高考數(shù)學總復(fù)習第三章 三角函數(shù)、三角恒等變換及解三角形第9課時 三角函數(shù)的綜合應(yīng)用

考情分析考點新知理解和掌握同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)、兩角和與差的正弦余弦與正切公式、二倍角公式及正弦定理和余弦定理，并能運用它們解決有關(guān)三角函數(shù)的綜合問題．2.B級考點：①同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式②二倍角公式③三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)④正弦定理和余弦定理1.(必修5P9例題4題改編)設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，且eq\f(a,cosA)＝eq\f(c,sinC)，則A＝________．答案：eq\f(π,4)解析：由eq\f(a,cosA)＝eq\f(c,sinC)，eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(a,cosA)，即sinA＝cosA，所以A＝eq\f(π,4).2.(必修4P45習題1.3第8題改編)將函數(shù)y＝sinx的圖象向左平移φ(0≤φ<2π)個單位后，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的圖象，則φ＝________．答案：eq\f(11,6)π解析：將函數(shù)y＝sinx向左平移φ(0≤φ<2π)個單位得到函數(shù)y＝sin(x＋φ)．只有φ＝eq\f(11,6)π時有y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(11,6)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).3.(必修4P109習題3.3第6(2)題改編)taneq\f(π,12)－eq\f(1,tan\f(π,12))＝________．答案：－2eq\r(3)解析：原式＝eq\f(sin\f(π,12),cos\f(π,12))－eq\f(cos\f(π,12),sin\f(π,12))＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(π,12)－sin2\f(π,12))),sin\f(π,12)cos\f(π,12))＝eq\f(－cos\f(π,6),\f(1,2)sin\f(π,6))＝－2eq\r(3).4.(必修4P115復(fù)習題第13題改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinxcosx－cos2x＋eq\f(1,2)(x∈R)，則f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的值域是________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))解析：f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，故值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).5.在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，則邊BC上的高為________．答案：eq\f(3\r(3),2)解析：由余弦定理，得7＝c2＋4－2c，即c2－2c－3＝0，解得c＝3，所以邊BC上的高h＝3sin60°＝eq\f(3\r(3),2).1.同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式：sin2α＋cos2α＝1，tanα＝eq\f(sinα,cosα).2.兩角和與差的正弦余弦和正切公式：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cos(α±β)＝cosαcosβsinαsinβ，tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1tanαtanβ).3.二倍角公式：sin2α＝2sinαcosα，cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).4.三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)5.正弦定理和余弦定理：(1)正弦定理：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R為三角形外接圓的半徑)．(2)余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).題型1三角恒等變換例1已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\f(7\r(2),10)，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).(1)求cosA的值；(2)求函數(shù)f(x)＝cos2x＋eq\f(5,2)sinAsinx的值域．解：(1)因為eq\f(π,4)<A<eq\f(π,2)，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\f(7\r(2),10)，所以eq\f(π,2)<A＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),10).所以cosA＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝－eq\f(\r(2),10)·eq\f(\r(2),2)＋eq\f(7\r(2),10)·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,5).(2)由(1)可得sinA＝eq\f(4,5).所以f(x)＝cos2x＋eq\f(5,2)sinAsinx＝1－2sin2x＋2sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2)，x∈R.因為sinx∈[－1，1]，所以，當sinx＝eq\f(1,2)時，f(x)取最大值eq\f(3,2)；當sinx＝－1時，f(x)取最小值－3.所以函數(shù)f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).eq\a\vs4\al(備選變式（教師專享）)(2013·上海卷)若cosxcosy＋sinxsiny＝eq\f(1,2)，sin2x＋sin2y＝eq\f(2,3)，則sin(x＋y)＝________．答案：eq\f(2,3)解析：由題意得cos(x－y)＝eq\f(1,2)，sin2x＋sin2y＝sin[(x＋y)＋(x－y)]＋sin[(x＋y)－(x－y)]＝2sin(x＋y)cos(x－y)＝eq\f(2,3)sin(x＋y)＝eq\f(2,3).題型2三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)例2已知函數(shù)f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))，x∈R，A>0，0<φ<eq\f(π,2)，y＝f(x)的部分圖象如圖所示，P、Q分別為該圖象的最高點和最低點，點P的坐標為(1，A)．(1)求f(x)的最小正周期及φ的值；(2)若點R的坐標為(1，0)，∠PRQ＝eq\f(2π,3)，求A的值．解：(1)由題意得T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6.