高考解三角形专题突破
高考数学热点专题突破讲练：三角恒等变换与解三角形(含新题详解)
第七讲 三角恒等变换与解三角形简单三角恒等变换差角余弦公式倍角公式和(差)角公式余弦定理正弦定理三角形面积公式解三角形应用举例1．(倍角公式)(2013·课标全国卷Ⅱ)已知sin 2α＝23，则cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝( ) A.16 B.13 C.12D.23【解析】 ∵sin 2α＝23，∴cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝1＋cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π 22 ＝1－sin 2α2＝1－232＝16.【答案】 A2．(正弦定理与和角公式)(2013·陕西高考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．不确定【解析】 由正弦定理，及b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，得 sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ， ∴sin A ＝1，得A ＝π2(由于0＜A ＜π)，故△ABC 是直角三角形． 【答案】 A3．(正弦定理)在△ABC 中，若∠A ＝60°，∠B ＝45°，BC ＝32，则AC ＝________. 【解析】 在△ABC 中，AC sin B ＝BCsin A， ∴AC ＝BC ·sin B sin A＝2 3.【答案】 2 3图2－2－14．(余弦定理的应用)(2013·福建高考)如图2－2－1，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，sin ∠BAC ＝223，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为________．【解析】 ∵sin ∠BAC ＝sin(90°＋∠BAD )＝cos ∠BAD ＝223，∴在△ABD 中，有BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos ∠BAD ， ∴BD 2＝18＋9－2×32×3×223＝3，∴BD ＝ 3. 【答案】35．(三角恒等变换)(2013·重庆高考改编)4cos 50°－tan 40°＝________. 【解析】 4cos 50°－tan 40°＝4sin 40°－sin 40°cos 40°＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°cos 40°＝sin 80°＋sin (60°＋20°)－sin (60°－20°)cos 40°＝sin 80°＋2cos 60°sin 20°cos 40°＝sin 80°＋sin 20°cos 40°＝sin (50°＋30°)＋sin (50°－30°)cos 40°＝2sin 50°cos 30°cos 40°＝3·cos 40°cos 40°＝ 3.【答案】 3简单的三角恒等变换(2013·湖南高考)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π3，g (x )＝2sin 2x 2.(1)若α是第一象限角，且f (α)＝335， 求g (α)的值； (2)求使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合．【思路点拨】 (1)利用和(差)角、倍角公式将f (x )、g (x )化简，沟通二者联系；(2)由f (x )≥g (x )，化为“一角一名称”的三角不等式，借助三角函数的图象、性质求解．【自主解答】 f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π3 ＝32sin x －12cos x ＋12cos x ＋32sin x ＝3sin x ，g (x )＝2sin 2x2＝1－cos x .(1)由f (α)＝335得sin α＝35.又α是第一象限角，所以cos α>0.从而g (α)＝1－cos α＝1－1－sin 2α＝1－45＝15.(2)f (x )≥g (x )等价于3sin x ≥1－cos x ， 即3sin x ＋cos x ≥1，于是sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6≥12， 从而2k π＋π6≤x ＋π6≤2k π＋5π6，k ∈Z ，即2k π≤x ≤2k π＋2π3，k ∈Z .故使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合为{x |2k π≤x ≤2k π＋2π3，k ∈Z }．1．(1)注意角之间的关系，灵活运用和(差)、倍角公式化为“同角x ”的三角函数，这是解题的关键；(2)重视三角函数图象，性质在求角的范围中的应用，由图象的直观性、借助周期性，整体代换可有效避免错误．2．进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．变式训练1 已知sin α＝12＋cos α，且α∈⎝⎛⎭⎫0，π2. 求cos 2αsin (α－π4)的值．【解】 依题意得sin α－cos α＝12，所以1－2sin αcos α＝14，2sin αcos α＝34.则(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝74.由0<α<π2，知sin α＋cos α＝72>0.所以cos 2αsin (α－π4)＝cos 2α－sin 2α22(sin α－cos α)＝－2(sin α＋cos α)＝－142.正(余)弦定理(2013·山东高考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a＋c ＝6，b ＝2，cos B ＝79.(1)求a ，c 的值； (2)求sin(A －B )的值．【思路点拨】 (1)由余弦定理，得关于a ，c 的方程，与a ＋c ＝6联立求解；(2)依据正弦定理求sin A ，进而求cos A ，sin B ，利用两角差的正弦公式求值．【自主解答】 (1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 得b 2＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )， 又b ＝2，a ＋c ＝6，cos B ＝79，所以ac ＝9，解得a ＝3，c ＝3.(2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2B ＝429，由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝223.因为a ＝c ，所以A 为锐角． 所以cos A ＝1－sin 2A ＝13.因此sin(A －B )＝sin A cos B －cos A sin B ＝10227.1．(1)本题求解的关键是运用正弦(余弦)定理完成边角转化；(2)求解易忽视判定A 的范围，错求cos A ＝±13，导致增解．2．以三角形为载体考查三角变换是近年高考的热点，要时刻关注它的两重性：一是作为三角形问题，它必然通过正弦(余弦)定理、面积公式建立关于边的方程，实施边角转化；二是它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的．变式训练2 (2013·重庆高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＝b 2＋c 2＋3bc .(1)求A ；(2)设a ＝3，S 为△ABC 的面积，求S ＋3cos B cos C 的最大值，并指出此时B 的值． 【解】 (1)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－3bc 2bc ＝－32.又因为0<A <π，所以A ＝5π6.(2)由(1)得sin A ＝12.又由正弦定理及a ＝3得S ＝12bc sin A ＝12·a sin B sin A·a sin C ＝3sin B sin C ， 因此，S ＋3cos B cos C ＝3(sin B sin C ＋cos B cos C )＝3cos(B －C )． 所以，当B ＝C ，即B ＝π－A 2＝π12时，S ＋3cos B cos C 取最大值3.解三角形及应用(2013·济南质检)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin B (tan A ＋tan C )＝tan A tan C .(1)求证：a ，b ，c 成等比数列； (2)若a ＝1，c ＝2，求△ABC 的面积S .【思路点拨】 (1)从要证的结论看，需将条件中角的三角函数化为边，因此需统一为正弦函数，然后运用三角变换公式化简．(2)由(1)的结论，联想余弦定理，求cos B ，进而求出△ABC 的面积．【自主解答】 (1)在△ABC 中，由于sin B (tan A ＋tan C )＝tan A tan C ，所以sin B (sin Acos A＋sin C cos C )＝sin A cos A ·sin Ccos C， 所以sin B (sin A cos C ＋cos A sin C )＝sin A sin C . 所以sin B sin(A ＋C )＝sin A sin C . 又A ＋B ＋C ＝π， 所以sin(A ＋C )＝sin B ， 所以sin 2B ＝sin A sin C . 由正弦定理得b 2＝ac ， 即a ，b ，c 成等比数列． (2)因为a ＝1，c ＝2，所以b ＝ 2. 由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12＋22－22×1×2＝34.因为0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝74， 故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×1×2×74＝74.1．认真分析题设与要求结论的联系与区别，消除差异，从而找到解题的突破口，这是本题求解的关键．2．三角形中的边角计算是近年命题的重点，解决这类问题要抓住两点：(1)根据条件，恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化；(2)结合内角和定理、面积公式，灵活运用三角恒等变换公式．变式训练3 已知三角形的三个内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，设向量m ＝(c －a ，b －a )，n ＝(a ＋b ，c )，且m ∥n .(1)求角B 的大小；(2)求sin A ＋sin C 的取值范围．【解】 (1)∵m ∥n ，∴c (c －a )＝(b －a )(a ＋b )， ∴c 2－ac ＝b 2－a 2，则a 2＋c 2－b 2＝ac . 由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12.又0＜B ＜π，因此B ＝π3.(2)∵A ＋B ＋C ＝π，∴A ＋C ＝2π3，∴sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝sin A ＋sin2π3 cos A －cos 2π3sin A ＝32sin A ＋32cos A ＝3sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6， ∵0＜A ＜2π3，∴π6＜A ＋π6＜5π6，∴12＜sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6≤1，∴32＜sin A ＋sin C ≤ 3. 故sin A ＋sin C 的取值范围是⎝⎛⎦⎤32，3正(余)弦定理的实际应用【命题要点】 ①实际问题中的距离，高度测量；②实际问题中角度、方向的测量；③实际行程中的速度、时间的计算．如图2－2－2所示，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海里的两个观测点，现位于A 点北偏东45°，B 点北偏西60°的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距203海里的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援船到达D 点需要多长时间？图2－2－2【思路点拨】 由题设条件，要求该救援船到达D 点的时间，只需求出C 、D 两点间的距离，先在△ABD 中求BD ，再在△BDC 中求CD ，进而求出时间．【自主解答】 由题意知AB ＝5(3＋3)，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝45°，∴∠ADB ＝105°.∴sin 105°＝sin 45°·cos 60°＋sin 60°·cos 45° ＝22×12＋32×22＝2＋64. 在△ABD 中，由正弦定理得： BD sin ∠DAB ＝ABsin ∠ADB，∴BD ＝AB ·sin ∠DAB sin ∠ADB ＝5(3＋3)·sin 45°sin 105°＝5(3＋3)×222＋64＝103(1＋3)1＋3＝10 3.又∠DBC ＝180°－60°－60°＝60°，BC ＝203， 在△DBC 中，由余弦定理得 CD 2＝BD 2＋BC 2－2·BD ·BC ·cos 60° ＝300＋1 200－2×103×203×12＝900.∴CD ＝30(海里)，∴救援船需要的时间t ＝3030＝1(小时)．1．该题求解的关键是借助方位角构建三角形，要把需求量转化到同一个三角形(或相关三角形)中，运用正(余)弦定理沟通边角关系．2．应用解三角形知识解决实际问题需要下列三步： (1)根据题意，画出示意图，并标出条件．(2)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解．(3)检验解出的结果是否符合实际意义，得出正确答案．变式训练4 如图2－2－3，A 、C 两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A 岛出发，以10海里/小时的速度沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B 处．然后以同样的速度沿北偏东15°方向直线航行，图2－2－3下午4时到达C 岛． (1)求A 、C 两岛之间的距离； (2)求∠BAC 的正弦值．【解】 (1)在△ABC 中，由已知，得AB ＝10×5＝50(海里)，BC ＝10×3＝30(海里)， ∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°，由余弦定理，得AC 2＝502＋302－2×50×30 cos 120°＝4 900， 所以AC ＝70(海里)．故A 、C 两岛之间的距离是70海里． (2)在△ABC 中，由正弦定理，得BC sin ∠BAC ＝ACsin ∠ABC，所以sin ∠BAC ＝BC ·sin ∠ABC AC ＝30sin 120°70＝3314.故∠BAC 的正弦值是3314.从近两年的高考命题看，正弦定理、余弦定理是高考命题的热点，不仅是用来解决一些简单的三角形边角计算问题；且常与三角函数、向量、不等式交汇命题，灵活考查学生分析解决问题的能力，多以解答题的形式出现，属中低档题目．以三角形为载体的创新交汇问题(12分)已知△ABC 是半径为R 的圆内接三角形，且2R ·(sin 2A －sin 2C )＝(2a －b )sin B .(1)求角C ；(2)试求△ABC 的面积S 的最大值． 【规范解答】 (1)由2R (sin 2A －sin 2C ) ＝(2a －b )sin B ，得a sin A －c sin C ＝2a sin B －b sin B ， ∴a 2－c 2＝2ab －b 2，4分由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22，又0＜C ＜π，∴C ＝π4.6分(2)∵csin C＝2R ， ∴c ＝2R sin C ＝2R . 