高考数学解答题专项突破系列(二)三角函数与解三角形的综合应用问题

[考情分析]以三角形、三角函数为载体，以三角函数的图象与性质、正弦定理、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查三角函数的综合问题是高考的热点题型，主要考查内容有正、余弦定理、三角形面积的计算、三角恒等变换和三角函数的性质．解题时要充分利用三角函数的图象与性质，交替使用正弦定理、余弦定理，利用数形结合、函数与方程思想等进行求解．考点一三角函数图象与性质的综合例1已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ>0，ω>0，|φ(1)求f (x )＝2的解集；(2)求函数g (x )＝f 解(1)由图象可知，周期T ＝5π12＋7π12＝π，∴ω＝2ππ＝2，∵，∴A 2×5π12＋0，∴0，解得5π6＋φ＝π＋2k π，φ＝2k π＋π6，k ∈Z ，∵|φ|<π2，∴φ＝π6，∵点(0，1)在函数图象上，∴A sin π6＝1，A ＝2，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝x由f (x )＝x 2，得x 1，即2x ＋π6＝π2＋2k π，k ∈Z ，解得x ＝π6＋k π，k ∈Z ，∴f (x )＝2|x ＝π6k π，k ∈(2)g (x )＝由(1)知f (x )＝xg (x )＝2sin 2＋π6－2sin 2＋π6＝2sin2x －2sinx ＝2sin2x －x ＋32cos2sin2x －3cos2x＝x 由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，∴函数g (x )＝f k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z .解决三角函数图象与性质综合问题的方法利用图象讨论三角函数的性质，应先把函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0)或y ＝A cos(ωx ＋φ)(ω>0)的形式，然后通过换元法令t ＝ωx ＋φ，转化为研究y ＝A sin t 或y ＝A cos t 的性质．1.已知函数f (x )＝2sin ωx cos φ＋2sin φ－4sin 2ωx 2sin φ(ω>0，|φ|<π)，其图象的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差π4，________，从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中．①函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度后得到的图象关于y 轴对称且f (0)<0；②函数f (x )的图象的一条对称轴为直线x ＝－π3且f (1)．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若x ∈π2，3π4，函数h (x )＝f (x )－a 存在两个不同零点x 1，x 2，求x 1＋x 2的值．解(1)f (x )＝2sin ωx cos φ＋2sin φ－2(1－cos ωx )sin φ＝2sin(ωx ＋φ)，又函数f (x )的最小正周期为T ＝4×π4＝π，所以ω＝2πT＝2，若选条件①：将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度得到的图象关于y 轴对称，所得函数为y ＝2sin 2φ＝x ＋π3＋由函数y ＝2sin x ＋π3＋y 轴对称，可得π3＋φ＝π2＋k π(k ∈Z )，解得φ＝π6＋k π(k ∈Z )，因为|φ|<π，所以φ的可能取值为－5π6，π6，若φ＝－5π6，则f (x )＝xf (0)＝1，符合题意；若φ＝π6，则f (x )＝x f (0)＝2sin π6＝1，不符合题意．所以f (x )＝x若选条件②：因为函数f (x )图象的一条对称轴为直线x ＝－π3，所以φ＝π2＋k π(k ∈Z )，解得φ＝7π6＋k π(k ∈Z )，因为|φ|<π，所以φ的可能取值为－5π6，π6，若φ＝－5π6，则f (x )＝x则2<f (1)，符合题意；若φ＝π6，则f (x )＝x则2sin π2＝2>f (1)，不符合题意．所以f (x )＝x(2)令t ＝2x －5π6∈π6，2π3，此时函数h (x )＝f (x )－a 存在两个不同零点x 1，x 2等价于直线y ＝a 与函数y ＝2sin t ，t ∈π6，2π3的图象有两个不同交点．当t ＝π2时，函数取到最大值，所以t 1＋t 2＝π，即2x 1－5π6＋2x 2－5π6＝π，所以x 1＋x 2＝4π3.考点二三角函数与解三角形的综合例2(2023·河北石家庄二中模拟)设函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)，该函数图象上相邻两个最高点间的距离为4π，且f (x )为偶函数．(1)求ω和φ的值；(2)已知角A ，B ，C 为△ABC 的三个内角，若(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，求[f (A )]2＋[f (C )]2的取值范围．解(1)因为f (x )＝2sin(ωx ＋φ)的图象上相邻两个最高点间的距离为4π，所以2πω＝4π，解得ω＝12，所以f (x )＝2sin ＋又因为f (x )为偶函数，所以φ＝k π＋π2，k ∈Z .又因为0<φ<π，所以φ＝π2.(2)因为(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(B ＋C )，又因为A ＋B ＋C ＝π，且0<A <π，所以sin(B ＋C )＝sin A ≠0，所以cos B ＝12，因为0<B <π，所以B ＝π3，则A ＋C ＝2π3，即C ＝2π3－A ，由(1)知，函数f (x )＝2cos 12x ，所以[f (A )]2＋[f (C )]2＝2cos 212A ＋2cos 212C ＝cos A ＋cos C ＋2＝cos A ＋2＝cos A －12cos A ＋32sin A ＋2＝32sin A ＋12cos A ＋2＝2，因为0<A <2π3，所以π6<A ＋π6<5π6，所以1，则23，即[f (A )]2＋[f (C )]23.解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两个方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用．2.设f (x )＝sin x cos x －cos x ∈[0，π]．(1)求f (x )的单调递增区间；(2)在锐角三角形ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若0，a ＝1，求△ABC面积的最大值．