因為P(1，A)在y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))的圖象上，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1.因為0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).(2)設(shè)點Q的坐標為(x0，－A)．由題意可知eq\f(π,3)x0＋eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)，得x0＝4，所以Q(4，－A)．連結(jié)PQ，在△PRQ中，∠PRQ＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得cos∠PRQ＝eq\f(RP2＋RQ2－PQ2,2RP·RQ)＝eq\f(A2＋9＋A2－（9＋4A2）,2A·\r(9＋A2))＝－eq\f(1,2)，解得A2＝3.又A>0，所以A＝eq\r(3).eq\a\vs4\al(備選變式（教師專享）)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0≤φ≤π)為偶函數(shù)，且其圖象上相鄰兩對稱軸之間的距離為π.(1)求函數(shù)f(x)的表達式；(2)若sinα＋f(α)＝eq\f(2,3)，求eq\f(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＋1,1＋tanα)的值．解：(1)∵f(x)為偶函數(shù)，∴sin(－ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)，即2sinωxcosφ＝0恒成立，∴cosφ＝0，又∵0≤φ≤π，∴φ＝eq\f(π,2).又其圖象上相鄰對稱軸之間的距離為π，∴T＝2π，∴ω＝1，∴f(x)＝cosx.(2)∵原式＝eq\f(sin2α－cos2α＋1,1＋tanα)＝2sinαcosα，又∵sinα＋cosα＝eq\f(2,3)，∴1＋2sinαcosα＝eq\f(4,9)，即2sinαcosα＝－eq\f(5,9)，故原式＝－eq\f(5,9).題型3正弦定理、余弦定理的綜合應(yīng)用例3(2013·浙江)在銳角△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且2asinB＝eq\r(3)b.(1)求角A的大?。?2)若a＝6，b＋c＝8，求△ABC的面積．解：(1)由2asinB＝eq\r(3)b及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(\r(3),2).因為A是銳角，所以A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2－bc＝36.又b＋c＝8，所以bc＝eq\f(28,3).由三角形面積公式S＝eq\f(1,2)bcsinA，得△ABC的面積為eq\f(7\r(3),3).eq\a\vs4\al(備選變式（教師專享）)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，C＝eq\f(π,3)，a＝5，△ABC的面積為10eq\r(3).(1)求b，c的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))的值．解：(1)由已知，C＝eq\f(π,3)，a＝5，因為S△ABC＝eq\f(1,2)absinC，即10eq\r(3)＝eq\f(1,2)b·5sineq\f(π,3)，解得b＝8.由余弦定理可得：c2＝25＋64－80coseq\f(π,3)＝49,所以c＝7.(2)由(1)有cosB＝eq\f(25＋49－64,70)＝eq\f(1,7)，由于B是三角形的內(nèi)角，易知sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(3),7)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))＝cosBcoseq\f(π,3)＋sinBsineq\f(π,3)＝eq\f(1,7)×eq\f(1,2)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(13,14).題型4三角函數(shù)、平面向量、解三角形的綜合應(yīng)用例4已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA，\f(1,2)))與n＝(3，sinA＋eq\r(3)cosA)共線，其中A是△ABC的內(nèi)角．(1)求角A的大??；(2)若BC＝2，求△ABC面積S的最大值，并判斷S取得最大值時△ABC的形狀．解：(1)因為m∥n，所以sinA·(sinA＋eq\r(3)cosA)－eq\f(3,2)＝0.所以eq\f(1－cos2A,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2A－eq\f(3,2)＝0，即eq\f(\r(3),2)sin2A－eq\f(1,2)cos2A＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1.因為A∈(0，π)，所以2A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6))).故2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理，得4＝b2＋c2－bc.又S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc，而b2＋c2≥2bcbc＋4≥2bcbc≤4(當且僅當b＝c時等號成立)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(\r(3),4)×4＝eq\r(3).當△ABC的面積取最大值時，b＝c.又A＝eq\f(π,3)，故此時△ABC為等邊三角形．eq\a\vs4\al(備選變式（教師專享）)已知△ABC的角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，設(shè)向量m＝(a，b)，n＝(sinB，sinA)，p＝(b－2，a－2)．(1)若m∥n，求證：△ABC為等腰三角形；(2)若m⊥p，邊長c＝2，角C＝eq\f(π,3)，求△ABC的面積．(1)證明：∵m∥n，∴asinA＝bsinB，即a·eq\f(a,2R)＝b·eq\f(b,2R)，其中R是△ABC外接圓半徑，∴a＝b.∴△ABC為等腰三角形．(2)解：由題意可知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0.∴a＋b＝ab.由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0，∴ab＝4(舍去ab＝－1)，∴S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).在已知值求角中，應(yīng)合理選擇三角函數(shù)形式進行求解，避免增根．【示例】(本題模擬高考評分標準，滿分14分)若sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且α、β均為銳角，求α＋β的值．學生錯解：解：∵α為銳角，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(2\r(5),5).又β為銳角，∴cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10).∵sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(\r(2),2)，由于0°<α<90°，0°<β<90°，∴0°<α＋β<180°，故α＋β＝45°或135°.