由(1)知c 2＝a 2＋b 2－2ab ， ∴2R 2＝a 2＋b 2－2ab .8分又a 2＋b 2≥2ab (当且仅当a ＝b 时取“＝”)， ∴2R 2≥2ab －2ab ， ∴ab ≤2R 22－2＝(2＋2)R 2.10分∴S △ABC ＝12ab sin C ＝24ab ≤2＋12R 2. 即△ABC 面积的最大值为2＋12R 2. 12分【阅卷心语】易错提示 (1)不能灵活运用正弦定理化简等式，致使求不出角C ，究其原因是不能深刻理解正弦定理的变形应用．(2)对求△ABC 的面积的最大值束手无策，想不到利用等式求ab 的最大值． 防范措施 (1)利用a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，可实施边角转化．(2)对于“已知一边及其对角”的三角形，常用余弦定理，得到其他两边的关系，再利用基本不等式便可求三角形面积的最值．1．已知函数f (x )＝sin(x ＋7π4)＋cos(x －3π4)，x ∈R . (1)求f (x )的最小正周期和最小值；(2)已知cos(β－α)＝45，cos(β＋α)＝－45，0<α<β≤π2，求f (β)的值． 【解】 (1)∵f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋74π－2π＋sin ⎝⎛⎭⎫x －34π＋π2 ＝sin(x －π4)＋sin(x －π4)＝2sin(x －π4)． ∴T ＝2π，f (x )的最小值为－2.(2)由cos(β－α)＝45，cos(β＋α)＝－45得 cos βcos α＋sin βsin α＝45， cos βcos α－sin βsin α＝－45. 两式相加得2cos βcos α＝0.∵0<α<β≤π2，∴β＝π2. ∴f (β)＝2sin ⎝⎛⎭⎫π2－π4＝2sin π4＝ 2. 2．△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C ＋c sin B .(1)求B ；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值．【解】 (1)由已知及正弦定理得sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，①又A ＝π－(B ＋C )，故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ．② 由①②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B .又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac . 由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4. 又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2， 当且仅当a ＝c 时，等号成立．因此△ABC 面积的最大值为2＋1.。
高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形课件
π 4 π 4
＝
－3－1 1－3
＝
2
，
则
tan
β ＝ tan(α ＋ β － α) ＝
1t＋antaαn＋αβ＋－βttaannαα＝1＋3－3×2 2＝17.故选 D．
3. (2023·怀仁市校级四模)已知 α 为锐角，且 sin α＋sinα＋π3＋
sinα＋23π＝ 3，则 tan α＝_____3___.
2cos 40°＋cos 80°＋sin 80°tan θ＝0，
所以
tan
θ＝－2cos
40°＋cos sin 80°
80°＝－2cos120°s－in8800°°＋cos
80°
＝－2cos
120°cos
80°＋sin 120°sin sin 80°
80°＋cos
80°＝－
3sin 80° sin 80°
2 α＋3tan
≤ α2
2
1 tan
α·3tan
α
＝ 33，当且仅当tan1 α＝3tan α，即 tan α＝ 33时，等号成立，tan β 取得最
大值 33.故选 B．
核心考点2 正弦定理、余弦定理的应用
核 心 知 识·精 归 纳
1.正弦定理：在△ABC 中，sina A＝sinb B＝sinc C＝2R(R 为△ABC 的外 接圆半径)．
第一篇
核心专题提升•多维突破
专题一 三角函数与解三角形
第2讲 三角恒等变换与解三角形
分析考情·明方向 真题研究·悟高考 考点突破·提能力
分析考情·明方向
高频考点
高考预测
三角函数的化简与求值(倍角公式、
两角和与差公式进行恒等变换，角 继续以选择、填空题形式考查三角
高考总复习二轮文科数学精品课件 专题1 三角函数与解三角形 考点突破练1 三角函数的图象与性质
7.(2023 陕西榆林二模)已知函数
π
π
2 7π
f(x)=2sin(2x+6 )在[-4 , 6 ]和[ 5 , 12 ]上都是单调
的,则 a 的取值范围是( D )
π
f(x)=2sin(ωx+6 )(ω>0),若方程|f(x)|=1
在区间(0,2π)内恰有 5 个实
根,则 ω 的取值范围是( D )
7 5
A.( , ]
6 3
解析 由|f(x)|=
5 13
B.( , ]
3 6
π
|2sin(ωx+ )|=1
6
4
C.(1, ]
3
可得
π
1
sin(ωx+ )=± ,若
6
5
π·
=1,∴当
2
5
f(2)>f(1)=2,当
5
2
x=2时,f(x)< +sin
5
x=2时,得
πx 不成立,即
5
5 2
4
4
g(2)=f(2)- 5 >f(1)-5=2-5
2
=
6
>sin
5
5
5π
g(2)<sin 2 不成立,由此可在坐标系
中画出 g(x)与 y=sin πx 大致图象如图所示:
由图象可知,当 x∈(-∞,-1)∪(0,1)时,g(x)<sin πx,即
f(x)的单调递增区间为[kπ-
5π
π
2022届高考数学解三角形综合满分突破专题八 多三角形问题(解析版)
专题八 多三角形问题多三角形计算问题求解多个三角形问题的关键及思路求解多个三角形的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到多个三角形中，利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式及三角恒等变换公式等建立已知和所求的关系．具体解题思路如下：(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．【例题选讲】[例1]如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在边BC 上，且CD ＝2，cos ∠ADC ＝17．(1)求sin ∠BAD ； (2)求BD ，AC 的长．解析 (1)在△ADC 中，∵cos ∠ADC ＝17，∴sin ∠ADC ＝1－cos 2∠ADC ＝1－⎝⎛⎭⎫172＝4849＝437， 则sin ∠BAD ＝sin(∠ADC －∠B )＝sin ∠ADC ·cos ∠B －cos ∠ADC ·sin ∠B ＝437×12－17×32＝3314．(2)在△ABD 中，由正弦定理得BD ＝AB ·sin ∠BADsin ∠ADB ＝8×3314437＝3．在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋CB 2－2AB ·BC cos B ＝82＋52－2×8×5×12＝49，即AC ＝7．[例2] (2020·江苏)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知a ＝3，c ＝2，B ＝45°． (1)求sin C 的值；(2)在边BC 上取一点D ，使得cos ∠ADC ＝－45，求tan ∠DAC 的值．解析 (1)在△ABC 中，因为a ＝3，c ＝2，B ＝45°，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 得b 2＝9＋2－2×3×2cos 45°＝5，所以b ＝5．在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得5sin 45°＝2sin C ，所以sin C ＝55． (2)在△ADC 中，因为cos ∠ADC ＝－45，所以∠ADC 为钝角．而∠ADC ＋C ＋∠CAD ＝180°，所以C 为锐角．故cos C ＝1－sin 2C ＝255，则tan C ＝sin C cos C ＝12．因为cos ∠ADC ＝－45，所以sin ∠ADC ＝1－cos 2∠ADC ＝35，所以tan ∠ADC ＝sin ∠ADC cos ∠ADC ＝－34．从而tan ∠DAC ＝tan(180°－∠ADC －C )＝－tan(∠ADC ＋C ) ＝－tan ∠ADC ＋tan C 1－tan ∠ADC ×tan C＝－－34＋121－⎝⎛⎭⎫－34×12＝211．[例3] (2018·全国Ⅰ)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5． (1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC ．解析 (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sin ∠A ＝AB sin ∠ADB ，即5sin 45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25．由题意知，∠ADB ＜90°，所以cos ∠ADB ＝1－sin 2∠ADB ＝1－225＝235． (2)由题意及(1)知，cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝25．在△BCD 中，由余弦定理得 BC 2＝BD 2＋DC 2－2BD ·DC ·cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×22×25＝25，所以BC ＝5． [例4]如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝3π4，AB ⊥AD ，AB ＝1．(1)若AC ＝5，求△ABC 的面积；(2)若∠ADC ＝π6，CD ＝4，求sin ∠CAD ．解析 (1)在△ABC 中，由余弦定理得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·c os ∠ABC ，即5＝1＋BC 2＋2BC ，解得BC ＝2，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12AB ·BC ·sin ∠ABC ＝12×1×2×22＝12．(2)设∠CAD ＝θ，在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CD sin ∠CAD，即AC sin π6＝4sin θ，①在△ABC 中，∠BAC ＝π2－θ，∠BCA ＝π－3π4－⎝⎛⎭⎫π2－θ＝θ－π4， 由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝AB sin ∠BCA ，即AC sin3π4＝1sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4，②①②两式相除，得sin 3π4sin π6＝4sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4sin θ，即4⎝⎛⎭⎫22sin θ－22cos θ＝2sin θ，整理得sin θ＝2cos θ．又因为sin 2θ＋c os 2θ＝1，所以sin θ＝255，即sin ∠CAD ＝255．[例5]如图，在△ABC 中，AB ＝2，cos B ＝13，点D 在线段BC 上．(1)若∠ADC ＝3π4，求AD 的长．(2)若BD ＝2DC ，△ACD 的面积为432，求sin ∠BAD sin ∠CAD的值．解析 (1)在△ABC 中，∵cos B ＝13，∴sin B ＝223．∵∠ADC ＝3π4，∴∠ADB ＝π4．在△ABD 中，由正弦定理可得AD 223＝222，∴AD ＝83．(2)∵BD ＝2DC ，△ACD 的面积为432，∴S △ABC ＝3S △ACD ，则42＝12×2×BC ×223，∴BC ＝6，DC ＝2．∴由余弦定理得AC ＝4＋36－2×2×6×13＝42．由正弦定理可得4sin ∠BAD ＝2sin ∠ADB，∴sin ∠BAD ＝2sin ∠ADB ．又∵2sin ∠CAD ＝42sin ∠ADC ，∴sin ∠CAD ＝24sin ∠ADC ．∵sin ∠ADB ＝sin ∠ADC ，∴sin ∠BAD sin ∠CAD ＝42．【对点训练】1．(2013·全国Ⅰ)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝90°． (1)若PB ＝12，求P A ；(2)若∠APB ＝150°，求tan ∠PBA ．2．如图，在△ABC 中，D 为边BC 上一点，AD ＝6，BD ＝3，DC ＝2． (1)如图1，若AD ⊥BC ，求∠BAC 的大小； (2)如图2，若∠ABC ＝π4，求△ADC 的面积．3．如图，△ACD 是等边三角形，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，BD 交AC 于E ，AB ＝2． (1)求cos ∠CBE 的值； (2)求AE ．4．如图，在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝DA ＝2，∠ACB ＝30°． (1)求证：BC ＝4cos ∠CBD ；(2)点C 移动时，判断CD 是否为定长，并说明理由．5．如图，在平面四边形ABCD 中，DA ⊥AB ，DE ＝1，EC ＝7，EA ＝2，∠ADC ＝2π3，且∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列． (1)求sin ∠CED ； (2)求BE 的长．6．如图所示，在四边形ABCD 中，∠D ＝2∠B ，且AD ＝1，CD ＝3，cos B ＝33． (1)求△ACD 的面积； (2)若BC ＝23，求AB 的长．7．如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AB ＝2，BD ＝5，∠BCD ＝2∠ABD ，△ABD 的面积为2． (1)求AD 的长； (2)求△CBD 的面积．8．已知在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝3π4，AB ⊥AD ，AB ＝1，△ABC 的面积为12．(1)求sin ∠CAB 的值；(2)若∠ADC ＝π6，求CD 的长．专题八 多三角形问题多三角形计算问题求解多个三角形问题的关键及思路求解多个三角形的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到多个三角形中，利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式及三角恒等变换公式等建立已知和所求的关系．具体解题思路如下：(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．【例题选讲】[例1]如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在边BC 上，且CD ＝2，cos ∠ADC ＝17．(1)求sin ∠BAD ； (2)求BD ，AC 的长．解析 (1)在△ADC 中，∵cos ∠ADC ＝17，∴sin ∠ADC ＝1－cos 2∠ADC ＝1－⎝⎛⎭⎫172＝4849＝437， 则sin ∠BAD ＝sin(∠ADC －∠B )＝sin ∠ADC ·cos ∠B －cos ∠ADC ·sin ∠B ＝437×12－17×32＝3314．