解(1)由题意，得f (x )＝12sin2x －12cos x 1＝sin2x －12，因为0≤x ≤π，所以0≤2x ≤2π，由正弦函数的单调性可知，当0≤2x ≤π2或3π2≤2x ≤2π，即0≤x ≤π4或3π4≤x ≤π时，函数f (x )＝sin2x －12单调递增，所以f (x )的单调递增区间是0，π4和3π4，π.(2)由题意，得sin A －12＝0，所以sin A ＝12，因为△ABC 为锐角三角形，所以A 故A ＝π6.由余弦定理，得b 2＋c 2－2bc cos A ＝a 2，故b 2＋c 2－3bc ＝1，由基本不等式，得b 2＋c 2≥2bc ，故bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时，等号成立．因此S △ABC ＝12bc sin A ≤2＋34，当且仅当b ＝c 时，△ABC 的面积取得最大值2＋34.考点三三角函数与平面向量的综合例3已知向量a ＝(sin x ，3sin(π＋x ))，b ＝(cos x ，－sin x )，函数f (x )＝a ·b －32.(1)求f (x )的最小正周期及f (x )图象的对称轴方程；(2)先将f (x )的图象上每个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再向左平移π3个单位长度得到函数g (x )的图象，若函数y ＝g (x )－m 在区间π6，5π6内有两个零点，求m 的取值范围．解(1)因为f (x )＝a ·b －32sin x cos x ＋3sin 2x －32＝12sin2x －32cos2x ＝x 故f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π.由2x －π3＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π2＋5π12，k ∈Z ，所以f (x )的最小正周期为π，对称轴方程为x ＝k π2＋5π12，k ∈Z .(2)由(1)，知f (x )＝x由题意，得g (x )＝sin x .函数y ＝g (x )－m 在区间π6，5π6内有两个零点，转化为函数y ＝sin x ，x ∈π6，5π6的图象与直线y ＝m 有两个交点．由图象可得，m 的取值范围为12，当题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式时，首先运用向量数量积的定义、向量共线、向量垂直等，得到三角函数的关系式，然后利用三角函数的图象、性质解决问题．3.已知向量a x b ＝(cos x ，－1)．(1)当a ∥b 时，求2cos 2x －sin2x 的值；(2)求f (x )＝(a ＋b )·b 在－π2，0上的单调递增区间．解(1)由a ∥b ，得(－1)sin x ＝32cos x ，所以tan x ＝－32，所以2cos 2x －sin2x ＝2cos 2x －2sin x cos x cos 2x ＋sin 2x ＝2－2tan x 1＋tan 2x ＝2＋31＋94＝2013.(2)f (x )＝a ·b ＋b 2＝sin x cos x －32＋cos 2x ＋1＝12sin2x ＋1＋cos2x 2－12＝22sin x 当x ∈－π2，0时，2x ＋π4∈－3π4，π4，令－π2≤2x ＋π4≤π4，得－3π8≤x ≤0.故函数f (x )在－π2，0上的单调递增区间为－3π8，0.考点四解三角形与平面向量的综合例4(2024·四川成都调研)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且m ＝(2b ＋c ，a )，n ＝(cos A ，cos C )，m ⊥n .(1)求角A 的大小；(2)D 是线段BC 上的点，且AD ＝BD ＝2，CD ＝3，求△ABD 的面积．解(1)因为m ＝(2b ＋c ，a )，n ＝(cos A ，cos C )，m ⊥n ，所以m ·n ＝(2b ＋c )cos A ＋a cos C ＝0，由正弦定理可得2sin B cos A ＋(sin A cos C ＋cos A sin C )＝0，即2sin B cos A ＋sin(A ＋C )＝0，又A ＋C ＝π－B ，所以2sin B cos A ＋sin B ＝0，又B ∈(0，π)，则sin B >0，所以cos A ＝－12，又A ∈(0，π)，因此A ＝2π3.(2)设B ＝θ，因为A ＝2π3，则C ＝π－2π3－θ＝π3－θ，因为AD ＝BD ＝2，所以∠BAD ＝B ＝θ，∠ADC ＝2θ，∠DAC ＝2π3－θ，在△ACD 中，由正弦定理可知AD sin C ＝CD sin ∠DAC，即23即θ－12sin θ＋12sin 化简可得5sin θ＝3cos θ，即tan θ＝35，所以sin2θ＝2sin θcos θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θtan 2θ＋1＝5314，所以S △ABD ＝12AD ·BD sin(π－2θ)＝12AD ·BD sin2θ＝12×22×5314＝537.解决解三角形与平面向量综合问题的关键：准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数的问题解决．4.(2023·广东广州天河区模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足b cos B ＋C 2＝a sin B .(1)求A ；(2)若a ＝19，BA →·AC →＝3，AD 是△ABC 的中线，求AD 的长．解(1)因为cos B ＋C 2＝sin A 2，所以b sin A 2＝a sin B .由正弦定理，得sin B sin A 2＝sin A sin B .因为sin B ≠0，所以sin A 2＝sin A .所以sin A 2＝2sin A 2cos A 2.因为A ∈(0，π)，A 2∈所以sin A 2≠0，所以cos A 2＝12.所以A 2＝π3.所以A ＝2π3.(2)因为BA →·AC →＝3，所以bc cos(π－A )＝3.又A ＝2π3，所以bc ＝6.由余弦定理，得b 2＋c 2＝a 2＋2bc cos A ＝13.又AD →＝12(AB →＋AC →)，所以|AD →|2＝14(AB →＋AC →)2＝14(c 2＋b 2＋2bc cos A )＝74.所以|AD →|＝72，即AD 的长为72.课时作业1．(2023·广东佛山模拟)已知函数f (x )＝cos 4x ＋23sin x cos x －sin 4x .(1)求f (x )的最小正周期和单调递减区间；(2)已知△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝1，BC 边的中线AD 的长为7，求△ABC 面积的最大值．