（浙江專版）2023高考數(shù)學一輪復習第3章三角函數(shù)、解三角形熱點探究課2三角函數(shù)與解三角形中的高考熱點問題教師用書

PAGEPAGE8熱點探究課(二)三角函數(shù)與解三角形中的高考熱點問題[命題解讀]從近五年浙江卷高考試題來看，解答題第1題(全國卷T17)交替考查三角函數(shù)、解三角形與數(shù)列，本專題的熱點題型有：一是三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)；二是解三角形；三是三角恒等變換與解三角形的綜合問題，中檔難度，在解題過程中應挖掘題目的隱含條件，注意公式的內(nèi)在聯(lián)系，靈活地正用、逆用、變形應用公式，并注重轉(zhuǎn)化思想與數(shù)形結(jié)合思想的應用．熱點1三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)(答題模板)要進行五點法作圖、圖象變換，研究三角函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性，求三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、最值等，都應先進行三角恒等變換，將其化為一個角的一種三角函數(shù)，求解這類問題，要靈活利用兩角和(差)公式、倍角公式、輔助角公式以及同角關(guān)系進行三角恒等變換．(本小題總分值14分)函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))－sin(x＋π)．(1)求f(x)的最小正周期；(2)假設將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，π]上的最大值和最小值.【導學號：51062131】[思路點撥](1)先逆用倍角公式，再利用誘導公式、輔助角公式將f(x)化為正弦型函數(shù)，然后求其周期．(2)先利用平移變換求出g(x)的解析式，再求其在給定區(qū)間上的最值．[標準解答](1)f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))－sin(x＋π)3分＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，5分于是T＝eq\f(2π,1)＝2π.6分(2)由得g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).8分∵x∈[0，π]，∴x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，10分∴g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈[－1,2].13分故函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，π]上的最大值為2，最小值為－1.14分[答題模板]解決三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合問題的一般步驟為：第一步(化簡)：將f(x)化為asinx＋bcosx的形式．第二步(用輔助角公式)：構(gòu)造f(x)＝eq\r(a2＋b2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx·\f(a,\r(a2＋b2))＋cosx·\f(b,\r(a2＋b2)))).第三步(求性質(zhì))：利用f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)研究三角函數(shù)的性質(zhì)．第四步(反思)：反思回憶，查看關(guān)鍵點、易錯點和答題標準．[溫馨提示]1.在第(1)問的解法中，使用輔助角公式asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))，在歷年高考中使用頻率是相當高的，幾乎年年使用到、考查到，應特別加以關(guān)注.2．求g(x)的最值一定要重視定義域，可以結(jié)合三角函數(shù)圖象進行求解．[對點訓練1](2022·石家莊模擬)函數(shù)f(x)＝Asinωx＋Bcosωx(A，B，ω是常數(shù)，ω>0)的最小正周期為2，并且當x＝eq\f(1,3)時，f(x)max＝2.(1)求f(x)的解析式；(2)在閉區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,4)，\f(23,4)))上是否存在f(x)的對稱軸？如果存在，求出其對稱軸方程；如果不存在，請說明理由．[解](1)因為f(x)＝eq\r(A2＋B2)sin(ωx＋φ)，由它的最小正周期為2，知eq\f(2π,ω)＝2，ω＝π.2分又因為當x＝eq\f(1,3)時，f(x)max＝2，知eq\f(1,3)π＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，φ＝2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，4分所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋2kπ＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))(k∈Z)．故f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6))).6分(2)當垂直于x軸的直線過正弦曲線的最高點或最低點時，該直線就是正弦曲線的對稱軸，令πx＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝k＋eq\f(1,3)(k∈Z).9分由eq\f(21,4)≤k＋eq\f(1,3)≤eq\f(23,4)，解得eq\f(59,12)≤k≤eq\f(65,12)，11分又k∈Z，知k＝5，13分由此可知在閉區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,4)，\f(23,4)))上存在f(x)的對稱軸，其方程為x＝eq\f(16,3).14分熱點2解三角形從近幾年全國卷來看，高考命題強化了解三角形的考查力度，著重考查正弦定理、余弦定理的綜合應用，求解的關(guān)鍵是實施邊角互化，同時結(jié)合三角恒等變換進行化簡與求值．△ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)假設AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的長．[解](1)S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD.2分因為S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC.由正弦定理，得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2).6分(2)因為S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝eq\r(2).8分在△ABD和△ADC中，由余弦定理，知AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.12分故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6.由(1)，知AB＝2AC，所以AC＝1.14分[規(guī)律方法]解三角形問題要關(guān)注正弦定理、余弦定理、三角形內(nèi)角和定理、三角形面積公式，要適時、適度進行“角化邊〞或“邊化角〞，要抓住能用某個定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式，那么考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，那么兩個定理都有可能用到．[對點訓練2]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.asin2B＝eq\r(3)bsinA.(1)求B；(2)假設cosA＝eq\f(1,3)，求sinC的值．[解](1)在△ABC中，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得asinB＝bsinA．