2023年新高考匯編：三角函數(shù)與解三角形(解析版)

重難點02三角函數(shù)與解三角形

命題趨勢

新高考中，三角函數(shù)與解三角形依然會作為一個重點參與到高考試題中，熟練掌握三角函數(shù)的圖象與

性質(zhì)、三角恒等變換公式及正、余弦定理，在此基礎(chǔ)上掌握一些三角恒變換的技巧，如角的變換，函數(shù)名

稱的變換等，此外，還要注意題目中隱含的各種限制條件，選擇合理的解決方法，靈活實現(xiàn)問題的轉(zhuǎn)化.

滿分技巧

1、三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)

1、已知三角函數(shù)解析式求單調(diào)區(qū)間.①求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間應(yīng)遵循簡單化原則，將解析式先化簡，并注意復

合函數(shù)單調(diào)性規(guī)律“同增異減”；②求形如尸4sin(S+3)或)=∕cos{ωx+φ](其中，ω>0)的單調(diào)區(qū)間時,

要視“5+O”為一個整體，通過解不等式求解.但如果“<0,那么一定先借助誘導公式將?；癁檎龜?shù)，防止

把單調(diào)性弄錯.

2,求三角函數(shù)的最小正周期，一般先通過恒等變形化為?=∕sin(0x+e),y=Aco^ωx+φ),尸4tan(sx+9)的

,,2rτ2ππ,

形式，再分別應(yīng)用公式T=而，r=-,Γ=j~j?求解.

3,對于函數(shù)產(chǎn)4sin(SX+9),其對稱軸一定經(jīng)過圖象的最高點或最低點，對稱中心的橫坐標一定是函數(shù)的

零點，因此在判斷直線EO或點(xo,0)是否為函數(shù)的對稱軸或?qū)ΨQ中心時，可通過檢驗

f(XO)的值進行判斷.

4、若/(x)=∕sin[ωx+φ)為偶函數(shù)，貝1J9=E+'(?∈Z),同時當X=O時，/(x)取得最大或最小值.若

f(x)=NSin(ωx+φ)為奇函數(shù)，則夕=4兀(?∈Z),同時當X=O時，f(x)=O.

2、利用正、余弦定理求邊和角的方法

(1)根據(jù)題目給出的條件(即邊和角)作出相應(yīng)的圖形，并在圖形中標出相關(guān)的位置.

(2)選擇正弦定理或余弦定理或二者結(jié)合求出待解問題.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；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不

明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到.

3、求三角形面積的方法：

1）若三角形中已知一個角（角的大小，或該角的正、余弦值），結(jié)合題意求夾這個角的兩邊或該兩邊之積，

套公式求解.

2）若已知三角形的三邊，可先求其一個角的余弦值，再求其正弦值，套公式求面積，總之，結(jié)合圖形恰當

選擇面積公式是解題的關(guān)鍵.

幾何中的長度、角度的計算通常轉(zhuǎn)化為三角形中邊長和角的計算，這樣就可以利用正、余弦定理解決問題.

解決此類問題的關(guān)鍵是構(gòu)造三角形，把已知和所求的量盡量放在同一個三角形中.

熱點解讀

熱點1、新題型的考查

（1）以數(shù)學文化和實際為背景的題型；（2）多選題的題型；（3）多條件的解答題題型.

熱點2、與其它知識交匯的考查

（1）與函數(shù)、導數(shù)的結(jié)合；（2）與平面向量的結(jié)合；（3）與不等式的結(jié)合；（4）與幾何的結(jié)合.

A卷（建議用時90分鐘）

—?、單選題

1.（2021?上海虹口?一模）設(shè)函數(shù)/（x）=αsinx+8CoSX,其中α>0,h>Q,若/（x）0對任意的XeR

恒成立，則下列結(jié)論正確的是（）

A.B."x）的圖像關(guān)于直線X=4寸稱

C.在上單調(diào)遞增D.過點伍力）的直線與函數(shù)的圖像必有公共點

【答案】D

【分析】利用輔助角公式將函數(shù)化簡，進而根據(jù)函數(shù)在x=￡處取得最大值求出參數(shù)，然后結(jié)合三角函數(shù)的

4

圖象和性質(zhì)判斷答案.