解(1)∵f (x )＝cos 4x ＋23sin x cos x －sin 4x ＝(cos 2x －sin 2x )(cos 2x ＋sin 2x )＋3sin2x ＝cos2x ＋3sin2x ＝x 故f (x )的最小正周期T ＝π，由π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z ，∴f (x )的单调递减区间为π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )．(2)由(1)得，f (A )＝A 1，即A ＝12，∵0<A <π，∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3，又AD →＝12(AB →＋AC →)，∴AD →2＝14(AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →)，∴7＝14(c 2＋b 2＋2bc cos A )＝14(b 2＋c 2＋bc )，∵b 2＋c 2≥2bc ，∴b 2＋c 2＋bc ≥3bc ，∴bc ≤283，当且仅当b ＝c ＝2213时取等号，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤34×283＝733，∴△ABC 面积的最大值为733.2.(2024·江西南昌模拟)如图为函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ>0，ω>0，|φ|<π2，x ∈(1)求函数f (x )的解析式和单调递增区间；(2)若将y ＝f (x )的图象向右平移π12个单位长度，然后再将横坐标缩短为原来的12得到y ＝g (x )的图象，求函数g (x )在区间－π4，π12上的最大值和最小值．解(1)由图象知，A ＝2，T 4＝π3－π12＝π4，T ＝π，又ω>0，则ω＝2ππ＝2，则f (x )＝2sin(2x ＋φ)，，2，得π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得φ＝2k π＋π3，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝x 令－π2＋2k π≤2x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－5π12＋k π≤x ≤π12＋k π，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为－5π12＋k π，π12＋k π(k ∈Z )．(2)将f (x )＝2sin x 的图象向右平移π12个单位长度，得2sin 2＋π3＝2sin x ，然后再将横坐标缩短为原来的12，得g (x )＝2sin x ．因为x ∈－π4，π12，则4x ＋π6∈－5π6，π2，所以－1≤x 1.故当4x ＋π6＝－π2，即x ＝－π6时，g (x )取得最小值，为－2；当4x ＋π6＝π2，即x ＝π12时，g (x )取得最大值，为2.3．设函数f (x )＝m ·n ，其中向量m ＝(2cos x ，1)，n ＝(cos x ，3sin2x )(x ∈R )．(1)求f (x )的最小值；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，已知f (A )＝2，b ＝1，△ABC 的面积为32，求b sin B的值．解(1)因为m ＝(2cos x ，1)，n ＝(cos x ，3sin2x )，所以f (x )＝2cos 2x ＋3sin2x ＝3sin2x ＋cos2x ＋1＝x 1，所以当x 1，即2x ＋π6＝－π2＋2k π，k ∈Z ，即x ＝－π3＋k π，k ∈Z 时，f (x )取得最小值，为－1.(2)由f (A )＝2，得A 1＝2，则A ＝12，又A ∈(0，π)，所以2A ＋π6∈故2A ＋π6＝5π6，则A ＝π3，由S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×c ×32＝32，可得c ＝2，在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝1＋4－2×1×2×12＝3，所以a ＝3，所以b sin B ＝a sin A ＝332＝2.4．(2023·四川成都模拟)已知函数f (x )＝2cos 2x ＋3sin2x .(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且f (C )＝3，c ＝1，ab ＝23，求△ABC 的周长．解(1)依题意，f (x )＝2cos 2x ＋3sin2x ＝1＋cos2x ＋3sin2x ＝x 1，由－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π3＋k π≤x ≤π6＋k π，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间是－π3＋k π，π6＋k π(k ∈Z )．(2)由(1)知，f (C )＝C 1＝3，即C 1，而C ∈(0，π)，则2C ＋π6∈于是2C ＋π6＝π2，解得C ＝π6，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得1＝(a ＋b )2－(2＋3)ab ＝(a ＋b )2－23×(2＋3)，解得a ＋b ＝2＋3，所以△ABC 的周长为3＋ 3.5．(2023·福建福州模拟)已知向量m 23sin x 4，n cos x 4，cos(1)若m ·n ＝2，求cos (2)记f (x )＝m ·n ，在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足(2a －c )cos B ＝b cos C ，求f (A )的取值范围．解(1)m ·n ＝23sin x 4cos x 4＋2cos 2x 4＝3sin x 2＋cos x 2＋1＝ 1.因为m ·n ＝2，所以＝12.所以1－2sin ＝12.(2)因为f (x )＝m ·n ＝1，所以f (A )＝ 1.因为(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理，得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C .所以2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(B ＋C )．因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(B ＋C )＝sin A ，且sin A ≠0.