(2)在△ABD 中，由正弦定理得BD ＝AB ·sin ∠BADsin ∠ADB ＝8×3314437＝3．在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋CB 2－2AB ·BC cos B ＝82＋52－2×8×5×12＝49，即AC ＝7．[例2] (2020·江苏)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知a ＝3，c ＝2，B ＝45°． (1)求sin C 的值；(2)在边BC 上取一点D ，使得cos ∠ADC ＝－45，求tan ∠DAC 的值．解析 (1)在△ABC 中，因为a ＝3，c ＝2，B ＝45°，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 得b 2＝9＋2－2×3×2cos 45°＝5，所以b ＝5．在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得5sin 45°＝2sin C ，所以sin C ＝55． (2)在△ADC 中，因为cos ∠ADC ＝－45，所以∠ADC 为钝角．而∠ADC ＋C ＋∠CAD ＝180°，所以C 为锐角．故cos C ＝1－sin 2C ＝255，则tan C ＝sin C cos C ＝12．因为cos ∠ADC ＝－45，所以sin ∠ADC ＝1－cos 2∠ADC ＝35，所以tan ∠ADC ＝sin ∠ADC cos ∠ADC ＝－34．从而tan ∠DAC ＝tan(180°－∠ADC －C )＝－tan(∠ADC ＋C ) ＝－tan ∠ADC ＋tan C 1－tan ∠ADC ×tan C＝－－34＋121－⎝⎛⎭⎫－34×12＝211．[例3] (2018·全国Ⅰ)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5． (1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC ．解析 (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sin ∠A ＝AB sin ∠ADB ，即5sin 45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25．由题意知，∠ADB ＜90°，所以cos ∠ADB ＝1－sin 2∠ADB ＝1－225＝235． (2)由题意及(1)知，cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝25．在△BCD 中，由余弦定理得 BC 2＝BD 2＋DC 2－2BD ·DC ·cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×22×25＝25，所以BC ＝5． [例4]如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝3π4，AB ⊥AD ，AB ＝1．(1)若AC ＝5，求△ABC 的面积；(2)若∠ADC ＝π6，CD ＝4，求sin ∠CAD ．解析 (1)在△ABC 中，由余弦定理得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·c os ∠ABC ，即5＝1＋BC 2＋2BC ，解得BC ＝2，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12AB ·BC ·sin ∠ABC ＝12×1×2×22＝12．(2)设∠CAD ＝θ，在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CD sin ∠CAD，即AC sin π6＝4sin θ，①在△ABC 中，∠BAC ＝π2－θ，∠BCA ＝π－3π4－⎝⎛⎭⎫π2－θ＝θ－π4， 由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝AB sin ∠BCA ，即AC sin3π4＝1sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4，②①②两式相除，得sin 3π4sin π6＝4sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4sin θ，即4⎝⎛⎭⎫22sin θ－22cos θ＝2sin θ，整理得sin θ＝2cos θ．又因为sin 2θ＋c os 2θ＝1，所以sin θ＝255，即sin ∠CAD ＝255．[例5]如图，在△ABC 中，AB ＝2，cos B ＝13，点D 在线段BC 上．(1)若∠ADC ＝3π4，求AD 的长．(2)若BD ＝2DC ，△ACD 的面积为432，求sin ∠BAD sin ∠CAD的值．解析 (1)在△ABC 中，∵cos B ＝13，∴sin B ＝223．∵∠ADC ＝3π4，∴∠ADB ＝π4．在△ABD 中，由正弦定理可得AD 223＝222，∴AD ＝83．(2)∵BD ＝2DC ，△ACD 的面积为432，∴S △ABC ＝3S △ACD ，则42＝12×2×BC ×223，∴BC ＝6，DC ＝2．∴由余弦定理得AC ＝4＋36－2×2×6×13＝42．由正弦定理可得4sin ∠BAD ＝2sin ∠ADB，∴sin ∠BAD ＝2sin ∠ADB ．又∵2sin ∠CAD ＝42sin ∠ADC ，∴sin ∠CAD ＝24sin ∠ADC ．∵sin ∠ADB ＝sin ∠ADC ，∴sin ∠BAD sin ∠CAD ＝42．【对点训练】1．(2013·全国Ⅰ)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝90°． (1)若PB ＝12，求P A ；(2)若∠APB ＝150°，求tan ∠PBA ．1．解析 (1)由已知得，∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°．在△PBA 中，由余弦定理得P A 2＝AB 2＋PB 2－2AB ·PB cos ∠PBA ＝3＋14－2×3×12cos 30°＝74．故P A ＝72．(2)设∠PBA ＝α，由已知得PBBC＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－α，即PB ＝sin α． 在△PBA 中，由正弦定理得3sin 150°＝sin αsin (30°－α)，化简得3cos α＝4sin α．所以tan α＝34，即tan ∠PBA ＝34． 2．如图，在△ABC 中，D 为边BC 上一点，AD ＝6，BD ＝3，DC ＝2． (1)如图1，若AD ⊥BC ，求∠BAC 的大小； (2)如图2，若∠ABC ＝π4，求△ADC 的面积．2．解析 (1)设∠BAD ＝α，∠DAC ＝β．因为AD ⊥BC ，AD ＝6，BD ＝3，DC ＝2， 所以tan α＝12，tan β＝13，所以tan ∠BAC ＝tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝12＋131－12×13＝1．又∠BAC ∈(0，π)，所以∠BAC ＝π4．(2)设∠BAD ＝α．在△ABD 中，∠ABC ＝π4，AD ＝6，BD ＝3．由正弦定理得AD sin π4＝BD sin α，解得sin α＝24．因为AD >BD ，所以α为锐角，从而cos α＝1－sin 2α＝144． 因此sin ∠ADC ＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝sin αcos π4＋cos αsin π4＝22⎝⎛⎭⎫24＋144＝1＋74． 所以△ADC 的面积S ＝12×AD ×DC ·sin ∠ADC ＝12×6×2×1＋74＝32(1＋7)．3．如图，△ACD 是等边三角形，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，BD 交AC 于E ，AB ＝2． (1)求cos ∠CBE 的值； (2)求AE ．3．解析 (1)∵∠BCD ＝90°＋60°＝150°，CB ＝AC ＝CD ，∴∠CBE ＝15°， ∴cos ∠CBE ＝cos(45°－30°)＝6＋24． (2)在△ABE 中，AB ＝2，由正弦定理可得AE sin (45°－15°)＝2sin (90°＋15°)，得AE ＝2sin 30°cos 15°＝2×126＋24＝6－2．4．如图，在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝DA ＝2，∠ACB ＝30°． (1)求证：BC ＝4cos ∠CBD ；(2)点C 移动时，判断CD 是否为定长，并说明理由．4．解析 (1)在△ABC 中，AB ＝2，∠ACB ＝30°，由正弦定理可知，BC sin ∠BAC ＝2sin 30°，所以BC ＝4sin ∠BAC ．又∠ABD ＝60°，∠ACB ＝30°，则∠BAC ＋∠CBD ＝90°， 则sin ∠BAC ＝cos ∠CBD ，所以BC ＝4cos ∠CBD ． (2)CD 为定长，因为在△BCD 中，由(1)及余弦定理可知，CD 2＝BC 2＋BD 2－2×BC ×BD ×cos ∠CBD ＝BC 2＋4－4BC cos ∠CBD ＝BC 2＋4－BC 2＝4，所以CD ＝2．5．如图，在平面四边形ABCD 中，DA ⊥AB ，DE ＝1，EC ＝7，EA ＝2，∠ADC ＝2π3，且∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列． (1)求sin ∠CED ； (2)求BE 的长．5．解析 设∠CED ＝α．因为∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列，所以2∠BEC ＝∠CBE ＋∠BCE ，又∠CBE ＋∠BEC ＋∠BCE ＝π，所以∠BEC ＝π3．(1)在△CDE 中，由余弦定理得EC 2＝CD 2＋DE 2－2CD ·DE ·c os ∠EDC ， 即7＝CD 2＋1＋CD ，即CD 2＋CD －6＝0，解得CD ＝2(CD ＝－3舍去)．在△CDE 中，由正弦定理得EC sin ∠EDC ＝CD sin α，于是sin α＝CD ·sin 2π3EC ＝2×327＝217，即sin ∠CED ＝217．(2)由题设知0<α<π3，由(1)知cos α＝1－sin 2α＝1－2149＝277，又∠AEB ＝π－∠BEC －α＝2π3－α， 所以c os ∠AEB ＝c os ⎝⎛⎭⎫2π3－α＝c os 2π3cos α＋sin 2π3sin α＝－12×277＋32×217＝714． 在Rt △EAB 中，c os ∠AEB ＝EA BE ＝2BE ＝714，所以BE ＝47． 6．如图所示，在四边形ABCD 中，∠D ＝2∠B ，且AD ＝1，CD ＝3，cos B ＝33． (1)求△ACD 的面积； (2)若BC ＝23，求AB 的长．6．解析 (1)因为∠D ＝2∠B ，cos B ＝33，所以cos D ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝－13， 因为∠D ∈(0，π)，所以sin D ＝1－cos 2D ＝223． 因为AD ＝1，CD ＝3，所以△ACD 的面积S ＝12AD ·CD ·sin D ＝12×1×3×223＝2． (2)在△ACD 中，AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC ·cos D ＝12，所以AC ＝23，因为BC ＝23，AC sin B ＝AB sin ∠ACB ，所以23sin B ＝AB sin (π－2B )＝AB sin 2B ＝AB 2sin B cos B ＝AB 233sin B ， 所以AB ＝4．7．如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AB ＝2，BD ＝5，∠BCD ＝2∠ABD ，△ABD 的面积为2．(1)求AD 的长；(2)求△CBD 的面积．7．解析 (1)由已知S △ABD ＝12AB ·BD ·sin ∠ABD ＝12×2×5×sin ∠ABD ＝2，可得sin ∠ABD ＝255， 又∠BCD ＝2∠ABD ，所以∠ABD ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以c os ∠ABD ＝55． 在△ABD 中，由余弦定理AD 2＝AB 2＋BD 2－2·AB ·BD ·c os ∠ABD ，可得AD 2＝5，所以AD ＝5．(2)由AB ⊥BC ，得∠ABD ＋∠CBD ＝π2，所以sin ∠CBD ＝c os ∠ABD ＝55． 又∠BCD ＝2∠ABD ，所以sin ∠BCD ＝2sin ∠ABD ·c os ∠ABD ＝45， ∠BDC ＝π－∠CBD －∠BCD ＝π－⎝⎛⎭⎫π2－∠ABD －2∠ABD ＝π2－∠ABD ＝∠CBD ， 所以△CBD 为等腰三角形，即CB ＝CD ．在△CBD 中，由正弦定理BD sin ∠BCD ＝CD sin ∠CBD ，得CD ＝BD ·sin ∠CBD sin ∠BCD ＝5×5545＝54， 所以S △CBD ＝12CB ·CD ·sin ∠BCD ＝12×54×54×45＝58． 8．已知在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝3π4，AB ⊥AD ，AB ＝1，△ABC 的面积为12．(1)求sin ∠CAB 的值；(2)若∠ADC ＝π6，求CD 的长． 8．解析 (1)△ABC 的面积S ＝12AB ·BC ·sin ∠ABC ＝12×1×BC ×22＝12，得BC ＝2． 在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ，即AC 2＝1＋2－2×1×2×⎝⎛⎭⎫－22＝5，得AC ＝5． 在△ABC 中，由正弦定理得BC sin ∠CAB ＝AC sin ∠ABC ，即2sin ∠CAB ＝5sin 3π4，所以sin ∠CAB ＝55． (2)由题设知∠CAB ＜π2，则cos ∠CAB ＝1－sin 2∠CAB ＝1－15＝255， 因为AB ⊥AD ，所以∠DAC ＋∠CAB ＝π2．所以sin ∠DAC ＝cos ∠CAB ＝255． 在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CD sin ∠DAC ，即5sin π6＝CD 255，解得CD ＝4．。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题一三角函数和解三角形第1讲三角函数的图象和性质
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专题一 三角函数和解三角形
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所以 ω＝－16＋23k，k∈Z， 所以 ω＝52，f(x)＝sin 52x＋π4＋2， 所以 fπ2＝sin 54π＋π4＋2＝1. 故选 A.
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2．(2022·全国甲卷)设函数 f(x)＝sin ωx＋π3在区间(0，π)恰有三个极
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【解析】 f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，所以 f(x) 在区间0，π2和32π，2π上 f′(x)>0，即 f(x)单调递增；在区间π2，32π上 f′(x)<0， 即 f(x)单调递减，又 f(0)＝f(2π)＝2，fπ2＝π2＋2，f32π＝－32π＋1＋1＝－ 32π，所以 f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－32π，最大值为π2＋2.故选 D.