22

【詳解】由題意，/（x）=asinx+bcosx=y∣a+bsin（x+^）τtan￠=2,而函數(shù)在X=A處取得最大值，所

2b

以(+3=?∣?÷2?zr(?∈Z)=>e=^+2kn(k∈Z),所以/(X)=+bsin(x+?,ta∏ζp=-=l=>a=ft,貝IJ

a

/(x)=V∑αsin(x+()

S>°)?

對A,因為Sin(X)=Sin*曰＜sin(聿+：)=?*+冬*=也乎，即/圖＜(JA錯誤;

對B,因為Sin(Y→A)=Sirvr=O,所以B錯誤；

對C,因為X+?G∣,y,所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以C錯誤；

對D,因為f(x)的最大值為缶，而6=q＜缶，所以過點(。,6)的直線與函數(shù)/(x)的圖象必有公共點，

D正確.故選：D.

2.(2021?廣東?珠海市第二中學模擬預測)已知A為銳角"8C的內(nèi)角，滿足SinN-2cos∕+tanN=l,則/e

()

A.(0個)B.%?)C.e,y)D-(f.f)

【答案】C

【分析】設(shè)/(x)=SinX-2cosx+tanx-l,則/。)=0,根據(jù)零點存在性定理判斷零點所在區(qū)間；

【詳解】解：A為銳角”3C的內(nèi)角，滿足sin4-2cos4+tanZ=l,

i?∕(x)=sinx-2cosx÷tanx-1,即/(4)=Sin4一2cos4+tan4-l=0,XE(O,?^),則函數(shù)在(0,、)I：為

連續(xù)函數(shù)，又P=SinX在(0,9上單調(diào)遞增，V=tanX在(0,9上單調(diào)遞增，V=cosx在(θ,∣?)上單調(diào)遞減,

所以/(x)=SinX-2cosx+tanx-l在(O,5)上單調(diào)遞增；

在(0,W)中取X=得f(―)=sin--2cos—+tan--1=,

24八44442

在(0,工)中??；，得f(-)=sin?-2cos-+tan—-1=--,/(0)=sin0-2cos0÷tanθ-l=-3,

46‘66662

/(y)=si∏y-2cos^-+tan~^?=~~>θ，?！眞(不§?故選：ɑ

3.(2021?江蘇鹽城?高三期中)若函數(shù)y=sin2x與y=sin(2x+p)在(0,￡)上的圖象沒有交點，其中

Pe(0,2可，則9的取值范圍是()

A.g2∕r)B.y,∕rC.(∕r,2ττ)D.雷通

【答案】A

【分析】利用三角函數(shù)圖象的平移即可求解.

【詳解】解：N=Sin2x是周期為〃的正弦函數(shù)，

y=sin(2x+p)=sin2。,pe(0,2")是由y=sin2x向左平移?個單位得到

①當o<K時，如下圖所示，

②當卜］時，如下圖所示

此時函數(shù)N=sin2x與V=sin(2x+3)在(0,向上無交點,符合題意

③當IqV",如下圖所示

上無交點,符合題意

綜上所述，y≤∣<∕r,2“故a的取值范圍是［“,2”)故選：A.

【點睛】本題的關(guān)鍵是通過對三角函數(shù)平移的過程利用數(shù)形結(jié)合找到相交的臨界位置.

4.(2021?廣東佛山?模擬預測)sin40。1an10。-百卜()

A.2B.-2C.1D.-I

【答案】D

【分析】利用切化弦，三角恒等變換，逆用兩角差的正弦公式，二倍角公式，誘導公式化簡求值.

【詳解】

sin40°.卜an10。-6)

../sinl0oer

=sιn40λo?(------------√3)

CoslOo

oo

..λosinl0-Λ^cosl0

=sin40----------------------------

CoslOo

2(isinl00--cosl0o)

=sin40°-二--------------Z----------

CoslOo

_Sin40。2(cos60°?sinl00-sin60°?cosl00)

CoslO0

.2sin(10o-60o)

=sin4yt0no°----------------------

CoslOo

.-2sin50°

=sin4z10ao0--------------

CoslOo

_-2sin40o?cos40°

cosl0o

二-sin80。

cosl0o

=-1

故選:D

5.(2021?山東?嘉祥縣第一中學高三期中)對于角α("g,AwZ)的正切的倒數(shù)，記作Cota=」一=空漢

2tanQsina

稱其為角Q的余切.在銳角三角形Z8。中，角4氏C所對的邊分別為。，b,J若滿足4+2。CoSB=J

則COtA-COt6的取值范圍是()