所以cos B ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.所以0<A <2π3.所以π6<A 2＋π6<π2，12<sin ，故f (A )的取值范围是(2，3)．6．(2024·湖北黄冈调研)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝(b ，a )，n ＝(sin A ，3cos(A ＋C ))，且m ·n ＝0.(1)求角B 的大小；(2)若b ＝3，求3a ＋c 的最大值．解(1)在△ABC 中，因为m ＝(b ，a )，n ＝(sin A ，3cos(A ＋C ))，m ·n ＝0，所以b sin A －3a cos B ＝0.由正弦定理，得sin A sin B ＝3sin A cos B ，又sin A >0，所以sin B ＝3cos B ，即tan B ＝ 3.又0<B <π，所以B ＝π3.(2)由(1)，知B ＝π3，b ＝3，由正弦定理，得a sin A ＝c sin C ＝b sin B＝2，即a ＝2sin A ，c ＝2sin C .又C ＝2π3－A ，所以3a ＋c ＝6sin A ＋2sin C ＝6sin A ＋7sin A ＋3cos A ＝213sin(A ＋θ)，其中锐角θ由tan θ＝37确定，又0<A <2π3，所以θ<A ＋θ<2π3＋θ.则当且仅当A ＋θ＝π2，即tan A ＝＝733时，sin(A ＋θ)取最大值1，所以3a ＋c 的最大值为213.7．已知函数f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x .(1)求f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)求函数f (x )在区间0，π2上的值域；(3)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若0，a ＝2，求△ABC 面积的最大值．解(1)依题意，f (x )＝(cos 2x ＋sin 2x )(cos 2x －sin 2x )－sin2x ＝cos2x －sin2x ＝2sinx 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π；由2k π－π2≤2x ＋3π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－5π8≤x ≤k π－π8，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为k π－5π8，k π－π8(k ∈Z )．(2)由x ∈0，π2，得2x ＋3π4∈3π4，7π4，则－1≤x ≤22，即－2≤f (x )≤1，所以函数f (x )在区间0，π2上的值域为[－2，1]．(3)由(1)知，＝2sin 0，而0<A <π，即有3π4<A ＋3π4<7π4，则A ＋3π4＝π，解得A ＝π4，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋c 2－2bc ≥2bc －2bc ，于是bc ≤4＋22，当且仅当b ＝c 时等号成立，因此S △ABC ＝12bc sin A ＝24bc ≤2＋1，所以△ABC 面积的最大值为2＋1.8．(2024·重庆永川北山中学模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，cos(A－C )＋cos B ＝32，设m ＝(b ，c )，n ＝(a ，b )且m ∥n .(1)求角B 的大小；(2)延长BC 至D ，使BD ＝5，若△ACD 的面积S ＝3，求AD 的长．解(1)由cos(A －C )＋cos B ＝32，可知cos(A －C )－cos(A ＋C )＝32，即cos A cos C ＋sin A sin C －cos A cos C ＋sin A sin C ＝32，可得sin A sin C ＝34.由m ∥n 可得b 2－ac ＝0，由正弦定理可知sin 2B ＝sin A sin C ＝34，因为B ∈(0，π)，所以sin B ＝32，因此B ＝π3或2π3.分别代入cos(A －C )＋cos B ＝32，可知当B ＝2π3时，cos(A －C )＝2，不成立．因此B ＝π3.(2)由B ＝π3可知cos(A －C )＝1，即A ＝C ，因此△ABC 为等边三角形，即a ＝b ＝c ，S △ACD ＝12AC ·CD sin ∠ACD ＝12b (5－a )sin 2π3＝34a (5－a )＝3，整理可得a (5－a )＝4，即a 2－5a ＝－4，在△ABD 中，由余弦定理可知，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos π3＝c 2＋25－5c ＝a 2＋25－5a ＝21，因此AD 的长为21.。

高考中三角函数与解三角形问题的热点题型从近几年的高考试题看，新课标全国卷交替考查三角函数、解三角形．该部分解答题是高考得分的基本组成部分，考查中难度属于中低档题，但考生得分不高，其主要原因是公式不熟导致运算错误，不能掉以轻心．该部分的解答题考查的热点题型有：一、考查三角函数的图象变换以及单调性、最值等；二、考查解三角形问题；三、是考查三角函数、解三角形与平面向量的交汇性问题，在解题过程中抓住平面向量作为解决问题的工具，要注意三角恒等变换公式的多样性和灵活性，注意题目中隐含的各种限制条件，选择合理的解决方法，灵活地实现问题的转化．热点一 解三角形与三角恒等变换的综合解三角形多与三角恒等变换相结合，主要涉及两角和与差的正弦和余弦公式、二倍角公式以及正弦定理和余弦定理，考查题型既有选择题、填空题，也有解答题．[典题1] [2016·浙江卷]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a cos B .(1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小．(1)[证明] 由正弦定理，得 sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ，故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B )＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ，于是sin B ＝sin(A －B )． 又A ，B ∈(0，π)，故0 <A －B <π， 所以，B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ， 因此A ＝π(舍去)或A ＝2B ， 所以A ＝2B .(2)[解] 由S ＝a 24得12ab sin C ＝a 24，故有sin B sin C ＝12sin 2B ＝sin B cos B ，因为sin B ≠0，所以sin C ＝cos B . 