2分又由asin2B＝eq\r(3)bsinA，得2asinBcosB＝eq\r(3)bsinA＝eq\r(3)asinB，所以cosB＝eq\f(\r(3),2)，得B＝eq\f(π,6).6分(2)由cosA＝eq\f(1,3)，可得sinA＝eq\f(2\r(2),3)，那么sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＝eq\f(2\r(6)＋1,6).14分熱點3三角恒等變換與解三角形的綜合問題以三角形為載體，三角恒等變換與解三角形交匯命題，是近幾年高考試題的一大亮點，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的綜合應用，求解的關(guān)鍵是根據(jù)題目提供的信息，恰當?shù)貙嵤┻吔腔セ?2022·浙江高考沖刺卷(二))在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且sinA－cosA＝－eq\f(\r(10),5)，cosB＝eq\f(2\r(5),5).(1)求角C；(2)假設△ABC的面積為2，求a的值.【導學號：51062132】[解](1)∵sinA－cosA＝－eq\f(\r(10),5)，∴1－2sinAcosA＝eq\f(2,5)，2分∴2sinAcosA＝eq\f(3,5)，∴A為銳角．∴sinA＋cosA＝eq\r(1＋2sinAcosA)＝eq\f(2\r(10),5).3分由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA－cosA＝－\f(\r(10),5)，,sinA＋cosA＝\f(2\r(10),5)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA＝\f(\r(10),10)，,cosA＝\f(3\r(10),10).))∵cosB＝eq\f(2\r(5),5)，∴B為銳角，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(5),5).那么cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(\r(2),2)，而0<C<π，∴C＝eq\f(3π,4).8分(2)由正弦定理得eq\f(b,a)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\r(2)，那么b＝eq\r(2)a.由(1)得sinC＝eq\f(\r(2),2)，△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×a×eq\r(2)a×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)a2＝2，∴a＝2.14分[規(guī)律方法]1.以三角形為載體，實質(zhì)考查三角形中的邊角轉(zhuǎn)化，求解的關(guān)鍵是抓住邊角間的關(guān)系，恰中選擇正、余弦定理．2．解三角形常與三角變換交匯在一起(以解三角形的某一結(jié)論作為條件)，此時應首先確定三角形的邊角關(guān)系，然后靈活運用三角函數(shù)的和、差、倍角公式化簡轉(zhuǎn)化．[對點訓練3]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2.(1)求eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)的值；(2)假設B＝eq\f(π,4)，a＝3，求△ABC的面積．[解](1)由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋A))＝2，得tanA＝eq\f(1,3)，所以eq\f(sin2A,sin2A＋cos2A)＝eq\f(2tanA,2tanA＋1)＝eq\f(2,5).5分(2)由tanA＝eq\f(1,3)，A∈(0，π)，得sinA＝eq\f(\r(10),10)，cosA＝eq\f(3\r(10),10).8分由a＝3，B＝eq\f(π,4)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝3eq\r(5).11分由sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))，得sinC＝eq\f(2\r(5),5).設△ABC的面積為S，那么S＝eq\f(1,2)absinC＝9.14分熱點探究訓練(二)三角函數(shù)與解三角形中的高考熱點問題1．在△ABC中，AC＝6，cosB＝eq\f(4,5)，C＝eq\f(π,4).(1)求AB的長；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))的值．[解](1)因為cosB＝eq\f(4,5)，0<B<π，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2)＝eq\f(3,5).2分由正弦定理知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，所以AB＝eq\f(AC·sinC,sinB)＝eq\f(6×\f(\r(2),2),\f(3,5))＝5eq\r(2).6分(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，于是cosA＝－cos(B＋C)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝－cosBcoseq\f(π,4)＋sinBsineq\f(π,4).9分又cosB＝eq\f(4,5)，sinB＝eq\f(3,5)，故cosA＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).12分因為0<A<π，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(7\r(2),10).因此，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝cosAcoseq\f(π,6)＋sinAsineq\f(π,6)＝－eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(7\r(2),10)×eq\f(1,2)＝eq\f(7\r(2)－\r(6),20).14分2．設f(x)＝2eq\r(3)sin(π－x)sinx－(sinx－cosx)2.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)把y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再把得到的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值.【導學號：51062133】[解](1)f(x)＝2eq\r(3)sin(π－x)sinx－(sinx－cosx)2＝2eq\r(3)sin2x－(1－2sinxcosx)＝eq\r(3)(1－cos2x)＋sin2x－1＝sin2x－eq\r(3)cos2x＋eq\r(3)－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1，4分由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))k∈Z)).7分(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1，9分把y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1的圖象，再把得到的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位，得到y(tǒng)＝2sinx＋eq\r(3)－1的圖象，即g(x)＝2sinx＋eq\r(3)－1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,6)＋eq\r(3)－1＝eq\r(3).14分3．設f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.假設feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．[解](1)由題意知f(x)＝eq\f(sin2x,2)－eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝eq\f(sin2x,2)－eq\f(1－sin2x,2)＝sin2x－eq\f(1,2).2分由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z；3分由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，可得eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z.6分所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)，7分單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ，))(k∈Z)．(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq\f(1,2)＝0，得sinA＝eq\f(1,2)，