A.B.(1,2)C,D.(l,+∞)

【答案】C

［分析］根據(jù)正弦定理結(jié)合三角恒等變換化簡得到B=2A,根據(jù)角度的范圍得到Sin8e(*,1),化簡得到

cotZ-cotB=—1,得到答案.

sm8

【詳解】因為α+2αcos8=c,根據(jù)正弦定理得Sin4+2SinNCOS6=sinC,

由SinC=Sin(Z+8),sin4+2sin4cos8=SinZCOS8+cos4sin8,即SinZ=Sin(JS-N),

三角形為銳角三角形,可得/=B-Z,即8=2%,

0<B<-

2

所以,可得f<8<g,可得sin8∈(9,l),所以」一e(l,

B

O<rτ-A-B<-322sin

2

’CcosJcosθsinBcosA-cosBsinASm(B-4)sm41

貝IJcotA-cotB==-----------------=------------------------------=--------------=--------------=-------

sin4sinBSin4sin8sinAsinBsin4sin8SinB

所以COt力一COtBW故選：C.

6.(2021?四川?綿陽中學實驗學校模擬預測)某城市要在廣場中央的圓形地面設(shè)計一塊浮雕，彰顯城市積極

向上的活力.某公司設(shè)計方案如圖，等腰APMN的頂點P在半徑為20m的大O。上，點N在半徑為IOm

的小。。上，點0,點尸在弦Λ∕N的同側(cè).設(shè)NMON=2α(0<α<]),當APMN的面積最大時，對于其它區(qū)

域中的某材料成本最省，則此時CoSCl=

Q?/?~1

2

【答案】C

【分析】用α表示出APMN的面積為S(α),求導S'(α),令S'(α)=0求得極值點，從而求得APMN面積最

大時對應(yīng)的COSa值.

【詳解】如圖所示，等腰AP∕N中，ZMOTV=20(0<o<∣)設(shè)APWN的面積為S(α),

=2×；x20x10XSin(汗一Q)+→10×10×sin2(7=200sina+50sin2<7,(0<a<

則S(α)=2XSSOPN+SQMN

29

求導

S,(a)=200cosσ+2×50cos2σ=200COSQ+100cos2σ

=200cos0,+100(2cos2<7-1)=100(2cos2a+2cosσ-1)

令S'(c)=O,即2COS2Q+2COSQ-1=0,解得：CoSa?-?i-(舍去負根)記CoSq0=」+正，QO

22022k2J

當ae(0,0°),S'(α)>O,函數(shù)單調(diào)遞增；當αe(α°,'),5l(a)<0.函數(shù)單調(diào)遞減；

故當"的時，即CoSa=」+YLS(a)取得極大值，即最大值.故選：C

22

7.(2021?河南平頂山?高二期中)在鈍角“8C中，。,瓦。分別是“BC的內(nèi)角4氏C所對的邊，點G是"8C

的重心，若/G18G,貝IJCOSC的取值范圍是()

D.p?

【答案】C

3

【分析】延長CG交力B于。，由重心性質(zhì)和直角三角形特點可求得CD=,。，由CoSNBQC=-CoSNzQC,

利用余弦定理可構(gòu)造等量關(guān)系得到"+∕=5C2,由此確定。為銳角，則可假設(shè)A為鈍角，得到〃2+°2<∕,

a2+c2>b?a>b,由此可構(gòu)造不等式組求得2的取值范圍，在A4BC利用余弦定理可得COSC=Il

a5?baJ

利用-的范圍，結(jié)合C為銳角可求得CoSC的取值范圍.

a

【詳解】延長CG交/8于O,如下圖所示：

I33

?.'G為AiBC的重心，為/8中點且C0=3OG,'：AG1BG,：.DG=-AB,.-.CD=-AB=-Ci

AD-+CD2-AC15c2-2b2

在“。C中,cosZADC=

2ADCD~3d-

BD2+CD2-BC25c2-2/

在A8Z)C中,cosZ.BDC=

2BDCD3^^-

c

2

.,ABDC+Z.ADC=n,.,.cosZ.BDC=-cosZ-ADC,

即『=一『，整理可得：人心5八口；。為銳角:

解得：僅］<-,?.-a>b>O,.?.o<-<-,

IaJ3a3

又C為銳角，.?.當<cosC<l,即CoSC的取值范圍為(當,1J.故選：C.