值点、两个零点，则 ω 的取值范围是
( C)
A．53，163
B．53，169
C．163，83
D．163，169
专题一 三角函数和解三角形
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【解析】 依题意可得 ω>0，因为 x∈(0，π)，所以 ωx＋π3∈π3，ωπ＋π3，
要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，
又 y＝sin x，x∈π3，3π的图象如下所示：
则52π<ωπ＋π3≤3π，解得163<ω≤83，即 ω∈163，83.故选 C.
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3．(2022·全国甲卷)将函数 f(x)＝sin ωx＋π3(ω>0)的图象向左平移π2个 单位长度后得到曲线 C，若 C 关于 y 轴对称，则 ω 的最小值是 ( C )
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题一三角函数和解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形
第二篇 专题一 第2讲一、选择题1．已知α∈(0，π)，且3cos 2α－8cos α＝5，则sin α等于( A ) A ．53B ．23C ．13D ．59【解析】由3cos 2α－8cos α＝5， 得3(2cos 2α－1)－8cos α＝5， 即3cos 2α－4cos α－4＝0， 解得cos α＝－23或cos α＝2(舍去).又因为α∈(0，π)，所以sin α>0， 所以sin α＝1－cos 2α＝1－⎝⎛⎭⎫－232＝53. 2．若sin α＝－35，且a ∈⎝⎛⎭⎫π，3π2，则1－tanα21＋tanα2＝( D ) A ．12B ．－12C ．2D ．－2【解析】sin α＝－35，可得2sin α2cosα2sin 2α2＋cos 2α2＝－35，所以2tanα2tan 2α2＋1＝－35，解得tan α2＝－3或tan α2＝－13，又a ∈⎝⎛⎭⎫π，3π2，∴α2∈⎝⎛⎭⎫π2，3π4， ∴tan α2＝－3，故1－tanα21＋tanα2＝1－(－3)1＋(－3)＝－2.故选D.3．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知b ＝2，且2a cos B －a cos C ＝c cos A ＋a －b ，则△ABC 面积的最大值是( B )A ．32B ．3C ．2D ．5【解析】由正弦定理得：2sin A cos B －sin A cos C ＝sin C cos A ＋sin A －sin B ， 所以2sin A cos B ＝sin (A ＋C )＋sin A －sin B ＝sin A ， 又由0＜A ＜π，可得sin A ＞0， 则有cos B ＝12，又0＜B ＜π，则sin B ＝32， 由余弦定理得：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，所以a 2＋c 2＝ac ＋4≥2ac ，所以ac ≤4(当且仅当a ＝c ＝2时等号成立)， 则S △ABC ＝12ac sin B ≤12×4×32＝3，故选B.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ，c ＝7，且△ABC 的面积为332，则△ABC 的周长为( D )A ．1＋7B ．2＋7C ．4＋7D ．5＋7【解析】在△ABC 中，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ， 则sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C ， 即sin (A ＋B )＝2sin C cos C ，∵sin (A ＋B )＝sin C ≠0，∴cos C ＝12，∴C ＝π3，由余弦定理可得，a 2＋b 2－c 2＝ab ， 即(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7，又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，∴ab ＝6，∴(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，即a ＋b ＝5， ∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.5．设α，β为锐角，且2α－β＝π2，tan αcos βx ＋sin β＝1，则x ＝( A )A ．1B ．2C ．3D ．2【解析】∵2α－β＝π2，∴β＝2α－π2，∴tan αcos ⎝⎛⎭⎫2α－π2x ＋sin ⎝⎛⎭⎫2α－π2＝1，即tan αsin 2αx －cos 2α＝1，∴x ＝cos 2α＋tan αsin 2α＝cos 2α＋2sin 2α＝1，故选A.6．已知△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且(a －b )·sin A ＝c sin C －b sin B ，若△ABC 的面积为33，则c 的最小值为( A )A ．23B ．43C ．2D ．4【解析】∵(a －b )·sin A ＝c sin C －b sin B ，∴a 2－ab ＝c 2－b 2，∴a 2＋b 2－c 2＝ab ， ∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∵0＜C ＜π， ∴C ＝π3，∵S ＝12ab sin C ＝33，∴ab ＝12，∵c 2＝a 2＋b 2－ab ≥2ab －ab ＝12(当且仅当a ＝b ＝23时取等号)， ∴c ≥23，∴c 的最小值为23， 故选A.7．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝23，c ＝3，A ＋3C ＝π，则下列结论正确的是( D )A ．cos C ＝63B ．sin B ＝23C ．a ＝3D ．S △ABC ＝2【解析】因为A ＋3C ＝π，A ＋B ＋C ＝π，所以B ＝2C .由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得23sin 2C ＝3sin C ，即232sin C cos C ＝3sin C ，所以cos C ＝33，故A 错误；因为cos C ＝33，所以sin C ＝63，所以sin B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ＝2×63×33＝223，故B 错误；因为cos B ＝cos 2C ＝2cos 2C －1＝－13，所以sin A ＝sin (B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝223×33＋⎝⎛⎭⎫－13×63＝69，则cos A ＝539，所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(23)2＋32－2×23×3×539＝1，所以a ＝1，故C 错误；S △ABC ＝12bc sin A ＝12×23×3×69＝2，故D 正确．8．已知f (x )＝12(1＋cos 2x )sin 2x (x ∈R )，则下面结论不正确的是( D )A ．f (x )的最小正周期T ＝π2B ．f (x )是偶函数C ．f (x )的最大值为14D ．f (x )的最小正周期T ＝π【解析】因为f (x )＝14(1＋cos2x )(1－cos 2x )＝14(1－cos 22x )＝14sin 22x ＝18(1－cos4x )，∵f (－x )＝f (x )，∴T ＝2π4＝π2，f (x )的最大值为18×2＝14.故选D.二、填空题9．已知tan ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝12，则sin 2α－cos 2α1＋cos2α＝__－56__． 【解析】因为tan ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝12，所以tan π4＋tan α1－tan π4tan α＝12， 即1＋tan α1－tan α＝12，解得tan α＝－13，所以sin 2α－cos 2α1＋cos2α＝2sin αcos α－cos 2α2cos 2α＝tan α－12＝－56.10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，且b ＋a sin C ＝2a sin B －csin B －sin A ，则A＝__π4__.【解析】由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C， 得b ＋ac ＝2a sin B －cb －a， 整理得b 2－a 2＝2ac sin B －c 2， 即b 2＋c 2－a 2＝2ac sin B ＝2bc sin A ， 由余弦定理得，b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ， ∴2bc cos A ＝2bc sin A ，即cos A ＝sin A ， ∴tan A ＝1，∴A ＝π4.11．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝a ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C ，a ＝2，c ＝263，则角C ＝__π4__．【解析】由b ＝a ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C ，得sin B ＝sin A ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C .因为sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin (A ＋C )，所以sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A cos C ＋33sin A sin C (sin C ≠0)，所以cos A ＝33sin A ，所以tan A ＝ 3.因为0＜A ＜π，所以A ＝π3.由正弦定理a sin A ＝csin C，得sin C ＝22.因为0＜C ＜2π3，所以C ＝π4. 12．(2022·山东省师范大学附中月考)在△ABC 中，设角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，记△ABC 的面积为S ，且4a 2＝b 2＋2c 2，则S a 2的最大值为6．【解析】由题意知，4a 2＝b 2＋2c 2⇒b 2＝4a 2－2c 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 整理，得2ac cos B ＝－3a 2＋3c 2⇒cos B ＝3(c 2－a 2)2ac， 因为⎝⎛⎭⎫S a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ac sin B a 22＝⎝⎛⎭⎫c sin B 2a 2＝c 2(1－cos 2B )4a 2， 代入cos B ＝3(c 2－a 2)2ac，整理得⎝⎛⎭⎫S a 22＝－116⎝⎛⎭⎫9×c 4a4－22×c 2a 2＋9，令t ＝c 2a 2，则⎝⎛⎭⎫S a 22＝－116(9t 2－22t ＋9)＝－116⎝⎛⎭⎫3t －1132＋1036，所以⎝⎛⎭⎫S a 22≤1036，所以S a 2≤106，故S a 2的最大值为106. 三、解答题13．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3sin C cos A ＝22sin A sin B ，22b ＝3c .(1)求A ；(2)若D 是AB 边的中点，CD ＝5，求△ABC 的面积． 【解析】(1)因为3sin C cos A ＝22sin A sin B ， 由正弦定理，可得3c cos A ＝22b sin A . 结合22b ＝3c ，则有sin A ＝cos A ，所以tan A ＝1， 又因为A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以A ＝π4. (2)因为22b ＝3c ，D 是AB 边的中点，所以AD ＝2b 3. 在△ACD 中，由余弦定理得CD 2＝AD 2＋b 2－2AD ·b cos A ，即(5)2＝⎝⎛⎭⎫2b 32＋b 2－2·2b 3·b cos π4， 解得b ＝3或b ＝－3(舍去)， 则c ＝2 2.故△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×3×22×22＝3.。
【高考数学 核心突破 解三角形】三角函数的图象与性质、三角恒等变换与解三角形(含规范大题示范)
第1讲 三角函数的图象与性质[考情考向分析] 1.以图象为载体，考查三角函数的最值、单调性、对称性、周期性.2.考查三角函数式的化简、三角函数的图象和性质、角的求值，重点考查分析、处理问题的能力，是高考的必考点．热点一 三角函数的概念、诱导公式及同角关系式1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，则sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx(x ≠0)．各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．2．同角基本关系式：sin 2α＋cos 2α＝1，sin αcos α＝tan α⎝⎛⎭⎫α≠k π＋π2，k ∈Z . 3．诱导公式：在k π2＋α，k ∈Z 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．例1 (1)(2018·资阳三诊)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (2，1)，则tan ⎝⎛⎭⎫2α＋π4等于( ) A ．－7 B ．－17 C.17 D ．7答案 A解析 由角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (2,1)， 可得x ＝2，y ＝1，tan α＝y x ＝12，∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝11－14＝43，∴tan ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝tan 2α＋tan π41－tan 2αtan π4＝43＋11－43×1＝－7. (2)(2018·衡水金卷信息卷)已知曲线f (x )＝x 3－2x 2－x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为α，则cos 2⎝⎛⎭⎫π2＋α－2cos 2α－3sin(2π－α)cos(π＋α)的值为( ) A.85 B ．－45 C.43 D ．－23 答案 A解析 由f (x )＝x 3－2x 2－x 可知f ′(x )＝3x 2－4x －1， ∴tan α＝f ′(1)＝－2，cos 2⎝⎛⎭⎫π2＋α－2cos 2α－3sin ()2π－αcos ()π＋α ＝(－sin α)2－2cos 2α－3sin αcos α ＝sin 2α－2cos 2α－3sin αcos α＝sin 2α－2cos 2α－3sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α－3tan α－2tan 2α＋1＝4＋6－25＝85. 思维升华 (1)涉及与圆及角有关的函数建模问题(如钟表、摩天轮、水车等)，常常借助三角函数的定义求解．应用定义时，注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上点的位置无关． (2)应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限内的符号；利用同角三角函数的关系化简过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．跟踪演练1 (1)(2018·合肥质检)在平面直角坐标系中，若角α的终边经过点P ⎝⎛⎭⎫sin 5π3，cos 5π3，则sin(π＋α)等于( ) A ．－32 B ．－12 C.12 D.32答案 B解析 由诱导公式可得，sin 5π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π－π3＝－sin π3＝－32， cos 5π3＝cos ⎝⎛⎭⎫2π－π3＝cos π3＝12， 即P ⎝⎛⎭⎫－32，12， 由三角函数的定义可得，sin α＝12⎝⎛⎭⎫－322＋⎝⎛⎭⎫122＝12，则sin ()π＋α＝－sin α＝－12.(2)(2018·衡水金卷调研卷)已知sin(3π＋α)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋α，则sin (π－α)－4sin ⎝⎛⎭⎫π2＋α5sin (2π＋α)＋2cos (2π－α)等于( )A.12B.13C.16 D ．－16 答案 D解析 ∵sin(3π＋α)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋α， ∴－sin α＝－2cos α，即sin α＝2cos α，则sin (π－α)－4sin ⎝⎛⎭⎫π2＋α5sin (2π＋α)＋2cos (2π－α)＝sin α－4cos α5sin α＋2cos α＝2cos α－4cos α10cos α＋2cos α＝－212＝－16.热点二 三角函数的图象及应用 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象 (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)图象变换：(先平移后伸缩)y ＝sin x ――――――――――――→向左(φ>0)或向右(φ<0)平移|φ|个单位长度 y ＝sin(x ＋φ)―――――――――――――→横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍纵坐标不变y ＝sin(ωx ＋φ)―――――――――――――→纵坐标变为原来的A (A >0)倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)． (先伸缩后平移)y ＝sin x ――――――――――→横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍纵坐标不变y ＝sin ωx ―――――――→向左(φ>0)或右(φ<0)平移|φ|ω个单位长度y ＝sin(ωx ＋φ) ――――――――――――→纵坐标变为原来的A (A >0)倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)．例2 (1)(2018·安徽省江淮十校联考)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(ω>0)的最小正周期为π，为了得到函数g (x )＝cos ωx 的图象，只要将y ＝f (x )的图象( ) A ．向左平移π12个单位长度B ．向右平移π12个单位长度C ．向左平移5π12个单位长度D ．向右平移5π12个单位长度答案 A解析 由题意知，函数f (x )的最小正周期T ＝π， 所以ω＝2，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，g (x )＝cos 2x . 把g (x )＝cos 2x 变形得g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π12＋π3，所以只要将f (x )的图象向左平移π12个单位长度，即可得到g (x )＝cos 2x 的图象，故选A.(2)(2018·永州模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)()ω>0，|φ|<π的部分图象如图所示，将函数f (x )的图象向右平移5π12个单位长度后得到函数g (x )的图象，若函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π6，θ上的值域为[－1,2]，则θ＝________.答案 π3解析 函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)()ω>0，|φ|<π的部分图象如图所示， 则A ＝2，T 2＝13π12－7π12＝π2，解得T ＝π，所以ω＝2，即f (x )＝2sin(2x ＋φ)， 当x ＝π3时，f ⎝⎛⎭⎫π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2×π3＋φ＝0， 又|φ|<π，解得φ＝－2π3，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －2π3， 因为函数f (x )的图象向右平移5π12个单位长度后得到函数g (x )的图象， 所以g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －5π12－2π3＝2cos 2x ， 若函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π6，θ上的值域为[－1,2]，则2cos 2θ＝－1，则θ＝k π＋π3，k ∈Z ，或θ＝k π＋2π3，k ∈Z ，所以θ＝π3.思维升华 (1)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．(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数和方向． 跟踪演练2 (1)(2018·潍坊模拟)若将函数y ＝cos ωx (ω>0)的图象向右平移π3个单位长度后与函数y ＝sin ωx 的图象重合，则ω的最小值为( ) A.12 B.32 C.52 D.72 答案 B解析 将函数y ＝cos ωx (ω>0)的图象向右平移π3个单位长度后得到函数的解析式为y ＝cosω⎝⎛⎭⎫x －π3＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx －ωπ3. ∵平移后得到的函数图象与函数y ＝sin ωx 的图象重合， ∴－ωπ3＝2k π－π2(k ∈Z )，即ω＝－6k ＋32(k ∈Z )．∴当k ＝0时，ω＝32.(2)(2018·北京朝阳区模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则ω＝________；函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π3，π上的零点为________．答案 27π12解析 从图中可以发现，相邻的两个最高点和最低点的横坐标分别为π3，－π6，从而求得函数的最小正周期为T ＝2⎣⎡⎦⎤π3－⎝⎛⎭⎫－π6＝π，根据T ＝2πω可求得ω＝2.再结合题中的条件可以求得函数的解析式为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6，令2x －π6＝k π(k ∈Z )，解得x ＝k π2＋π12(k ∈Z )，结合所给的区间，整理得出x ＝7π12.热点三 三角函数的性质 1．三角函数的单调区间y ＝sin x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z )；y ＝cos x 的单调递增区间是[2k π－π，2k π](k ∈Z )，单调递减区间是[2k π，2k π＋π](k ∈Z )； y ＝tan x 的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z )．2．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．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． y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数．例3 设函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4. (1)求ω的值；(2)若函数y ＝f (x ＋φ)⎝⎛⎭⎫0<φ<π2是奇函数，求函数g (x )＝cos(2x －φ)在[0,2π]上的单调递减区间． 解 (1)f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32＝12sin 2ωx －3(1＋cos 2ωx )2＋32 ＝12sin 2ωx －32cos 2ωx ＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π3， 设T 为f (x )的最小正周期，由f (x )的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4，得⎝⎛⎭⎫T 22＋[2f (x )max ]2＝π2＋4， ∵f (x )max ＝1，∴⎝⎛⎭⎫T 22＋4＝π2＋4， 整理得T ＝2π.又ω>0，T ＝2π2ω＝2π，∴ω＝12.(2)由(1)可知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3， ∴f (x ＋φ)＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋φ－π3. ∵y ＝f (x ＋φ)是奇函数，∴sin ⎝⎛⎭⎫φ－π3＝0， 又0<φ<π2，∴φ＝π3，∴g (x )＝cos(2x －φ)＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 令2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ，得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z ，∴函数g (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z . 又∵x ∈[0,2π]，∴当k ＝0时，函数g (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤π6，2π3； 当k ＝1时，函数g (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤7π6，5π3.∴函数g (x )在[0,2π]上的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤π6，2π3，⎣⎡⎦⎤7π6，5π3. 思维升华 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的性质及应用类题目的求解思路第一步：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 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．跟踪演练3 (2018·四川成都市第七中学模拟)已知函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋sin 2x ＋a 的最大值为1.(1)求函数f (x )的最小正周期与单调递增区间；(2)若将f (x )的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，求函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值．解 (1)∵f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋sin 2x ＋a ＝3cos 2x ＋sin 2x ＋a ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋a ≤1， ∴2＋a ＝1， 即a ＝－1，∴最小正周期为T ＝π. ∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3－1， 令2k π－π2≤2x ＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－5π12≤x ≤k π＋π12，k ∈Z .∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－5π12，k π＋π12，k ∈Z . (2)∵将f (x )的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，∴g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋π3－1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3－1. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x ＋2π3∈⎣⎡⎦⎤2π3，5π3， ∴当2x ＋2π3＝2π3，即x ＝0时，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝32，g (x )取最大值3－1； 当2x ＋2π3＝3π2，即x ＝5π12时，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝－1，g (x )取最小值－3.真题体验1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵cos x ＋1≥0，∴当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当12<cos x ≤1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )，∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.2．(2018·全国Ⅱ改编 )若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]上是减函数，则a 的最大值是________． 答案 π4解析 f (x )＝cos x －sin x＝－2⎝⎛⎭⎫sin x ·22－cos x ·22＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4， 当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4，即x －π4∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2时， y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递增， f (x )＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递减． ∵函数f (x )在[－a ，a ]上是减函数， ∴[－a ，a ]⊆⎣⎡⎦⎤－π4，3π4， ∴0<a ≤π4，∴a 的最大值为π4.3．(2018·天津改编)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______．