M 的横坐标为（ ）A ．12B ．25-C ．1-D ．23-【答案】C 【解析】 【分析】 由(0)1f =求出56πϕ=，由5||23MN πω=⇒=，再根据()2f x =可得答案.【详解】由函数()2sin()0,,2f x x πωϕωϕπ⎛⎫⎡⎤=+>∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的部分图象，可得(0)2sin 1f ϕ==，56πϕ∴=，5||23MN πω===， ∴函数5()2sin 36f x x ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令52sin 236x ππ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 得52,0362x k k ππππ+=+=得1x =-. 故选：C. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查了数形结合思想的应用，解题的关键是利用勾股定理列方程求出3πω=，属于中档题.10．在ABC ∆中，若2sin sin cos 2CA B =，则ABC ∆是（ ） A ．等边三角形 B ．等腰三角形C ．不等边三角形D ．直角三角形【答案】B 【解析】试题分析：因为2sin sin cos2CA B =，所以，1cos sin sin 2C A B +=，即2sin sin 1cos[()],cos()1A B A B A B π=+-+-=,故A=B ，三角形为等腰三角形，选B 。
高考数学三角函数与解三角形解答题专题
高考数学三角函数与解三角形解答题专题一、归类解析题型一：三角函数的图象和性质【解题指导】 三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 的形式，然后将t ＝ωx ＋φ视为一个整体，结合y ＝sin t 的图象求解．【例】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个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，求g )6( 的值．【变式训练】 已知函数f (x )＝5sin x cos x －53cos 2x ＋532(其中x ∈R )，求： (1)函数f (x )的最小正周期；(2)函数f (x )的单调区间；(3)函数f (x )图象的对称轴和对称中心． 题型二：解三角形【解题指导】 根据三角形中的已知条件，选择正弦定理或余弦定理求解；在解决有关角的范围问题时，要注意挖掘题目中隐含的条件，对结果进行正确的取舍．【例】 △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)求角A 和边长c ；(2)设D 为BC 边上一点，且AD ⊥AC ，求△ABD 的面积．【变式训练】在△ABC 中，∠A ＝60°，c ＝37a . (1)求sin C 的值；(2)若a ＝7，求△ABC 的面积．题型三：三角函数和解三角形的综合应用【解题指导】 三角函数和解三角形的综合问题要利用正弦定理、余弦定理进行转化，结合三角函数的性质，要注意角的范围对变形过程的影响．【例】如图，某机械厂欲从AB ＝2米，AD ＝2 2 米的矩形铁皮中裁剪出一个四边形ABEF 加工成某仪器的零件，裁剪要求如下：点E ，F 分别在边BC ，AD 上，且EB ＝EF ，AF <BE .设∠BEF ＝θ，四边形ABEF 的面积为f (θ)(单位：平方米)．(1)求f (θ)关于θ的函数关系式，求出定义域；(2)当BE ，AF 的长为何值时，裁剪出的四边形ABEF 的面积最小，并求出最小值．【变式训练】在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a sin B －b cos C ＝c cos B .(1)判断△ABC 的形状；(2)若f (x )＝12cos 2x －23cos x ＋12，求f (A )的取值范围． 二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫⎝⎛<>>2,0,0πϕωA 的部分图象如图． (1)求函数f (x )的解析式．(2)求函数f (x )在区间]125,0[π上的最值，并求出相应的x 值．2．设函数f (x )＝2tan x 4·cos 2x 4－2cos 2)124(π+x ＋1. (1)求f (x )的定义域及最小正周期．(2)求f (x )在[－π，0]上的最值．3．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<>>2,0,0πϕωA 的图象过点P )012(，π，图象上与P 点最近的一个最高点坐标为)63(，π. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若f (x )<3，求x 的取值范围．4．已知点P (3，1)，Q (cos x ，sin x )，O 为坐标原点，函数f (x )＝OP →·QP →.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若A 为△ABC 的内角，f (A )＝4，BC ＝3，求△ABC 周长的最大值．5.已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0.(1)求A ；(2)若AD 为BC 边上的中线，cos B ＝17，AD ＝1292，求△ABC 的面积．6．已知函数f (x )＝cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＋t (ω>0)，若f (x )的图象上相邻两条对称轴的距离为π4，图象过点(0,0)． (1)求f (x )的表达式和f (x )的单调增区间；(2)将函数f (x )的图象向右平移π8个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y ＝g (x )的图象，若函数F (x )＝g (x )＋k 在区间]2,0[ 上有且只有一个零点，求实数k 的取值范围．。
高考数学专题复习-三角函数与解三角形
第1讲 三角函数的图象与性质高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容,主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象,涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题,主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等,主要以解答题的形式考查.真 题 感 悟1.(全国Ⅰ卷)已知角α的顶点为坐标原点,始边与x 轴的非负半轴重合,终边上有两点A (1,a ),B (2,b ),且cos 2α＝23,则|a －b |＝( ) A.15B.55C.255D.1解析 由题意知cos α>0.因为cos 2α＝2cos 2α－1＝23,所以cos α＝306,sin α＝±66,得|tan α|＝55.由题意知|tan α|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －b 1－2,所以|a －b |＝55. 答案 B2.(全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3,则下列结论错误的是( )A.f (x )的一个周期为－2πB.y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π3对称 C.f (x ＋π)的一个零点为x ＝π6 D.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减解析 A 项,因为f (x )的周期为2k π(k ∈Z 且k ≠0),所以f (x )的一个周期为－2π,A 项正确.B 项,因为f (x )图象的对称轴为直线x ＝k π－π3(k ∈Z ),当k ＝3时,直线x ＝8π3是其对称轴,B 项正确.C 项,f (x ＋π)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4π3,将x ＝π6代入得到f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π6＝cos 3π2＝0,所以x ＝π6是f (x ＋π)的一个零点,C 项正确.D 项,因为f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋2π3 (k ∈Z ),递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋2π3，2k π＋5π3 (k ∈Z ),所以⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2π3是减区间,⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，π是增区间,D 项错误. 答案 D3.(全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2,则( ) A.f (x )的最小正周期为π,最大值为3 B.f (x )的最小正周期为π,最大值为4 C.f (x )的最小正周期为2π,最大值为3 D.f (x )的最小正周期为2π,最大值为4解析 易知f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2＝3cos 2x ＋1＝3cos 2x ＋12＋1＝32cos 2x ＋52,则f (x )的最小正周期为π,当2x ＝2k π,即x ＝k π(k ∈Z )时,f (x )取得最大值,最大值为4. 答案 B4.(全国Ⅱ卷)若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ,a ]是减函数,则a 的最大值是( ) A.π4B.π2C.3π4D.π解析 f (x )＝cos x －sin x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4,且函数y ＝cos x 在区间[0,π]上单调递减,则由0≤x ＋π4≤π,得－π4≤x ≤3π4.因为f (x )在[－a ,a ]上是减函数,所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥－π4，a ≤3π4，解得a ≤π4,所以0<a ≤π4,所以a 的最大值是π4. 答案 A考 点 整 合1.常用三种函数的图象与性质(下表中k ∈Z )图象递增 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2 [2k π－π,2k π]⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2，k π＋π2 递减 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π2，2k π＋3π2 [2k π,2k π＋π] 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 对称 中心 (k π,0) ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π2，0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0 对称轴 x ＝k π＋π2 x ＝k π 周期性2π2ππ2.三角函数的常用结论(1)y ＝A sin(ωx ＋φ),当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得.(2)y ＝A cos(ωx ＋φ),当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得. (3)y ＝A tan(ωx ＋φ),当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数. 3.三角函数的两种常见变换热点一 三角函数的定义【例1】 (1)(北京卷)在平面直角坐标系xOy 中,角α与角β均以Ox 为始边,它们的终边关于y 轴对称.若sin α＝13,则cos(α－β)＝________.(2)如图,以Ox 为始边作角α(0<α<π),终边与单位圆相交于点P ,已知点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45,则sin 2α＋cos 2α＋11＋tan α＝________.解析 (1)法一 由已知得β＝(2k ＋1)π－α(k ∈Z ). ∵sin α＝13,∴sin β＝sin[(2k ＋1)π－α]＝sin α＝13(k ∈Z ). 当cos α＝1－sin 2α＝223时,cos β＝－223,∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝223×⎝ ⎛⎭⎪⎫－223＋13×13＝－79. 当cos α＝－1－sin 2α＝－223时,cos β＝223,∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－79.综上可知,cos(α－β)＝－79.法二 由已知得β＝(2k ＋1)π－α(k ∈Z ),∴sin β＝sin[(2k ＋1)π－α]＝sinα, cos β＝cos[(2k ＋1)π－α]＝－cos α,k ∈Z .当sin α＝13时,cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－cos 2α＋sin 2α＝－(1－sin 2α)＋sin 2α＝2sin 2α－1＝2×19－1＝－79.(2)由三角函数定义,得cos α＝－35,sin α＝45,∴原式＝2sin αcos α＋2cos 2α1＋sin αcos α＝2cos α（sin α＋cos α）sin α＋cos αcos α＝2cos 2α＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝1825. 答案 (1)－79 (2)1825探究提高 1.当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要注意分情况解决,机械地使用三角函数的定义就会出现错误.2.任意角的三角函数值仅与角α的终边位置有关,而与角α终边上点P 的位置无关.若角α已经给出,则无论点P 选择在α终边上的什么位置,角α的三角函数值都是确定的.【训练1】 (1)(潍坊三模)在直角坐标系中,若角α的终边经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 23π，cos 23π,则sin(π－α)＝( ) A.12B.32C.－12D.－32(2)(北京卷)在平面直角坐标系中,AB ︵,CD ︵,EF ︵,GH ︵是圆x 2＋y 2＝1上的四段弧(如图),点P 在其中一段上,角α以Ox 为始边,OP 为终边.若tan α<cos α<sin α,则P 所在的圆弧是( )A.AB ︵B.CD ︵C.EF ︵D.GH ︵解析 (1)∵角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 23π，cos 23π,且|OP |＝1.∴由三角函数定义,知sinα＝cos 2π3＝－12.因此sin(π－α)＝sin α＝－12.(2)设点P 的坐标为(x ,y ),由三角函数的定义得yx <x <y ,所以－1<x <0,0<y <1.所以P 所在的圆弧是EF ︵. 答案 (1)C (2)C 热点二 三角函数的图象 考法1 三角函数的图象变换【例2－1】 (1)要想得到函数y ＝sin 2x ＋1的图象,只需将函数y ＝cos 2x 的图象( )A.向左平移π4个单位长度,再向上平移1个单位长度 B.向右平移π4个单位长度,再向上平移1个单位长度 C.向左平移π2个单位长度,再向下平移1个单位长度D.向右平移π2个单位长度,再向下平移1个单位长度(2)(湖南六校联考)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2,其图象相邻两条对称轴之间的距离为π2,将函数y ＝f (x )的图象向左平移π3个单位长度后,得到的图象关于y 轴对称,那么函数y ＝f (x )的图象( )A.关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0对称B.关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0对称C.关于直线x ＝π12对称D.关于直线x ＝－π12对称解析 (1)因为y ＝sin 2x ＋1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＋1＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋1,故只需将函数y ＝cos 2x 的图象向右平移π4个单位长度,再向上平移1个单位长度,即可得到函数y ＝sin 2x ＋1的图象. (2)由题意,T ＝π,ω＝2.又y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋2π3的图象关于y 轴对称.∴φ＋2π3＝k π＋π2,k ∈Z . 由|φ|<π2,取φ＝－π6,因此f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6,代入检验f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝0,A 正确.答案 (1)B (2)A探究提高 1.“五点法”作图：设z ＝ωx ＋φ,令z ＝0,π2,π,3π2,2π,求出x 的值与相应的y 的值,描点、连线可得.2.在图象变换过程中务必分清是先相位变换,还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x 而言的,如果x 的系数不是1,就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.考法2 由函数的图象特征求解析式【例2－2】 (1)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示,则函数f (x )的解析式为( )A.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6B.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3C.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π12D.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6(2)(济南调研)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示,若x 1,x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3,且f (x 1)＝f (x 2),则f (x 1＋x 2)＝( )A.1B.12C.22D.32解析 (1)由题意知A ＝2,T ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12－π6＝π,ω＝2,因为当x ＝5π12时取得最大值2,所以2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×5π12＋φ, 所以2×5π12＋φ＝2k π＋π2,k ∈Z ,解得φ＝2k π－π3,k ∈Z , 因为|φ|<π2,得φ＝－π3. 因此函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.(2)观察图象可知,A ＝1,T ＝π,则ω＝2. 又点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0是“五点法”中的始点,∴2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋φ＝0,φ＝π3. 则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 函数图象的对称轴为x ＝－π6＋π32＝π12.又x 1,x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3,且f (x 1)＝f (x 2),所以x 1＋x 22＝π12,则x 1＋x 2＝π6,因此f (x 1＋x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝32. 答案 (1)B (2)D探究提高 已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0,ω>0)的图象求解析式时,常采用待定系数法,由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解,其中一般把第一个零点作为突破口,可以从图象的升降找准第一个零点的位置.【训练2】 已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0,ω＞0,|φ|＜π2)的部分图象如图所示.(1)求函数f (x )的解析式；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的纵坐标保持不变,横坐标缩短到原来的12倍,再把所得的函数图象向左平移π6个单位长度,得到函数y ＝g (x )的图象,求函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8上的最小值.解 (1)设函数f (x )的最小正周期为T ,由题图可知 A ＝1,T 2＝2π3－π6＝π2,即T ＝π,所以π＝2πω,解得ω＝2,所以f (x )＝sin(2x ＋φ),又过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0,由0＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ可得π3＋φ＝2k π,k ∈Z , 则φ＝2k π－π3,k ∈Z ,因为|φ|＜π2,所以φ＝－π3,故函数f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. (2)根据条件得g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8时,4x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6,所以当x ＝π8时,g (x )取得最小值,且g (x )min ＝12. 热点三 三角函数的性质 考法1 三角函数性质【例3－1】 (合肥质检)已知函数f (x )＝sin ωx －cos ωx (ω>0)的最小正周期为π. (1)求函数y ＝f (x )图象的对称轴方程； (2)讨论函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调性. 解 (1)∵f (x )＝sin ωx －cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π4,且T ＝π,∴ω＝2,于是f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4.令2x －π4＝k π＋π2(k ∈Z ),得x ＝k π2＋3π8(k ∈Z ).即函数f (x )图象的对称轴方程为x ＝k π2＋3π8(k ∈Z ).(2)令2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2(k ∈Z ),得函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π8，k π＋3π8(k ∈Z ).注意到x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2,所以令k ＝0,得函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π8；同理,其单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π8，π2.探究提高 1.讨论三角函数的单调性,研究函数的周期性、奇偶性与对称性,都必须首先利用辅助角公式,将函数化成一个角的一种三角函数.2.求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0,ω>0)的单调区间,是将ωx ＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间),求出的区间即为y ＝A sin(ωx ＋φ)的增区间(或减区间),但是当A ＞0,ω＜0时,需先利用诱导公式变形为y ＝－A sin(－ωx －φ),则y ＝A sin(－ωx －φ)的增区间即为原函数的减区间,减区间即为原函数的增区间. 考法2 三角函数性质与图象的综合应用【例3－2】 已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2ωx －3(ω>0)的最小正周期为π.(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π6个单位,再向上平移1个单位,得到函数y ＝g (x )的图象,若y ＝g (x )在[0,b ](b >0)上至少含有10个零点,求b 的最小值. 解 (1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋3(2sin 2ωx －1) ＝sin 2ωx －3cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3.由最小正周期为π,得ω＝1, 所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3,由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2,k ∈Z ,整理得k π－π12≤x ≤kx ＋5π12,k ∈Z ,所以函数f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12,k ∈Z . (2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位,再向上平移1个单位,得到y ＝2sin 2x ＋1的图象；所以g (x )＝2sin 2x ＋1.令g (x )＝0,得x ＝k π＋7π12或x ＝k π＋11π12(k ∈Z ),所以在[0,π]上恰好有两个零点,若y ＝g (x )在[0,b ]上有10个零点,则b 不小于第10个零点的横坐标即可.所以b 的最小值为4π＋11π12＝59π12.探究提高 1.研究三角函数的图象与性质,关键是将函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋B )的形式,利用正余弦函数与复合函数的性质求解. 2.函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))的最小正周期T ＝2π|ω|.应特别注意y ＝|A sin(ωx ＋φ)|的最小正周期为T ＝π|ω|.【训练3】 (湖南师大附中质检)已知向量m ＝(2cos ωx ,－1),n ＝(sin ωx －cos ωx ,2)(ω>0),函数f (x )＝m·n ＋3,若函数f (x )的图象的两个相邻对称中心的距离为π2. (1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若将函数f (x )的图象先向左平移π4个单位,然后纵坐标不变,横坐标缩短为原来的12倍,得到函数g (x )的图象,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时,求函数g (x )的值域.解 (1)f (x )＝m·n ＋3＝2cos ωx (sin ωx －cos ωx )－2＋3 ＝sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π4.依题意知,最小正周期T ＝π.∴ω＝1,因此f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4.令－π2＋2k π≤2x －π4≤π2＋2k π,k ∈Z ,求得f (x )的增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π8＋k π，3π8＋k π,k ∈Z .(2)将函数f (x )的图象先向左平移π4个单位,得y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象. 然后纵坐标不变,横坐标缩短为原来的12倍,得到函数g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4的图象.故g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4,由π4≤x ≤π2,知5π4≤4x ＋π4≤9π4.∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤22.故函数g (x )的值域是[－2,1].1.已知函数y＝A sin(ωx＋φ)＋B(A＞0,ω＞0)的图象求解析式(1)A＝y max－y min2,B＝y max＋y min2.(2)由函数的周期T求ω,ω＝2πT.(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求φ.2.运用整体换元法求解单调区间与对称性类比y＝sin x的性质,只需将y＝A sin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”,采用整体代入求解.(1)令ωx＋φ＝kπ＋π2(k∈Z),可求得对称轴方程；(2)令ωx＋φ＝kπ(k∈Z),可求得对称中心的横坐标；(3)将ωx＋φ看作整体,可求得y＝A sin(ωx＋φ)的单调区间,注意ω的符号.3.函数y＝A sin(ωx＋φ)＋B的性质及应用的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y＝A sin(ωx ＋φ)＋B(一角一函数)的形式；第二步：把“ωx＋φ”视为一个整体,借助复合函数性质求y＝A sin(ωx＋φ)＋B的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题.一、选择题1.(全国Ⅲ卷)函数f(x)＝tan x1＋tan2x的最小正周期为()A.π4 B.π2 C.π D.2π解析f(x)＝tan x1＋tan2x＝sin xcos x1＋sin2xcos2x＝sin x cos xcos2x＋sin2x＝sin x cos x＝12sin 2x,所以f(x)的最小正周期T＝2π2＝π.答案 C2.(全国Ⅲ卷)函数f(x)＝15sin⎝⎛⎭⎪⎫x＋π3＋cos⎝⎛⎭⎪⎫x－π6的最大值为()A.65 B.1 C.35 D.15解析 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3,则f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3,函数的最大值为65. 答案 A3.(湖南六校联考)定义一种运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ,将函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2 2sin x 3 cos x 的图象向左平移φ(φ>0)个单位,所得图象对应的函数为偶函数,则φ的最小值是( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6解析 f (x )＝2cos x －23sin x ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3,依题意g (x )＝f (x ＋φ)＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ是偶函数(其中φ>0).∴π3＋φ＝k π,k ∈Z ,则φmin ＝23π. 答案 C4.偶函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,其中△EFG 是斜边为4的等腰直角三角形(E ,F 是函数与x 轴的交点,点G 在图象上),则f (1)的值为( )A.22B.62C. 2D.2 2解析 依题设,T 2＝|EF |＝4,T ＝8,ω＝π4. ∵函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)为偶函数,且0<φ<π. ∴φ＝π2,在等腰直角△EGF 中,易求A ＝2. 