【點睛】本題考查解三角形中的取值范圍問題的求解，解題關(guān)鍵是能夠由兩角互補得到余弦值互為相反數(shù),

由余弦定理得到/+〃=5/,確定C為銳角，從而得到三邊之間的不等關(guān)系，求得2的范圍.

a

8.(2019?全國高考真題)設(shè)函數(shù)/(x)=Sin(ωx+∣)(ω>0),已知/(x)在［θ,2∕r］有且僅有5個零點,

下述四個結(jié)論：

①/(x)在(0,2TT)有且僅有3個極大值點②/(x)在(0,2π)有且僅有2個極小值點

③/(x)在(0,R)單調(diào)遞增④3的取值范圍是［￡,蚤)

其中所有正確結(jié)論的編號是

A.①④B.②③C.③D.①③④

【答案】D

【分析】本題為三角函數(shù)與零點結(jié)合問題，難度大，通過整體換元得5〃V2/73+(<6〃，結(jié)合正弦函數(shù)

的圖像分析得出答案.

ππ_π

【詳解】當Xi［0,2內(nèi)時,ωx+-e-,2∕τω+-

555

（X）在［0,2"］彳j?且僅有5個零點，.?.5"≤2%+?∣?<677?,.?.∕≤s<W故④正確,

由5"≤'2HojA—<6TT.知LUXH—∈—,2JTCO??—時,

令3X3=—,,時取得極大值，①正確；

5222

極小值點不確定，可能是2個也可能是3個，②不正確;

因此由選項可知只需判斷③是否正確即可得到答案，

,(?TT?,ππ(ω+2)∕z?,,.√?

當了￡(0,而)時，cυx+-E―,——---,若/(外在7∣0,5J單倜遞增，

則即乜竺，故③正確.故選

W2"Y1C7<3,≤g<D

102510

【點睛】極小值點個數(shù)動態(tài)的，易錯，③正確性考查需認真計算，易出錯，本題主要考查了整體換元的思

想解三角函數(shù)問題，屬于中檔題.

二、多選題

9.(2021?江蘇?海門中學高三期中)已知某物體作簡諧運動，位移函數(shù)為/(f)=2sin(f+0)(fNθ,網(wǎng)</，且

477

/(y)=-2,則下列說法正確的是()

A,該簡諧運動的初相為今B.函數(shù)/(，)在區(qū)間(O,])上單調(diào)遞增

C.若/[O,5],則/⑴e[l,2]D.若對于任意4月＞0，有/(4)=.他)，貝WU+%)∣=2

【答案】AC

【分析1根據(jù)題意得f(f)=2sin(f+「|,再依次討論各選項即可得答案.

【詳解】解:因為/(t)=2sin(f+夕)(f>O,∣d<g,且“爭=-2,

所以一2=2Sin(W+w),即￥+3=當+2Aττ,AeZ,所以3=j+2而,4eZ,

\3J326

因為例<g,所以W=F所以〃f)=2sin(f+M,所以對于A選項，筒諧運動的初相為￡故正確;

26\o√。

對于B選項，函數(shù)/(，)在區(qū)間(0,5)上單調(diào)遞增，(9,5J上單調(diào)遞減，故錯誤；

MLITn2rτ.(TiA.π.ETI.(

對于C選項，當te0,∣?時,T-,τ,≡sm-≤smh÷-≤sm-,Bp-≤sm^+-≤1,所以

f(t)e[?,2],故正確；對于D選項，取4=J"2=R滿足"G=∕G),但|/&+幻|=峰2,故錯誤

62

故選：AC

10.(2021?福建?模擬預測)已知函數(shù)/(x)=sin0zr+石cos3x(3>0),若函數(shù)/(x)的圖象在區(qū)間[0,2司上

的最高點和最低點共有6個，下列說法正確的是()

A.f(x)在[0,2“]上有且僅有5個零點B.〃x)在[0,2可上有且僅有3個極大值點

C.3的取值范圍是含粉D.3的取值范圍是借期

【答案】BC

【分析】借助于函數(shù)圖象，得到/(x)在[0,2可上有5或6個零點有口僅有3個極大值點，另外

日兀W2兀3+W<葭兀得到3的取值范圍.