(填序号)①在区间⎣⎡⎦⎤3π4，5π4上单调递增； ②在区间⎣⎡⎦⎤3π4，π上单调递减； ③在区间⎣⎡⎦⎤5π4，3π2上单调递增； ④在区间⎣⎡⎦⎤3π2，2π上单调递减． 答案 ①解析 函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度后的解析式为y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π10＋π5＝sin 2x ，则函数y ＝sin 2x 的一个单调增区间为⎣⎡⎦⎤3π4，5π4，一个单调减区间为⎣⎡⎦⎤5π4，7π4.由此可判断①正确．4．(2018·全国Ⅲ)函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]上的零点个数为______． 答案 3解析 由题意可知，当3x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )时，f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6＝0. ∵x ∈[0，π]， ∴3x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，19π6， ∴当3x ＋π6的取值为π2，3π2，5π2时，f (x )＝0，即函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]上的零点个数为3. 押题预测1．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π5(x ∈R ，ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2.为了得到函数g (x )＝cos ωx 的图象，只要将y ＝f (x )的图象( ) A ．向左平移3π20个单位长度B ．向右平移3π20个单位长度C ．向左平移π5个单位长度D ．向右平移π5个单位长度押题依据 本题结合函数图象的性质确定函数解析式，然后考查图象的平移，很有代表性，考生应熟练掌握图象平移规则，防止出错． 答案 A解析 由于函数f (x )图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，则其最小正周期T ＝π，所以ω＝2πT＝2，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π5，g (x )＝cos 2x . 把g (x )＝cos 2x 变形得g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋3π20＋π5，所以要得到函数g (x )的图象，只要将f (x )的图象向左平移3π20个单位长度即可．故选A.2．如图，函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫其中A >0，ω>0，|φ|≤π2 与坐标轴的三个交点P ，Q ，R 满足P (2,0)，∠PQR ＝π4，M 为QR 的中点，PM ＝25，则A 的值为( )A.83 3B.1633 C ．8 D ．16 押题依据 由三角函数的图象求解析式是高考的热点，本题结合平面几何知识求A ，考查数形结合思想． 答案 B解析 由题意设Q (a,0)，R (0，－a )(a >0)． 则M ⎝⎛⎭⎫a 2，－a2，由两点间距离公式，得 PM ＝⎝⎛⎭⎫2－a 22＋⎝⎛⎭⎫a 22＝25， 解得a 1＝8，a 2＝－4(舍去)，由此得T 2＝8－2＝6，即T ＝12，故ω＝π6，由P (2,0)得φ＝－π3，代入f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，得f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫π6x －π3， 从而f (0)＝A sin ⎝⎛⎭⎫－π3＝－8，得A ＝163 3. 3．已知函数f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x .(1)若x 是某三角形的一个内角，且f (x )＝－22，求角x 的大小； (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，求f (x )的最小值及取得最小值时x 的值． 押题依据 三角函数解答题的第(1)问的常见形式是求周期、求单调区间及求对称轴方程(或对称中心)等，这些都可以由三角函数解析式直接得到，因此此类命题的基本方式是利用三角恒等变换得到函数的解析式．第(2)问的常见形式是求解函数的值域(或最值)，特别是指定区间上的值域(或最值)，是高考考查三角函数图象与性质命题的基本模式． 解 (1)∵f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x ＝(cos 2x ＋sin 2x )(cos 2x －sin 2x )－sin 2x ＝cos 2x －sin 2x＝2⎝⎛⎭⎫22cos 2x －22sin 2x＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， ∴f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＝－22， 可得cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＝－12. 由题意可得x ∈(0，π)， ∴2x ＋π4∈⎝⎛⎭⎫π4，9π4， 可得2x ＋π4＝2π3或4π3，∴x ＝5π24或13π24.(2)∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，5π4， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－1，22， ∴f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4∈[－2，1]． ∴f (x )的最小值为－2，此时2x ＋π4＝π，即x ＝3π8.A 组 专题通关1．(2018·佛山质检)函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3的最小正周期和振幅分别是( ) A ．π， 2 B ．π，2 C ．2π，1 D ．2π， 2 答案 B解析 ∵y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2x －π3＋π2 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， ∴T ＝2π2＝π，振幅为2.2．(2018·天津市十二校模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(x ∈R ，ω>0)的最小正周期为π，将y ＝f (x )的图象向左平移|φ|个单位长度，所得图象关于y 轴对称，则φ的一个值是( ) A.π2 B.3π8 C.π4 D.5π8答案 D解析 由函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(x ∈R ，ω>0)的最小正周期为π＝2πω， 可得ω＝2，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4. 将y ＝f (x )的图象向左平移|φ|个单位长度， 得y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2(x ＋|φ|)＋π4的图象， ∵平移后图象关于y 轴对称， ∴2|φ|＋π4＝k π＋π2(k ∈Z )，∴|φ|＝k π2＋π8(k ∈Z )，令k ＝1，得φ＝±5π8.3．(2018·河北省衡水金卷模拟)已知函数f (x )＝3sin ωx －2cos 2ωx2＋1(ω>0)，将f (x )的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎫0<φ<π2个单位长度，所得函数g (x )的部分图象如图所示，则φ的值为( )A.π12B.π6C.π8D.π3 答案 A解析 ∵f (x )＝3sin ωx －2cos 2ωx2＋1 ＝3sin ωx －cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6， 则g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤ω(x －φ)－π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －ωφ－π6. 由图知T ＝2⎝⎛⎭⎫11π12－5π12＝π， ∴ω＝2，g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －2φ－π6， 则g ⎝⎛⎭⎫5π12＝2sin ⎝⎛⎭⎫5π6－π6－2φ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2π3－2φ＝2， 即2π3－2φ＝π2＋2k π，k ∈Z ， ∴φ＝π12－k π，k ∈Z .又0<φ<π2，∴φ的值为π12.4．(2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，0<φ<π2，f (x 1)＝2，f (x 2)＝0，若|x 1－x 2|的最小值为12，且f ⎝⎛⎭⎫12＝1，则f (x )的单调递增区间为( ) A.⎣⎡⎦⎤－16＋2k ，56＋2k ，k ∈ZB.⎣⎡⎦⎤－56＋2k ，16＋2k ，k ∈Z C.⎣⎡⎦⎤－56＋2k π，16＋2k π，k ∈Z D.⎣⎡⎦⎤16＋2k ，76＋2k ，k ∈Z 答案 B解析 由f (x 1)＝2，f (x 2)＝0，且|x 1－x 2|的最小值为12，可知T 4＝12，∴T ＝2，∴ω＝π，又f ⎝⎛⎭⎫12＝1，则φ＝±π3＋2k π，k ∈Z ， ∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫πx ＋π3. 令－π2＋2k π≤πx ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－56＋2k ≤x ≤16＋2k ，k ∈Z .故f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－56＋2k ，16＋2k ，k ∈Z . 5．(2018·焦作模拟)函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω>0)图象的相邻对称轴之间的距离为π2，则下列结论正确的是( ) A ．f (x )的最大值为1B ．f (x )的图象关于直线x ＝5π12对称C ．f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2的一个零点为x ＝－π3D ．f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π3，π2上单调递减 答案 D解析 因为f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6的相邻的对称轴之间的距离为π2， 所以2πω＝π，得ω＝2，即f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， 所以f (x )的最大值为2，所以A 错误； 当x ＝5π12时，2x ＋π6＝π，所以f ⎝⎛⎭⎫5π12＝0， 所以x ＝5π12不是函数图象的对称轴，所以B 错误；由f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π2＋π6 ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， 当x ＝－π3时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝2≠0， 所以x ＝－π3不是函数的一个零点，所以C 错误；当x ∈⎣⎡⎦⎤π3，π2时，2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤5π6，7π6，f (x )单调递减，所以D 正确． 6．在平面直角坐标系中，角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)，则tan α＝________，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎫α－π2＝________. 答案33解析 ∵角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)，∴x ＝－3，y ＝－1，∴tan α＝y x ＝33，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎫α－π2＝cos α－cos α＝0. 7．(2018·河北省衡水金卷模拟)已知tan α＝2，则sin 22α－2cos 22αsin 4α＝________.答案112解析 ∵tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－43， ∴sin 22α－2cos 22αsin 4α＝sin 22α－2cos 22α2sin 2αcos 2α＝tan 22α－22tan 2α＝169－22×⎝⎛⎭⎫－43＝112.8．(2017·全国Ⅱ)函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的最大值是________． 答案 1解析 f (x )＝1－cos 2x ＋3cos x －34＝－⎝⎛⎭⎫cos x －322＋1. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴cos x ∈[0,1]， ∴当cos x ＝32时，f (x )取得最大值，最大值为1. 9．(2018·潍坊模拟)设函数f (x )(x ∈R )满足f (x －π)＝f (x )－sin x ，当－π<x ≤0时，f (x )＝0，则f ⎝⎛⎭⎫2 018π3＝________.答案32解析 ∵f (x －π)＝f (x )－sin x ， ∴f (x )＝f (x －π)＋sin x ，则f (x ＋π)＝f (x )＋sin(x ＋π)＝f (x )－sin x . ∴f (x ＋π)＝f (x －π)，即f (x ＋2π)＝f (x )． ∴函数f (x )的周期为2π，∴f ⎝⎛⎭⎫2 018π3＝f ⎝⎛⎭⎫672π＋2π3＝f ⎝⎛⎭⎫2π3 ＝f ⎝⎛⎭⎫－π3＋sin 2π3. ∵当－π<x ≤0时，f (x )＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫2 018π3＝0＋sin 2π3＝32. 10．已知向量m ＝(3sin ωx,1)，n ＝(cos ωx ，cos 2ωx ＋1)，设函数f (x )＝m ·n ＋b . (1)若函数f (x )的图象关于直线x ＝π6对称，且当ω∈[0,3]时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)在(1)的条件下，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，7π12时，函数f (x )有且只有一个零点，求实数b 的取值范围． 