（浙江专版）2023高考数学一轮复习第3章三角函数、解三角形热点探究课2三角函数与解三角形中的高考热点问题教师用书

PAGEPAGE8热点探究课(二)三角函数与解三角形中的高考热点问题[命题解读]从近五年浙江卷高考试题来看，解答题第1题(全国卷T17)交替考查三角函数、解三角形与数列，本专题的热点题型有：一是三角函数的图象与性质；二是解三角形；三是三角恒等变换与解三角形的综合问题，中档难度，在解题过程中应挖掘题目的隐含条件，注意公式的内在联系，灵活地正用、逆用、变形应用公式，并注重转化思想与数形结合思想的应用．热点1三角函数的图象与性质(答题模板)要进行五点法作图、图象变换，研究三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，求三角函数的单调区间、最值等，都应先进行三角恒等变换，将其化为一个角的一种三角函数，求解这类问题，要灵活利用两角和(差)公式、倍角公式、辅助角公式以及同角关系进行三角恒等变换．(本小题总分值14分)函数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)假设将f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间[0，π]上的最大值和最小值.【导学号：51062131】[思路点拨](1)先逆用倍角公式，再利用诱导公式、辅助角公式将f(x)化为正弦型函数，然后求其周期．(2)先利用平移变换求出g(x)的解析式，再求其在给定区间上的最值．[标准解答](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分故函数g(x)在区间[0，π]上的最大值为2，最小值为－1.14分[答题模板]解决三角函数图象与性质的综合问题的一般步骤为：第一步(化简)：将f(x)化为asinx＋bcosx的形式．第二步(用辅助角公式)：构造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(求性质)：利用f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)研究三角函数的性质．第四步(反思)：反思回忆，查看关键点、易错点和答题标准．[温馨提示]1.在第(1)问的解法中，使用辅助角公式asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))，在历年高考中使用频率是相当高的，几乎年年使用到、考查到，应特别加以关注.2．求g(x)的最值一定要重视定义域，可以结合三角函数图象进行求解．[对点训练1](2022·石家庄模拟)函数f(x)＝Asinωx＋Bcosωx(A，B，ω是常数，ω>0)的最小正周期为2，并且当x＝eq\f(1,3)时，f(x)max＝2.(1)求f(x)的解析式；(2)在闭区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,4)，\f(23,4)))上是否存在f(x)的对称轴？如果存在，求出其对称轴方程；如果不存在，请说明理由．[解](1)因为f(x)＝eq\r(A2＋B2)sin(ωx＋φ)，由它的最小正周期为2，知eq\f(2π,ω)＝2，ω＝π.2分又因为当x＝eq\f(1,3)时，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)的解析式为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6))).6分(2)当垂直于x轴的直线过正弦曲线的最高点或最低点时，该直线就是正弦曲线的对称轴，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分由此可知在闭区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,4)，\f(23,4)))上存在f(x)的对称轴，其方程为x＝eq\f(16,3).14分热点2解三角形从近几年全国卷来看，高考命题强化了解三角形的考查力度，着重考查正弦定理、余弦定理的综合应用，求解的关键是实施边角互化，同时结合三角恒等变换进行化简与求值．△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)假设AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的长．[解](1)S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD.2分因为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)因为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[规律方法]解三角形问题要关注正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理、三角形面积公式，要适时、适度进行“角化边〞或“边化角〞，要抓住能用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，那么考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，那么两个定理都有可能用到．[对点训练2]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.asin2B＝eq\r(3)bsinA.(1)求B；(2)假设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分热点3三角恒等变换与解三角形的综合问题以三角形为载体，三角恒等变换与解三角形交汇命题，是近几年高考试题的一大亮点，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的综合应用，求解的关键是根据题目提供的信息，恰当地实施边角互化．(2022·浙江高考冲刺卷(二))在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinA－cosA＝－eq\f(\r(10),5)，cosB＝eq\f(2\r(5),5).(1)求角C；(2)假设△ABC的面积为2，求a的值.【导学号：51062132】[解](1)∵sinA－cosA＝－eq\f(\r(10),5)，∴1－2sinAcosA＝eq\f(2,5)，2分∴2sinAcosA＝eq\f(3,5)，∴A为锐角．∴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为锐角，∴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的面积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[规律方法]1.以三角形为载体，实质考查三角形中的边角转化，求解的关键是抓住边角间的关系，恰中选择正、余弦定理．2．解三角形常与三角变换交汇在一起(以解三角形的某一结论作为条件)，此时应首先确定三角形的边角关系，然后灵活运用三角函数的和、差、倍角公式化简转化．[对点训练3]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为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)假设B＝eq\f(π,4)，a＝3，求△ABC的面积．[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).设△ABC的面积为S，那么S＝eq\f(1,2)absinC＝9.14分热点探究训练(二)三角函数与解三角形中的高考热点问题1．在△ABC中，AC＝6，cosB＝eq\f(4,5)，C＝eq\f(π,4).(1)求AB的长；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))的值．[解](1)因为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分因为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．设f(x)＝2eq\r(3)sin(π－x)sinx－(sinx－cosx)2.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)把y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移eq\f(π,3)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值.【导学号：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)的单调递增区间是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)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1的图象，再把得到的图象向左平移eq\f(π,3)个单位，得到y＝2sinx＋eq\r(3)－1的图象，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．设f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(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.假设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．[解](1)由题意知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)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)，7分单调递减区间是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)，