【詳解】/(x)=sinCdx+yficosωx=2sin?ωx+?j,當x∈[θ,2"],則ωx+ge^,2πω+^,借助圖象

可知/(x)在［o,2“］上有5或6個零點有且僅有3個極大值點.故A錯誤.B正確；

函數(shù)/(x)的圖象在區(qū)間［0,2〃］上的最高點和最低點共有6個，所以5π≤27i3+g<羨兀，

3137

解得五≤∕<W?故C正確，D錯誤.故選：BC

11.(2021?江蘇淮安?高三期中)在^ABC中，角4民。的對邊分別為，則下列的結(jié)論中正確的是()

A.若sin4cosZ=sinBcosB,則△43C一定是等腰三角形

B.若CoS4>cos8,則sinAvsinB

C,若^ABC是銳角三角形，則sin4+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC

D,已知△/8C不是直角三角形，則tan力tanBtanC=tan4+tanB+tanC

【答案】BCD

【分析】利用三角函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合誘導公式以及正切函數(shù)的兩角和公式，逐個選項進行判斷求解即可

【詳解】對于A,由SinZCOS力=SinBCoSB,sinAcosJ-sin5cosB=Ot

即sin24=sin28,因為在zjk48C中，令∕=g,B=*,此時，仍有sin2/=sin28,所以，C不一定

63

是等腰三角形，A錯誤；對于B,因為V=COSX在x∈(0∕)上是減函數(shù)，cosA>cosB,所以0<力v4v〃，

所以O(shè)vavb,由正弦定理得SinNVSinB,B正確；

對于C,若“BC是銳角三角形，則4瓦。均為銳角，所以，/+得力>0和］>8>0,nz>5-8,

得SinZ>sin(］-8)=COS8,同理，可證得，sinB>cosC,sinC>cosA,所以

sin力+sin8+sinC>cosA+cosB+cosC成立，C正確；

對于D,已知△ABC不是直角三角形，4+8+C=〃，

則有tanC=-tan(∕+8),所以tan(J+8)=tan'+tan3,

1—tanAtanB

得tan4+tan8=tan(J+5)(1-tanJtan=tan(J+B)-tan(J+B)tanAtanB

tan√4+tanβ÷tanC=-tan(^+B)tanAtanB=tanAtanBtanCiD正確；故選：BCD.

12.(2021?江蘇揚州?模擬預測)在三角函數(shù)部分，我們研究過二倍角公式cos2x=2cos2χ-l,實際上類似

的還有三倍角公式，則下列說法中正確的有()

A.cos3x=4COS3X-3COSXB,存在IXWI時，使得∣4∕-3乂＞1

C.給定正整數(shù)〃，若∣X,∣W1,(i=l,2,…,〃)，且之X,3=0,則之X,U

/=1/=I?

D.設(shè)方程8χ3-6x-l=0的三個實數(shù)根為x∣,x2,??,并且再＜》2＜當，則2(?√-?√)=X3-玉

【答案】ACD

【分析】利用兩角和的余弦公式及二倍角公式展開化簡cos3x即可判斷選項A；令CoSe=X,則

cos30=4√-3x,根據(jù)三角函數(shù)的有界性得到|4丁-3無卜1,進而判斷B選項；令z,=x,+l,其中卜∣wl,

z,＞0,問題轉(zhuǎn)化為Z4W丁，根據(jù)二次函數(shù)的最值M明I:式成立即可；求解方程8c(√α-6CoSa-I=O得

i=?3

到a=g或|■或"，比較大小得到XI=COSZ=Cos/,X3=cos-^1再驗證2①一年)=4一%是否

9V9999

成立即可.

［詳解］cos3x=cos(2x+?)=cos2xcosx-sin2xsinx

=(2cos2x-l)cosx-2sin2XCoS龍=2cos3x-cosx-2(l-cos2R)COSX=4cos3x-3cosx,A對

令COSe=X,則k∣≤l,COS30=4X3-3X,則卜OS38∣W1,B錯;

令z,=x,+l,其中k∣Wl,z；>0￡(4-1)3=0,B[JJ(Z,3-3Z,2+3Z,.-1)=O(z,2-3?+3)=//

f=lZ=I/=I

由z,2-3z,.+3=fz,.-∣λ∣+卜]可得〃=之式z；-3?+3)?∣∑Zi

12/44.=]4∕=ι

“4"4,,n',n

2z,W1”,即2(x,+l)W1",∑X,≤-..∑x,≤-.C對;

∣≈ι?∕=j3/=13/=1?