所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π2＝2cos π4x ,则f (1)＝ 2.答案 C5.(天津卷)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度,所得图象对应的函数( )A.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增B.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减C.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增D.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递减解析 把函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度得函数g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π10＋π5＝sin 2x 的图象,由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π(k ∈Z )得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π(k ∈Z ),令k ＝1,得3π4≤x ≤5π4,即函数g (x )＝sin 2x 的一个单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4.答案 A 二、填空题6.(江苏卷)已知函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称,则φ的值是________.解析 由函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称,得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝±1.因为－π2<φ<π2,所以π6<2π3＋φ<7π6,则2π3＋φ＝π2,φ＝－π6.答案 －π67.已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示,其中|PQ |＝2 5.则f (x )的解析式为________.解析 由题图可知A ＝2,P (x 1,－2),Q (x 2,2),所以|PQ |＝（x 1－x 2）2＋（－2－2）2＝（x 1－x 2）2＋42＝2 5.整理得|x 1－x 2|＝2,所以函数f (x )的最小正周期T ＝2|x 1－x 2|＝4,即2πω＝4,解得ω＝π2.又函数图象过点(0,－3),所以2sin φ＝－3,即sin φ＝－32.又|φ|<π2,所以φ＝－π3,所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －π3.答案 f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －π38.(北京卷)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0).若f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4对任意的实数x 都成立,则ω的最小值为________.解析 由于对任意的实数都有f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4成立,故当x ＝π4时,函数f (x )有最大值,故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1,πω4－π6＝2k π(k ∈Z ),∴ω＝8k ＋23(k ∈Z ).又ω>0,∴ωmin ＝23.答案 23 三、解答题9.已知函数f (x )＝4tan x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3. (1)求f (x )的定义域与最小正周期； (2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的单调性.解 (1)f (x )的定义域为{x |x ≠π2＋k π,k ∈Z },f (x )＝4tan x cos x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋32sin x － 3＝2sin x cos x ＋23sin 2x － 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π,k ∈Z , 得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π,k ∈Z .设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4,B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ,易知A ∩B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时,f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递增,在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上单调递减.10.(西安模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x sin x －3cos 2x ＋32.(1)求f (x )的最大值及取得最大值时x 的值；(2)若方程f (x )＝23在(0,π)上的解为x 1,x 2,求cos(x 1－x 2)的值.解 (1)f (x )＝cos x sin x －32(2cos 2x －1) ＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. 当2x －π3＝π2＋2k π(k ∈Z ),即x ＝512π＋k π(k ∈Z )时,函数f (x )取最大值,且最大值为1.(2)由(1)知,函数f (x )图象的对称轴为x ＝512π＋k π,k ∈Z ,∴当x ∈(0,π)时,对称轴为x ＝512π.又方程f (x )＝23在(0,π)上的解为x 1,x 2.∴x 1＋x 2＝56π,则x 1＝56π－x 2,∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫56π－2x 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3, 又f (x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3＝23,故cos(x 1－x 2)＝23.11.设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2,其中0＜ω＜3,已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0.(1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移π4个单位,得到函数y ＝g (x )的图象,求g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4上的最小值.解 (1)因为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2,所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin ωx －32cos ωx＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3.由题设知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0,所以ωπ6－π3＝k π,k ∈Z ,故ω＝6k ＋2,k ∈Z . 又0＜ω＜3,所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3,所以g (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4,所以x －π12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3,当x －π12＝－π3,即x ＝－π4时,g (x )取得最小值－32.。
专题13 结构不良题(三角函数与解三角形)-高考数学微专题复习(新高考地区专用)
专题13 结构不良题（三角函数与解三角形）结构不良题型是新课改地区新增加的题型，所谓结构不良题型就是给出一些条件，另外的条件题目中给出三个，学生可以从中选择1个或者2个作为条件，进行解题。
一、题型选讲题型一 、研究三角形是否存在的问题例1、【2020年新高考全国Ⅰ卷】在①ac =sin 3c A =，③c =这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在ABC △，它的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且sin A B =，6C π=，________? 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】方案一：选条件①．由6C π=和余弦定理得2222a b c ab +-=．由sin A B =及正弦定理得a ．222=b c =．由①ac =1a b c ==．因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时1c =． 方案二：选条件②．由6C π=和余弦定理得2222a b c ab +-=．由sin A B =及正弦定理得a ．222=b c =，6B C π==，23A π=．由②sin 3c A =，所以6c b a ===．因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c = 方案三：选条件③．由6C π=和余弦定理得2222a b c ab +-=．由sin A B =及正弦定理得a ．222=b c =．由③c =，与b c =矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．例2、（2021年徐州联考）在①cos cos 2c B b C +=，②πcos()cos 2b Cc B -=，③sin cos B B +条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求ABC △的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在ABC △，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且π6A =，______________，4b =？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】选择①：由余弦定理可知，222222cos cos 222a c b a b c c B b B c b a ac ab+-+-+=⋅+⋅==，……4分由正弦定理得，sin sin 1b A B a ==，又(0,π)B ∈，所以π2B =，…………………6分所以ABC △是直角三角形，则c =ABC △的面积12S ac ==…10分 选择②：由正弦定理得，πsin cos()sin cos 2B C C B -=，即sin sin sin cos B C C B =， 又(0,π)C ∈，所以sin 0C ≠，所以sin cos B B =，即tan 1B =， 又(0,π)B ∈，所以π4B =．……………………………………………………………4分由正弦定理得，sin sin b Aa B==，…………………………………………………6分所以ABC △的面积1ππsin )sin()2246S ab C A B ==+=+=+.…10分 选择③：因为πsin cos )4B B B ++=πsin()14B +=， 又(0,π)B ∈，所以ππ5π(,)444B +∈，所以ππ42B +=，即π4B =．…………………4分由正弦定理得，sin sin b Aa B==，…………………………………………………6分所以ABC △的面积1ππsin )sin()2246S ab C A B ==+=+=+.…10分 题型二、运用正余弦定理研究边、角及面积例3、【2020年高考北京】在ABC 中，11a b +=，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求： （Ⅰ）a 的值：（Ⅱ）sin C 和ABC 的面积．条件①：17,cos 7c A ==-； 条件②：19cos ,cos 816A B ==．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【解析】选择条件①（Ⅰ）17,cos 7c A ==-，11a b +=22222212cos (11)72(11)7()7a b c bc A a a a =+-∴=-+--⋅⋅-8a ∴=（Ⅱ）1cos (0,)sin 77A A A π=-∈∴==，由正弦定理得：7sin sin sin sin 7a c C A C C ==∴=11sin (118)8222S ba C ==-⨯⨯=选择条件②（Ⅰ）19cos ,cos ,(0,)816A B A B π==∈，sin 816A B ∴====由正弦定理得：6sin sin a b a A B === （Ⅱ）91sin sin()sin cos sin cos 8161684C A B A B B A =+=+=+⨯=11sin (116)622S ba C ==-⨯=例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）在①ABC ∆面积2ABC S ∆=，②6ADC π∠=这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，求AC . 如图，在平面四边形ABCD 中，34ABC π∠=，BAC DAC ∠=∠，______，24CD AB ==，求AC .【解析】 选择①：113sin 2sin 2224ABC S AB BC ABC BC π∆=⋅⋅⋅∠=⋅⋅⋅=所以BC = 由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠482220⎛=+-⨯⨯= ⎝⎭所以AC ==选择②设BAC CAD θ∠=∠=，则04πθ<<，4BCA πθ∠=-，在ABC ∆中sin sin AC ABABC BCA =∠∠，即23sin sin 44AC ππθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭所以sin 4AC πθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭在ACD ∆中，sin sin AC CD ADC CAD=∠∠，即4sin sin 6AC πθ=所以2sin AC θ=.所以2sin sin 4πθθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭，解得2sin cos θθ=， 又04πθ<<，所以sin 5θ=，所以2sin AC θ==例5、（湖北黄冈高三联考）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角，，所对的边分别是，，，若______.（1）求角；（2）若，求周长的最小值，并求出此时的面积.【解析】（1）选①，由正弦定理得，∵，即，∵，∴，∴，∴. ··········································5分选②，∵，，由正弦定理可得，∵，∴，∵，∴. ·················································5分 选③，∵，由已知结合正弦定理可得， ∴，∴，∵，∴. ·················································5分 （2）∵，即，∴，解得，当且仅当时取等号，b a =2sin tan b A a B =()()sin sin sin ac A c A B b B -++=ABC A B C a b c B 4a c +=ABC ABC sin sin B A =sin 0A ≠cos 1B B -=π1sin 62B ⎛⎫-= ⎪⎝⎭0πB <<ππ5π666B -<-<ππ66B -=π3B =2sin tan b A a B =sin 2sin cos a Bb A B =sin 2sin sin sin cos BB A A B=⋅sin 0A ≠1cos 2B =()0,πB ∈π3B =()()sin sin πsin A BC C +=-=()22a c a cb -+=222a cb ac +-=2221cos 222a cb ac B ac ac +-===()0,πB ∈π3B =()22222cos 3163ba c ac B a c ac ac =+-=+-=-2316acb =-221632a c b +⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭2b ≥2a c ==∴，周长的最小值为6，此时的面积. ··········10分 例6、（2021年南京金陵中学联考）现给出两个条件：①2c －3b ＝2a cos B ，②(2b －3c )cos A ＝3a cos C ，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，________． (1)求A ；(2)若a ＝3－1，求△ABC 周长的最大值．【解析】若选择条件①2c －3b ＝2a cos B ．(1)由余弦定理可得2c －3b ＝2a cos B ＝2a ·a 2＋c 2－b 22ac ，整理得c 2＋b 2－a 2＝3bc ，………2分可得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝3bc 2bc ＝32．…………………………………………………3分 因为A ∈(0，π)，所以A ＝π6． …………………………………………………………5分 (2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得(3－1)2＝b 2＋c 2－2bc ·32，………6分即4－23＝b 2＋c 2－3bc ＝(b ＋c )2－(2＋3)bc ，亦即(2＋3)bc ＝(b ＋c )2－(4－23)， 因为bc ≤(b ＋c )24，当且仅当b ＝c 时取等号， 所以(b ＋c )2－(4－23)≤(2＋3)×(b ＋c )24，解得b ＋c ≤22，…………………………………………………………8分 当且仅当b ＝c ＝2时取等号． 所以a ＋b ＋c ≤22＋3－1，即△ABC周长的最大值为22＋3－1．…………………………………………………10分 若选择条件②(2b －3c )cos A ＝3a cos C ． (1)由条件得2b cos A ＝3a cos C ＋3c cos A ，由正弦定理得2sin B cos A ＝3(sin A cos C ＋sin C cos A )＝3sin(A ＋C )＝3sin B ．………2分 因为sin B ≠0，所以cos A ＝32，…………………………………………………3分 因为A ∈(0，π)，所以A ＝π6． (2)同上例7、（2020·全国高三专题练习（文））在ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且满()(sin sin )sin )b a B A c B C -+=-.（1）求A 的大小； （2）再在①2a =，②4B π=，③=c 这三个条件中，选出两个使ABC 唯一确定的条件补充在下面的问题中，并解答问题.若________，________，求ABC 的面积.min 2b =ABCABC 1sin 2S ac B ==【答案】（1）6A π=；（2）见解析【解析】（1）因为()(sin sin )sin )b a B A c B C -+=-， 又由正弦定理sin sin sin a b cA B C==，得()())b a b a c c -+=-，即222b c a +-=，所以222cos 222b c A bc bc a +===-， 因为0A π<<， 所以6A π=.（2）方案一：选条件①和②.由正弦定理sin sin a b A B=，得sin sin ab B A ==由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，得222222cos4c c π=+-⨯，解得c =所以ABC 的面积11sin 2122S ac B ==⨯⨯=. 方案二：选条件①和③.由余弦定理2222cos a b c bc A =+-，得222433b b b =+-，则24b =，所以2b =.所以c =，所以ABC 的面积111sin 2222S bc A ==⨯⨯=题型三、考查三角函数的图像与性质例8、（2020届山东省泰安市高三上期末）在①函数()()1sin 20,22f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的图象向右平移12π个单位长度得到()g x 的图象，()g x 图象关于原点对称；②向量()3sin ,cos 2m x x ωω=，()11cos ,,0,24n x f x m n ωω⎛⎫=>=⋅ ⎪⎝⎭；③函数()1cos sin 64f x x x πωω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭()0ω>这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知_________，函数()f x 的图象相邻两条对称轴之间的距离为2π．（1）若02πθ<<，且sin 2θ=，求()f θ的值； （2）求函数()f x 在[]0,2π上的单调递减区间． 【解析】解：方案一：选条件① 由题意可知，22T ππω==，1ω∴= ()()1sin 22f x x ϕ∴=+，()1sin 226g x x πϕ⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭，又函数()g x 图象关于原点对称，,6k k Z πϕπ∴=+∈，2πϕ<，6πϕ∴=，()1sin 226f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，（1）0,sin 2πθθ<<=，4πθ∴=，()4f f πθ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭12sin 23π=4=； （2）由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，令0k =，得263x ππ≤≤，令1k =，得7563x ππ≤≤，∴函数()f x 在[]0,2π上的单调递减区间为275,,,6363ππππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．方案二：选条件②()113sin ,cos 2,cos ,24m x x n x ωωω⎛⎫== ⎪⎝⎭，()f x m n ∴=⋅1cos cos 24x x x ωωω=+112cos 222x x ωω⎫=+⎪⎪⎝⎭1sin 226x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 又22T ππω==，1ω∴=，()1sin 226f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，（1）0,sin 2πθθ<<=，4πθ∴=，()4f f πθ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭12sin 23π=4=； （2）由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，令0k =，得263x ππ≤≤，令1k =，得7563x ππ≤≤，∴函数()f x 在[]0,2π上的单调递减区间为275,,,6363ππππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．方案三：选条件③()1cos sin 64f x x x πωω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭1cos sin cos cos sin 664x x x ππωωω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭211cos cos 24x x x ωω=+-12cos 24x x ωω=+112cos 2222x x ωω⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭1sin 226x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 又22T ππω==，1ω∴=，()1sin 226f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，（1）0,sin 22πθθ<<=，4πθ∴=，()4f f πθ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭12sin 23π==； （2）由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，令0k =，得263x ππ≤≤，令1k =，得7563x ππ≤≤.∴函数()f x 在[]0,2π上的单调递减区间为275,,,6363ππππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．二、达标训练1、（2021年江苏连云港联考）已知有条件①(2)cos cos b c A a C -=, 条件②45cos 2cos 2=+⎪⎭⎫⎝⎛+A A π;请在上述两个条件中任选一个，补充在下面题目中，然后解答补充完整的题目．在锐角△ABC 中，内角 A , B , C 所对的边分别为a , b,c , a =7, b +c =5, 且满足．(1) 求角A 的大小； (2) 求△ABC 的面积．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）【解析】（1）选择条件①()2cos cos b c A a C -=,…………………………………1分 法1：由正弦定理得()2sin sin cos sin cos B C A A C -=, ………2分所以()2sin cos sin sin B A A C B =+=,………………………3分 因为sin 0B ≠, 所以1cos 2A =………………………………4分 又π0,2A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,…………………5分 所以3A π=. ………………………………………………………6分法2：由余弦定理得()222222222b c a a b c b c abc ab+-+--=，……2分 化简得222b c a bc +-=………………………………………3分则2221cos 22b c a A bc +-==， ………………………………4分又π0,2A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,……………………5分 所以3A π=. ………………………………………………6分（1）选择条件②25cos cos 24A A π⎛⎫++= ⎪⎝⎭………………………………………1分 法3：因为cos sin 2A A π⎛⎫+=-⎪⎝⎭，所以25sin cos 4A A += ……………2分因为22sin cos 1A A +=，所以251cos cos 4A A -+=…………3分化简得21cos 02A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1cos 2A =, ………………………4分 又()0,A π∈,………………………5分 所以3A π=. ……………………………………………………6分 （2）由余弦定理2222cos3a b c bc π=+-, ……………………………7分 得()273b c bc =+-，…………………………………………………8分所以()2763b c bc bc +-=⇒=， ……………………………10分于是ABC ∆的面积11sin 62222S bc A ==⨯⨯=．………12分 2、（2021年泰州高三期中）在①a=√2,②S=C 2 cosB ， ③C=π3这三个条件中任选-一个，补充在下面问题中，并对其进行求解.问题:在∆A BC 中，内角A, B,C 的对边分别为a,b,c,面积为S ，√3bcosA=acosC+ccosA ，b=1,____________，求 c 的值.注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。
高考中三角函数和解三角形的真题（常见的题型）汇总
三角函数类型一：角度的概念、弧长和三角函数的概念1已知角q 的顶点为坐标原点，始边为x 轴的正半轴，若),4(y P 是角q 终边上的一点，且552sin -=q ，则y的值的值2已知弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是，则这个圆心角所对的弧长是 3若0cos sin <q q ，则角q 在第在第___________________________象限角。
象限角。
象限角。
4 4 已知已知q 为第二象限角；则2q可能为第可能为第_____________________象限角。
象限角。
象限角。
5已知q 为第二象限角；则24a p +所在的象限是所在的象限是_____________________。
6已知角a 的终边过点)60cos 6,8(--m P ，且54cos -=a ，则m 的值为的值为7在平面直角坐标系中，若角a 的顶点在坐标原点，始边在x 轴的非负半轴上，终点经过点)4,3(a a P -)0(<a ，则a a cos sin +的值为的值为8 8 已知角已知角a 的终边经过点)3,4(-，则a cos 等于等于答案：1 -8-8；；21sin 2；3 二或四；4 一或三；5 一或三；6 21；7 51；8 54-。
类型二：同角三角函数的求值与化解（a a a a a cos tan sin ,1cos sin 22×==+）1求300sin =_______=_______。
2已知3cos sin cos sin =-+xx x x ，则x tan 的值是的值是________________________。
3若点)9,(a 在函数xy 3=的图像上，则6tanpa 的值为的值为 4已知a 是第二象限角，135sin =a ，则a cos 的值的值5已知51)25sin(=+a p ，那么a cos 的值的值6已知21tan -=a ，则1cos 22sin 2--a a 等于等于7)1410tan(-的值的值8 8 记记cos(80)k -°=,那么tan100°= 9已知11-tan tan -=a a，则2cos sin sin 2++a a a = 10 已知角)2,0(p Îx ，21cos 22££-x 的解集是_____。
三角函数与解三角形中的最值(范围)问题
sin
2
2
（sin＋cos）
sin
＝
π
4
）
sin
2
1
（1＋
），
2
tan
π
π
因为 B ∈［ ， ），所以tan
6
4
因为函数 y ＝
sin（＋
B ∈［
3
，1），
3
2
1
3
（1＋ ）在［ ，1）上单调递减，
2
3
所以 的取值范围为（
2，
6＋ 2
］.
2
＝
高中总复习·数学
2. （2024·湖北三校联考）记△ ABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别为
π
≤ ）的图象离原点最近的对称轴为 x ＝ x 0，若满足｜ x 0｜≤
2
π
，则称 f （ x ）为“近轴函数”.若函数 y ＝2
6
“近轴函数”，则φ的取值范围是（
）
sin （2 x －φ）是
高中总复习·数学
解析： y ＝2 sin
π
（2 x －φ），令2 x －φ＝ ＋ k π， k ∈Z，∴图象
6
6
π
［0， ］上的值域为[－1，2].故选D.
2
高中总复习·数学
2.
4
3
sin+5
函数 y ＝
的最大值是
2−sin
6 ，最小值是
解析：法一
2−5
sin x ＝
，而－1≤
+1
原函数可化为
.