又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B .当B ＋C ＝π2时，A ＝π2；当C －B ＝π2时，A ＝π4.综上，A ＝π2或A ＝π4.三角恒等变换和解三角形的结合，一般有两种类型：一是先利用三角函数的平方关系、和角公式等求符合正、余弦定理中的边与角，再利用正、余弦定理求值；二是先利用正、余弦定理确定三角形的边与角，再代入到三角恒等变换中求值．具体解题步骤如下：第一步：利用正(余)弦定理进行边角转化； 第二步：利用三角恒等变换求边与角； 第三步：代入数据求值； 第四步：查看关键点，易错点．[2017·四川资阳高三上学期第一次诊断]在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足2c －a cos A ＝bcosB，D 是BC 边上的一点．(1)求角B 的大小；(2)若AC ＝7，AD ＝5，DC ＝3，求AB 的长． 解：(1)由2c －a cos A ＝bcos B，得 2c cos B －a cos B ＝b cos A ， 即2c cos B ＝a cos B ＋b cos A ，根据正弦定理，2sin C cos B ＝sin A cos B ＋sin B cos A ＝sin(A ＋B )＝sin C ，所以cos B ＝22， 又0°<B <180°，所以B ＝45°.(2)在△ADC 中，AC ＝7，AD ＝5，DC ＝3， 由余弦定理，得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC ＝52＋32－722×5×3＝－12，所以∠ADC ＝120°，∠ADB ＝60°，在△ABD 中，AD ＝5，∠B ＝45°，∠ADB ＝60°， 由正弦定理，得AB sin ∠ADB ＝ADsin B，所以AB ＝AD ·sin ∠ADB sin B ＝5sin 60°sin 45°＝5×3222＝562.热点二 解三角形与平面向量、三角函数性质的综合三角函数性质与解三角形的综合问题多出现在解答题中，且第(1)问考查三角函数的性质，第(2)问考查解三角形问题．[典题2] 已知向量m ＝⎝⎛⎭⎫cos x 2，－1，n ＝⎝⎛⎭⎫3sin x 2，cos 2x2，函数f (x )＝m ·n ＋1. (1)求函数f (x )在[0，π]上的最值，并求此时x 的值；(2)将函数f (x )图象上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，再将所得图象向左平移π3个单位长度并向下平移12个单位长度，得到函数g (x )的图象．若在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，g ⎝⎛⎭⎫A 2＝12，a ＝2，b ＋c ＝4，求△ABC 的面积．[解] (1)f (x )＝3sin x 2cos x 2－cos 2x2＋1＝32sin x －12cos x ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋12. ∵x ∈[0，π]，∴x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，5π6， ∴当x －π6＝－π6，即x ＝0时，f (x )min ＝0；当x －π6＝π2，即x ＝2π3时，f (x )max ＝32.∴当x ＝0时，f (x )min ＝0， 当x ＝2π3时，f (x )max ＝32.(2)将f (x )图象上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12的图象，再将所得图象向左平移π3个单位长度并向下平移12个单位长度，得到函数g (x )＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π3－π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝cos 2x 的图象． ∵g ⎝⎛⎭⎫A 2＝cos A ＝12， 又0<A <π，∴A ＝π3.在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴22＝b 2＋c 2－2bc ×12，∴4＝(b ＋c )2－2bc －bc ，即4＝42－3bc ， ∴bc ＝4.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc sin π3＝34bc ＝34×4＝ 3.向量是一种解决问题的工具，是一个载体，通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题．三角函数和解三角形的结合，一般可以利用三角变换化简所给函数关系式，再结合正、余弦定理解三角形．[2017·广东汕头一模]设a ＝(2cos ωx ，3)，b ＝(sin ωx ，cos 2ωx －sin 2ωx )(ω>0)，函数f (x )＝a ·b ，且函数f (x )图象的一个对称中心与它相邻的一条对称轴之间的距离为π4.(1)求函数f (x )的解析式；(2)在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足f (A )＝0，B ＝π4，a ＝2，求c 的边的长．解：(1)f (x )＝a ·b ＝2sin ωx cos ωx ＋3(cos 2ωx －sin 2ωx ) ＝sin 2ωx ＋3cos 2ωx ＝2⎝⎛⎭⎫12sin 2ωx ＋32cos 2ωx＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π3. 又由题意知，T ＝2π2ω＝4×π4，所以ω＝1.(2)解法一：由(1)知，f (A )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3＝0， 所以sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3＝0， 又因为 0<A <π2，所以π3<2A ＋π3<4π3，所以2A ＋π3＝π，所以A ＝π3，所以sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋π4＝sin π3cos π4＋cos π3sin π4＝6＋24，所以由正弦定理a sin A ＝c sin C ，得c ＝a sin C sin A＝2×6＋2432＝6＋323.解法二：由(1)知，f (A )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3＝0， 所以sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3＝0. 