令X=CoSQ,Q∈[θ,3^),x∈[-l,l]8COS3α-6cos<7-1=0,即2COS3Q=1即cos3a=；

?.?o≡[θ^],「.α=g或羨或[令/(x)=8χ3-6x-I,/(T<0,?f-??0'/(0)<0?/(l)>0

9，9V2.)

75n

.?J(x)的根都在[T,l],.?.M=COSg",X=COS-TT.X,=cos—

1-939

L)=C。SH8SI^=YOS%+C。Sπ

尸小D對故選：ACD.

9；999

【點睛】本題主要考查學生三角函數(shù)，二次函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)的問題，主要考察學生分析問題解決問題的能

力，對學生的要求比較高，屬于難題，在做此類目時不要慌張，靜下心來，慢慢分析就可以找到題目的突

破口.

三、填空題

13.（2021?福建省泉州第一中學高三期中）拿破侖是十九世紀法國偉大的軍事家、政治家，對數(shù)學也很有興

趣，他發(fā)現(xiàn)并證明了著名的拿破倉定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構(gòu)造三個等邊三角形，則這三個

等邊三角形的中心怡為另一個等邊三角形的頂點”，在A∕8C中，以AB,BC,。為邊向外構(gòu)造的三個等邊

三角形的中心依次為。E,F,若N8∕C=60t5,DF=2√3,利用拿破侖定理可求得/8+/C的最大值

【答案】4√3

【分析】設(shè)8C=a,4C=b,∕3=c,連接/凡BD,49.在4。48中，乙ABD=乙B4D=3Q°,乙ADB=I20°,

由余弦定理表示出=j?和ZE*.在△W中，由余弦定理和基本不等式解得AB+AC的最大值.

【詳解】設(shè)BC=a,AC=b,AB=c,如圖，連接4尸,5。,4?

由拿破侖定理知，ADEF為等邊三角形.

因為。為等邊三角形的中心，所以在AXB中，乙ABD=乙BAD=30°,?ADB=?20o.

^AD=BD=x,由余弦定理得C?=由+f-2χ2COSI20。,即￠2=31,解得￡=筋,

X

即塔==上同理""=ξ?,又2"C=60o'?CAF=30°,所以"D4戶="BAD+?BAC+ΔCAF=120°.

在ZUOF中，由余弦定理可得DF2=AD2+AF2-2AD?AF?cosl20o,

g∣I12=y+y-2y×^Y化簡得優(yōu)+蛾=兒+36,由基本不等式得他+≤（等）+36,解得

6+c≤4√3（當且僅當b=c=2√J時取等號），所以（Z5+ZC）niin=46.故答案為：4√3

【點睛】在解三角形中，選擇用正弦定理或余弦定理，可以從兩方面思考：（1）從題目給出的條件，邊角關(guān)

系來選擇；（2）從式子結(jié)構(gòu)來選擇.

14.（2021?四川?內(nèi)江市教育科學研究所一模）如圖，某小區(qū)有一塊扇形OP0空地，現(xiàn)打算在P。上選取一

點C按如圖方式規(guī)劃一塊矩形力8。土地用于建造文化景觀.已知扇形OPQ的半徑為6米，圓心角為60°,

則矩形ZBCO土地的面積（單位：平方米）的最大值是.

【答案】6√3

Tr

【分析】設(shè)NCOP=8,0<θ<∣,求出8C,在AOCD中，求出8,然后表示出矩形面積，然后利用兩

角和與差的正弦公式，二倍角公式，化函數(shù)為一個角的一個三角函數(shù)形式，最后由正弦函數(shù)性質(zhì)得最大值.

TTJT

【詳解】ZPOQ=600=-i設(shè)NCO尸=8,O<θ<y,則BC=OCSin8=6Sin8,

△OC。中，NODC=容由正弦定理OCCD

SinNoZ)CSinNZ)OC

6_CDesin(?-e)

Fr=.產(chǎn)小,所以CO=——?—=4√JSinG毋)，

smTSin空3

??3

邑8CT)=BC?CD=6sine?4VJsin(?^-6)=24>∕3sinθ(~cos}in⑨

=12Λ∕3(?/?sinθcos0-sin2θ)=e?/?[?/?sin2θ-(?-cos20)]

hI

=12√3(?sin÷-∣cos)-6/3=13/3sin(20也)-√^2,

所以28+m=g,即8=/時，S./)取得最大值12√J-6√J=6√L故答案為：6√3.