sin x ≤1，所以
2−5
4
－1≤
≤1，所以 ≤ y ≤6，因此原函数的最大值是6，最小值
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习29---三角函数与解三角形热点问题
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第29讲三角函数与解三角形热点问题核心热点真题印证核心素养三角函数的图象与性质2022·全国Ⅰ，7；2022·全国Ⅲ，16；2022·天津，8；2019·全国Ⅰ，11；2019·北京，9；2019·全国Ⅲ，12；2019·天津，7；2018·全国Ⅱ，10；2018·全国Ⅰ，16；2018·全国Ⅲ，15直观想象、逻辑推理三角恒等变换2022·全国Ⅰ，9；2022·全国Ⅱ，2；2022·全国Ⅲ，9；2019·全国Ⅱ，10；2019·浙江，18；2018·浙江，18；2018·江苏，16；2018·全国Ⅱ，15；2018·全国Ⅲ，4逻辑推理、数学运算解三角形2022·全国Ⅰ，16；2022·全国Ⅲ，7；2022·北京，17；2022·天津，16；2022·新高考山东，17；2022·浙江，18；2019·全国Ⅰ，17；2019·全国Ⅲ，18；2019·北逻辑推理、数学运算京，15；2019·江苏，15；2018·全国Ⅰ，17三角函数的图象与性质(必修4P147复习参考题A 组第9题、第10题)题目9 已知函数y ＝(sin x ＋cos x )2＋2cos 2x . (1)求它的递减区间； (2)求它的最大值和最小值．题目10 已知函数f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求f (x )的最小值及取得最小值时x 的集合．[试题评析]两个题目主要涉及三角恒等变换和三角函数的性质，题目求解的关键在于运用二倍角公式及两角和公式化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 的形式，然后利用三角函数的性质求解. 【教材拓展】 已知函数f (x )＝4tan x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3.(1)求f (x )的定义域与最小正周期； (2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的单调性．解 (1)f (x )的定义域为{x |x ≠π2＋k π，k ∈Z}， f (x )＝4tan x cos x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋32sin x － 3＝2sin x cos x ＋23sin 2x － 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π(k ∈Z)，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π(k ∈Z).设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，易知A ∩B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4. 所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上单调递减．探究提高 1.将f (x )变形为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3是求解的关键，(1)利用商数关系统一函数名称；(2)活用和、差、倍角公式化成一复角的三角函数．2．把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题．【链接高考】(2019·浙江卷)设函数f (x )＝sin x ，x ∈R. (1)已知θ∈[0,2π)，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π42的值域．解 (1)因为f (x ＋θ)＝sin(x ＋θ)是偶函数， 所以，对任意实数x 都有sin(x ＋θ)＝sin(－x ＋θ)， 即sin x cos θ＋cos x sin θ＝－sin x cos θ＋cos x sin θ， 故2sin x cos θ＝0，所以cos θ＝0. 又θ∈[0,2π)，因此θ＝π2或3π2. (2)y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π42＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos 2x －32sin 2x＝1－32cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.由于x ∈R ，知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3∈[－1,1]，因此，所求函数的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－32，1＋32.三角函数与平面向量【例题】(2021·湘赣十四校联考)已知向量m ＝(sin x ，－1)，n ＝(3，cos x )，且函数f (x )＝m ·n .(1)若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且f (x )＝23，求sin x 的值；(2)在锐角三角形ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝7，△ABC 的面积为332，且f ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝73b sin C ，求△ABC 的周长．[自主解答]解 (1)f (x )＝m ·n ＝(sin x ，－1)·(3，cos x ) ＝3sin x －cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6.∵f (x )＝23，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝13.又∵x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴x －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝223.∴sin x ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋π6＝13×32＋223×12＝3＋226. (2)∵f ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝73b sin C ， ∴2sin A ＝73b sin C ，即6sin A ＝7b sin C ． 由正弦定理可知6a ＝7bc . 又∵a ＝7，∴bc ＝6.由已知△ABC 的面积等于12bc sin A ＝332，∴sin A ＝32. 又∵A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴A ＝π3.由余弦定理，得b 2＋c 2－2bc cos A ＝a 2＝7，故b 2＋c 2＝13， ∴(b ＋c )2＝25，∴b ＋c ＝5， ∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.探究提高 1.破解平面向量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先利用三角公式对三角函数式进行“化简”；然后把以向量共线、向量垂直、向量的数量积运算等形式出现的条件转化为三角函数式；再活用正、余弦定理对边、角进行互化． 2．这种问题求解的难点一般不是向量的运算，而是三角函数性质、恒等变换及正、余弦定理的应用，只不过它们披了向量的“外衣”．【尝试训练】(2021·沧州质检)已知a ＝(53cos x ，cos x )，b ＝(sin x,2cos x )，函数f (x )＝a ·b ＋|b |2.(1)求函数f (x )的最小正周期； (2)求函数f (x )的单调减区间；(3)当π6≤x ≤π2时，求函数f (x )的值域．解 f (x )＝a ·b ＋|b |2＝53cos x sin x ＋2cos 2x ＋sin 2x ＋4cos 2x ＝53sin x cos x ＋sin 2x ＋6cos 2x ＝532sin 2x ＋1－cos 2x 2＋3(1＋cos 2x ) ＝532sin 2x ＋52cos 2x ＋72＝5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋72.(1)f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由2k π＋π2≤2x ＋π6≤2k π＋3π2(k ∈Z)得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3(k ∈Z)．∴f (x )的单调减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z)．(3)∵π6≤x ≤π2，∴π2≤2x ＋π6≤7π6，∴－12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6≤1， ∴1≤5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋72≤172. ∴当π6≤x ≤π2时，函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，172.解三角形【例题】(12分)(2022·全国Ⅱ卷)△ABC 中，sin 2A －sin 2B －sin 2C ＝sin B sin C ．(1)求A ；(2)若BC ＝3，求△ABC 周长的最大值． [规范解答]解 (1)由正弦定理和已知条件得用正弦定理化角为边BC 2－AC 2－AB 2＝AC ·AB .①2′由余弦定理得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ．② 由①②得cos A ＝－12. 用余弦定理化边为角4′因为0<A <π，所以A ＝2π3.6′ (2)由正弦定理及(1)得AC sin B＝AB sin C＝BC sin A＝23，8′从而AC ＝23sin B ，AB ＝23sin(π－A －B )＝3cos B －3sin B ． 故BC ＋AC ＋AB ＝3＋3sin B ＋3cos B＝3＋23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π3. 两角和正弦公式的逆用10′又0<B <π3，所以当B ＝π6时，△ABC 周长取得最大值3＋2 3. 三角函数性质的应用12′❶写全得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤有则给分，无则没分，所以得分点步骤一定要写全，如第(1)问中只要写出0<A <π就有分，没写就扣1分，第(2)问中0<B <π3也是如此．❷写明得关键分：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时要写清得分关键点，如第(1)问中由正弦定理得BC 2－AC 2－AB 2＝AC ·AB ，由余弦定理得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos A ，第(2)问中ACsin B＝AB sin C＝BC sin A＝23等．❸保证正确得计算分：解题过程中计算准确，是得满分的根本保证，如第(1)问中，cos A ＝－12，若计算错误，则第(1)问最多2分；再如第(2)问3＋3sin B ＋3cos B ＝3＋23sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π3化简如果出现错误，则第(2)问最多得2分．……利用正弦、余弦定理，对条件式进行边角互化……由三角函数值及角的范围求角……由正弦、余弦定理及条件式实现三角恒等变换……利用角的范围和三角函数性质求出最值……检验易错易混，规范解题步骤得出结论【规范训练】(2022·浙江卷)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知2b sin A －3a ＝0. (1)求角B 的大小；(2)求cos A ＋cos B ＋cos C 的取值范围． 解 (1)由正弦定理，得2sin B sin A ＝3sin A ，故sin B ＝32，由题意得B ＝π3. (2)由A ＋B ＋C ＝π，得C ＝2π3－A . 由△ABC 是锐角三角形，得A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2 .由cos C ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝－12cos A ＋32sin A ，得 cos A ＋cos B ＋cos C ＝32sin A ＋12cos A ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＋12∈⎝⎛⎦⎥⎤3＋12，32. 故cos A ＋cos B ＋cos C 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤3＋12，32.1．(2019·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ＋c ＝2a ， 3c sin B ＝4a sin C ． (1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6的值．解 (1)在△ABC 中，由正弦定理b sin B＝c sin C，得b sin C ＝c sin B ．又由3c sin B ＝4a sin C ， 得3b sin C ＝4a sin C ，即3b ＝4a . 因为b ＋c ＝2a ，所以b ＝43a ，c ＝23a . 由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋49a 2－169a 22·a ·23a ＝－14. (2)由(1)可得sin B ＝1－cos 2B ＝154， 从而sin 2B ＝2sin B cos B ＝－158， cos 2B ＝cos 2B －sin 2B ＝－78， 故sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝sin 2B cos π6＋cos 2B sin π6 ＝－158×32－78×12＝－35＋716. 2．已知函数f (x )＝a ·b ，其中a ＝(2cos x ，－3sin 2x )，b ＝(cos x,1)，x ∈R.(1)求函数y ＝f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，f (A )＝－1，a ＝7，且向量m ＝(3，sin B )与n ＝(2，sin C )共线，求边长b 和c 的值．解 (1)f (x )＝2cos 2x －3sin 2x ＝1＋cos 2x －3sin 2x ＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3， 令2k π≤2x ＋π3≤2k π＋π(k ∈Z)， 解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z)， ∴函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z)． (2)∵f (A )＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1， ∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1，又π3＜2A ＋π3＜7π3， ∴2A ＋π3＝π，即A ＝π3. ∵a ＝7，∴由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ＝7.①∵向量m ＝(3，sin B )与n ＝(2，sin C )共线，∴2sin B ＝3sin C ，由正弦定理得2b ＝3c ，②由①②得b ＝3，c ＝2.3．已知函数f (x )＝cos x (cos x ＋3sin x )．(1)求f (x )的最小值；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若f (C )＝1，S △ABC ＝334，c ＝7，求△ABC 的周长．解 (1)f (x )＝cos x (cos x ＋3sin x )＝cos 2x ＋3sin x cos x ＝1＋cos 2x 2＋32sin 2x ＝12＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＝－1时，f (x )取得最小值－12. (2)f (C )＝12＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝1，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝12， ∵C ∈(0，π)，2C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，∴2C ＋π6＝5π6，∴C ＝π3.∵S △ABC ＝12ab sin C ＝334，∴ab ＝3. 又(a ＋b )2－2ab cos π3＝7＋2ab ， ∴(a ＋b )2＝16，即a ＋b ＝4，∴a ＋b ＋c ＝4＋7， 故△ABC 的周长为4＋7.4．(2021·东北三省三校联考)已知在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b 2tan A ＝a 2tan B ，2sin 2A ＋B 2＝1＋cos 2C .(1)求角A 的大小； (2)若点D 为AB 上一点，满足∠BCD ＝45°，且CD ＝32－6，求△ABC 的面积． 解 (1)由2sin 2A ＋B2＝1＋cos 2C 得1－cos(A ＋B )＝2cos 2C ，即2cos 2C －cos C －1＝0， 解得cos C ＝－12(cos C ＝1舍去)，故C ＝120°. 因为asin A ＝bsin B ，b 2tan A ＝a 2tan B ，所以sin 2B sin A cos A ＝sin 2A sin B cos B， 即sin A ·cos A ＝sin B cos B ，故sin 2A ＝sin 2B ，因此A ＝B 或A ＋B ＝90°(舍去)，故A ＝30°.(2)由(1)知△ABC 为等腰三角形，设BC ＝AC ＝m ，由S △ABC ＝S △ACD ＋S △BCD 得12m 2·sin 120°＝12m · CD ·sin 45°＋12m ·CD ·sin 75°，整理得32m＝CD⎝⎛⎭⎪⎫22＋2＋64＝()32－6×32＋64，解得m＝23，故S△ABC＝12m2·sin 120°＝3 3.5．(2021·郑州调研)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，其面积S＝b2＋c2－a24.(1)若a＝6，b＝2，求cos B；(2)求sin(A＋B)＋sin B cos B＋cos(B－A)的最大值．解(1)∵S＝b2＋c2－a24，∴12bc sin A＝b2＋c2－a24，即sin A＝b2＋c2－a22bc＝cos A，则tan A＝1，又A∈(0，π)，∴A＝π4.由正弦定理asin A ＝bsin B，得622＝2sin B，∴sin B＝66，又a>b，∴cos B＝1－16＝306.(2)由第(1)问可知，A＝π4，sin(A ＋B )＋sin B cos B ＋cos(B －A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4＋sin B cos B ＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫B －π4 ＝22sin B ＋22cos B ＋sin B cos B ＋22cos B ＋22sin B ＝2(sin B ＋cos B )＋sin B cos B ，令t ＝sin B ＋cos B ，则t 2＝1＋2sin B cos B ，sin(A ＋B )＋sin B cos B ＋cos(B －A )＝2t ＋12(t 2－1)， 令y ＝12t 2＋2t －12＝12(t ＋2)2－32，t ∈(0，2]， ∴当t ＝2，即B ＝π4时， sin(A ＋B )＋sin B cos B ＋cos(B －A )取得最大值52.。
高考热点剖析——解三角形热点问题
高考热点剖析——解三角形热点问题高考对本内容的考查主要有：正弦定理、余弦定理及其应用，要求是B 级，能够应用定理实现三角形中边和角的转化，以及应用定理解决实际问题．试题类型可能是填空题，同时在解答题中与三角函数、向量等综合考查，构成中档题．1．正弦定理及其变形a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)． 变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C . sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R.a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .2．余弦定理及其推论a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab.3．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .4．三角形中的常用结论(1)三角形内角和定理：A ＋B ＋C ＝π.(2)A ＞B ＞C ⇔a ＞b ＞c ⇔＞sin A ＞sin B ＞sin C . (3)a ＝b cos C ＋c cos B . 【应对策略】解三角形是三角函数作为工具的重要体现，在历年的高考试题中占有重要地位，尤其是与三角函数的综合更加是考查重点，题型可能是填空题，也可能是解答题．需要熟练掌握三角形中的基本定理及其变形，以及正、余弦定理与三角函数的结合问题． 【必备方法】1．三角形中的三角函数是三角函数图象和性质的一个重要方面的应用，解决的关键是要善于应用诱导公式、同角三角函数的基本关系等三角函数基础知识对三角函数解析式进行化简、变形，同时要注意有关角的范围限制．2．正弦定理的应用：(1)已知两角和任意一边，求其它两边和一角； (2)已知两边和其中一边对角，求另一边的对角，进而可求其他的边和角． 3．利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题：(1)已知三边，求三个角；(2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角．命题角度一 正、余弦定理与三角函数的结合问题[命题要点] 正、余弦定理与三角函数结合命题是高考的一个方面，往往以三角函数为载体考查解三角形知识．【例1】► (2012·天一、淮阴、海门中学联考)已知函数f (x )＝32sin 2x －cos 2x －12，x ∈R .(1)求函数f (x )的最小值和最小正周期；(2)设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝3，f (C )＝0，若sin B ＝2sin A ，求a ，b 的值．[思路分析] (1)将原函数解析式通过恒等变换化简成y ＝A sin(ωx ＋φ)形解决； (2)通过正、余弦定理的结合解题． 解 (1)f (x )＝32sin 2x －1＋cos 2x 2－12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－1，则f (x )的最小值是－2，最小正周期是T ＝2π2＝π.(2)f (C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6－1＝0，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1， ∵0＜C ＜π，∴－π6＜2C －π6＜11π6，∴2C －π6＝π2，∴C ＝π3，sin B ＝2sin A ，由正弦定理，得a b ＝12，①由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3，即a 2＋b 2－ab ＝3，②由①②解得a ＝1，b ＝2.【方法支招】对边、角混合的问题的处理办法一般是实施边、角统一，而正弦定理、余弦定理在实施边和角相互转化时有重要作用，如果边是一次式，一般用正弦定理转化，如果边是二次式，一般用余弦定理．【突破训练1】 (2012·苏州调研)在△ABC 中，已知角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a －cb －c ＝sin Bsin A ＋sin C. (1)求A ；(2)若f (x )＝cos 2(x ＋A )－sin 2(x －A )，求f (x )的单调递增区间． 解 (1)由a －cb －c ＝sin B sin A ＋sin C ，得a －c b －c ＝ba ＋c. ∴a 2＝b 2＋c 2－bc .由余弦定理，得cos A ＝12.∵0＜A ＜π，∴A ＝π3.(2)f (x )＝cos 2(x ＋A )－sin 2(x －A )＝cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π32－1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π32＝－12cos 2x .令2k π≤2x ≤2k π＋π(k ∈Z )，得k π≤x ≤k π＋π2(k ∈Z )，∴f (x )的单调递增区间为[k π，k π＋π2](k ∈Z )．命题角度二 正、余弦定理与三角形面积的结合问题[命题要点] ①根据条件求面积大小、最值或范围；②已知三角形面积，求其它元素． 【例2】►（2012年高考（浙江理））在∆ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .已知cos A =23,sin B C .(Ⅰ)求tan C 的值;(Ⅱ)若a 求∆ABC 的面积. ．[思路分析] 由已知条件结合三角恒等变换，正、余弦定理及三角形的面积公式解决． 【解析】本题主要考察三角恒等变换,正弦定理,余弦定理及三角形面积求法等知识点.(Ⅰ) ∵cos A =23>0,∴sin A =,cos C =sin B =sin(A +C )=sin A cos C +sin C cos Acos C +23sin C .整理得:tan C(Ⅱ)由图辅助三角形知:sin C . 又由正弦定理知:sin sin a cA C=,故c =对角A 运用余弦定理:cos A =222223b c a bc +-=. (2)解(1) (2)得:b =or b 舍去).∴∆ABC 的面积为:S .. 【方法支招】三角形中的面积公式一般与正弦定理、余弦定理的应用有密切关系，而在解决问题时又要充分应用三角恒等变换公式．三角恒等变换公式是解决三角函数类问题、三角形问题的工具，在复习时要注意这个特点．【突破训练2】 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，已知2sin A ＝3cos A . (1)若a 2－c 2＝b 2－mbc ，求实数m 的值； (2)若a ＝3，求△ABC 面积的最大值．解 (1)∵2sin A ＝3cos A ，∴2sin 2A ＝3cos A ， 即2cos 2A ＋3cos A －2＝0， 解得cos A ＝12或－2(舍去)，又0＜A ＜π，∴A ＝π3.由余弦定理，知b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A . 又a 2－c 2＝b 2－mbc ， 可得cos A ＝m2，∴m ＝1.(2)由余弦定理及a ＝3，A ＝π3， 可得3＝b 2＋c 2－bc ，再由基本不等式b 2＋c 2≥2bc ，∴bc ≤3，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc sin π3＝34bc ≤334，故△ABC 面积的最大值为334.命题角度三 解三角形在实际问题中的应用[命题要点] ①应用正弦定理、余弦定理求距离或航行方向；②与三角函数综合考查，求解最值等实际问题．【例3】►为了测量某城市电视塔的高度，在一条直道上选 择了A ，B ，C 三点，使m BC AB 60==，在A ，B ，C 三点观察塔的最高点，测得仰角分别为602.5445，，，若测量 者的身高为1.5m ，试求电视塔的高度(结果保留1位小数). 【思路分析】引导学生依据题意画出示意图如图，将实际问题转化为解三角形问题。
重难专攻(四) 三角函数与解三角形中的最值(范围)问题
3π
π
＝ .因为f
2
2
＝cos
π
π
＋
2
2
3π
1＝－ ，又f（0）＝cos
2
π
x.令f'（x）＝0，解得x＝－1（舍去），x＝ 或x
2
+ 1 sin
π
π
3π
＋1＝2＋ ，f
2
2
2
+ 1 sin
3π
＋
2
0＋（0＋1）sin 0＋1＝2，f（2π）＝cos 2π＋（2π＋
增.∴当cos
1
x＝ 时，f（x）有最小值.又f（x）＝2sin
2
x），∴当sin x＝－
3 3
－ .
2
3 3
答案：－
2
x＋sin 2x＝2sin x（1＋cos
3
时，f（x）有最小值，即f（x）min＝2×
2
−
3
2
× 1+
1
2
＝
利用三角函数性质求某些量的最值（范围）
【例3】 （1）已知函数f（x）＝asin x－2 3cos
重难专攻（四）
三角函数与解
三角形中的最值（）问题是高考的热点，主要涉及：
（1）三角函数式的最值（范围）问题；（2）利用三角函数性质求某些量的最
值（范围）；（3）三角形中的最值（范围）（周长、面积等），其求解方法多
样，一般常用方法有：（1）利用三角函数的单调性（正、余弦函数的有界性）
x＝
，而－1≤sin
+1
2−5
x≤1，所以－1≤
≤1，
+1
新高考数学三角函数与解三角形多选题与热点解答题组合练附解析