解 m ＝(3sin ωx,1)，n ＝(cos ωx ，cos 2ωx ＋1)， f (x )＝m ·n ＋b ＝3sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx ＋1＋b ＝32sin 2ωx ＋12cos 2ωx ＋32＋b＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π6＋32＋b . (1)∵函数f (x )的图象关于直线x ＝π6对称，∴2ω·π6＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，解得ω＝3k ＋1(k ∈Z )，∵ω∈[0,3]，∴ω＝1， ∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋32＋b ， 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )，∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )． (2)由(1)知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋32＋b ， ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，7π12，∴2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，4π3， ∴当2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，π2，即x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6时，函数f (x )单调递增； 当2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π2，4π3，即x ∈⎣⎡⎦⎤π6，7π12时，函数f (x )单调递减． 又f (0)＝f ⎝⎛⎭⎫π3，∴当f ⎝⎛⎭⎫π3>0≥f ⎝⎛⎭⎫7π12或f ⎝⎛⎭⎫π6＝0时，函数f (x )有且只有一个零点， 即sin 4π3≤－b －32<sin 5π6或1＋32＋b ＝0，∴b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－2，3－32∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－52. B 组 能力提高11.如图，单位圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C 位于第一象限，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫45，－35，∠AOC ＝α，若BC ＝1，则3cos 2α2－sin α2cos α2－32的值为( )A.45B.35 C ．－45 D ．－35 答案 B解析 ∵点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫45，－35，设∠AOB ＝θ， ∴sin(2π－θ)＝－35，cos(2π－θ)＝45，即sin θ＝35，cos θ＝45，∵∠AOC ＝α，BC ＝1，∴θ＋α＝π3，则α＝π3－θ，则3cos 2α2－sin α2cos α2－32＝32cos α－12sin α＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝sin θ＝35.12．(2018·株洲质检)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝3相邻两个交点的距离为π，若f (x )>2对∀x ∈⎝⎛⎭⎫π24，π3恒成立，则φ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫π6，π2 B.⎣⎡⎦⎤π6，π3 C.⎝⎛⎭⎫π12，π3 D.⎣⎡⎦⎤π12，π6答案 D解析 因为函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝3相邻两个交点的距离为π，所以函数周期为T ＝π，ω＝2， 当x ∈⎝⎛⎭⎫π24，π3时，2x ＋φ∈⎝⎛⎭⎫π12＋φ，2π3＋φ， 且|φ|≤π2，由f (x )>2知，sin(2x ＋φ)>12，所以⎩⎨⎧π6≤π12＋φ，2π3＋φ≤5π6，解得π12≤φ≤π6.13．函数f (x )＝12－x的图象与函数g (x )＝2sin π2x (0≤x ≤4)的图象的所有交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，则f (y 1＋y 2＋…＋y n )＋g (x 1＋x 2＋…＋x n )＝________. 答案 12解析 如图，画出函数f (x )和g (x )的图象，可知有4个交点，并且关于点(2,0)对称，所以y 1＋y 2＋y 3＋y 4＝0，x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝8，所以f (y 1＋y 2＋y 3＋y 4)＋g (x 1＋x 2＋x 3＋x 4)＝f (0)＋g (8)＝12＋0＝12.14．已知a >0，函数f (x )＝－2a sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋2a ＋b ，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，－5≤f (x )≤1. (1)求常数a ，b 的值；(2)设g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2且lg g (x )>0，求g (x )的单调区间． 解 (1)∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6. ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴－2a sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈[－2a ，a ]． ∴f (x )∈[b,3a ＋b ]，又∵－5≤f (x )≤1，∴b ＝－5,3a ＋b ＝1，因此a ＝2，b ＝－5. (2)由(1)得f (x )＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1， ∴g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋7π6－1 ＝4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1. 又由lg g (x )>0，得g (x )>1，∴4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1>1，∴sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6>12， ∴2k π＋π6<2x ＋π6<2k π＋5π6，k ∈Z ，其中当2k π＋π6<2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即k π<x ≤k π＋π6，k ∈Z 时，g (x )单调递增；当2k π＋π2<2x ＋π6<2k π＋5π6，k ∈Z ，即k π＋π6<x <k π＋π3，k ∈Z 时，g (x )单调递减．∴g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤k π，k π＋π6，k ∈Z ， 单调递减区间为⎝⎛⎭⎫k π＋π6，k π＋π3，k ∈Z .第2讲 三角恒等变换与解三角形[考情考向分析] 正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查：1.边和角的计算.2.三角形形状的判断.3.面积的计算.4.有关参数的范围问题．由于此内容应用性较强，与实际问题结合起来进行命题将是今后高考的一个关注点，不可轻视．热点一 三角恒等变换 1．三角求值“三大类型”“给角求值”“给值求值”“给值求角”． 2．三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等．(2)项的拆分与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等． (3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次． (4)弦、切互化：一般是切化弦．例1 (1)(2018·广东省省际名校(茂名市)联考)若cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝45，则cos ⎝⎛⎭⎫π3－2α等于( )A.2325 B ．－2325C.725 D ．－725答案 D解析 ∵cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝45， ∴cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝sin ⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫α＋π3 ＝sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝45，∴cos ⎝⎛⎭⎫π3－2α＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎫π6－α＝－725. (2)已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( ) A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6答案 C解析 因为α，β均为锐角，所以－π2<α－β<π2.又sin(α－β)＝－1010，所以cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55，所以cos α＝255， 所以sin β＝sin [α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝55×31010－255×⎝⎛⎭⎫－1010＝22. 所以β＝π4.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解． 跟踪演练1 (1)(2018·湖南G10教育联盟联考)已知cos ⎝⎛⎭⎫π2＋α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋7π6，则tan ⎝⎛⎭⎫π12＋α＝________. 答案 23－4解析 ∵cos ⎝⎛⎭⎫π2＋α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋7π6， ∴－sin α＝－3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6， ∴sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝3sin αcos π6＋3cos αsin π6 ＝332sin α＋32cos α， ∴tan α＝32－33，又tan π12＝tan ⎝⎛⎭⎫π3－π4＝tan π3－tan π41＋tan π3tanπ4＝3－11＋3＝2－3， ∴tan ⎝⎛⎭⎫π12＋α＝tan π12＋tan α1－tan π12tan α＝()2－3＋32－331－()2－3×32－33＝23－4. (2)(2018·江西省重点中学协作体联考)若2cos 2θcos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝3sin 2θ，则sin 2θ等于( )A.13 B ．－23C.23 D ．－13答案 B解析 由题意得2cos 2θcos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝2(cos 2θ－sin 2θ)22(cos θ－sin θ)＝2(cos θ＋sin θ)＝3sin 2θ，将上式两边分别平方，得4＋4sin 2θ＝3sin 22θ， 即3sin 22θ－4sin 2θ－4＝0， 解得sin 2θ＝－23或sin 2θ＝2(舍去)，所以sin 2θ＝－23.热点二 正弦定理、余弦定理1．正弦定理：在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．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 等．2．余弦定理：在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc. 例2 (2017·全国Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A ＋3cos A ＝0，a ＝27，b ＝2. (1)求c ；(2)设D 为BC 边上一点，且AD ⊥AC ，求△ABD 的面积． 解 (1)由已知可得tan A ＝－3，所以A ＝2π3.在△ABC 中，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即28＝4＋c 2－4c ·cos2π3， 即c 2＋2c －24＝0，解得c ＝－6(舍去)或c ＝4. 所以c ＝4.(2)由题设可得∠CAD ＝π2，所以∠BAD ＝∠BAC －∠CAD ＝π6.故△ABD 的面积与△ACD 的面积的比值为12AB ·AD ·sin π612AC ·AD ＝1.又△ABC 的面积为12×4×2sin ∠BAC ＝23，所以△ABD 的面积为 3.思维升华 关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．跟踪演练2 (2018·广州模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知B ＝60°，c ＝8.(1)若点M ，N 是线段BC 的两个三等分点，BM ＝13BC ，ANBM ＝23，求AM 的值；(2)若b ＝12，求△ABC 的面积．解 (1)由题意得M ，N 是线段BC 的两个三等分点，设BM ＝x ，则BN ＝2x ，AN ＝23x ， 又B ＝60°，AB ＝8，在△ABN 中，由余弦定理得12x 2＝64＋4x 2－2×8×2x cos 60°， 解得x ＝2(负值舍去)，则BM ＝2. 在△ABM 中，由余弦定理，得AB 2＋BM 2－2AB ·BM ·cos B ＝AM 2，AM ＝82＋22－2×8×2×12＝52＝213.(2)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝c sin C， 得sin C ＝c sin B b ＝8×3212＝33.又b >c ，所以B >C ，则C 为锐角，所以cos C ＝63. 则sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C＝32×63＋12×33＝32＋36， 所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A＝48×32＋36＝242＋8 3.热点三 解三角形与三角函数的综合问题解三角形与三角函数的综合是近几年高考的热点，主要考查三角形的基本量，三角形的面积或判断三角形的形状．例3 (2018·天津)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎫B －π6. (1)求角B 的大小；(2)设a ＝2，c ＝3，求b 和sin(2A －B )的值．解 (1)在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝bsin B，可得 b sin A ＝a sin B .又由b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎫B －π6，得a sin B ＝a cos ⎝⎛⎭⎫B －π6， 即sin B ＝cos ⎝⎛⎭⎫B －π6，所以tan B ＝ 3. 又因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理及a ＝2，c ＝3，B ＝π3，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝7，故b ＝7. 