626

15.(2021?上海?一模)已知函數(shù)/(x)=COSX,若對任意x∣,W，方程∣∕(X)-∕(X∣)∣+∣∕(X)-∕(X2)∣=WJ("7WR)

有解，方程|/（》）-/（再）|-|/（》）-/（々）|=〃（"€?也有解，則機+〃的值的集合為.

【答案】⑵

【分析】根據(jù)題意，不妨設(shè)CoSX[≤COS%,分類討論當COSX≥COS工2,COSX≤cos*,cosxi<COSX<COSX2H

種情況下，結(jié)合方程有解以及余弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，從而求出加和〃的值，即可得出機+〃的值的集合.

【詳解】解：由題可知/（x）=COSX,不妨設(shè)CoSXI≤COSX?,

對于叫對任意實數(shù)玉，X2,方程∣∕（x）-∕（xJ∣+∣∕（x）-∕（x2）∣=w÷eR）有解，

≠icosX≥cosX2∏j,方程可化為機=2CoSX-（COS玉+COSX?）有解，所以，"≥COSX?-COS為恒成立，所以加22;

當COSX≤CoS芭時，同上；當COSM<COSX<COSX2時，方程可化為加=COSX2--COSXI有解，所以∕W∈[0,2],

綜上得：m=2i對于〃，對任意實數(shù)項，x2,方程∣∕（x）-∕（XJHy（X）-/（匕）|=〃（〃€滅）也有解，

當COSX≥COSW時，方程可化為“=COS%-cosx∣有解，所以"W[0,2]；

當CoSX≤COSX∣時，同上；當CoSXlCCOSXCCoS/時，方程可化為〃=2COSX-（COSX2+COSXJ有解，

所以CoSXI-COSX2<“<COSX2-cosx∣恒成立，所以〃=0,所以加+〃的值的集合為{2}.故答案為：{2}.

【點睛】本題考查函數(shù)與方程的綜合問題，考查余弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，通過設(shè)cosx∣≤cos七,以及分類討

論COSX與COSXI,COSZ的大小情況，并將方程有解轉(zhuǎn)化為恒成立問題是解題的關(guān)鍵，考查學生的分類討論思

想和邏輯分析能力.

16.（2022?浙江?模擬預測）已知在ZU8C中，是Z8/C的角平分線，與BC交于點D,M是/。的中點,

延長交/C于點，，HC0,tanNZλ4C=g,則喝=___________,啕=___________.

2IADIIACI

【答案】華?

【分析】（1）由tanND4C=J,求出COSC=述，在△/￡>C中，利用余弦定理即可求得；（2）在AZBC中，

25

利用正弦定理，求出H=τ?=瞿，利用平面向量基本定理和三點共線建立方程組，解出幽=京.

CB4√516IAC\21

11

C

【詳解】

D

B

在A∕18C中，是N8/C的角平分線，所以N8∕0=ND4Ce(θ,∣J.

因為IZOI=ICQI,所以NC=NQ∕c.因為tanNQ4C=；,又siι√NO/C+cos?NDZC=1,

解得SinNTλ4C=,cosNTMC=2^.所以COSC=COSNZD4C=冬叵

555

222

△4。。中，設(shè)/C=九則Co=〃，由余弦定理得：AD=AC+CD-2AC?CDcosCf即

w2=7W2+n2-2mn×^^-,LΨm=n×,所以IACI_w_4^5

55?AD?n5

在4/8C中，sinZC=sinZ-DAC=—,cosC=COSNZMC_2y[^

55

因為力。是乙8力C的角平分線，所以SinNe∕3=sin2ND4C

所以SinNe=2sinZD4CcosZCUC=2χ更?4,3

2,cosZCJB=l-2sin2ZZ)^C=l-2×

5555

過.由正弦定理得:ACBC

所以SinNC8Z=sin(N3ZC+NC)=→~~i'^x~~^=

25sinZ.CBAsinZ.CAB

4

rc-l.,力八s\nZ.CAB?4圓?/?▼,CD4_11

所以BC=――77^Γ1AC=Tim=~ΓΓm.而CQ=40=—w'所以司二市=m?

sinZ.CBA???114

25V

11

取刀,就為基底，則由〃、區(qū)8三點共線可得：石7=(lf)正+w前①;、

由C、￡),8三點共線可得：AD=[?-μ)AC+μAB:

B∣J∑O-JC=√(Zs-^c),所以麗=江瓦所以〃=二即而=2正+3萬②.