又因为0<A <π2，所以π3<2A ＋π3<4π3，所以2A ＋π3＝π，所以A ＝π3，所以由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得b ＝a sin Bsin A ＝2×2232＝263.所以由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得4＝83＋c 2－2×263c ×12，整理，得3c 2－26c －4＝0，解得，c ＝6＋323或c ＝6－323(舍去)．热点三 解三角形中的最值问题解三角形中的最值问题也是高考考查的一个重点，主要以考查面积的最值、边长(周长的取值范围)、两角三角函数和的取值范围等．[典题3] [2015·山东卷]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 2x2－1＋cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12. 由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z ，可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ；由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z ，可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )； 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. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，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.解三角形的最值问题常需结合基本不等式求解，关键是由余弦定理得到两边关系，再结合不等式求解最值问题，或者将所求转化为某个角的三角函数，借助三角函数的值域求范围．[2017·江西临川一中模拟]已知f (x )＝3cos 2x ＋2sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋x sin(π－x )，x ∈R . (1)求f (x )的最小正周期及单调增区间；(2)已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且f (A )＝－3，a ＝3，求BC 边上的高的最大值．解：(1)f (x )＝3cos 2x －sin 2x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， ∴f (x )的最小正周期为π，令2k π＋π2≤2x －π3≤2k π＋3π2(k ∈Z )，得k π＋512π≤x ≤k π＋1112π(k ∈Z )，∴单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π＋5π12，k π＋11π12(k ∈Z )． (2)由f (A )＝－3，得sin ⎝⎛⎭⎫2A －π3＝32， 又A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴2A ∈(0，π)，2A －π3∈⎝⎛⎭⎫－π3，2π3，∴A ＝π3. 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得9＝b 2＋c 2－bc ≥bc ，即bc ≤9(当且仅当b ＝c 时等号成立)，设BC 边上的高为h ，由三角形等面积法知12ah ＝12bc sin A ，得3h ＝32bc ≤932，∴h ≤332，即h 的最大值为332.课时跟踪检测(二十六) [高考基础题型得分练]1．已知a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，(2b －c )cos A －a cos C ＝0. (1)求角A 的大小；(2)求函数y ＝3sin B ＋sin ⎝⎛⎫C －π6的最大值． 解：(1)在△ABC 中，由正弦定理，得 (2sin B －sin C )cos A －sin A cos C ＝0， 即2sin B cos A ＝sin A cos C ＋sin C cos A ， ∴2sin B cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B . 又sin B ≠0，∴cos A ＝12，又0<A <π，∴A ＝π3.(2)由(1)知A ＝π3，∴在△ABC 中，B ＋C ＝2π3，且B ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3. y ＝3sin B ＋sin ⎝⎛⎭⎫C －π6 ＝3sin B ＋sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝3sin B ＋cos B ＝2sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6. 又B ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3， ∴B ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6， ∴sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6∈⎝⎛⎦⎤12，1， ∴2sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6∈(1,2]． 故函数y ＝3sin B ＋sin ⎝⎛⎭⎫C －π6的最大值为2. 2．[2017·山东日照模拟]已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且函数f (x )＝2cos x sin(x －A )＋sin A 在x ＝5π12处取得最大值．(1)当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，求函数f (x )的值域； (2)若a ＝7且sin B ＋sin C ＝13314，求△ABC 的面积． 解：∵函数f (x )＝2cos x sin(x －A )＋sin A ＝2cos x sin x cos A －2cos x cos x sin A ＋sin A ＝sin 2x cos A －cos 2x sin A ＝sin(2x －A )，又函数f (x )在x ＝5π12处取得最大值，∴2×5π12－A ＝2k π＋π2，其中k ∈Z ，即A ＝π3－2k π，其中k ∈Z .