新高考数学三角函数与解三角形多选题与热点解答题组合练附解析一、三角函数与解三角形多选题1．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，下列命题正确的是（ ）A ．若::4:5:6a b c =，ABC 的最大内角是最小内角的2倍B ．若cos cos a B b A c -=，则ABC 一定为直角三角形 C ．若4,5,6a b c ===，则ABCD ．若()()()cos cos cos 1A B B C C A ---=，则ABC 一定是等边三角形 【答案】ABD 【分析】对于A 选项，求得2A C =，由此确定选项正确.对于B 选项，求得2A π=，由此确定选项正确.对于C 选项，利用正弦定理求得ABC 外接圆半径，由此确定选项错误.对于D 选项，证得()()()cos cos cos 1A B B C C A -=-=-=，得到A B C ==，确定选项正确. 【详解】对于A 选项，A 角最小，C 角最大.由余弦定理得253616453cos 0256604A +-===>⨯⨯，16253651cos 0245408C +-===>⨯⨯，2231cos 22cos 12148A A ⎛⎫=-=⨯-= ⎪⎝⎭，cos2cos A C =.0,022A C ππ<<<<，则02A π<<，所以2A C =，所以A 选项正确.对于B 选项，cos cos a B b A c -=，由正弦定理得sin cos sin cos sin A B B A C -=，()sin cos cos sin sin sin cos cos sin A B A B A B A B A B -=+=+，cos sin 0=A B ，由于0,0A B ππ<<<<，所以2A π=，故B 选项正确.对于C 选项，16253651cos 245408C +-===⨯⨯，0C π<<，sin C ==， 设三角形ABC 外接圆半径为R，则2sin 2sin c cR R C C=⇒===，故C 选项错误.对于D 选项，0,0,A B A B ππππ<<-<-<-<-<，故()1cos 1A B -<-≤，同理可得()()1cos 1,1cos 1B C C A -<-≤-<-≤， 要使()()()cos cos cos 1A B B C C A ---=， 则需()()()cos cos cos 1A B B C C A -=-=-=，所以0,0,0A B B C C A -=-=-=，所以A B C ==，所以D 选项正确. 故选：ABD 【点睛】利用正弦定理可求得三角形外接圆的半径R ，要注意公式是2sin aR A=，而不是sin aR A =.2．已知函数()(|sin |cos )(sin cos )f x x x x x =-+，x ∈R ，则（ ） A ．()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减B ．()f x 是周期为2π的函数C ．()f x 有对称轴D ．函数()f x 在(0,2)π上有3个零点【答案】BD 【分析】先判断出()f x 是周期为2π的函数，再在给定的范围上研究()f x 的单调性和零点，从而可判断BCD 的正误，再利用反证法可判断C 不正确. 【详解】因为[][]()(2)|sin(2)|cos(2)(sin(2)cos(2))f x x x x x f x πππππ+=+-+⋅+++=， 故()f x 是周期为2π的函数，故B 正确. 当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，22()sin cos cos 2f x x x x =-=-， 因为220,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，而cos y u =-在20,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭为增函数，故()cos2f x x =-在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭为增函数，故A 错误.由(sin cos )(sin cos )002x x x x x π⎧-+=⎨<<⎩可得4x π=或34x π=或74x π=，故D 正确.若()f x 的图象有对称轴x a =，因为()f x 的周期为2π，故可设[)0,2a π∈， 则()()2f x f a x =-对任意的x ∈R 恒成立，所以()()02f f a =即1(|sin 2|cos 2)(sin 2cos 2)a a a a -=-+①， 也有222f f a ππ⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即1(|cos 2|sin 2)(cos 2sin 2)a a a a =--+②， 也有222f f a ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即1(|cos 2|sin 2)(cos 2sin 2)a a a a -=+-③，由②③可得cos 2sin 20cos 2sin 2cos 2sin 2a a a a a a -≠⎧⎨+=-⎩， 故sin 20a =，由①②可得cos21a =-，故π2a或32a π=. 若π2a，则21313136222222f π⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=-- ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 而2713131362226f f ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+--=-+≠- ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 若32a π=，则21913131362226f f ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+--=-+≠- ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭这与()()2f x f a x =-对任意的x ∈R 恒成立矛盾， 故D 不成立. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：与三角函数相关的函数性质的研究，应该依据一定次序，比如先研究函数的奇偶性或周期性，再根据前者把函数的研究限制在一定的范围内进行讨论.3．函数()sin()f x x ωϕ=+的部分图像如图中实线所示，图中的M 、N 是圆C 与()f x 图像的两个交点，其中M 在y 轴上，C 是()f x 图像与x 轴的交点，则下列说法中正确的是（ ）A ．函数()y f x =的一个周期为56B ．函数()f x 的图像关于点4,03成中心对称C ．函数()f x 在11,26⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增 D ．圆C 的面积为3136π【答案】BD 【分析】根据图象，结合三角函数的对称性、周期性、值域以及圆的中心对称性，可得,,C M N 的坐标，进而可得()f x 的最小正周期、对称中心、单调减区间，及圆的半径，故可判断选项的正误. 【详解】由图知：1(,0)3C ，3(0,)2M ，23(,)32N ， ∴()f x 中111()2362T =--=，即1T =；对称中心为1,0,23k k Z ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭；单调减区间为17,,1212k k k Z ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦；圆的半径221331()()32r =+=，则圆的面积为3136π； 综上，知：AC 错误，而BD 正确. 故选：BD. 【点睛】本题考查了三角函数的性质，结合了圆的中心对称性质判断三角函数的周期、对称中心、单调区间及求圆的面积，属于难题.4．已知函数()()cos 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图像如图所示，则下列关于函数()f x 的说法中正确的是（ ）A ．函数()f x 最靠近原点的零点为3π-B ．函数()f x 的图像在y 3C ．函数56f x π⎛⎫-⎪⎝⎭是偶函数 D ．函数()f x 在72,3ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增 【答案】ABC 【分析】首先根据图象求函数的解析式，利用零点，以及函数的性质，整体代入的方法判断选项. 【详解】根据函数()()cos f x A x ωϕ=+的部分图像知，2A =，设()f x 的最小正周期为T ，则24362T πππ=-=，∴2T π=，21T πω==． ∵2cos 266f ππϕ⎛⎫⎛⎫=+=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，且2πϕ<，∴6πϕ=-， 故()2cos 6f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭．令()2cos 06f x x π⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，得62x k πππ-=+，k Z ∈， 即23x k ππ=+，k Z ∈，因此函数()f x 最靠近原点的零点为3π-，故A 正确；由()02cos 6f π⎛⎫=-= ⎪⎝⎭()f x 的图像在y B 正确； 由()52cos 2cos 6f x x x ππ⎛⎫-=-=- ⎪⎝⎭，因此函数56f x π⎛⎫-⎪⎝⎭是偶函数，故C 正确； 令226k x k ππππ-≤-≤，k Z ∈，得52266k x k ππππ-≤≤+，k Z ∈，此时函数()f x 单调递增，于是函数()f x 在132,6ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在137,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故D 不正确． 故选：ABC ． 【点睛】思路点睛：本题考查()sin y A ωx φ=+的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法判断函数性质：（1）对于函数()sin y A ωx φ=+，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线0x x =或点()0,0x 是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证()0f x 的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求x ωϕ+的范围，验证此区间是否是函数sin y x =的增或减区间.5．对于函数()sin cos 2sin cos f x x x x x =++，下列结论正确的是（ ） A ．把函数f (x )的图象上的各点的横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数g (x )的图象，则π是函数y =g (x )的一个周期B ．对123,,2x x ππ⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭，若12x x <，则()()12f x f x <C ．对,44x f x f x ππ⎛⎫⎛⎫∀∈-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭R 成立D ．当且仅当,4x k k Z ππ=+∈时，f (x )1【答案】AC 【分析】根据三角函数的变换规则化简即可判断A ；令sin cos 4t x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，()21f t t t =+-，判断函数的单调性，即可判断B ；代入直接利用诱导公式化简即可；首先求出()f t 的最大值，从而得到x 的取值； 【详解】解：因为()2()sin cos 2sin cos sin cos sin cos 1f x x x x x x x x x =++=+++-，令sin cos 4t x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，所以t ⎡∈⎣，所以()21f t t t =+-， 对于A ：将()sin cos 2sin cos f x x x x x =++图象上的各点的横坐标变为原来的12倍，则()sin 2cos 22sin 2cos 2g x x x x x =++，所以()()()()()sin 2cos22sin 2cos2g x x x x x πππππ+=++++++()sin 2cos22sin 2cos2x x x x g x =++=，所以π是函数y =g (x )的一个周期，故A 正确；对于B ：因为3,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以57,444x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，则)14t x π⎛⎫⎡=+∈- ⎪⎣⎝⎭在5,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在53,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 又()2215124f t t t t ⎛⎫=+-=+- ⎪⎝⎭，对称轴为12t =-，开口向上，函数()21f t t t =+-在)1⎡-⎣上单调递减， 所以函数()f x 在5,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在53,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 故B 错误； 对于C ：sin c 4os 2sin cos 4444f x x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=----⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝+⎝⎭⎝⎭⎭⎝⎭+⎝⎭sin c 4os 2sin cos 4444f x x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝+⎝⎭⎝⎭⎭⎝⎭+⎝⎭c 2424242sin os 2sin cos 4x x x x ππππππππ⎥++⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-------- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦4444sin cos 2sin cos 4x x x x f x πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫----=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪=⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝+⎭+，故C 正确；因为()2215124f t t t t ⎛⎫=+-=+- ⎪⎝⎭，t ⎡∈⎣，当t =时()f t 取得最大值()max 1f t =，令4t x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭sin 14x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以2,42x k k Z πππ+=+∈，解得2,4x k k Z ππ=+∈，即当2,4x k k Z ππ=+∈时，函数()f x1，故D 错误；故选：AC 【点睛】本题考查三角函数的综合应用，解答的关键是换元令sin cos t x x =+，将函数转化为二次函数；6．下列结论正确的是（ ）A ．在三角形ABC 中，若AB >，则sin sin A B > B ．在锐角三角形ABC 中，不等式2220b c a +->恒成立 C ．若sin 2sin 2A B =，则三角形ABC 为等腰三角形D ．在锐角三角形ABC 中,sin sin cos cos A B A B +>+ 【答案】ABD 【分析】由正弦定理及三角形性质判断A ，由余弦定理判断B ，由正弦函数性质判断C ，利用锐角△ABC 这个条件,可得2A B π+>，结合三角函数的单调性比较sin A 与cos B 大小即可判断D ． 【详解】ABC 中，A B a b >⇔>，由sin sin a bA B=，得sin sin A B >，A 正确； 在锐角三角形ABC 中，222222cos 0,02b c a A b c a bc+-=>∴+->，B 正确；ABC 中，若sin 2sin 2A B =，则22A B =或22180A B ︒+=，即A B =或90A B ︒+=，ABC 为等腰三角形或直角三角形，C 错误；在锐角三角形ABC 中,2A B π+>,022A B ππ∴>>->,sin sin 2A B π⎛⎫∴>- ⎪⎝⎭,即sin cos A B >，同理：sin cos B A >sin sin cos cos A B A B ∴+>+，D 正确.故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查正弦定理，余弦定理，正弦函数的性质，诱导公式等，学会公式的灵活应用是解答本题的关键.7．已知函数()()()2sin 0,0f x x ωϕωϕπ=+><<的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）A ．23ϕπ=B ．()f x 的最小正周期为πC ．()f x 的图象关于直线12x π=对称D ．()f x 的图象关于点5,06π⎛⎫⎪⎝⎭对称 【答案】BCD 【分析】利用图象，把(3代入求ϕ,利用周期求出2ω=，从而2n 2)3(si f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，研究对称轴和对称中心. 【详解】由图可知2sin 3ϕ=3sin ϕ=，根据图象可知0x =在()f x 的单调递增区间上，又0ϕπ<<，所以3πϕ=，A 项错误；因为()2sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以结合图像，由五点法得33ωπππ+=，解得2ω=，则()f x 的最小正周期2T ππω==，B 项正确；将12x π=代入2n 2)3(si f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，得2sin 21263f πππ⎛⎫⎛⎫=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 的图象关于直线12x π=对称，C 项正确﹔将56x π=代入可得552sin 0633f πππ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以点5,06π⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 图象的一个对称中心，D 项正确. 故选：BCD.【点睛】求三角函数解析式的方法： (1)求A 通常用最大值或最小值； (2)求ω通常用周期；()求φ通常利用函数上的点带入即可求解.8．如图，已知函数()()sin 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>><⎪⎝⎭的图象与x 轴交于点A ，B ，若7OB OA =，图象的一个最高点42,33D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则下列说法正确的是（ ）A ．4πϕ=-B ．()f x 的最小正周期为4C ．()f x 一个单调增区间为24,33⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()f x 图象的一个对称中心为5,03⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】BCD 【分析】先利用7OB OA =设0OA x =，得到点A 处坐标，结合周期公式解得选项A 错误，再利用最高点42,33D ⎛⎫⎪⎝⎭解出0x 得到周期，求得解析式，并利用代入验证法判断单调区间和对称中心，即判断选项BCD 正确. 【详解】由7OB OA =，设0OA x =，则07OB x =，06AB x =，选项A 中，点A ()0,0x 处，()0sin 0x ωϕ+=，则00x ωϕ+=，即0x ϕω=-，0612262T x AB ϕπωω-==⋅==，解得6πϕ=-，A 错误；选项B 中，依题意0004343D x x x x =+==，得013x =，故1,03A ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 最小正周期414433T ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，B 正确；选项C 中，由24T πω==，得2πω=，结合最高点42,33D ⎛⎫⎪⎝⎭，知43A =，即()4sin 326f x x ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当24,33x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，,2622x ππππ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，故24,33⎛⎫- ⎪⎝⎭是()f x 的一个单调增区间，C 正确；选项D 中，53x =-时()5454sin sin 0332363f πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⨯--=-= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故5,03⎛⎫- ⎪⎝⎭是()f x 图象的一个对称中心，D 正确.故选：BCD. 【点睛】 思路点睛：解决三角函数()sin y A ωx φ=+的图象性质，通常利用正弦函数的图象性质，采用整体代入法进行求解，或者带入验证.9．设函数()()1sin 0222f x x x πωωω⎛⎫=++> ⎪⎝⎭，已知()f x 在[]0,π有且仅有3个零点，则（ ）A ．在()0,π上存在1x 、2x ，满足()()122f x f x -=B ．()f x 在()0,π有且仅有1个最小值点C ．()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增 D ．ω的取值范围是1723,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】AD 【分析】化简函数()f x 的解析式为()sin 6f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令6t x πω=+，由[]0,x π∈可求得,66t ππωπ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，作出函数sin ,066y t t ππωπω⎛⎫=≤≤+> ⎪⎝⎭的图象，可判断AB 选项的正误；由图象得出346ππωππ≤+<可判断D 选项的正误；取3ω=，利用正弦型函数的单调性可判断C 选项的正误.【详解】()3131sin sin sin cos sin 222226f x x x x x x ππωωωωω⎛⎫⎛⎫=++=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当[]0,x π∈时，,666x πππωωπ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦，令6t x πω=+，则,66t ππωπ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，作出函数sin ,066y t t ππωπω⎛⎫=≤≤+>⎪⎝⎭的图象如下图所示：对于A 选项，由图象可知，max 1y =，min 1y =-，所以，在()0,π上存在1x 、2x ，满足()()122f x f x -=，A 选项正确； 对于B 选项，()f x 在()0,π上有1个或2个最小值点，B 选项错误； 对于D 选项，由于函数()f x 在[]0,π有且仅有3个零点，则346ππωππ≤+<，解得172366ω≤<，D 选项正确； 对于C 选项，由于172366ω≤<，取3ω=，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，53663x πππ<+<， 此时，函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上不单调，C 选项错误. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用正弦型函数在区间上的零点个数判断正弦型函数的基本性质，解本题的关键在于换元6t x πω=+，将问题转化为函数sin y t =在区间,66ππωπ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上的零点个数问题，数形结合来求解.10．已知函数()sin()(0,0,0)f x A x A ωϕωϕπ=+>><<的部分图象如图所示，则下列正确的是（ ）A ．2()2sin 23f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭B ．(2021)1f π=C ．函数|()|y f x =为偶函数D ．,066x f x f x ππ⎛⎫⎛⎫∀∈++-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭R 【答案】AD 【分析】先利用图象得到2A =，T π=，求得2ω=，再结合12x π=-时取得最大值求得ϕ，得到解析式，再利用解析式，结合奇偶性、对称性对选项逐一判断即可. 【详解】由图象可知，2A =，5212122T πππ=+=，即2T ππω==,2ω=， 由12x π=-时，()2sin 2212f x =πϕ⎡⎤⎛⎫=⨯-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，得22,122=k k Z ππϕπ⎛⎫⨯-++∈ ⎪⎝⎭， 即22,3=k k Z πϕπ+∈，而0ϕπ<<，故2=3πϕ，故2()2sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，A 正确；22(2021)2sin 22021=2sin =333f ππππ⎛⎫=⨯+ ⎪⎝⎭B 错误； 由2()2sin 23y f x x π⎛⎫==+⎪⎝⎭知，222sin 2=2sin 233x x ππ⎛⎫⎛⎫-++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭不是恒成立，故函数|()|y f x =不是偶函数，故C 错误； 由6x π=时，22sin 22sin 0663f =ππππ⎛⎫⎛⎫=⨯+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故06π⎛⎫⎪⎝⎭，是2()2sin 23f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的对称中心，故,066x f x f x ππ⎛⎫⎛⎫∀∈++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭R ，故D 正确. 故选：AD. 【点睛】 方法点睛：三角函数模型()sin()f x A x b ωϕ=++求解析式时，先通过图象看最值求A ，b ，再利用特殊点（对称点、对称轴等）得到周期，求ω，最后利用五点特殊点求初相ϕ即可.。
高考数学复习热点06 三角函数与解三角形(解析版)-2021年高考数学专练(新高考)
热点06 三角函数与解三角形【命题形式】新高考环境下，三角函数与解三角形依然会作为一个热点参与到高考试题中，其中对应的题目的分布特点与命题规律分析可以看出，三角试题每年都考。
1、题目分布："一大一小",或"三小"，或"二小"("小"指选择题或填空题，"大"指解答题)，解答题以简单题或中档题为主，选择题或填空题比较灵活，有简单题，有中档题，也有对学生能力和素养要求较高的题。
2、考察的知识内容：（1）三角函数的概念；（2）同角三角函数基本关系式与诱导公式及其综合应用；（3）三角函数的图像和性质及综合应用；（4）三角恒等变换及其综合应用；（5）利用正、余弦定理求解三角形；（6）与三角形面积有关的问题；（7）判断三角形的形状；（8）正余弦定理的应用。
3、新题型的考察：（1）以数学文化和实际为背景的题型；（2）多选题的题型；（3）多条件的解答题题型。
4、与其它知识交汇的考察：（1）与函数、导数的结合；（2）与平面向量的结合；（3）与不等式的结合；（4）与几何的结合。
【满分技巧】1、夯实基础，全面系统复习，深刻理解知识本质从三角函数的定义出发，利用同角三角函数关系式、诱导公式进行简单的三角函数化简、求值，结合三角函数的图像，准确掌握三角函数的单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性等性质，并能正确地描述三角函数图像的变换规律。
要重视对三角函数图像和性质的深入研究，三角函数，是高考考查知识的重要载体，是三角函数的基础。
“五点法”画正弦函数图像是求解三角函数中的参数及正确理解图像变换的关键，因此复习时应精选典型例题(选择题、填空题、解答题)加以训练和巩固，把解决问题的方法技巧进行归纳、整理，达到举一反三、触类旁通。
2、切实掌握两角差的余弦公式的推导及其相应公式的变换规律以两角差的余弦公式为基础，掌握两角和与两角差的正余弦公式、正切公式、二倍角公式，特别是用一种三角函数表示二倍角的余弦，掌握公式的正用、逆用、变形应用，迅速正确应用这些公式进行化简、求值与证明，即以两角差的余弦公式为基础.推出三角恒等变换的相应公式，掌握公式的来龙去脉。
高考数学一轮讲练教案： 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．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 )．(2019·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.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 ＝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．(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 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 3.一大亮点，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 )]＝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.a ，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．(2019·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．(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 Asin 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，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos∠BCD＝27100，∴BD＝3310km.∵BC＝CD，∴∠CDB＝∠CBD＝π－23π2＝π6，又∠CDE＝2π3，∴∠BDE＝π2.∴在Rt△BDE中，BE＝BD2＋DE2＝⎝⎛⎭⎪⎫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.。
2024年高考数学真题分类汇编05：三角函数与解三角形
解法二：令 h x f (x) g x , x 1,1 ，可知 h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可
知 h x 的零点只能为 0，即可得 a 2 ，并代入检验即可. 【解析】解法一：令 f (x) g x ，即 a(x 1)2 1 cos x 2ax ，可得 ax2 a 1 cos x ， 令 F x ax2 a 1,G x cos x ，