'/161616

因M是的中點，所以而=2萬7,①式化為：2AM=2(i-λ)AH+2λAB,即而=2(IT)屈+2/1存③

、「、11

2λ=-H久=—

16解得，32，即圜Q案尋?

設(shè)='，則麗=Z祀②③對照得:5,

I力Cl5

2(i)f=nt=—

I21

【點睛】在解三角形中，選擇用正弦定理或余弦定理，可以從兩方面思考:

(1)從題目給出的條件，邊角關(guān)系來選擇；(2)從式子結(jié)構(gòu)來選擇.

四、解答題

,4一.-.rsin∕-sin8+sinCsin^

17VH

?(202「黑龍江.高二期中)已知UBC的內(nèi)角4反C滿足一菽一=sitvf+s,ng-sinc

(1)求角出(2)若C的外接圓半徑為1,求445C的面積S的最大值.

【答案】(1)￡(2)空

34

■八LL?,、“sinyi-sinB+sinCSinB

【分析】(1)將,轉(zhuǎn)化為/+02一/=兒,再由余弦定理求解;

sinCSirL4+sinB-SinC

⑵根據(jù)A∕8C的外接圓半徑為1,得到α=2Rsin/=百，再利用余弦定理結(jié)合基本不等式求得從≤3,

再由S,=Jbcsin/求解.

SinJ-Sin8+sin。SinB,所以""Cb.

(1)解：因為

sinCsinJ+sinB-sinCca+b-c

b2+c2-a

BP?2+c2-a2=be所以cos4=?,因為∕e(0,1),所以∕=g;

t2bc

(2)因為zU8C的外接圓半徑為1,所以α=2HsinN=√L

222

由余弦定理得Q=〃+(?-26ccos4,=b+c-be≥bet所以bcw3,當且僅當b=c時，等號成立，

所以S-BC=LcSinZjX3x9=迎,故AXBC的面積S的最大值是邁?

△we22244

18.(2021?廣西玉林?高三期中)已知函數(shù)/(x)=2COS2x+2gSinXeosx.(1)若xeR,求/(幻的單調(diào)遞

增區(qū)間；(2)若/(x)在［0,M上的最小值為2,求實數(shù)機的取值范圍.

【答案】(1)Γ-→^,→^^l"eZ)⑵(θ,g

L??JI3」

【分析】⑴先化簡得到/(x)=2sin(2x+3)+l,利用復合函數(shù)單調(diào)性“同增異減”列不等式求出/(X)的

遞增區(qū)間；.(2)利用單調(diào)性實數(shù)加的取值范圍.

(1)/(x)=2cos。x+2V5sinxcosx=cos2xW?sin2x+1=2si∕2x看)+.

令一?∣?+2Z"≤2x+/≤?∣?+2A”,(ZWZ)解得一(+%"≤X≤?+，(AWZ)

:.f(x)的遞增區(qū)間為一g+%",g+A”(AeZ).

36_

(2)X∈［θ,w］得2XH—∈—,—F27w.

f666_

???∕(X)在［0,m］上的最小值為2,.?.%2m≤孚,解得me(θ,g,

6613」

19.(2021?上海普陀?一模)設(shè)函數(shù)/(x)=0sin(3x+r)(3>O,O<3<"),該函數(shù)圖像上相鄰兩個最高點之

間的距離為4”，且/(x)為偶函數(shù).⑴求3和0的值；(2)在“BC中，角4氏C的對邊分別為。、Ac,

若(2〃-c)cos5=?cosC,求/2(⑷+尸(C)的取值范圍.

【答案】⑴ω=∣,<p=y⑵(?∣,3

【分析】⑴由題可得生=4"，ip=kn+R,kcZ,即求；

ω2

(2)利用正弦定理可得(2SinZ-SinC)CoSB=SinBcosC,進而可得8=$/+C=,，再利用二倍角公式、

和差角公式及輔助角公式可得尸㈤+尸(C)=Sin。+/+2,然后利用正弦函數(shù)的性質(zhì)即求.

(1)?.?函數(shù)圖像上相鄰兩個最高點之間的距離為4”，.?.至=4"，解得3

又/(X)為偶函數(shù)，.[*=版^+?∣,%eZ,又Q<φ<ττ,.?.√>=y.

(2)?,?(2。-C)CoS8=6COSC,.?.(2sin√4-sinC)co