(1)∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3，又x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴2x －A ∈⎝⎛⎫－π3，2π3， ∴－32<sin(2x －A )≤1， 即函数f (x )的值域为⎝⎛⎦⎤－32，1. (2)由正弦定理，得asin A ＝b ＋c sin B ＋sin C，则sin B ＋sin C ＝b ＋ca sin A ，即13314＝b ＋c 7×32，∴b ＋c ＝13. 又a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－2bc －2bc cos A ， 即49＝169－3bc ，∴bc ＝40.故△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×40×32＝10 3.3．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足2a －b c ＝cos Bcos C .(1)求角C 的大小；(2)设函数f (x )＝cos(2x ＋C )，将f (x )的图象向右平移π4个单位长度后得到函数g (x )的图象，求函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π3上的值域． 解：(1)∵a ，b ，c 是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的三边，且2a －b c ＝cos Bcos C， ∴由正弦定理得2sin A －sin B sin C ＝cos Bcos C，即(2sin A －sin B )cos C ＝cos B sin C ，即2sin A cos C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin(B ＋C )． ∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin(B ＋C )＝sin A ≠0， ∴2cos C ＝1，即cos C ＝22. ∵C 是△ABC 的内角，∴C ＝π4.(2)由(1)可知f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， g (x )＝f ⎝⎛⎫x －π4＝cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π4 ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π4. ∵0≤x ≤π3，∴－π4≤2x －π4≤5π12.又cos 5π12＝cos ⎝⎛⎫2π3－π4＝6－24， ∴6－24≤cos ⎝⎛⎭⎫2x －π4≤1， ∴g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π3上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－24，1. 4．[2017·湖南邵阳模拟]如图，在△ABC 中，D 为AB边上一点，DA ＝DC ，已知B ＝π4，BC＝1.(1)若△BCD 是钝角三角形，DC ＝63，求角A 的大小； (2)若△BCD 的面积为16，求边AB 的长．解：(1)在△BCD 中，B ＝π4，BC ＝1，DC ＝63，由正弦定理，得BC sin ∠BDC ＝CDsin B ，解得sin ∠BDC ＝1×2263＝32，则∠BDC ＝π3或2π3.由△BCD 是钝角三角形，可得∠BDC ＝2π3.又由DA ＝DC ，得A ＝π3.(2)由于B ＝π4，BC ＝1，△BCD 的面积为16，则12·BC ·BD ·sin π4＝16，解得BD ＝23. 由余弦定理，得CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos π4＝1＋29－2×23×22＝59，故CD ＝53，则AB ＝AD ＋BD ＝CD ＋BD ＝5＋23，故边AB 的长为5＋23. [冲刺名校能力提升练]1．[2017·山东淄博模拟]已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝2cos A . (1)若cos C ＝63，求证：2a －3c ＝0； (2)若B ∈⎝⎛⎭⎫0，π3，且cos(A －B )＝45，求sin B 的值． 解：由sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝2cos A ， 得32sin A ＋12cos A ＝2cos A ， 即sin A ＝3cos A .因为A ∈(0，π)，且cos A ≠0， 所以tan A ＝3， 所以A ＝π3.(1)证明：因为sin 2C ＋cos 2C ＝1，cos C ＝63，C ∈(0，π)， 所以sin C ＝33. 由正弦定理知a sin A ＝csin C ，即a c ＝sin A sin C ＝3233＝32，即2a －3c ＝0. (2)解：因为B ∈⎝⎛⎭⎫0，π3， 所以A －B ＝π3－B ∈⎝⎛⎭⎫0，π3， 因为sin 2(A －B )＋cos 2(A －B )＝1， 所以sin(A －B )＝35，所以sin B ＝sin [A －(A －B )] ＝sin A cos(A －B )－cos A sin(A －B ) ＝43－310. 2．[2017·河北武邑中学高三上期中]已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin B sin A ＋sin C ＋sin Csin A ＋sin B＝1.(1)求角A ；(2)若a ＝43，求b ＋c 的取值范围．解：(1)根据正弦定理可得b a ＋c ＋ca ＋b ＝1，即b (a ＋b )＋c (a ＋c )＝(a ＋b )(a ＋c )，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，根据余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，所以A ＝π3.(2)根据正弦定理b sin B ＝c sin C ＝asin A ＝8，所以b ＝8sin B ，c ＝8sin C ， 又B ＋C ＝2π3，所以b ＋c ＝8sin B ＋8sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝8⎝⎛⎭⎫sin B ＋32cos B ＋12sin B＝8⎝⎛⎭⎫32sin B ＋32cos B＝83⎝⎛⎭⎫32sin B ＋12cos B＝83sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6. 