三角函数与解三角形
一、单选题
1．（2024·全国）已知 cos( ) m, tan tan 2 ，则 cos( ) （ ）
A． 3m
B． m 3
C．
m 3
D． 3m
2．（2024·全国）当
xÎ
[0, 2 ] 时，曲线
y
sin
x
与
y
2
sin
3x
6
的交点个数为（
）
A．3
B．4
C．6
的最小正周期为
π
．则函数在
π 12
,
π 6
的最小值是（ ）
A． 3
2
B． 3 2
C．0
D． 3 2
9．（2024·上海）下列函数 f x 的最小正周期是 2π 的是（ ）
A． sinx cosx C． sin2x cos2x
B． sinxcosx D． sin2x cos2x
二、多选题
y
f
x 在 0,1 处的切线与两坐标轴围
成的三角形的面积为（ ）
A． 1 6
B．
1 3
C．
1 2
D．
2 3
7．（2024·北京）已知fxFra biblioteksinx
高考数学真题专题四 三角函数与解三角形 第十讲 三角函数的图象与性质答案
m 2 +1 s ( ⎨专题四 三角函数与解三角形第十讲 三角函数的图象与性质答案部分1.A 【解析】解法一 f ( x )= c o s x - π s i x n =π 2 c x o +π43π，且函数 y = cos x 在区间[0,π ] 上单调递减，则由0 ≤ x + ≤π ，得- ≤x ≤ ． 4 4 4⎧-a ≥ - π 因为 f (x ) 在[-a , a ] 上是减函数，所以⎪4 ⎪ a ≤3π ⎩ 4π，解得a ≤ ， 4解法二 因为 f (x ) = cos x -sin x ，所以 f '(x ) = -sin x - cos x ，则由题意，知 f '(x ) = -sin x - cos x ≤ 0 在[-a , a ] 上恒成立，即sin x + cos x ≥ 0 ，即 2 sin(x + π) ≥ 0 ，在[-a , a ] 上恒成立，结合函数4⎧-a + π ≥ 0π ⎪ 4π πy = 2 sin(x + ) 的图象可知有⎨⎪ a + π ≤π ⎩ 4，解得a ≤ ，所以0 < a ≤ ， 4 4 所以a 的最大值是 π 4，故选A ．2.A 【解析】把函数 y = sin(2x + π) 的图象向右平移 π个单位长度得函数g (x ) = sin[2(x - π ) + π10 55 10] = sin 2x 的图象，由- π + 2k π ≤ 2x ≤ π + 2k π ( k ∈ Z )得- π + k π ≤ x ≤ π+ k π ( k ∈ Z )，2 2 4 4令 k = 1 ，得 3π ≤ x ≤ 5π，4 43π 5π即函数 g (x ) = sin 2x 的一个单调递增区间为[ , ]，故选 A ．4 4| cos θ - m sin θ - 2 | | m sin θ -cos θ + 2 |3.C 【解析】由题意可得d = = m 2 +1⎪ ⎪ 4π2= ϕ ϕπ1 π=（其中cosϕ= ，sin ϕ），∵-1≤sin(θ-ϕ)≤1,d =1+2∴当m = 0 时，d 取得最大值3，故选C．4.D【解析】把C2 的解析式运用诱导公式变为余弦，C2：y = sin(2x +2π) = cos[π-(2x +3 22π)] = cos[-(2x +π)] = cos(2x +π)3 6 6则由C 图象横坐标缩短为原来的1，再把得到的曲线向左平移π个单位长度，得到曲1 2 12线C2．选D5.D【解析】∵ f (x) = cos(x +π) 的周期为2kπ，k ∈Z ，所以A 正确；38π∵f ( ) = cos 3 =-1，所以B 正确；3设g(x) =f (x +π) = cos(x +4ππ3π) ，而 g( ) = cos = 0 ，C 正确；选D．3 6 26.A【解析】由题意x =5π取最大值，x =11π与x 相交，设f (x) 周期为T ，8 811π5π所以- =3π =T 或3T ，所以T = 3π或T =π，8 8 4 4 4又 f (x) 的最小正周期大于2π ，所以T = 3π，所以ω=2πT=，排除C、D；35π由f ( ) 2 ，即2sin( 82 5π⨯+ ) = 2 ，3 810ππ+= 2k +，24 2即ϕ= 2kπ+12，令k = 0 ，ϕ=π12π．选A．πππ 7.A【解析】因为点P( , t) 在函数y = sin(2x -4) 的图象上，所以t = sin(2⨯-) =3 4 3sinπ=1，又P'(π-s,1) 在函数y = sin 2x 的图象上，所以= sin 2( -s) ，则6 2 4 2 2 42(π-s) = 2kπ+π或2(π-s) = 2kπ+5π，k ∈Z ，得s =-kπ+π或4 6 4 6 6s =-kπ-π，k ∈Z ．又s > 0 ，故s 的最小值为π，故选A．6 6π2π ω π ππππ π8.B 【解析】由题意得 f (x ) = 2sin(x + ) ⨯ 2cos(x + ) = 2sin(2x + ) ，故该函数的最小正周期T == π ．故选B ．2 6 6 3π π9.B 【解析】因为 x =- 为函数 f ( x ) 的零点， x = 为 y = f (x ) 图像的对称轴，所以4 4π = kT + T （ k ∈ Z ，T 为周期），得T = 2π （ k ∈ Z ）．又 f ( x ) 在( π5π , ) 单2 2 4 2k + 1 18 36调，所以T π , k 11 ，又当k = 5 时，ω = 11,ϕ = - π ， f ( x ) 在( π , 5π ) 不单调； 6 2 4 18 36当k = 4 时， ω = 9,ϕ = π ， f ( x ) 在( π , 5π) 单调，满足题意，故ω = 9 ，即ω 的最大值为 9．4 18 36π10.B 【解析】函数 y = 2sin 2x 的图像向左平移12个单位长度，得到的图像对应的函数表达式为 y = 2sin 2 ⎛ x + π ⎫ ，令2⎛ x + π ⎫ = k π + π ，解得 x = k π + π (k ∈ Z ) ，所以所求对12 ⎪ 12 ⎪ 2 2 6 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭称轴的方程为 x =k π + π(k ∈ Z ) ，故选 B ． 2 611.B 【解析】 y = sin 4(x -π) ，只需将函数 y = sin 4x 的图像向右平移 π个单位． 12 12．A 【解析】采用验证法，由 y = cos(2x +π2且为奇函数，故选A ．12) = - sin 2x ，可知该函数的最小正周期为π13．D 【解析】由图象可知+ϕ = p+2mp ， 5ω + ϕ = 3π+ 2m π ，m ∈ Z ， 4 24 2π所以ω = π ,ϕ =+ 2m π , m ∈ Z ，4所以函数 f (x ) = cos(π x + + 2m π ) = cos(π x + 44) 的单调递减区间为，2kp < p x + p 4< 2kp +p ，即2k - 1 < x < 2k + 3， k ∈ Z ．4 4 2π14.A 【解析】∵ f (x ) = A sin(ωx +ϕ) 的最小正周期为π ，且 x = 是经过函数 f (x ) 最32π π π小值点的一条对称轴，∴ x = - = 是经过函数 f (x ) 最大值的一条对称轴．3 2 6∵| 2 - π 12 - π π |= ，| ( - 2) - 5π - 12 |= ，| 0 - π π |= ， 6 6 6 6 6 6 π π π ∴| 2 - |>| (π - 2) - |>| 0 - | ，6 6 6 π 2π π 2π π 2π 且- < 2 < ， - < π - 2 < ， - < 0 < ，3 3 3 3 3 3B ) ，因为此时函数为偶函数，4π] = sin(2x + +ϕ 8 π y = sin[2(x + ) +ϕ 8π【解析】将函数 y=sin(2 x +ϕ)的图像沿 x 轴向左平移 个单位，得到函数21．∴ f (2) < f (π - 2) < f (0)，即 f (2) < f (-2) < f (0) ．15. A 【解析】① y = cos | 2x | ，最小正周期为π ；② y =| cos x | ，最小正周期为π ；③y = cos(2x +π ) ，最小正周期为π ；④ y = tan(2x - 6π)，最小正周期为 π42．最小正 周期为π 的函数为①②③．ππ 16. A 【解析】因为 y = sin 3x + cos 3x =2 cos(3x - ) = 2 cos 3(x -) ，所以将函4 12ππ数 y =选 A ．2 cos3x 的图象向右平移 12个单位后，可得到 y = 2 cos(3x - ) 的图象，故417.C 【解析】 f (x ) =2 sin(2x + π) ，将函数 f (x ) 的图象向右平移ϕ 个单位得 4π π πf (x ) = 2 sin(2x + - 2ϕ)，由该函数为偶函数可知2ϕ - = k π + , k ∈ Z ，4 4 2即ϕ = k π + 3π ，所以ϕ 的最小正值是为 3π ．2 8 18.D 【解析】函数 y = sin x 的图象向左平移π 2 8个单位，得到函数 f (x ) = sin(x + π) = cos x2的图象， f (x ) = cos x 为偶函数，排除A ； f (x ) = cos x 的周期为2π ，排除B ；π π 因为 f ( ) = cos22π= 0 ，所以 f (x ) = cos x 不关于直线 x = 对称，排除C ；故选D ．219. B 【解析】 将 y = 3sin(2x + π ππ ) 的图象向有右移 π 3 22π个单位长度后得到y = 3sin[2(x - ) + ]，即 y = 3sin(2x - 2 3 ) 的图象，3令- π + 2k π ≤ 2x - 2π ≤ π + 2k π ， k ∈ Z ，2 3 2π 7π化简可得 x ∈[ + k π , + k π ] ，k ∈ Z ， 12 122π π 即函数 y = 3sin(2x - ) 的单调递增区间为[ + k π , 7π + k π ]， k ∈ Z ， 3 令 k = 0 ．可得 y = 3sin(2x - 2π ) 在区间[ π 12 127π, ] 上单调递增，故选B ．3 12 1220．C 【解析】sin(5π +α ) = sin(2π + π +α ) = sin ⎛ π +α ⎫ = cos α = 1 ，选 C.2 2 2 ⎪ 5⎝ ⎭3 ω ϕ π 1 ⎩ ωπ ππ+ϕ=+ k π, k ∈ Z ，即ϕ=+ k π, k ∈ Z ，所以选B.424π π π 22.B 【解析】把 P (0,) 代入 f (x ) = sin(2x +θ)(-2 2 <θ< ) ，解得θ= ， 2 3所以 g (x ) = sin(2x + π- 2ϕ) ，把 P (0,3 ) 代入得，ϕ= k π或ϕ= k π- π，2 6观察选项，故选Bπ 23.A 【解析】由题设知，5π π π π =- ，∴ =1，∴ + = k +（ k ∈ Z ）， ω 4 4 4 2∴ ϕ = k π + π （ k ∈ Z ），∵ 0 < ϕ < π ，∴ϕ = π，故选 A.424. C 【解析】 y = cos 2x 向左平移12 4→ y = cos 2(x + )= cos(2x +1) ． 225. A 【解析】 y = cos 2x +1⇒ y = cos x +1⇒ y = cos(x +1) +1⇒ y = cos(x +1) ，故选A ．π ππ7ππ π 26．A 【解析】∴0 ≤ x ≤ 9,∴- ≤ x - ≤ ,∴- ≤ sin( x - ) ≤ 1, 3 6 3 6 2 6 3∴ y max = 2, y min = - 3. 故选 8． 27. D 【解析】函数向右平移π得到函数 g (x ) = f (x - π ) = sin ω(x - π ) = sin(ωx - ωπ) ， 因为此时函数过点(3π44 ,0) ，所以sin ω(3π 44 - π ) = 0 ，即ω(3π444 - π ) = ωπ 424= k π , 所以ω = 2k , k ∈ Z ，所以ω 的最小值为 2，选 D ．π28. A 【解析】函数 f (x ) = sin(ωx +4π π) 的图像可看作是由函数 f (x ) = sin x 的图像先向左平移 个单位得 f (x ) = sin(x + 4 ) 的图像，再将图像上所有点的横坐标缩小到原来的41ππ 5πω倍，纵坐标不变得到的，而函数 f (x ) = sin(x +) 的减区间是[ , ] ，所以要使 4 4 4⎧ π ⨯ 1 ≤π ππ⎪ 4 ω 2函数 f (x ) = sin(ωx + 4) 在( 2,π ) 上是减函数，需满足⎨5π 1 ，⎪ 4 ⨯ ω≥ π1 5解得 ≤ ≤ ．2 429. B 【解析】由于 f (x ) = sin ωx 的图象经过坐标原点，根据已知并结合函数图象可知，3 3 所以3 (0, )π 5π ϕπ2π 4π 33 为函数 f (x ) 的四分之一周期，故 ω =，解得ω = ． 32 30.D 【解析】∵ f (x ) = sin(2x + π ) + cos(2x + π 4 4 ) = 2 sin(2x + π ) = 2 2 cos 2x ， 所以 y = 2 cos 2x 在 π 单调递减，对称轴为2x = k π ，即 x = k π(k ∈ Z ) ． 2 31.C 【解析】因为当 x ∈ R 时， f (x ) ≤ π 恒成立，所以 2π = sin( + ϕ) = ±1， | f ( ) | 6 可得ϕ = 2k π + π 或ϕ = 2k π - 5π， k ∈ Z ，f ( )6 36 6π因为 f ( ) = sin(π + ϕ) = -sin ϕ > f (π ) = sin(2π + ϕ) = sin ϕ2故sin ϕ < 0 ，所以ϕ = 2k π - ，所以 f (x ) = sin(2x - 5π) ， 66由- π+ 2k π ≤ 2x -5π ≤ π+ 2k π （ k ∈ Z ），2 6 2 得 k π + π ≤ x ≤ k π + 2π（ k ∈ Z ），6 3故 f (x ) 的单调递增区间是[k π + π , k π + 2π]（ k ∈ Z ）．6 332.B 【解析】半周期为 3π π π π- = ，即最小正周期为 ，8 8 4 2所以ω = 2 ．由题意可知，图象过定点(3π, 0) ，83π 3π所以0 = A tan(2⨯ + ) ， 即 8 43π+ ϕ = k π π (k ∈ Z )π 所以ϕ = k π - (k ∈ Z )，又| ϕ |< ，所以ϕ = ，4 2 4又图象过定点(0,1) ，所以 A = 1 ．综上可知 f (x ) = tan(2x + π) ，4π π π π故有 f ( ) = tan(2⨯+ ) = tan = ．24 24 4 32π π 33. 【解析】由于对任意的实数都有 f (x ) ≤ f ( ) 成立，故当 x = 时，函数 f (x ) 有最3 4 4π πω π 大值，故 f ( ) =1 ， - = 2k π ( k ∈ Z )，∴ω = 8k + 2 ( k ∈ Z )， 4 4 6 3又ω > 0 ，∴ ω = 2．min3π π π34．3【解析】由题意知， cos(3x + ) = 0 ，所以3x + = + k π ，k ∈ Z ， 6 6 2所以 x = π + k π ， k ∈ Z ，当k = 0 时， x = π ；当k = 1 时， x = 4π；9 3 9 9当 k = 2 时， x = 7π9，均满足题意，所以函数 f (x ) 在[0,π ]的零点个数为 3．2 πππ π π 35． - 【解析】由函数 y = sin(2x + ϕ)(- < ϕ < ) 的图象关于直线 x = 对称，6 2 2 32π π π π 2π 7π得sin( 3 + ϕ) = ±1，因为- < ϕ < ，所以 2 2 < +ϕ < ， 6 3 6 2π π π 则 + ϕ = ，ϕ =- ．3 2 6 2π π36． 3【解析】函数 y = sin x - π3 c os x = 2sin(x - 2π ) 的图像可由函数 y = sin x +3 3 cos x = 2sin(x + ) 的图像至少向右平移 3 个单位长度得到．337．π 、[3π8 + k π , 7π 8 + k π ] ( k ∈ Z )【解析】 f (x ) =sin( 2x - 2 π ) + 4 3 ，故最小正周 2期为π ，单调递减区间为[3π8 + k π , 7π 8+ k π ] ( k ∈ Z )．38． π 【解析】 y = 3 sin 2x + cos 2x = y = 2 2π3 1 1 π 1 sin 2x + cos 2x + = sin(2x + ) + ， 2 2 2 6 2所以其最小正周期为 2= π ．π π 1 2π 1 π 39． 【解析】由题意交点为( , ) ，所以sin( + ϕ) = ，又0 ≤ϕ < π ，解得ϕ = ．6 3 2 3 2 6π40． 2 【解析】把函数 y = sin x 图象向左平移 6π个单位长度得到 y = sin(ωx +ϕ) 的图象，再把函数 y = sin(x + ) 图象上每一点的横坐标伸长为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到61 π ⎛ π ⎫1 π π π 函数 f (x ) = sin( x + ) 的图象，所以 f ⎪ = sin( ⨯ + ) = sin = ．2 6 ⎝ 6 ⎭2 6 6 4 2 41． 3π8 【解析】 f (x -ϕ) = sin[2(x -ϕ) + π ] = sin(2x + π - 2ϕ)4 4 ∴ - 2ϕ π k π (k ∈ Z ) ，∴ϕ π k π (k ∈ Z ) ，当k = -1 时ϕ = 3π ． = + = - - 4 2 8 2min8 42． -2 5 【解析】∵ f (x ) = sin x - 2 cos x =5令cos ϕ =5 ，sin ϕ =- 2 5 ，则5( 5 sin x - 2 5cos x ) 5 555f (x ) = 5(sin x cos ϕ +sin ϕ cos x ) = 5 sin(x +ϕ)，当 x + ϕ = 2k π + π , k ∈ z ，即 x = 2k π 2 + π-ϕ, k ∈ z 时， f (x ) 取最大值，22 22 5 6 a 2 + b 2 a 2 + b 2 a 2 + b 2 a 2 + b 2 ϕ π π此时θ = 2k π +π-ϕ, k ∈ z ，∴ cos θ = cos(2k π 2 + π-ϕ) = sin ϕ = - .25 43． 5π6 【解析】 函数 y = cos(2x +ϕ) ，向右平移 π 2 个单位，得到 y = sin(2x + π ) ，3即 y = sin(2x + π π ) 向左平移 π 3 2π个单位得到函数 y = cos(2x +ϕ) ， y = sin(2x + ) 向左平移 3 2 个单位， π π π π π π得 y = sin[2(x + ) + ] = sin(2x + π + ) = -sin(2x + ) = cos( + 2x + )2 3 3 3 2 3 = cos(2x + 5π 5π ) ，即 = ． 6 644． a ≥ 2 【解析】 f (x ) = 2π 45．π【解析】T == ．23 sin 3x + cos3x = 2sin(3x +φ) 得| f (x ) |≤ 2 故a ≥ 2 ． 46. 6【解析】由图可知： A = 2 ， T = 7π -π = π ，所以T = π ，ω = 2π = 2 ，又 2 4 12 3 4 Tπ π π π函数图象经过点( , 0) ，所以2⨯ +ϕ = π ，则ϕ = ，故 f (x ) = 2 sin(2x + ) ，3 3 3 3所以 f (0) = 2 s inπ= ． 3 247. ①③【解析】 f (x ) = a sin 2x + b cos 2x =x + ϕ) （其中tan ϕ = b）， a 因此对一切 x ∈ R ， f (x ) ≤π恒成立，所以sin( + ϕ) = ±1， 可得ϕ = k π +π6 11π| f ( ) |6(k ∈ Z ) ，故 f (x ) = 11π π 3 x + π ) ．6而 f ( ) = ± ⨯ + ) = 0 ，所以①正确；12 12 6 7π 47π 17π π 17π | f ( ) |=| sin |=| sin | ，| f ( ) |=| sin | ，12 30 30 7π π所以| f ( ) |=| f ( ) | ，故②错；③明显正确；④错误：10 55 30由函数 f (x ) = x + π ) 和 f (x ) = - 6 x + π ) 的图象（图略） 6可知，不存在经过点(a , b ) 的直线与函数 f (x ) 的图象不相交，故⑤错误． 48.2【解析】线段 PP 的长即为sin x 的值，且其中的 x 满足 6 cos x = 5 tan x ，解得31 2a 2+ b 2a 2 +b 2 a 2 + b 2 a 2 + b 22 23 - ∈ - (2) 2πsin x = 2 ．线段 PP 的长为 2 ．3 1 23 49．[ - 3 ,3]【解析】由题意知，ω = 2 ，因为 x ∈ 2 π π [0, ] 23π π 5π ，所以2x [ , ] ，由 6 6 6 π 三角函数图象知：f (x ) 的最小值为3sin( - )= - ，最大值为3sin =3 ，所以 f (x )6 2 2的取值范围是[ - 3,3] ．250. 【解析】(1)若 f (x ) 为偶函数，则对任意 x ∈ R ，均有 f (x ) = f (-x ) ；即 a sin 2x + 2cos 2 x = a sin 2(-x ) + 2cos 2 (-x ) ， 化简得方程a sin 2x = 0 对任意 x ∈ R 成立，故 a = 0 ；π ππf ( ) = a s in(2⨯ ) + 2cos ( ) = a +1 = 4 443 +1 ，所以a = 3 ，故 f (x ) = 3 sin 2x + 2cos 2x ．则方程 f (x ) =1- 2 ，即 2 3 s in 2x + 2cos 2x =1- ，π 所以 3 s in 2x + 2cos x -1 = - ，化简即为2sin(2x + ) = - ，6即sin(2x + π ) = - 2 ，解得 x = -11π + k π 或 x = - 5π+ k 'π ， k , k '∈ Z6 2 24 24若求该方程在[-π ,π ] 上有解，则k ∈[- 13 , 35] ， k '∈[- 19 , 29] ，24 24 24 24即 k = 0 或 1； k ' = 0 或 1，11 13 5 19对应的 x 的值分别为： - π 、 24π 、- π 、 π ． 24 24 24 51. 【解析】（1）因为a = (cos x ,sin x ) ， b = (3, -3) ，a ∥b ，所以- 3 cos x = 3sin x ．若cos x = 0 ，则sin x = 0 ，与sin 2 x + cos 2x = 1 矛盾，故cos x ≠ 0 ．于是tan x = -．35π 又 x ∈[0, ]，所以x = ．6（2） f (x ) = a ⋅b = (cos x ,sin x ) ⋅ (3, -3) = 3cos x -3 sin x = 2 3 cos(x + π) . 623因为 x ∈[0,π ]，所以 x + π∈[ π ,7π] ，66 6从而-1 ≤ cos(x + π) ≤3 .6 2于是，当 x + π = π，即 x = 0 时， f (x ) 取到最大值 3；6 6 当 x + π = π ，即 x = 5π 时， f (x ) 取到最小值-2 .6 6π π52. 【解析】（Ⅰ）因为 f (x ) = sin(ωx -) + sin(ωx - )，6 2所以 f (x ) ===3 sin ωx - 1cos ωx - cos ωx 2 23 sin ωx - 3 cos ωx 2 213( sin ωx - 2 2= 3(sin ωx - π)3 cos ωx ) π由题设知 f ( ) = 0 ，6ωπ π所以 - 6 3= k π ， k ∈ Z ． 故ω = 6k + 2 ， k ∈ Z ，又0 < ω < 3 ，所以ω = 2 ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得 f (x ) =3 sin(2 x - π) 3π π π所以 g (x ) = 3 sin(x + - ) = 3 sin(x - ) ．π 因为 x ∈[- 3π, ]，4 3 124 4 π π 所以 x - ∈[- 2π, ] ，12 3 3 π π 当 x - = - ，12 3 π 3即 x =- 时， g (x ) 取得最小值- ．4 2π53. 【解析】(Ⅰ) f ( x ) 的定义域为{x | x ≠ + k π , k ∈ Z }．23高考真题f (x) 4 tan x cos x cos(x ) 33 4sin x cos(x ) 33 4sin x(1cos x 3 sin x) 322 2sin x cos x 2 3sin2 x 3 sin2x 3(1 cos 2x) 3 sin2x 3 cos2x 2sin(2x )3所以 f ( x) 的最小正周期T 2 ．2 令 z 2x , 函数 y 2sin z 的单调递增区间是 2k, 2k , k Z.3 22 5由 2k 2x 2k ,得 k x k , k Z.2321212设 A , , B x k x 5 k , k Z ， 4 4 1212易知 AB12,4 ． 所以, 当 x , 时, f ( x) 在区间 , 上单调递增, 在区间 4 4 12 4 ， 上单调递减． 4 12 54. 【解析】（Ⅰ）因为 f (x) 2 sin x 2 (1 cos x) sin(x ) 22242所以 f (x) 的最小正周期为2 ．（Ⅱ）因为 x 0 ，所以 3 x ．3444当 x ，即 x 时， f (x) 取得最小值．424所以 f (x) 在区间,0上的最小值为 f ( 3 ) 1 2 ．42高考真题5. 【解析】（Ⅰ）根据表中已知数据，解得 A 5, 2, π . 数据补全如下表：6x 0ππ3π2π22xππ7π5π13 π12 3 12612Asin(x ) 05050且函数表达式为 f (x) 5sin(2x π) ．6（Ⅱ ）由（Ⅰ）知 f (x) 5sin(2x π) ，得 g(x) 5sin(2x 2 π) ．66因为 y sin x 的对称中心为(kπ, 0) ， k Z ．令2x 2 π kπ ，解得 x kπ π ， k Z ．62 12由于函数 y g(x) 的图象关于点(5π , 0) 成中心对称，令 kπ π 5π ，122 1212解得 kπ π ， k Z . 由 0 可知，当k 1时， 取得最小值 π ．23655 5 556. 【解析】解法一：（Ⅰ） f ( ) 2 cos (sin cos )4444 2cos ( sin cos ) 2444（Ⅱ）因为 f (x) 2sin xcos x 2cos2 x sin 2x cos 2x 1 2 sin(2x ) 1.42所以T .2由 2k 2x 2k , k Z ，324 2得 k x k , k Z ，883 所以 f (x) 的单调递增区间为[k , k ], k Z .88解法二：因为 f (x) 2sin x cos x 2cos2 x sin 2x cos 2x 1 2 sin(2x ) 14511（Ⅰ） f ( ) 2 sin 1 2 sin 1 2 ．4442（Ⅱ）T ．2 由 2k 2x 2k , k Z ，242高考真题3得 k x k , k Z ，883 所以 f (x) 的单调递增区间为[k , k ], k Z .8857．【解析】（Ⅰ） f (8) 10 3cos( π 8) sin( π 8) 10 3cos 2π sin 2π121233 10 3 ( 1 ) 3 10 .22故实验室上午 8 时的温度为 10 ℃．（Ⅱ ）因为 f (t) 10 2( 3 cos π t 1 sin π t) = 10 2sin( π t π ) ，2 12 2 1212 3又 0 t 24 ，所以 π π t π 7π ， 1 sin( π t π ) 1．3 12 3 312 3当t 2 时， sin( π t π ) 1 ；当t 14 时， sin( π t π ) 1 ．12 312 3于是 f (t) 在[0, 24) 上取得最大值 12，取得最小值 8．故实验室这一天最高温度为 12 ℃，最低温度为 8 ℃，最大温差为 4 ℃.58. 【解析】解法一：(Ⅰ)因为0 , sin 2 , 所以 cos 2 ．222所以 f () 2 ( 2 2 ) 1 1 ．2 2 2 22(Ⅱ)因为 f (x) sin xcos x cos2 x 1 1 sin 2x 1 cos 2x 12222 1 sin 2x 1 cos 2x 2 sin(2x ) ,22242所以T .由 2k 2x 2k , k Z, 得2242k 3 x k , k Z .883 所以 f (x) 的单调递增区间为[k , k ], k Z .88解法二：f (x)2 sin x cos x cosx111 cos 2xsin 2x 1 2222 1 sin 2x 1 cos 2x 2 sin(2x )2224（Ⅰ）因为 0 , sin 2 , 所以 224高考真题从而 f () 2 sin(2 ) 2 sin 3 124 2 422（Ⅱ） T 23由 2k 2x 2k , k Z, 得 k x k , k Z .242 3 88所以 f (x) 的单调递增区间为[k , k ], k Z .59.8【解析】：（I） f x 的最小正周期为 ， x87 ， y 3. 0 560（II）因为 x [ , ] ，所以 2x [ , 0]，于是2 1266当2x 当 2x 60，即 x ，即 时， fx 12 时，fx 取得最大值 0； x 取得最小值 3 . 62 31360. 【解析】（Ⅰ）由已知，有 f (x) cos x sin xcos x223 cos2 x 3 41 sin x cos x3 cos2 x32241 sin 2x3 1 cos2x3444131sin 2xcos2x sin 2x.4423所以， f (x) 的最小正周期T 2.2（Ⅱ）因为 f (x) 在区间 ,上是减函数，在区间, 上是增函数.4 1212 4f 41，f4121，f1 .244所以，函数 f (x) 在闭区间 , 上的最大值为 1 ，最小值为 1 .444261. 【解析】：（I）因 f x 的图象上相邻两个最高点的距离为 ，所以 f x 的最小正周期T ，从而 2 2 .又因 f x 的图象关于直线 x 对称，T3高考真题所以 2 k , k 0,1,2, ,因 得 k 0 ．3 2 222 所以 .23 6（II）由（I）得 f 2 3 sin 2 26 3 ，所以sin 1 .4 6 42 由 得0 ,6362所以cos61sin261 1 2 4 15 . 4 3 因此cos 2 sinsin6 6 sin cos cos sin 6 6 6 6 = 1 3 15 1 3 15 ．42 4 2862. 【解析】(1) f (x) ＝ 3 3 sin2ωx－sin ωxcos ωx 2＝23 31co2s2x1 2sin2x＝3 2cos2ωx－1 2sin2ωx＝sin 2 x3π．因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为 π ，4 2π π又 ω＞0，所以 =4 ．因此 ω＝1．2 4 (2)由(1)知f(x)＝sin 2x π 3． 当 π ≤x≤ 3π 时， 5π ≤ 2x π 8π ．所以 3 sin 2x π 1，23332 3 因此－1≤ f (x) ≤ 3 ． 2故 f (x) 在区间 π, 3π 上的最大值和最小值分别为 3 ，－1． 2 2高考真题63. 【解析】(1) f (x) ＝ 2 sin 2x·cos π 2cos 2x sin π ＋3sin 2x－cos 2x44＝2sin2x－2cos2x＝22sin2x π4．2π 所以， f (x) 的最小正周期 T＝ ＝π．2(2)因为 f (x) 在区间0, 3π 上是增函数,在区间 3π , π 上是减函数． 8 8 2 又f(0)＝－2，f 3π 8 22，f π 2 2，故函数 f (x) 在区间0, π 上的最大值为2 2 ，最小值为－2． 2 64. 【解析】(1) f (x) cos x (cos x cos sin sin ) 1 (sin 2x 3 cos 2x 1) 1x 3322241sin( 2x)1 f( 2)1sin311 .所以f( 2)1．2643 2 24 434（2）由（1）知，f (x) 1 sin(2x ) 1 1 sin(2x ) 0 (2x )(2k , 2k )26 4466 x (k 7 , k ),k Z.所以不等式的解集是：(k 7 , k ), k Z.1212121265. 【解析】 f (x) 2 cos(2x ) sin2 x 1 cos 2x 1 sin 2x 1 (1 cos 2x)24222 1 1 sin 2x ．222（I）函数 f (x) 的最小正周期T ．211（Ⅱ）当 x [0, ] 时， g(x) f (x) sin 2x ．当2x [,0] 时, (x2 )[0, ],g(x)2 g(x)1sin2(x)1 sin2x222 2 212 12当 x [ , ) 时， (x ) [0, ) , g(x) g(x ) sin 2(x ) sin 2x221sin2 2x(x 0)2 2 2 得：函数g(x)在[, 0]上的解析式为g(x) 1sin2x(x)． 22高考真题6.【解析】（Ⅰ）由题设图像知，周期T112( 5) ,22．512 512T5因为点 ( , 0) 在函数图像上，所以 Asin(2 ) 0,即sin( ) 0 ．又012 ,554, 从而512=即= 6．2 663 66又点（0,1）在函数图像上，所以 Asin 1, A 2 ，6 故函数 f (x) 的解析式为 f (x) 2sin(2x ).6 （Ⅱ） g(x) 2sin[2(x ) ] 2sin[2(x ) ]12 6 2sin 2x 2sin(2x )12 63 2sin 2x 2(1 sin 2x 3 cos2x)22 sin 2x 3 cos 2x 2sin(2x ),3由 2k 2x 2k , 得 k xk5,kz.2321212 5 g(x) 的单调递增区间是 k 12 , k 12 , k z.67．【解析】（Ⅰ）∵函数 f (x) 的最大值是 3，∴ A 1 3，即 A 2 ．∵函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为 ，∴最小正周期T ，∴ 2 ．2故函数 f (x) 的解析式为 f (x) 2sin(2x ) 1． 6（Ⅱ）∵ f () 2sin( ) 1 2 ，即sin( ) 1 ，2 6 6 2 ∵ 0 ，∴ ，∴ ，故 ．2663663。