由b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎫B －π6，可得sin A ＝217 . 因为a <c ，所以cos A ＝277 .因此sin 2A ＝2sin A cos A ＝437，cos 2A ＝2cos 2A －1＝17.所以sin(2A －B )＝sin 2A cos B －cos 2A sin B＝437×12－17×32＝3314. 思维升华 解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求解．跟踪演练3 (2018·雅安三诊)已知函数f (x )＝2cos 2x ＋sin ⎝⎛⎭⎫7π6－2x －1(x ∈R )． (1)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知f (A )＝12，若b ＋c ＝2a ，且·＝6，求a 的值．解 (1)f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫7π6－2x ＋2cos 2x －1 ＝－12cos 2x ＋32sin 2x ＋cos 2x＝12cos 2x ＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，可解得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )．∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )．(2)由f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝12，可得2A ＋π6＝π6＋2k π或2A ＋π6＝5π6＋2k π(k ∈Z )．∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3，∵·＝bc cos A ＝12bc ＝6，∴bc ＝12，又∵2a ＝b ＋c ，∴cos A ＝12＝(b ＋c )2－a 22bc －1＝4a 2－a 224－1＝a 28－1，∴a ＝2 3.真题体验1．(2017·山东改编)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 为锐角三角形，且满足sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，则下列等式成立的是______．(填序号) ①a ＝2b; ②b ＝2a; ③A ＝2B; ④B ＝2A .答案 ①解析 ∵等式右边＝sin A cos C ＋(sin A cos C ＋cos A sin C )＝sin A cos C ＋sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋sin B ，等式左边＝sin B ＋2sin B cos C ，∴sin B ＋2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin B .由cos C >0，得sin A ＝2sin B .根据正弦定理，得a ＝2b .2．(2018·全国Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝________.答案 －12解析 ∵sin α＋cos β＝1，①cos α＋sin β＝0，②∴①2＋②2得1＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＋1＝1，∴sin αcos β＋cos αsin β＝－12， ∴sin(α＋β)＝－12. 3．(2018·全国Ⅲ改编)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝________.答案 π4解析 ∵S ＝12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24＝2ab cos C 4＝12ab cos C ， ∴sin C ＝cos C ，即tan C ＝1.又∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4. 4．(2018·全国Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为________．答案 233 解析 ∵b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，∴由正弦定理得sin B sin C ＋sin C sin B ＝4sin A sin B sin C .又sin B sin C >0，∴sin A ＝12. 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝82bc ＝4bc>0， ∴cos A ＝32，bc ＝4cos A ＝833， ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233.押题预测1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知cos A ＝23，sin B ＝5cos C ，并且a ＝2，则△ABC 的面积为________．押题依据 三角形的面积求法较多，而在解三角形中主要利用正弦、余弦定理求解，此题很好地体现了综合性考查的目的，也是高考的重点．答案 52解析 因为0<A <π，cos A ＝23，所以sin A ＝1－cos 2A ＝53. 又由5cos C ＝sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝53cos C ＋23sin C 知，cos C >0， 并结合sin 2C ＋cos 2C ＝1，得sin C ＝56，cos C ＝16. 于是sin B ＝5cos C ＝56. 由a ＝2及正弦定理a sin A ＝c sin C，得c ＝ 3. 故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝52. 2．已知函数f (x )＝3sin ωx ·cos ωx －cos 2ωx (ω>0)的最小正周期为2π3. (1)求ω的值；(2)在△ABC 中，sin B ，sin A ，sin C 成等比数列，求此时f (A )的值域．押题依据 三角函数和解三角形的交汇命题是近几年高考命题的趋势，本题综合考查了三角变换、余弦定理和三角函数的值域，还用到数列、基本不等式等知识，对学生能力要求较高． 解 (1)f (x )＝32sin 2ωx －12(cos 2ωx ＋1) ＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6－12， 因为函数f (x )的最小正周期为T ＝2π2ω＝2π3， 所以ω＝32.(2)由(1)知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫3x －π6－12，易得f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎫3A －π6－12.因为sin B ，sin A ，sin C 成等比数列，所以sin 2A ＝sin B sin C ，所以a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－bc2bc≥2bc －bc2bc ＝12(当且仅当b ＝c 时取等号)．因为0<A <π，所以0<A ≤π3，所以－π6<3A －π6≤5π6，所以－12<sin ⎝⎛⎭⎫3A －π6≤1，所以－1<sin ⎝⎛⎭⎫3A －π6－12≤12，所以f (A )的值域为⎝⎛⎦⎤－1，12.A 组 专题通关1．(2018·全国Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α等于( )A.89B.79C ．－79D ．－89答案 B解析 ∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝⎛⎭⎫132＝79.2．tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°的值为( ) A. 3 B.33 C ．－33 D ．－ 3答案 D解析 因为tan 120°＝tan 70°＋tan 50°1－tan 70°tan 50°＝－3， 即tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°＝－ 3.3．(2018·凯里市第一中学《黄金卷》模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos A ＝b c，则该三角形为( ) A ．等腰三角形B ．等腰直角三角形C ．等边三角形D ．直角三角形答案 D解析 由cos A ＝b c ，即b 2＋c 2－a 22bc ＝b c， 化简得c 2＝a 2＋b 2，所以△ABC 为直角三角形．4．(2018·衡水金卷调研卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos B ＋b cos A＝2c cos C ，c ＝7，且△ABC 的面积为332，则△ABC 的周长为( ) A ．1＋7B ．2＋7C ．4＋7D ．5＋7 答案 D解析 在△ABC 中，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ， 则sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C ， 即sin(A ＋B )＝2sin C cos C ，∵sin(A ＋B )＝sin C ≠0，∴cos C ＝12，∴C ＝π3，由余弦定理可得，a 2＋b 2－c 2＝ab ，即(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7，又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，∴ab ＝6，∴(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，a ＋b ＝5，∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.。
高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形微专题解三角形中的结构不良问题
题型选讲 题型一 研究三角形是否存在的问题
典例1 (2023·海南省直辖县级单位统考模拟预测)在△ABC 中，
角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，2sin2B＋2 C＝1＋sin A．
∵0<B<23π， ∴B＋π6∈π6，56π， ∴sinB＋π6∈12，1， 故 cos B＋cos C 的最大值为 1.
典例5 在①c(sin A－sin C)＝(a－b)(sin A＋sin B)，②2bcos A＋a
＝2c，③2 3
3 acsin
B＝a2＋c2－b2 三个条件中任选一个，补充在下面问题
5．所涉及的概念、规则和原理不确定．“解三角形”属于三角 形、三角函数、三角恒等变换的知识的范畴，与学生学习、生活紧密相 连，具有广泛的命题背景，可以设置数学内部或外部、简单或复杂、形 式多样的结构不良问题．主要考查理性思维、运算求解、数学探究、数 学抽象、数学建模等学科素养．
解题策略
1．题目所给的三个可选择的条件是平行的，无论选择哪个条件， 都可以解答题目；
(注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．)
【解析】
若选①：2a－3b3c＝ccooss
CB，2sin
A－ 3sin
3sin B
C＝ccooss
CB，2sin
Acos B＝ 3sin(B＋C)＝ 3sin(π－A)＝ 3sin A，
cos B＝ 23，B＝π6； 若选②：sisninAB－＋s3isninCC＝b－a c，a－b＋c3c＝b－a c，b2＝a2＋c2－ 3ac，
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高考解三角形专题突破
考点1 判断三角形的形状
1．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC+ccosB=asinA，则△ABC的形状为（）
A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．不确定
2．在△ABC中，若sin2A+sin2B＜sin2C，则△ABC的形状是（）
A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．不能确定
3．若△ABC 的三个内角A、B、C满足6sinA=4sinB=3sinC，则△ABC（）A．一定是锐角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形
D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
4．在三角形ABC中，若sin2Ccos2B+sin2Csin2B=0，且cos2C+cosC=0，则△ABC 是（）
A．直角非等腰三角形B．等腰非等边三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
5．在△ABC中，a，b，c是∠A，∠B，∠C的对边，若，则△ABC的形状是（）
A．锐角三角形B．钝角三角形
C．等边三角形D．等腰直角三角形
6．已知△ABC的三个内角为A，B，C，若函数f（x）=x2﹣xcosA•co sB﹣cos2有一零点为1，则△ABC一定是（）
A．等腰三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．钝角三角形
7．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c＜bcosA，则△ABC为（）
A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．不确定
考点2 三角形的取值范围
1. 若△ABC 中的内角满足C B A sin 2sin 2sin =+，则C cos 的最小值是_______
2. 在锐角三角形ABC 中，AC=6，B=2A ，则BC 的取值范围是_________
3. 在△ABC 中，BC=2，3
2π=A ，则∙的最小值为_________ 4. 在△ABC 中的内角A ，B ，C 的对边分别为c b a ,,，若b a B c +=2cos 2，△ABC 的面积c S 12
3=，则ab 的最小值为_________ 5. 在△ABC 中，4,30=︒=AB A ，满足此条件的三角形有两解，则BC 的取值范围_________
6. 在平行四边形ABCD 中，
,2,75=︒===BC C B A 则AB 的取值范围是_________ 7. 设△ABC 中的内角A ，B ，C 的对边分别为c b a ,,，A b a tan =，且B 为钝角.
（1）证明：2π
=-A B ；
（2）求C A sin sin +的取值范围
8. 已知△ABC 中的内角A ，B ，C 的对边分别为c b a ,,，且22,c b 是关于x 的一元二次方程()
022=++-m x bc a x 的两根.
（1）求角A 的大小
（2）若,3=a 求△ABC 周长的最大值
9. 在△ABC 中，1,sin 22tan
==+AB C B A ，求BC AC +21的最大值
10. 在△ABC 中，.sin sin sin 2C B A =
（1）若3π
=A ，求B 的大小；
（2）若1=bc ，求△ABC 的面积的最大值
高考解三角形专题突破
参考答案
一．选择题（共7小题）
1．A；2．A；3．C；4．D；5．D；6．A；7．A；。