因为0<B <2π3，所以π6<B ＋π6<5π6，所以12<sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6≤1， 所以43<83sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6≤83， 即b ＋c 的取值范围是(43，8 3 ]．3．已知向量p ＝(2sin x ，3cos x )，q ＝(－sin x,2sin x )，函数f (x )＝p ·q . (1)求f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且f (C )＝1，c ＝1，ab ＝23，且a >b ，求a ，b 的值．解：(1)f (x )＝－2sin 2x ＋23sin x cos x ＝－1＋cos 2x ＋23sin x cos x ＝3sin 2x ＋cos 2x －1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1. 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，∴f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )． (2)∵f (C )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2C ＋π6－1＝1， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2C ＋π6＝1， ∵C 是三角形的内角， ∴C ∈(0，π)， ∴2C ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，13π6， ∴2C ＋π6＝π2，即C ＝π6.∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝32，即a 2＋b 2＝7.将ab ＝23代入可得a 2＋12a 2＝7，解得a 2＝3或4.∴a ＝3或2，∴b ＝2或 3. ∵a >b ，∴a ＝2，b ＝ 3.4．[2017·湖北襄阳四校高三上学期期中]△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A ＝3π4，sin B ＝1010，D 为BC 边中点，AD ＝1.(1)求bc 的值；(2)求△ABC 的面积．解：(1)△ABC 中，∵sin B ＝1010，A ＝3π4， ∴cos B ＝31010，sin A ＝22，cos A ＝－22，sin C ＝sin(A ＋B )＝22×31010－22×1010＝22020＝55，∴b c ＝sin B sin C ＝1010×55＝22. (2)∵D 为BC 的中点，∴2AD →＝AB →＋AC →， 4AD →2＝AB →2＋2AB →·AC →＋AC →2，即4＝c 2＋b 2＋2bc ·⎝⎛⎭⎫－22. 化简，得4＝b 2＋c 2－2bc ，① 由(1)知b c ＝22，②联立①②，解得⎩⎨⎧b ＝2，c ＝22，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝2.。

(12分)(2023·全国甲卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b 2+c 2－a 2cos A＝2. (1)求bc ；(2)若a cos B －cos A a cos B +cos A －b c ＝1，求△ABC 的面积．思维拆解第一步：求bc .由已知结合余弦定理进行化简即可求解bc .第二步：转化．结合正弦定理将边用角的正弦值表示．第三步：化简．运用两角和与差的正弦公式进行化简．第四步：求值．先求角A 的余弦值，结合角A 的范围，求角A 的正弦值．第五步：求面积．结合第一步，根据三角形的面积公式求得三角形的面积．规范解答解：(1)由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，1分 所以b 2+c 2－a 2cos A ＝2bc cos Acos A ＝2bc ＝2，解得bc ＝1.3分 (2)由正弦定理可得a cos B －cos A a cos B +cos A －b c ＝sin A cos B －sin cos A sin A cos B +sin cos A －sin Bsin C5分 ＝sin (A －B )sin (A +B )－sin Bsin (A +B )＝sin (A－B )－sin Bsin (A +B )＝1，7分 变形可得sin (A －B )－sin (A ＋B )＝sin B ，即－2cos A sin B ＝sin B ． 因为sin B ≠0，所以cos A ＝－12.10分 又0<A <π，所以A ＝2π3，sin A ＝√32.故△ABC 的面积为S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×√32＝√34.12分 阅卷细则(1)写出余弦定理得1分．(2)结合余弦定理化简求出bc 的值得2分．(3)运用正弦定理将边用角的正弦值表示得2分．(4)运用两角和与差的正弦公式化简得2分．(5)运用两角和与差的正弦公式进一步化简结合角的范围求出cos A 得3分．(6)求出三角形的面积得2分．。

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高考大题专项练二高考中的三角函数与解三角形１．（2017山师大附中一模，文16）设△ABC的内角Ａ,Ｂ,C的对边分别为a，ｂ,ｃ,且b sin A ＝a cos B.(1)求角B的大小；(２)若ｂ=3,siｎC=2sin Ａ,求a,c的值。

2。

在△ABC中,内角Ａ,Ｂ，C所对的边分别为ａ,b,ｃ，已知b+c=2a cｏs B。

(1）证明:A=2B;(２)若ｃos B=,求cos C的值．3.（2017四川成都三诊,文１7)△ABC的内角Ａ，B，Ｃ的对边分别为a，b，ｃ,已知2c—a=2b c ｏｓA。

(1）求角B的大小;（２)若a=2,b＝,求c的长。

4。

（２017陕西咸阳二模，文17）已知在△ABC中,角Ａ，B,C所对的边分别为a，b,ｃ,且a sin C＝cｃos A。

(1)求角Ａ;(2）若b＝2，△AＢＣ的面积为,求ａ。

５。

(2０17湖北武汉五月调考，文17)在△ＡＢＣ中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足．（1)求角A的大小；(2）若D为BC上一点,且=2,b=３,|AD｜=,求a。

６.(2017辽宁鞍山一模，文17）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为ａ，b,c,且b=２,c＝３,△ＡＢＣ的面积为,又＝2,∠CBＤ=θ。