文科高考数学重难点02 三角函数与解三角形(解析版)
重难点02 三角函数与解三角形【高考考试趋势】新高考环境下，三角函数与解三角形依然会作为一个重点参与到高考试题中，其中对应的题目的分布特点与命题规律分析可以看出,三角试题每年都考,而且文理有别,或"一大一小",或"三小",或"二小"("小"指选择题或填空题,"大"指解答题),解答题以简单题或中档题为主,选择题或填空题比较灵活,有简单题,有中档题,也有对学生能力和素养要求较高的题.三角函数的图象与性质是高考考查的重点及热点内.备考时要熟练掌握三角函数的图象与性质、三角恒等变换公式及正、余弦定理，在此基础上掌握一些三角恒变换的技巧，如角的变换，函数名称的变换等，此外，还要注意题目中隐含的各种限制条件，选择合理的解决方法，灵活实现问题的转化鉴于新课标核心素养的要求，三角函数与解三角形在实际背景下的应用也将是一个考试试点.考点主要集中在三角函数图像及其性质的应用，三角函数恒等变换，以及正弦余弦定理的应用.本专题在以往高考常见的题型上，根据新课标的要求，精选了部分预测题型，并对相应的题型的解法做了相应的题目分析以及解题指导，希望你在学习完本专题以后能够对三角函数以及解三角形的题型以及解答技巧有一定的提升.【知识点分析以及满分技巧】三角函数与解三角形：从返几年高考情况来看，高考对本部分内容的考查主要有，1.三解恒等变换与三角函数的图象、性质相结合；2.三角恒等变换与解三角形相结合；3.平面向量、不等式、数列与三角函数和解三角形相结合，难度一般不大，属中档题型.三角函数图形的性质以及应用：对于选择题类型特别是对称中心，对称轴等问题选项中特殊点的带入简单方便，正确率比较高.总额和性的问题一般采用换元法转化成最基本的函数问题去解答.对于三角函数有关恒等变换的题目应注重公式的变形.解三角形类型的大题中，重点是角边转化，但是要注意两边必须同时转化，对于对应的面积的最大值问题以及周长的最值问题一般转化成基本不等式去求，但是在用基本不等式的时候应注意不等式等号成立的条件.【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1．（2020·贵溪市实验中学高三月考（文））在中，角，，所对的边分别ABC :A B C 为，，，且，则的最大值是（ ）a b c BC c bb c +A ．8B ．6C ．D ．4【答案】D【分析】由已知可得：，11sin 22bc A a =所以，2sin a A =因为，所以222cos 2b c a A bc +-=2222cos sin 2cos b c a bc AA bc A +=+=+所以，222cos 4sin 46c b b c A A A b c bc π+⎛⎫+==+=+≤ ⎪⎝⎭所以的最大值是4c bb c +故选：D2．（2020·南昌市新建一中（文））在中，内角，，所对应的边分别为ABC :A B C a ，，，且，若，则边的最小值为（）b c sin 2sin 0a B b A +=2a c +=b AB ．C ．2D【答案】D【分析】根据由正弦定理可得，sin2sin 0a B b A +=sin sin2sin sin 0A B B A +=即，，2sin sin cos sin sin 0A B B B A +=sin 0,sin 0A B ≠≠ ，，∴1cos 2B =-23B π∴=由余弦定理可得．()2222222cos 4b a c ac B a c ac a c ac ac=+-=++=+-=- ．2a c +=≥ 1ac ∴≤ 即．，243bac ∴=-≥，b ≥故边.b 故选：D ．3．（2020·吉林高三其他模拟（文））在中，内角，，所对的边分别为，ABC :A B C a ，，且，，在边上，且，则b c 3a =b =c =M AB BM CM =AMAB=（ ）A ．B ．C ．D ．14133423【答案】C【分析】因为，BM CM =所以为等腰三角形，MBC △因为，，．3a =b =c =由条件可得，222cos2a c b B ac +-==所以，解得3·cos 22BC BM B ==BM =所以AM AB BM =-=可得．34AM AB =故选：．C 4．（2020·河南郑州市·高三月考（文））已知的三个内角，，对应的边分ABC :A B C 别为，，，且，，成等差数列，则a b c sin 2a C π⎛⎫- ⎪⎝⎭()cos 4b B π-()cos 3c A π-的形状是（ ）ABC :A ．直角三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．正三角形【答案】C【分析】，，sin cos 2a C a Cπ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭()cos 4cos b B b B π-=，()cos 3cos c A c Aπ-=-依题意得，2cos cos cos b B a C c A =--根据正弦定理可得，()2sin cos sin cos cos sin B B A C A C =-+即，()2sin cos sin sin B B A C B=-+=-又，则，sin 0B ≠1cos 2B =-又，所以，()0,B π∈23B π=故的形状是钝角三角形．ABC :故选：C ．5．（2020·安徽六安市·六安一中高三月考（文））已知的三个内角，，所ABC :A B C 对的边分别为，，，满足，且a b c 222cos cos cos 1sin sin A B C A C -+=+，则的形状为（ ）sin sin 1A C +=ABC :A ．等边三角形B ．等腰直角三角形C ．顶角为的非等腰三角形D ．顶角为的等腰三角形120120【答案】D【分析】因为，222cos cos cos 1sin sin A B C A C -+=+所以，2221sin (1sin )1sin 1sin sin A B C A C ---+-=+所以，222sin sin sin sin sin A C B A C +-=-根据正弦定理可得，即，222a cb ac +-=-222122a c b ac +-=-所以，因为，所以，所以，1cos 2B =-0B π<<120B = 60A C += 由得，sin sin 1A C +=sin sin(60)1A A +-=得，sin sin 60cos cos 60sin 1AA A +-=得，1sin sin 12A A A +-=得，1sin 12A A +=得，因为为三角形的内角，所以，，sin(60)1A +=A 30A = 30C =所以为顶角为的等腰三角形.ABC :120故选：D6．（2020·贵州黔东南苗族侗族自治州·高三月考（文））将函数的图象向右平2sin 2y x =移个单位得到函数的图象．若，则的值为（02πϕϕ⎛⎫<<⎪⎝⎭()f x 50412f f ππ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ϕ）A ．B ．C ．D ．12π8π6π3π【答案】A依题意，函数，由得()()2sin 22)i (2s n 2f x x x ϕϕ-=-=50412f f ππ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即，故5124f f ππ⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭52sin 222sin 22124ππϕϕ⎛⎫⎛⎫⨯-=--⨯- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即，5sin 262sin 2ππϕϕ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1cos 22cos 22ϕϕϕ+=2cos 2ϕϕ=故，又，则，故，即.tan 2ϕ=02πϕ<<02ϕπ<<26πϕ=12πϕ=故选：A.7．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））已知角的顶点为坐标原点，始边与αβ，轴的非负半轴重合，若角的终边过点，，且，则x α()21，()4cos 5αβ+=0,2πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭（ ）sin β=ABCD【答案】C【分析】因为角的终边过点，所以是第一象限角，α()21，α所以sin α==cos α==因为，，所以为第一象限角，，0,2πβ⎛⎫∈⎪⎝⎭()4cos 5αβ+=αβ+所以，()sin 35αβ+==所以()()()sin sin sin cos cos sin βαβααβααβα=+-=+-+⎡⎤⎣⎦3455==故选：C.8．（2020·罗山县楠杆高级中学高三月考（文））函数的()()cosln 2xx f x x e e π-⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】因为，()()()πcos ln sin ln 2x x x x f x x e e x e e --⎛⎫=-+=+ ⎪⎝⎭所以，()()()()()sin ln sin ln x x x x f x x x e e x e e f x ---=-+=-+=-即函数为奇函数，其图象关于原点对称，故排除D ，()f x又因为，当且仅当时取等号，2xxy e e-=+≥=0x =所以，()ln ln 2ln10x x e e -+≥>=当时，，当时，，[)0,πx ∈sin 0x ≥[)π,2πx ∈sin 0x ≤所以，当时，，当时，，故排除A 、B ，[)0,πx ∈()0f x >[)π,2πx ∈()0f x ≤故选：C ．二、填空题9．（2020·新疆实验高三月考（文））在中，ABC :BC =，则外接圆的面积为______.222cos cos sin sin C A B B C --=ABC :【答案】π【分析】，222cos cos sin sin C A B B C --=，()()2221sin 1sin sin sin C A B B C∴----=即.222sin sin sin sin A C B B C --=由正弦定理得，222222a cb ac b --=⇒-=+由余弦定理得，所以，2222cos a c b bc A =+-cos A =，则，0A π<< 4A π=设的外接圆半径为，则，则,ABC :R 2sin BCRA =1R =则外接圆的面积为：，ABC :2R ππ=故答案为：.π10．（2020·山西高三期中（文））中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若ABC :函数有极值点，则的取值范围是()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+cos 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭______.【答案】11,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【分析】由题意，函数，()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+可得，()2222()f x x bx a c ac '=+++-因为函数有极值点，所以有两个不同的实数根，()f x 2222()0x bx a c ac +++-=可得，整理得，222(2)4()0b a c ac ∆=-+->222ac a c b >+-又由，2221cos 222a c b ac B ac ac +-=<=因为，所以，可得，(0,)B π∈3B ππ<<52333B πππ<-<当时，即时，取得最小值，最小值为；23B ππ-=23B π=cos 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭cos 1π=-当时，即时，此时，233B ππ-=3B π=1cos 2cos 332B ππ⎛⎫-<= ⎪⎝⎭所以的取值范围是.cos 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭11,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭三、解答题11．（2020·山东济南市·高三开学考试）在四边形中，，是上的ABCD A C ∠=∠E AD 点且满足与相似，，，.BED ∆ABD ∆34AEB π∠=6DBE π∠=6DE =（1）求的长度；BD （2）求三角形面积的最大值.BCD【答案】（1）2）36+【分析】（1），4BED AEB ππ∠=-∠=在三角形中，，BDE sin sin DE BD DBE BED =∠∠即，6sinsin 64BD ππ=所以612=BD =（2）因为，所以，BED ABD ∆∆:C A ∠=∠=6DBE π∠=在三角形中，，BDC 2222cos 6BD DC BC DC BCπ=+-::所以，2272DCBC BC =+:所以，722DCBC BC ≥::所以，(72DCBC ≤:所以，((11sin 7218264BCD S DC BC π∆=≤⨯=::所以三角形面积的最大值为BCD 36+12．（2020·北京海淀区·人大附中高三月考）已知，(2sin ,sin cos )mx x x =-，记函数．,sin cos )n x x x =+ ()f x m n =⋅ （1）求函数取最大值时的取值集合；()f x x （2）设函数在区间是减函数，求实数的最大值．()f x ,2m π⎡⎤⎢⎥⎣⎦m【答案】（1） ；（2）.,3x x k k Z ππ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭56π【分析】（1）由题意，得，()2cos 22sin(26f x m n x x x π=⋅=-=- 当取最大值时，即，此时()f x sin(2)16x π-=22()62x k k Z πππ-=+∈所以的取值集合为．x ,3x x k k Z ππ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭（2）由得3222262k x k πππππ+≤-≤+，41022266k x k ππππ+≤≤+536k x k ππππ+≤≤+所以的减区间，()f x 5,,36k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦当，得是一个减区间，且1k =5,36ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦52,36πππ∈⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以，5,,236m πππ⎡⎤⎡⎤⊂⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦所以， 5(,]26m ππ∈所以的最大值为.m 56π13．（2020·宁夏固原市·固原一中高三月考（文））已知函数．()2cos sin 3f x x x x π⎛⎫=⋅+ ⎪⎝⎭x ∈R（1）求的最小正周期；()f x （2）求在闭区间上的值域．()f x ,44ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】（1）；（2）.π11,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】（1）由已知，有21()cos sin 2f x x x x x ⎛⎫=⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭21sin cos 2x x x =⋅-1sin 2cos 2)4x x =-+，11sin 22sin 2423x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭的最小正周期；∴()f x 22T ππ==（2）∵，，,44x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦52,366x πππ⎡⎤∴-∈-⎢⎥⎣⎦当，即时，取得最大值为，236x ππ-=4x π=()f x 14当，即时，取得最小值为，232x ππ-=-12x π=-()f x 12-的值域为.()f x ∴11,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦14．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））在的中，角，，的对边分ABC :A B C别为，且a b c ，，sin (sin sin )sin 0a A b A B c C ++-=（1）求角；C （2）若，求的取值范围.2c =+a b 【答案】（1）；（2）.23C π=2⎛ ⎝【分析】：（1）由，及正弦定理得sin (sin sinB)sin 0a A b A c C ++-=，2220a ab b c ++-=由余弦定理得，又，所以；2221cos 222a b c ab C ab ab +--===-0C π<<23C π=（2）由及，得，即，2220a ab b c ++-=2c =224a ab b ++=2()4a b ab +-=所以，所以，当且仅当221()4()4ab a b a b =+-≤+a b +≤a b ==成立，又，所以，2a b c +>=2a b <+≤所以的取值范围为.+a b 2⎛ ⎝15．（2020·黑龙江高三月考（文））在中，角，，所对的边分别为，ABC :A B C a b，，，．c sin 3sin b A B =222b c a bc +-=（1）求外接圆的面积；ABC :（2）若的周长．BC ABC :【答案】（1）；（2）9.3π【分析】解：（1）因为，又，即，所以，sin 3sin b A B =sin sin a b A B =sin sin b A a B =3a =由，得，设外接圆的半径为2221cos 22b c a A bc --==3A π=ABC :R 则，所以外接圆的面积为．12sin a R A=⋅==ABC :3π（2）设的中点为，则．因为，BC D AD =()12AD AB AC =+ 所以，()()222221127||2444AD AB AC AB AC c b bc =++⋅=++= 即，又，，则 ，2227c b bc ++=222b c a bc +-=3a =22918bc b c =⎧⎨+=⎩整理得，解得或（舍去），则．所以的周长为9．()2290b -=3b =3-3c =ABC :。
压轴题05 三角函数与解三角形范围与最值问题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)
压轴题05三角函数与解三角形范围与最值问题三角函数与解三角形是每年高考常考内容，在选择、填空题中考查较多，有时会出现在选择题、填空题的压轴小题位置，综合考查以解答题为主，中等难度．考向一：ω取值与范围问题考向二：面积与周长的最值与范围问题考向三：长度的范围与最值问题1、正弦定理和余弦定理的主要作用，是将三角形中已知条件的边、角关系转化为角的关系或边的关系，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素．2、与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式111sin sin sin222S ab C ac B bc A===，一般是已知哪一个角就使用哪个公式．3、对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．4、利用正、余弦定理解三角形，要注意灵活运用面积公式，三角形内角和、基本不等式、二次函数等知识．5、正弦定理和余弦定理是求解三角形周长或面积最值问题的杀手锏，要牢牢掌握并灵活运用．利用三角公式化简三角恒等式，并结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等求其最值．6、三角形中的一些最值问题，可以通过构建目标函数，将问题转化为求函数的最值，再利用单调性求解．7、“坐标法”是求解与解三角形相关最值问题的一条重要途径．充分利用题设条件中所提供的特殊边角关系，建立恰当的直角坐标系，选取合理的参数，正确求出关键点的坐标，准确表示出所求的目标，再结合三角形、不等式、函数等知识求其最值．一、单选题1．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数π()sin cos (0)6f x x x ωωω⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭在[0,π]上有且仅有2个零点，则ω的取值范围是（）A ．131,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．713,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．7,26⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．131,6⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B【解析】π1()sin cos sin sin 62f x x x x x x ωωωωω⎫⎛⎫=-+=--⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭3sin cos 22x x ωω=-1sin cos 22x x ωω⎫=-⎪⎪⎭π6x ω⎛⎫=- ⎪⎝⎭因为()f x 在 [0,π]上仅有2个零点，当 [0,π]x ∈时，πππ,π666x ωω⎡⎤-∈--⎢⎥⎣⎦（0ω>），所以πππ6ππ2π6ωω⎧-≥⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，解得71366ω≤<．故选：B.2．（2023·吉林长春·统考三模）已知函数()π2cos 13f x x ω⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，（0ω>）的图象在区间()0,2π内至多存在3条对称轴，则ω的取值范围是（）A ．50,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．25,33⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．57,36⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】因为()0,2πx ∈，0ω>，所以πππ,2π333x ωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，画出2cos 1y z =+的图象，要想图象在区间()0,2π内至多存在3条对称轴，则ππ2π,3π33ω⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，解得50,3ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.故选：A3．（2023·河南·许昌实验中学校联考二模）已知函数())π2sin 06f x x ωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有且仅有两个零点，则ω的取值范围是（）A ．75,93⎛⎤⎥⎝⎦B ．75,93⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．1010,93⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1010,93⎛⎤⎥⎝⎦【答案】C【解析】由题意知π3sin 62x ω⎛⎫-= ⎪⎝⎭在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有且仅有两个解．因为3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以ππ3ππ,6646x ωω⎡⎤-∈--⎢⎥⎣⎦，则需2π3ππ7π3463ω≤-<，解得101093ω≤<．故选：C4．（2023·广西·统考一模）定义平面凸四边形为平面上每个内角度数都小于180︒的四边形.已知在平面凸四边形ABCD 中，30,105,2A B AB AD ∠=︒==︒∠=，则CD 的取值范围是（）A ．⎫⎪⎪⎣⎭B ．⎣⎭C ．⎣⎭D ．212⎫⎪⎢⎪⎣⎭【答案】A【解析】在ABD △中，由余弦定理得：2222cos 3422cos301BD AB AD AB AD A =+-⋅=+-⨯=，显然2224AB BD AD +==，即90ABD ∠=o ，60ADB ∠=o ，在BCD △中，1BD =，15CBD ∠= ，因为ABCD 为平面凸四边形，则有0120BDC <∠< ，因此45165BCD <∠< ，而62sin165sin15sin(4530)sin 45cos30cos 45sin 302==-=-=，由正弦定理sin sin CD BD CBD BCD =∠∠得：sin 62sin 4sin BD CBD CD BCD BCD∠==∠∠，当4590BCD <∠≤ 时，sin 12BCD <∠≤，当90165BCD <∠< 时，sin 1BCD <∠<，sin 1BCD <∠≤，11sin BCD ≤<∠1CD ≤<，所以CD 的取值范围是62[4.故选：A5．（2023·全国·校联考二模）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，3b =，若2222b a c =+，则△ABC 面积的最大值为（）A ．2B ．34C ．1D ．32【答案】D【解析】因为2222b a c =+，所以()222cos ,0,π22a c b aB B ac c+-==-∈，所以sin B =42c=，所以△ABC 的面积14sin 24ABCS ac B == =222194122a c a +-⨯()22421122a c +=⨯32=，当且仅当22249c a a -=，即a c ==ABC 面积的最大值为32.故选:D6．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）在ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知60B = ，4b =，则ABC 面积的最大值为（）A ．B ．C ．D ．6【答案】B【解析】由余弦定理可得22222162cos 2b a c ac B a c ac ac ac ac ==+-=+-≥-=，即16ac ≤，当且仅当4a c ==时，等号成立，故1sin 162ABC S ac B ac =⨯= .因此，ABC面积的最大值为故选：B.7．（2023·全国·模拟预测）已知函数()sin()(0)f x x ωϕω=+>是在区间π5π,1836⎛⎫⎪⎝⎭上的单调减函数，其图象关于直线π36x =-对称，且f （x ）的一个零点是7π72x =，则ω的最小值为（）A ．2B ．12C ．4D ．8【答案】C【解析】因为函数()()sin f x x ωϕ=+的图象关于直线π36x =-对称，所以πππ362n ωϕ-⋅+=+，n ∈Z ，所以ϕ=1π236n ω⎛⎫++ ⎪⎝⎭，n ∈Z ，根据π5π1836x <<，则π5π1836x ωωω<<，所以π5π1836x ωωϕωϕϕ+<+<+，因为()()sin f x x ωϕ=+是在区间π5π,1836⎛⎫⎪⎝⎭上的单调减函数.所以ππ2π,1825π3π2π,362k k k k ωϕωϕ⎧+≥+∈⎪⎪⎨⎪+≤+∈⎪⎩Z Z ，所以π1ππ2π,,1823625π13ππ2π,,362362n k n k n k n k ωωωω⎧⎛⎫+++≥+∈∈ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+++≤+∈∈ ⎪⎪⎝⎭⎩Z Z Z Z ，即112,,1823625132,,362362n k n k n k n k ωωωω⎧⎛⎫+++≥+∈∈ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+++≤+∈∈ ⎪⎪⎝⎭⎩Z Z Z Z ，解得()()122621k n k n ω-≤≤-+，n ∈Z ，k ∈Z ，因为0ω>，所以20k n -=或21k n -=，当20k n -=时，06ω<≤，当21k n -=时，1212ω≤≤；由于π7π5π187236<<，且f （x ）的一个零点是7π72x =，所以()7π21π72m ωϕ⨯+=+，m ∈Z ，所以()7π1π21π72236n m ωω⎛⎫⨯+++=+ ⎪⎝⎭，m ∈Z ，n ∈Z ，即()824m n ω=-+，m ∈Z ，n ∈Z .根据06ω<≤或1212ω≤≤，可得4ω=，或12ω=，所以ω的最小值为4.故选：C.二、多选题8．（2023·安徽滁州·统考二模）在平面直角坐标系xOy 中，△OAB 为等腰三角形，顶角OAB θ∠=，点()3,0D 为AB 的中点，记△OAB 的面积()S f θ=，则（）A ．()18sin 54cos f θθθ=-B ．S 的最大值为6C ．AB 的最大值为6D ．点B 的轨迹方程是()22400x y x y +-=≠【答案】ABD【解析】由OAB θ∠=，OA AB =，()3,0D 为AB 的中点，若(,)A x y 且0y ≠，则(6,)B x y --，故222222(62)(2)4(3)4x y x y x y +=-+-=-+，整理得：22(4)4x y -+=，则A 轨迹是圆心为(4,0)，半径为2的圆（去掉与x 轴交点），如下图，由圆的对称性，不妨令A 在轨迹圆的上半部分，即02A y <≤，令22OA AB AD a ===，则222||||2cos OD OA AD OA AD θ=+-，所以2254cos 9a a θ-=，则2954cos a θ=-，所以2118sin sin 2sin 254cos OAB OAD OBD S S S OA AB a θθθθ=+===- ，A 正确；由113(0,6]22OAB OAD OBD A B A S S S y OD y OD y =+=⋅+⋅=∈ ，则S 的最大值为6，B 正确；由下图知：(2,6)OA AB =∈，所以AB 无最大值，C 错误；令(,)B m n ，则60A A x my n =-⎧⎨=-≠⎩代入A 轨迹得22(2)4m n -+=，即2240m m n -+=，所以B 轨迹为2240x x y -+=且0y ≠，D正确；故选：ABD三、填空题9．（2023·青海·校联考模拟预测）在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c ，且()2sin 2sin cos sin 2c B A a A B b A -=+，则ca的取值范围是______．【答案】()1,2【解析】由正弦定理和正弦二倍角公式可得()2sin sin 2sin sin cos sin sin 2C B A A A B B A-=+()2sin sin cos 2sin sin cos 2sin sin cos sin cos A A B B A A A A B B A =+=+()2sin sin A A B =+，因为π0<<,π2C C A B -=+，所以()()0s s in s in πin C A C B =-=≠+，可得()sin sin B A A -=，因为ππ0022A B <<<<，，所以ππ22B A -<-<，所以2B A =，π3C A =-，由202πB A <=<，203ππC A <<=-可得ππ64A <<，cos 22A <<，213cos 24A <<，由正弦定理得()sin 2sin sin 3sin 2cos cos 2sin sin sin sin sin A A c C A A A A Aa A A A A++====()222cos cos 24cos 11,2A A A =+=-∈.故答案为：()1,2.10．（2023·上海金山·统考二模）若函数πsin 3y x ω⎛⎫=- ⎪⎝⎭（常数0ω>）在区间()0,π没有最值，则ω的取值范围是__________.【答案】506ω<≤【解析】因为0ω>，()0,πx ∈，所以ππππ333x ωω-<-<-，又因为函数πsin 3y x ω⎛⎫=- ⎪⎝⎭（常数0ω>）在区间()0,π没有最值，所以πππ32ω-≤，解得506ω<≤，所以ω的取值范围是506ω<≤故答案为：506ω<≤.11．（2023·全国·校联考二模）设锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且sin sin sin b B a A a C =+，则3b ca-的取值范围是______.【答案】132,]4【解析】由sin sin sin b B a A a C =+,得22b a ac =+,由余弦定理得2222cos 222b c a c ac a cA bc bc b+-++===,由正弦定理得sin sin cos 22sin a c A C A b B++==,即s sin 2sin c i o n s C B A A +=,又()sin sin C A B =+，所以sin sin cos cos sin 2cos sin A A B A B A B ++=,即sin sin os sin cos A Bc A A B =-,所以()sin sin A B A =-，因为,A B 为ABC 的内角,所以πB A A -+=(舍去)或B A A -=,所以2B A =.由正弦定理得33sin sin 3sin 2sin()3sin 2sin 3sin sin sin b c B C A B A A Aa A A A---+-===因为()2sin 3sin 2sin 2cos cos 2sin 2sin cos cos 2sin A A A A A A A A A A A =+=+=+,又(0,π),sin 0A A ∈≠，所以236sin cos 2sin cos cos 2sin sin b c A A A A A Aa A---=2226cos 2cos cos 26cos 2cos 2cos 1A A A A A A =--=--+223134cos 6cos 14(cos )44A A A =-++=--+,由于π2(0,)2B A =∈得π(0,)4A ∈，由πππ3(0,)2C A B A =--=-∈，得ππ(,)63A ∈，则ππ(,)64A ∈，所以2cos 2A ∈，当3cos 4A =时，23134(cos )44A --+取最大值134，当cos A =23134(cos )44A --+等于2，当cos A =23134(cos )44A --+等于1，而21>，所以3b ca -取值范围是132,]4，故答案为：132,]412．（2023·上海嘉定·统考二模）如图，线段AB 的长为8，点C 在线段AB 上，2AC =．点P 为线段CB 上任意一点，点A 绕着点C 顺时针旋转，点B 绕着点P 逆时针旋转．若它们恰重合于点D ，则CDP △的面积的最大值为__________．【答案】【解析】由题意可知，6C AB C B A =-=，即6PC PB +=.在CDP △中，有CD AC 2==，DP PB =，所以6PC DP +=.由余弦定理可得，()222224cos 22PC DP PC DP PC DP CD CPD PC DP PC DP+-⋅-+-∠==⋅⋅3624162PC DP PC DP PC DP PC DP-⋅--⋅==⋅⋅，所以22sin 1cos CPD CPD ∠=-∠2161PC DP PC DP -⋅⎛⎫=- ⎪⋅⎝⎭2221632PC DP PC DP -+⋅=⋅，所以有221sin 2CDPS PC PD CPD ⎛⎫=⋅∠ ⎪⎝⎭△22221256324PC DPPC DP PC DP -+⋅=⋅⋅⋅⋅864PC DP =⋅-2864896482PC DP +⎛⎫≤-=⨯-= ⎪⎝⎭，当且仅当3PC PB ==时，等号成立.所以，28CDP S ≤△，所以，CDP S ≤△CDP △的面积的最大值为故答案为：四、解答题13．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题.①sin sin 2B Cc a C +=；②sin 1cos a C A=-；③ABC )222b c a +-.(1)求角A 的大小；(2)求sin sin B C 的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【解析】（1）选择①：由正弦定理可得，sin cossin sin 2AC A C =，因为(0,π),sin 0C C ∈>，所以cossin 2A A =，即cos 2sin cos 222A A A =，因为π022A <<，所以cos 02A >，所以1sin 22A =，所以π26A =，即π3A =；选择②sin 1cos a CA=-，则sin cos a C A =，由正弦定理得sin sin cos A C C C A =-，因为(0,π),sin 0C C ∈>，所以sin A A =，即π3sin 32A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为0πA <<，所以ππ4π333A <+<，所以π2π33A +=，即π3A =；选择③：由()2221sin 42ABC S b c a bc A =+-= ，222sin 2b c a A bc+-=sin A A =，所以tan A =0πA <<，故π3A =.（2）方法一：πsin sin sin sin 3B C B B ⎛⎫=⋅+ ⎪⎝⎭1sin sin cos 22B B B ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭21sin sin cos 22B B B =+11cos244B B =-11πsin 2426B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭因为2π03B <<，所以ππ7π2666B -<-<，所以1πsin 2126B ⎛⎫-<-≤ ⎪⎝⎭，所以11π3024264B ⎛⎫<+-≤ ⎪⎝⎭，即sin sin B C 的取值范围为30,4⎛⎤⎥⎝⎦.方法二：由余弦定理，222222cos a b c bc A b c bc =+-=+-，再由正弦定理，222sin sin sin sin sin A B C B C =+-，因为π3A =，所以223sin sin sin sin 2sin sin sin sin 4B C B C B C B C =+-≥-，即3sin sin 4B C ≥，当且仅当sin sin 2B C ==时“=”成立.又因为sin 0B >，sin 0C >，所以30sin sin 4B C <≤，即sin sin B C 的取值范围为30,4⎛⎤⎥⎝⎦.14．（2023·陕西榆林·统考三模）已知,,a b c 分别为ABC 的内角,,A B C 所对的边，4AB AC ⋅=，且sin 8sin ac B A =．(1)求A ；(2)求sin sin sin A B C 的取值范围．【解析】（1）cos 4AB AC bc A ⋅==，由sin 8sin ac B A =及正弦定理，得8abc a =，得8bc =，代入cos 4bc A =得1cos 2A =，又因为(0,π)A ∈，所以π3A =．（2）由（1）知π3A =，所以2ππ3C A B B =--=-.所以2ππsin sin sin sin sin 33A B C B B B B ⎛⎫⎛⎫==+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭213cos sin sin cos sin 22244B B B B B B ⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭3sin 228B B =+π2468B ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，因为2π03B <<,所以ππ7π2666B -<-<，所以1πsin 2126B ⎛⎫-<-≤ ⎪⎝⎭，所以3π333024688B ⎛⎫<-+ ⎪⎝⎭，故sin sin sin A B C 的取值范围是⎛ ⎝⎦.15．（2023·上海浦东新·统考二模）已知,0R ωω∈>，函数cos y x x ωω-在区间[0,2]上有唯一的最小值-2，则ω的取值范围为______________．【解析】πcos 2sin 6y x x x ωωω⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，因为[]0,2x ∈，0ω>，所以πππ,2666x ωω⎡⎤-∈--⎢⎥⎣⎦，因为函数π2sin 6y x ω⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,2x ∈上有唯一的最小值-2，所以π3π7π2,622ω⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，解得5π11π,66ω⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，故ω的取值范围是5π11π,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭.故答案为：5π11π,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭16．（2023·浙江金华·模拟预测）在ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边为a ，b ，c ．已知ABC 的面积4ac S =，其外接圆半径2R =，且()224cos cos ()sin A B b B -=．(1)求sin A ；(2)若A 为钝角，P 为ABC 外接圆上的一点，求PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅的取值范围．【解析】（1）由1sin 42ac S ac B ==，得1sin 2B =，()()()()2222224cos cos 41sin 1sin 4sin sin A B A B B A ⎡⎤-=---=-⎣⎦，由正弦定理24sin sin a bR A B===，4sin ,4sin a A b B ==，则2()sin 4sin 4sin b B B A B =-，由()224cos cos ()sin A B b B -=，得()2224sin sin 4sin 4sin B A B A B -=-，化简得2sin sin A A B =，由()0,πA ∈，sin 0A ≠，解得sin A B =，因此sin A =.（2）由（1）得，若A 为钝角，则120A =o ，则3030B C == ，，如图建立平面直角坐标系，则(0,2),(A B C ，设(2cos ,2sin )P θθ．则(2cos ,22sin )PA θθ=-- ，(2cos ,12sin )PB θθ=- ，2cos ,12sin )PC θθ=-，有66sin PA PB θθ⋅=-+ ，66sin PA PC θθ⋅=-- ，24sin PB PC θ⋅=-，则1416sin PA PB PA PC PB PC ⋅+⋅+⋅=-θ．由sin [1,1]θ∈-，则1416sin [2,30]-∈-θ，所以PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅的取值范围为[2,30]-.17．（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数()()()sin 0,0f x A x A ωϕω=+>>的图象是由π2sin 6y x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移π6个单位长度得到的.(1)若()f x 的最小正周期为π，求()f x 的图象与y 轴距离最近的对称轴方程；(2)若()f x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有且仅有一个零点，求ω的取值范围.【解析】（1）由2ππω=，得2ω=，所以()πππ2sin 22sin 2666f x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，令ππ2π62x k -=+，k ∈Z ，解得ππ23k x =+，k ∈Z ，取0k =，得π3x =，取1k =-，得π6x =-，因为ππ63-<，所以与y 轴距离最近的对称轴方程为π6x =-.（2）由已知得()()1πππ2sin 2sin666f x x x ωωω-⎡⎤⎡⎤⎛⎫=-+=+⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦，令()1ππ6x k ωω-+=，k ∈Z ，解得61π6k x ωω+-=，k ∈Z .因为()f x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有且仅有一个零点，所以π613ππ26267ππ<62653ππ>62k k k ωωωωωω+-⎧≤≤⎪⎪+-⎪⎨⎪++⎪⎪⎩()k ∈Z 所以616182676528k k k k ωω--⎧≤≤⎪⎪⎨-+⎪<<⎪⎩.因为0ω>，所以616102861026567082k k k k k --⎧-≥⎪⎪⎪->⎨⎪⎪+-->⎪⎩，解得133618k <<，k ∈Z ，所以1k =，解得51188ω≤<，即ω的取值范围为511,88⎡⎫⎪⎢⎣⎭.18．（2023·山东德州·统考一模）在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos c b A b -=．(1)求证：2A B =；(2)若A 的角平分线交BC 于D ，且2c =，求ABD △面积的取值范围．【解析】（1）因为2cos c b A b -=，由正弦定理得sin 2sin cos sin C B A B -=又πA B C ++=，所以()()sin 2sin cos sin cos cos sin sin sin A B B A A B A B A B B+-=-=-=因为ABC 为锐角三角形，所以π0,2A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，π0,2B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，ππ,22A B ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭又sin y x =在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以A B B -=，即2A B =；（2）由（1）可知，2A B =，所以在ABD △中，ABC BAD ∠=∠，由正弦定理得：()2sin sin π2sin2AD AB B B B ==-，所以1cos AD BD B==，所以1sin sin tan 2cos ABD BS AB AD B B B=⨯⨯⨯== ．又因为ABC 为锐角三角形，所以π02B <<，0π22B <<，0π3π2B <-<，解得π6π4B <<，所以tan B ⎫∈⎪⎪⎝⎭，即ABD △面积的取值范围为⎫⎪⎪⎝⎭．19．（2023·江西吉安·统考一模）在直角坐标系xOy 中,M 的参数方程为cos ,2sin x y θθ=⎧⎨=⎩(θ为参数),直线:sin 4l πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭(1)求M 的普通方程;(2)若D 为M 上一动点,求D 到l 距离的取值范围.【解析】（1）由22sin cos 1θθ+=得M 的普通方程为2214y x +=.（2）直线l 即sin cos 4ρθρθ+=，由cos ,sin x y ρθρθ==得直线l 的普通方程为40x y +-=，设(cos ,2sin )D θθ，则d =其中cos ϕϕ==因为cos()[1,1]θϕ-∈-,⎤⎥⎣⎦，所以D 到l 距离的取值范围为4210421022⎡⎢⎣⎦.20．（2023·江西九江·统考二模）在锐角ABC 中，角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，已知()()0a b c a b c ab -+--+=，sin 3cos 3cos bc C c A a C =+．(1)求c ；(2)求a b +的取值范围．【解析】（1）()()0a b c a b c ab -+--+= ，222a b c ab ∴+-=，即222122a b c ab +-=，1cos 2C ∴=，又0πC << ，π3C ∴=，sin C ∴=，sin 3cos 3cos bc C c A a C =+，sin C=sin 3(sin cos sin cos )3sin()3sin 2B cC A A C A C B∴⋅⋅=+=+=，0πB << ，即sin 0B ≠，32c =，解得c =．（2）由正弦定理得，4sin sin sin a b c A B C ===，∴4sin a A =，4sin b B =，∴4sin 4sin a b A B +=+，πA B C ++=，π3C =，∴2π3B A =-则2π4sin 4sin 3a b A A ⎛⎫+=+-⎪⎝⎭14(sin cos sin )2A A A =+6sin A A=+π6A ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，ABC 为锐角三角形，∴π0,2A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，π0,2B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭∴ππ,62A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭∴ππ2π,633A ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，∴πsin ,162A ⎛⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦，∴(π6,6A ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，即(6,a b +∈．21．（2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测）在锐角ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，已知sin sin sin B A Cb c b a-=-+.(1)求角A 的值；(2)若2c =，求a b +的取值范围．【解析】（1）由正弦定理sin sin sin a b cA B C==得：b a cb c b a-=-+，整理得：222b c a bc +-=，由余弦定理得：2221cos 222b c a bc A bc bc +-===，∵(0,π)A ∈，则π3A =.（2）由（1）可得：π3A =，且2c =，锐角ABC 中，由正弦定理得：sin sin sin a b cA B C==，可得π2sin sin sin 31sin sin sin C c A c B a b C C C ⎛⎫+ ⎪⋅⋅⎝⎭====则)21cos 21111sin 2sin cos tan 222CC a b C C C C ++=++=+=+∵ABC 锐角三角形，且π3A =，则π02π02C B ⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，即π022ππ032C C ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得ππ62C <<，即ππ1224C <<，且ππtantanπππ34tan tan 2ππ12341tan tan 34-⎛⎫=-==- ⎪⎝⎭+⋅可得()tan 22C ∈，则(114tan 2C++，故a b +的范围是(14+.22．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）在ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知7b =，且sin sin sin sin a b A Cc A B+-=-.(1)求ABC 的外接圆半径R ；(2)求ABC 内切圆半径r 的取值范围.【解析】（1）由正弦定理，sin sin sin sin a b A C a cc A B a b+--==--，可得222,b a c ac =+-再由余弦定理，1cos 2B =，又()0,πB ∈，所以π3B =.因为2sin3bRB==，所以3R=.（2）由（1）可知：2249a c ac+-=，则2()493a c ac+=+.()11sin22ABCS ac B a b c r==++⋅则)23()497277ac a cr a ca c a c+-===+-++++.在ABC中，由正弦定理，sin sin sina c bA C B===,sina A c C，则)1431432πsin sin sin sin333a c A C A A⎡⎤⎛⎫+=+=+-⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦14331sin cos sin322A A A⎛⎫=+⎪⎪⎝⎭31πsin cos14sin cos14sin226A A A A A⎫⎛⎫⎛⎫==+⋅=+⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又ππ2π0,,333A⎛⎫⎛⎫∈⋃⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以ππππ5π,,66226A⎛⎫⎛⎫+∈⋃⎪⎝⎭⎝⎭，所以π1sin,162A⎛⎫⎛⎫+∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()π14sin7,146A⎛⎫+∈⎪⎝⎭，所以r⎛∈⎝⎭.23．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考一模）在锐角ABC中，设边,,a b c 所对的角分别为,,A B C，且22a b bc-=．(1)求角B的取值范围；(2)若4c=，求ABC中AB边上的高h的取值范围．【解析】（1）因为22a b bc-=，所以2222cos 222b c a c bc c bA bc bc b+---===，所以2cos c b b A -=，sin sin 2sin cos C B B A -=，又()πC A B =-+，所以()sin sin 2sin cos A B B B A =+-，整理可得()sin sin A B B -=，所以A B B -=或πA B B -+=(舍去)，所以2A B =，又ABC 为锐角三角形，所以π02π022π0π32B A B C B ⎧<<⎪⎪⎪<=<⎨⎪⎪<=-<⎪⎩，所以64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；（2）由题可知11sin 22S ch ac B ==，即sin h a B =，又()sin 2sin sin π3a b cB B B ==-，所以4sin 2sin 3Ba B=，所以4sin 2sin 4sin 2sin sin sin 3sin 2cos cos 2sin B B B Bh a B B B B B B===+248tan 81133tan tan tan tan 2tan B B B B B B===-+-，由64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可得tan B ⎫∈⎪⎪⎝⎭，所以3tan tan B B ⎛-∈ ⎝⎭，所以)4h ∈，即ABC 中AB 边上的高h 的取值范围是)4.24．（2023·辽宁鞍山·统考二模）请从①2sin cos cos cos a B B C B =；②()22sin sin sin sin sin A C B A C -=-；③sin 1cos Aa B=+这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（如未作出选择，则按照选择①评分.选择的编号请填写到答题卡对应位置上）在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若___________，(1)求角B 的大小；(2)若△ABC 为锐角三角形，1c =，求22a b +的取值范围.【解析】（1）若选①因为2sin cos cos cos a B B C B =，由正弦定理得2sin sin cos cos cos A B B B C C B =，即sin sin (sin cos sin cos )A B B B C C B +sin()B B C =+，所以sin sin sin A B B A =，由(0,π)A ∈，得sin 0A ≠，所以sin B B =，即tan B =因为(0,π)B ∈，所以π3B =.若选②由22(sin sin )sin sin sin A C B A C -=-，化简得222sin sin sin sin sin A C B A C +-=.由正弦定理得：222a cb ac +-=，即222122a cb ac +-=，所以1cos 2B =.因为(0,π)B ∈，所以π3B =.若选③sin A =sin sin (1cos )B A A B =+，因为0πA <<，所以sin 0A ≠，1cos B B =+，所以π1sin 62B ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，又因为ππ5π666B -<-<，所以π3B =.（2）在ABC 中，由正弦定理sin sin a c A C =，得sin sin c A a C =，sin sin 2sin c B b C C ==由（1）知：π3B =，又с=1代入上式得：222223sin 3sin 3sin()22cos 12()cos 1cos 1cos sin sin sin sin A A B C a b c ab C C C CC C C C ++=+=+⨯=+=+22π1sin()3321cos 1cos 1sin 2tan C C C C C +=+==+因为ABC 为锐角三角形，所以π022ππ032C C ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得ππ,62C ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以tan C1tan C ∴∈，所以()2222331711,72tan 2tan 2tan 68a b C C C ⎛+=++=++∈ ⎝⎭.25．（2023·福建·统考模拟预测）ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且π2sin 6b c A ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.(1)求C ；(2)若1c =，D 为ABC 的外接圆上的点，2BA BD BA ⋅=，求四边形ABCD 面积的最大值.【解析】（1）因为π2sin 6b c A ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，在ABC 中，由正弦定理得，i s n in 2sin πs 6B AC ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.又因为()()sin sin πsin B A C A C =--=+，所以()πsin 2s n sin i 6A C A C ⎛⎫+=+⎪⎝⎭，展开得sin cos cos sin sin sin cos 122A C A C C A A ⎫+=+⎪⎪⎝⎭，即sin cos 0n sin A C C A =，因为sin 0A ≠，故cos C C =，即tan C =又因为()0,πC ∈，所以π6C =.（2）解法一：如图1设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，因为2BA BD BA ⋅= ，所以()0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅=，所以DA BA ⊥，故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =.在ABD △中，AD =.设四边形ABCD 的面积为S ，BC x =，CD y =，则224x y +=，ABD CBD S S S =+△△111222AB BC xyAD CD =+⋅=⋅22112222x y +≤+⋅=，当且仅当x y ==时，等号成立.所以四边形ABCD1+.解法二：如图1设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，BD 在BA上的投影向量为BA λ ，所以()2BA BD BA BA BA λλ⋅=⋅= .又22BA BD BA BA ⋅== ，所以1λ=，所以BD 在BA 上的投影向量为BA ，所以DA BA ⊥.故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =，在ABD △中，AD =.设四边形ABCD 的面积为S ，CBD θ∠=，π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则2cos CB θ=，2sin CD θ=，所以ABD CBD S S S =+△△1122B AD CD AB C =⋅⋅+sin 22θ=+，当π22θ=时，S 最大，所以四边形ABCD1.解法三：如图1设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，因为2BA BD BA ⋅= ，所以()0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅= ，所以DA BA ⊥.故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =.在ABD △中，AD =.设四边形ABCD 的面积为S ，点C 到BD 的距离为h ，则ABD CBD S S S =+△△1122AD h AB BD ⋅+⋅=2h =+，当1h R ==时，S 最大，所以四边形ABCD1.解法四：设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，故ABC 外接圆O 的半径1R =.即1OA OB AB ===，所以π3AOB ∠=.如图2，以ABC 外接圆的圆心为原点，OB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，则12A ⎛ ⎝⎭，()10B ,.因为C ，D 为单位圆上的点，设()cos ,sin C αα，()cos ,sin D ββ，其中()0,2πα∈，()0,2πβ∈.所以122BA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()cos 1,sin BD ββ=- ，代入2BA BD BA ⋅= ，即1BA BD ⋅=，可得11cos 122ββ-+=，即π1sin 62β⎛⎫-= ⎪⎝⎭.由()0,2πβ∈可知ππ11π,666β⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，所以解得ππ66β-=或π5π66β-=，即π3β=或πβ=.当π3β=时，A ，D 重合，舍去；当πβ=时，BD 是O 的直径.设四边形ABCD 的面积为S ，则11sin sin 2222ABD CBD S S S BD BD αα=+=⋅+⋅=+△△，由()0,2πα∈知sin 1α≤，所以当3π2α=时，即C 的坐标为()0,1-时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为12+.26．（2023·山西·校联考模拟预测）如图，在四边形ABCD 中，已知2π3ABC ∠=，π3BDC ∠=，AB BC ==(1)若BD =AD 的长；(2)求ABD △面积的最大值．【解析】（1）在BCD △中，由余弦定理，得2222cos BC BD DC BD DC BDC =+-⋅⋅∠，∴222π2cos 3CD CD =+-⨯⋅，整理得2720CD --=,解得CD =CD =-∴2222221c os27BD BC CD DBC BD BC +-∠===⋅，而2π(0,)3DBC ∠∈,故sin DBC ∠=,∴2π1311cos cos cos sin 32214ABD DBC DBC DBC ⎛⎫∠=-∠=-∠+∠= ⎪⎝⎭，故在ABD △中，2222cos AD AB BD AB BD ABD=+-⋅⋅∠221125714=+-⨯=，∴AD =（2）设,2π(0,)3CBD θθ∠=∈,则在BCD △中，sin sin BC BD BDC BCD=∠∠,则2πsin()sin π314sin()2πsin 3sin 3BC BCD BD BDCθθ-∠===+∠，所以π2π11sin sin 2214sin()()33ABD S AB BD ABD θθ=+=⨯⨯∠-⋅△2π34()θ=+，当2πsin (13θ+=，即π6θ=时，ABD △面积取到最大值27．（2023·湖南·校联考二模）在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且满足236sin02A Ba b b +-+=．(1)求证：3cos 0a b C +=；(2)求tan A 的最大值．【解析】（1）∵236sin02A Ba b b +-+=，∴22π36sin36cos 022C Ca b b a b b --+=-+=，∴1cos 3602Ca b b +-+⋅=，∴3cos 0a b C +=．（2）由（1）可得：sin 3sin cos 0A B C +=，且C 为钝角，即4sin cos cos sin 0B C B C +=，即4tan tan 0B C +=，tan 4tan C B =-，()2tan tan 3tan 3tan tan 11tan tan 4tan 14tan tan B C B A B C B C B B B+=-+=-==-++34=，当且仅当14tan tan B B =，即1tan 2B =时取等号．故tan A 的最大值为34．28．（2023·黑龙江大庆·铁人中学校考二模）在ABC 中，a ，b ，c 分别是ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，且sin sin sin sin b a c A C B C-=+-．(1)求角A 的大小；(2)记ABC 的面积为S ，若12BM MC = ，求2AMS的最小值．【解析】（1）因为sin sin sin sin b a c A C B C -=+-，即sin sin sin sin B C a cA C b--=+由正弦定理可得，b c a ca c b--=+，化简可得222a b c bc =+-，且由余弦定理可得，2222cos a b c bc A =+-，所以1cos 2A =，且()0,πA ∈，所以π3A =.（2）因为12BM MC = ，则可得1233AM AC AB =+ ，所以222212144cos 33999AM AC AB AC AC AB A AB ⎛⎫=+=+⋅+ ⎪⎝⎭22142999b c =++且1sin 2S bc A ==，即2221424299999b c bc bc bcAM S+++= 当且仅当1233b c =，即2b c =时，等号成立.所以2minAM S ⎛⎫ ⎪=⎪ ⎪⎝⎭ 29．（2023·云南·统考二模）ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，π3A =．(1)若2b =，3c =．求证：tan sin a bA B+=(2)若D 为BC 边的中点，且ABC的面积为AD 长的最小值．【解析】（1）证明：π3A =Q ，2b =，3c =，由余弦定理可得22212cos 4922372a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=，a ∴=ππtan sin tan sin tan sin 33a b a a A B A A ∴+=+.（2）由1sin 24ABC S bc A bc ===V 24bc =．D 为边BC 的中点，则0DB DC +=，()()2AB AC AD DB AD DC AD ∴+=+++=，所以，()222222π422cos3AD AB ACAB AC AB AC c b cb =+=++⋅=++222372b c bc bc bc bc =++≥+==，即AD ≥当且仅当b c ==AD 长的最小值为30．（2023·广西·统考一模）在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，满足(2)cos cos 0b a C c B ++=.(1)求C ；(2)若角C 的平分线交AB 于点D ，且2CD =，求2a b +的最小值.【解析】（1）因为(2)cos cos 0b a C c B ++=，由正弦定理得(sin 2sin )cos sin cos 0B A C C B ++=，即sin cos sin cos 2sin cos B C C B A C +=-，所以()sin sin 2sin cos B C A A C +==-，又()0,πA ∈，则sin 0A >，所以1cos 2C =-，又因()0,πC ∈，所以2π3C =；（2）因为角C 的平分线交AB 于点D ，所以π3ACD BCD ∠=∠=，由ABC ACD BCD S S S =+△△△，得12π1π1πsinsin sin 232323ab CD b CD a =⋅+⋅，即22a b ab +=，所以221ab+=，则()222422666b a a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫+=++=++≥+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当24b a a b=，即2b ==时取等号，所以2a b +的最小值为6+.31．（2023·安徽宣城·统考二模）设ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知1sin 1cos 2cos sin 2A BA B--=．(1)判断ABC 的形状，并说明理由；(2)求2254cos a a c c B-的最小值．【解析】（1）ABC 为钝角三角形，证明如下：由21sin 1cos 22sin sin cos sin 22sin cos cos A B B B A B B B B--===，则有cos sin cos sin cos B A B B A -=，所以cos sin()B A B =+，因为()0,πA B +∈，所以()cos sin 0B A B =+>，则B 为锐角．所以()cos sin sin 2πB B A B ⎛⎫=-=+⎪⎝⎭，所以π2B A B -=+或()2πB A B π⎛⎫-++= ⎪⎝⎭，则22πA B +=或π2A =，由题意知cos 0A ≠，所以π2A ≠，所以22πA B +=，所以,22C πA B B πππ⎛⎫=--=+∈ ⎪⎝⎭，故ABC 为钝角三角形．（2）由（1）知22πA B +=，π2C B =+，由正弦定理，有22225sin 5sin 4cos sin 4sin cos a a A Ac c B C C B-=-22sin 25sin 222sin 4sin cos 22B B B B B ππππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222cos 25cos 2cos 4cos B B B B =-222222cos 15(2cos 1)cos 4c ()os B B B B --=-42224cos 4cos 155cos 4cos 2B B B B -+=+-229134cos 4cos 2B B =+-132≥12=-当且仅当2294cos 4cos B B=时等号成立，由B 为锐角，则cos 2B =，所以当π6B =时取最小值12-．32．（2023·全国·模拟预测）已知ABC 是斜三角形，角A ，B ，C 满足cos(2)cos sin 2A B A B ++=.(1)求证：cos sin 0C B +=；(2)若角A ，B ，C 的对边分别是边a ，b ，c ，求22245a b c+的最小值，并求此时ABC 的各个内角的大小.【解析】（1）由()cos 2cos sin2A B A B ++=得cos cos2sin sin2cos sin2A B A B A B -+=，所以()()cos 1cos21sin sin2A B A B +=+，所以()22cos cos 21sin sin cos A B A B B =+.因为ABC 是斜三角形，所以cos 0B ≠，所以()cos cos 1sin sin A B A B =+，所以cos cos sin sin sin 0A B A B B --=，所以()cos sin 0A B B +-=，又A B C π++=，所以cos sin 0C B +=.（2）在ABC 中，有sin 0B >，由（1）知cos sin 0C B +=，所以cos 0C <，于是角C 为钝角，角B 为锐角，根据cos cos 2C B π⎛⎫=+⎪⎝⎭，所以2C B π=+.由正弦定理，得()2222222222224sin 25sin 4sin 5sin 454sin 5sin 22sin sin sin C C B C B a b A B c C C Cππ⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭===()()2222242222412sin 55sin 4cos 25cos 16sin 21sin 9sin sin sin CCC CC C CCC-+-+-+===，22916sin 21213sin C C=+-≥=，当且仅当22916sin sin C C =，即23sin 4C =，sin 2C =时等号成立，又角C 为钝角，所以120C =︒时，等号成立，由2C B π=+，得30B =︒，由180A B C ++=︒，得30A =︒，因此22245a b c +的最小值为3，此时三角形ABC 的各个内角为30A =︒，30B =︒，120C =︒.33．（2023·吉林·统考三模）如图，圆O 为ABC 的外接圆，且O 在ABC 内部，1OA =，2π3BOC ∠=．(1)当π2AOB ∠=时，求AC ；(2)求图中阴影部分面积的最小值．【解析】（1）法一：由题意可知，π2π5π2π236AOC ∠=--=，在AOC 中，由余弦定理得2222311211cos 22AC OA OC OA O AOC C ⎛∠=+-⨯⨯⨯-=+⎭-⎝=+⋅∴622AC =.法二：在ABC 中，π2π5π2π236AOC ∠=--=，1OA =，1π24ACB AOB ∠=∠=，15π212ABC AOC ∠=∠=，AB =由正弦定理得sin sin AB ACACB ABC=∠∠，∴π5πsin sin 412AC=，5πππππππsin sin()sin cos cos sin 124646464=+=+=，∴2AC =.（2）设AOB θ∠=，则4π3AOC θ∠=-114π1π11sin 11sin sin sin 22323AOB AOC S S θθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯-=-- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦△△13πsin sin 22226θθθ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设阴影部分面积为S ，优弧 BC所对的扇形BOC 面积为S 扇形，则212π2π12π233S ⎛⎫=⨯⨯-= ⎪⎝⎭扇形,∴()π2πsin 263AOB AOC S S S S θ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭扇形△△,∵点O 在ABC 内部，∴ππ3θ<<，∴ππ5π666θ<-<,当ππ62θ-=时，即2π3θ=时，min 2π3S =-。
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热点探究课(二) 三角函数与解三角形中的高考热点问题[命题解读] 从近五年浙江卷高考试题来看，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、变形应用公式，并注重转化思想与数形结合思想的应用．热点1 三角函数的图象与性质(答题模板)要进行五点法作图、图象变换，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，将其化为一个角的一种三角函数，求解这类问题，要灵活利用两角和(差)公式、倍角公式、辅助角公式以及同角关系进行三角恒等变换．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)．(1)求f (x )的最小正周期； (2)若将f (x )的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，求函数g (x )在区间[0，π]上的最大值和最小值. 【导学号：51062131】[思路点拨] (1)先逆用倍角公式，再利用诱导公式、辅助角公式将f (x )化为正弦型函数，然后求其周期．(2)先利用平移变换求出g (x )的解析式，再求其在给定区间上的最值． [规范解答] (1)f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)3分 ＝3cos x ＋sin x ＝2sin⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，5分 于是T ＝2π1＝2π.6分 (2)由已知得g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6.8分∵x ∈[0，π]，∴x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，10分 ∴g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈[－1,2].13分 故函数g (x )在区间[0，π]上的最大值为2，最小值为－1.14分 [答题模板] 解决三角函数图象与性质的综合问题的一般步骤为： 第一步(化简)：将f (x )化为a sin x ＋b cos x 的形式． 第二步(用辅助角公式)：构造f (x )＝a 2＋b 2·⎝⎛⎭⎪⎫sin x ·a a 2＋b 2＋cos x ·b a 2＋b 2. 第三步(求性质)：利用f (x )＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)研究三角函数的性质． 第四步(反思)：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．[温馨提示] 1.在第(1)问的解法中，使用辅助角公式a sin α＋b cos α＝a 2＋b 2 sin (α＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝b a ，在历年高考中使用频率是相当高的，几乎年年使用到、考查到，应特别加以关注.2．求g (x )的最值一定要重视定义域，可以结合三角函数图象进行求解． [对点训练1] (2017·石家庄模拟)已知函数f (x )＝A sin ωx ＋B cos ωx (A ，B ，ω是常数，ω>0)的最小正周期为2，并且当x ＝13时，f (x )max ＝2.(1)求f (x )的解析式；(2)在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤214，234上是否存在f (x )的对称轴？如果存在，求出其对称轴方程；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为f (x )＝A 2＋B 2sin(ωx ＋φ)，由它的最小正周期为2，知2πω＝2，ω＝π.2分又因为当x ＝13时，f (x )max ＝2，知13π＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，φ＝2k π＋π6(k ∈Z )，4分所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋2k π＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6(k ∈Z )．故f (x )的解析式为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π6.6分(2)当垂直于x 轴的直线过正弦曲线的最高点或最低点时，该直线就是正弦曲线的对称轴，令πx ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k ＋13(k ∈Z ).9分 由214≤k ＋13≤234，解得5912≤k ≤6512，11分 又k ∈Z ，知k ＝5，13分由此可知在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤214，234上存在f (x )的对称轴，其方程为x ＝163.14分热点2 解三角形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，求解的关键是实施边角互化，同时结合三角恒等变换进行化简与求值．△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 面积是△ADC面积的2倍．(1)求sin Bsin C； (2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长．[解] (1)S △ABD ＝12AB ·AD sin ∠BAD ，S △ADC ＝12AC ·AD sin ∠CAD .2分因为S △ABD ＝2S △ADC ，∠BAD ＝∠CAD ，所以AB ＝2AC . 由正弦定理，得sin B sin C ＝AC AB ＝12.6分 (2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ，所以BD ＝ 2.8分 在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理，知AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ，AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC .12分 故AB 2＋2AC 2＝3AD 2＋BD 2＋2DC 2＝6. 由(1)，知AB ＝2AC ，所以AC ＝1.14分[规律方法] 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．[对点训练2] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a sin 2B ＝3b sin A .(1)求B ；(2)若cos A ＝13，求sin C 的值．[解] (1)在△ABC 中，由a sin A＝b sin B，可得a sin B ＝b sin A ．2分 又由a sin 2B ＝3b sin A ，得2a sin B cos B ＝3b sin A ＝3a sin B ， 所以cos B ＝32，得B ＝π6.6分(2)由cos A ＝13，可得sin A ＝223，则sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6 ＝32sin A ＋12cos A ＝26＋16.14分 热点3 三角恒等变换与解三角形的综合问题以三角形为载体，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．(2017·浙江高考冲刺卷(二))在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且sin A －cos A ＝－105，cos B ＝255. (1)求角C ；(2)若△ABC 的面积为2，求a 的值. 【导学号：51062132】 [解] (1)∵sin A －cos A ＝－105， ∴1－2sin A cos A ＝25，2分∴2sin A cos A ＝35，∴A 为锐角．∴sin A ＋cos A ＝1＋2sin A cos A ＝2105.3分 由⎩⎪⎨⎪⎧sin A －cos A ＝－105，sin A ＋cos A ＝2105，得⎩⎪⎨⎪⎧sin A ＝1010，cos A ＝31010.∵cos B ＝255，∴B 为锐角，∴sin B ＝1－cos 2B ＝55. 则cos C ＝－cos(A ＋B )＝－cos A cos B ＋sin A sin B ＝－22， 而0<C <π，∴C ＝3π4.8分 (2)由正弦定理得b a ＝sin Bsin A ＝2，则b ＝2a .由(1)得sin C ＝22， △ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×a ×2a ×22＝12a 2＝2，∴a ＝2.14分[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．[对点训练3] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋A ＝2. (1)求sin 2Asin 2A ＋cos 2A的值；(2)若B ＝π4，a ＝3，求△ABC 的面积．[解] (1)由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋A ＝2，得tan A ＝13，所以sin 2A sin 2A ＋cos 2A ＝2tan A 2tan A ＋1＝25.5分 (2)由tan A ＝13，A ∈(0，π)，得sin A ＝1010，cos A ＝31010.8分由a ＝3，B ＝π4及正弦定理a sin A ＝bsin B，得b ＝3 5.11分 由sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4，得sin C ＝255.设△ABC 的面积为S ，则S ＝12ab sin C ＝9.14分热点探究训练(二)三角函数与解三角形中的高考热点问题1．在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长； (2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6的值．[解] (1)因为cos B ＝45，0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35.2分 由正弦定理知AC sin B＝AB sin C ，所以AB ＝AC ·sin Csin B＝6×2235＝5 2.6分(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，所以A ＝π－(B ＋C )， 于是cos A ＝－cos(B ＋C )＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝－cos B cosπ4＋sin B sin π4.9分 又cos B ＝45，sin B ＝35，故cos A ＝－45×22＋35×22＝－210.12分因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝7210. 因此，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6＝cos A cos π6＋sin A sin π6＝－210×32＋7210×12＝72－620.14分 2．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. 【导学号：51062133】[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＋3－1，4分由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 )⎝ ⎛⎭⎪⎫或⎝⎛⎭⎪⎫k π－π12，k π＋5π12k ∈Z .7分(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3－1，9分把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＝ 3.14分3．设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值．[解] (1)由题意知f (x )＝sin 2x 2－1＋cos⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12.2分由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z ，可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ；3分 由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z ， 可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z .6分 所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )，7分单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π，(k ∈Z )．(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12，由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32.9分 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，12分即bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时等号成立． 因此12bc sin A ≤2＋34.所以△ABC 面积的最大值为2＋34.14分 4．(2017·浙江名校交流卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2a ＋bc＝cosA ＋Ccos C.(1)求角C 的大小；(2)若c ＝3，求使△ABC 周长最大时a ，b 的值． [解] (1)∵2a ＋bc＝cosA ＋Ccos C，∴2sin A ＋sin B sin C ＝cos A ＋Ccos C，∴2sin A cos C ＋sin B cos C ＋sin C cos B ＝0， ∴2sin A cos C ＋sin A ＝0，4分又sin A ≠0，∴cos C ＝－12，∴C ＝2π3.6分(2)∵3sin 2π3＝a sin A ＝bsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A ， ∴a ＝2sin A ，b ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A ，10分∴△ABC 的周长＝3＋2sin A ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A ＝3＋sin A ＋3cos A ＝3＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3，∴当A ＝π6时，△ABC 的周长最大，此时a ＝b ＝1.14分。