審題引導：在已知值求角中，角的范圍常常被忽略或不能發(fā)現(xiàn)隱含的角的大小關(guān)系而出現(xiàn)增根不能排除．要避免上述情況的發(fā)生，應(yīng)合理選擇三角函數(shù)形式進行求解，根據(jù)計算結(jié)果，估算出角的較精確的取值范圍，并不斷縮小角的范圍，在選擇三角函數(shù)公式時，一般已知正切函數(shù)值，選正切函數(shù)，已知正余弦函數(shù)值時，若角在(0，π)時，一般選余弦函數(shù)，若是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則一般選正弦函數(shù)．規(guī)范解答：解：∵α為銳角，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(2\r(5),5).(2分)又β為銳角，∴cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10).(4分)且cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(\r(2),2)，(10分)由于0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，所以0<α＋β<π，因為y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上是單調(diào)遞減函數(shù)，故α＋β＝eq\f(π,4).(14分)錯因分析：沒有注意挖掘題目中的隱含條件，忽視了對角的范圍的限制，造成出錯．事實上，僅由sin(α＋β)＝eq\f(\r(2),2)，0°<α＋β<180°而得到α＋β＝45°或135°是正確的，但題設(shè)中sinα＝eq\f(\r(5),5)<eq\f(1,2)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)<eq\f(1,2)，使得0°<α<30°，0°<β<30°從而0°<α＋β<60°，故上述結(jié)論是錯誤的．在已知值求角中，應(yīng)合理選擇三角函數(shù)形式進行求解，避免增根．本題中0<α＋β<π，因為y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上是單調(diào)函數(shù)，所以本題先求cos(α＋β)不易出錯．1.(2013·常州期末)函數(shù)f(x)＝coseq\f(πx,2)coseq\f(π（x－1）,2)的最小正周期為________．答案：2解析：f(x)＝coseq\f(πx,2)coseq\f(π（x－1）,2)＝coseq\f(πx,2)·sineq\f(πx,2)＝eq\f(1,2)sinπx，最小正周期為T＝eq\f(2π,π)＝2.2.(2013·北京期末)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，則a的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))解析：若－eq\f(π,3)≤x≤a，則－eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)≤a＋eq\f(π,6)，因為當x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)或x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，所以要使f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，則有eq\f(π,2)≤a＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，即eq\f(π,3)≤a≤π，即a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).3.(2013·北京期末)已知△ABC中，AB＝eq\r(3)，BC＝1，sinC＝eq\r(3)cosC，則△ABC的面積為________．答案：eq\f(\r(3),2)解析：由sinC＝eq\r(3)cosC，得tanC＝eq\r(3)>0，所以C＝eq\f(π,3).根據(jù)正弦定理可得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，即eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，所以sinA＝eq\f(1,2).因為AB>BC，所以A<C，所以A＝eq\f(π,6)，即B＝eq\f(π,2)，所以三角形為直角三角形，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2).4.(2013·新課標Ⅰ卷)設(shè)當x＝θ時，函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，則cosθ＝________．答案：－eq\f(2\r(5),5)解析：∵f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)sinx－\f(2\r(5),5)cosx)).令cosφ＝eq\f(\r(5),5)，sinφ＝－eq\f(2\r(5),5)，則f(x)＝eq\r(5)(sinxcosφ＋sinφcosx)＝eq\r(5)sin(x＋φ)，當x＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即x＝2kπ＋eq\f(π,2)－φ，k∈Z時，f(x)取最大值，此時θ＝2kπ＋eq\f(π,2)－φ，k∈Z，∴cosθ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)－φ))＝sinφ＝－eq\f(2\r(5),5).1.(2014·揚州期末)在銳角△ABC中，角A、B、C所對的邊長分別為a、b、c.向量m＝(1，cosB)，n＝(sinB，－eq\r(3))，且m⊥n.(1)求角B的大??；(2)若△ABC面積為10eq\r(3)，b＝7，求此三角形周長．解：(1)m·n＝sinB－eq\r(3)cosB，∵m⊥n，∴m·n＝0，∴sinB－eq\r(3)cosB＝0.∵△ABC為銳角三角形，∴cosB≠0，∴tanB＝eq\r(3).∵0<B<eq\f(π,2)，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac，由題設(shè)eq\f(\r(3),4)ac＝10eq\r(3)，得ac＝40.由72＝a2＋c2－2accosB，得49＝a2＋c2－ac，∴(a＋c)2＝(a2＋c2－ac)＋3ac＝49＋120＝169.∴a＋c＝13，∴三角形周長是20.2.在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，△ABC的周長為eq\r(2)＋2，且sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC.(1)求邊c的長；(2)若△ABC的面積為eq\f(1,3)sinC，求角C的度數(shù)．解：(1)在△ABC中，∵sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC，由正弦定理，得a＋b＝eq\r(2)c，∴a＋b＋c＝eq\r(2)c＋c＝(eq\r(2)＋1)c＝eq\r(2)＋2.∴a＋b＝2，c＝eq\r(2).(2)在△ABC中，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,3)sinC，∴eq\f(1,2)ab＝eq\f(1,3)，即ab＝eq\f(2,3).又a＋b＝2，在△ABC中，由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq