2022高考新课标数学考点总动员考点3看似复杂实则简单带你融汇贯通三角问题

一专题综述该专题是高考重点考查的部分，从最近几年考查的情况看，主要考查三角函数的图象和性质、三角函数式的化简与求值、正余弦定理解三角形、三角形中的三角恒等变换以及三角函数、解三角形和平面向量在立体几何、解析几何等问题中的应用．该部分在试卷中一般是2～3个选择题或者填空题，一个解答题，选择题在于有针对性地考查本专题的重要知识点(如三角函数性质、平面向量的数量积等)，解答题一般有三个命题方向，一是以考查三角函数的图象和性质为主，二是把解三角形与三角函数的性质、三角恒等变换交汇，三是考查解三角形或者解三角形在实际问题中的应用．由于该专题是高中数学的基础知识和工具性知识，在试题的难度上不大，一般都是中等难度或者较为容易的试题．基于这个实际情况以及高考试题的相对稳定性.二考纲解读1.了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化．借助单位圆理解任意角三角函数(正弦、余弦、正切)的定义．借助单位圆中的三角函数线推导出诱导公式(eq\f(π,2)±α，π±α的正弦、余弦、正切)，能画出y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的图象，了解三角函数的周期性．2.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]，正切函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质(如单调性、最大和最小值、图象与x轴交点等)．理解同角三角函数的基本关系式：sin2x＋cos2x＝1，eq\f(sinx,cosx)＝tanx.结合具体实例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；能借助计算器或计算机画出y＝Asin(ωx＋φ)的图象，观察参数A，ω，φ对函数图象变化的影响．3.会用三角函数解决一些简单实际问题，体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型．4.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角的正弦、余弦和正切公式进行简单的恒等变换(包括导出积化和差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆）5.会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式．能利用两角差的余弦公式导出两角差的正弦、正切公式．能利用两角差的余弦公式导出两角和的正弦、余弦、正切公式，导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．三.2022年高考命题趋向1.在选择题或者填空题部分命制2～3个试题，考查三角函数的图象和性质、通过简单的三角恒等变换求值、解三角形等该专题的重点知识中的2～3个方面．试题仍然是突出重点和重视基础，难度不会太大．

2.在解答题的前两题(一般是第一题)的位置上命制一道综合性试题，考查综合运用该部分知识分析解决问题的能力，试题的可能考查方向如我们上面的分析．从难度上讲，如果是单纯的考查三角函数图象与性质、解三角形、在三角形中考查三角函数问题，则试题难度不会大，但如果考查解三角形的实际应用，则题目的难度可能会大一点，但也就是中等难度．由于该专题内容基础，高考试题的难度不大，经过一轮复习的学生已经达到了高考的要求，二轮复习就是在此基础上进行的巩固和强化，在复习中注意如下几点：

(1)该专题具有基础性和工具性，虽然没有什么大的难点问题，但包含的内容非常广泛，概念、公式、定理很多，不少地方容易混淆，在复习时要根据知识网络对知识进行梳理，系统掌握其知识体系．

(2)抓住考查的主要题型进行训练，要特别注意如下几个题型：根据三角函数的图象求函数解析式或者求函数值，根据已知三角函数值求未知三角函数值，与几何图形结合在一起的平面向量数量积，解三角形中正弦定理、余弦定理、三角形面积公式的综合运用，解三角形的实际应用问题．

(3)注意数学思想方法的应用，该部分充分体现了数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想(变换)，在复习中要有意识地使用这些数学思想方法，强化数学思想方法在指导解题中的应用．四．高频考点解读考点一三角函数的定义例1[2022·课标全国卷]已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)\f(3,5)\f(4,5)【答案】B【解析】解法1：在角θ终边上任取一点P(a,2a)(a≠0)，则r2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))2＝a2＋(2a)2＝5a2，∴cos2θ＝eq\f(a2,5a2)＝eq\f(1,5)，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝eq\f(2,5)－1＝－eq\f(3,5).解法2：tanθ＝eq\f(2a,a)＝2，cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5).例2[2022·江西卷]已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，若P(4，y)是角θ终边上一点，且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，则y＝________.【答案】－8【解析】r＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(16＋y2)，∵sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，∴sinθ＝eq\f(y,r)＝eq\f(y,\r(16＋y2))＝－eq\f(2\r(5),5)，解得y＝－8.【解题技巧点睛】以三角函数的定义为载体，求三角函数的值.题目的鲜明特点是给出角的终边上的点的坐标，此时我们要联想到三角函数的定义求解所需三角函数值.考点二三角恒等变换例3[2022·福建卷]若tanα＝3，则eq\f(sin2α,cos2α)的值等于()A．2B．3C．4D．6【答案】D【解析】因为eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,cos2α)＝eq\f(2sinα,cosα)＝2tanα＝6，故选D.例4[2022·浙江卷]若0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,3)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(3),3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝()\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)\f(5\r(3),9)D．－eq\f(\r(6),9)【答案】C例5[2022·广东卷]已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，x∈R.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))的值；(2)设α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3α＋\f(π,2)))＝eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求cos(α＋β)的值.【解答】(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(5,4)π－\f(π,6)))＝2sineq\f(π,4)＝eq\r(2).(2)∵eq\f(10,13)＝f3α＋eq\f(π,2)＝2sineq\f(1,3)×3α＋eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝2sinα，eq\f(6,5)＝f(3β＋2π)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×3β＋2π－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,2)))＝2cosβ，∴sinα＝eq\f(5,13)，cosβ＝eq\f(3,5)，又∵α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5)，故cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(3,5)×eq\f(12,13)－eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(16,65).【解题技巧点睛】三角函数的化简、计算、证明的恒等变形的基本思路：一角二名三结构.即首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变式，角的变换是三角函数变换的核心！第二看函数名称之间的关系，通常“切化弦”；第三观察代数式的结构特点.基本的技巧有:（1）巧变角：已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的变换.如，，，，等.(2)三角函数名互化：切割化弦，弦的齐次结构化成切.(3)公式变形使用：如(4)三角函数次数的降升：降幂公式有，与升幂公式有，.(5)式子结构的转化：对角、函数名、式子结构化同.(6)常值变换主要指“1”的变换：等.（7）辅助角公式：(其中角所在的象限由的符号确定，角的值由确定)在求最值、化简时起着重要作,这里只要掌握辅助角为特殊角的情况即可.实际上是两角和与差的三角函数公式的逆用.如等.考点三三角函数的性质例6[2022·课标全国卷]设函f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))单调递增【答案】A【解析】原式可化简为f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,4)))，因为f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))，又因为f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))＝±eq\r(2)cos2x，所以φ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以φ＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，又因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，所以f(x)＝eq\r(2)cos2x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．例7[2022·安徽卷]设f(x)＝asin2x＋bcos2x，其中a，b∈R，ab≠0.若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对一切x∈R恒成立，则①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝0；②eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,10)))))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))))；③f(x)既不是奇函也不是偶函数；④f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．⑤存在经过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交．以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号)．【答案】①③【解析】f(x)＝asin2x＋bcos2x＝eq\r(a2＋b2)sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinφ＝\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝\f(a,\r(a2＋b2))))，因为对一切x∈R时，f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))恒成立，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝±1.故φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或φ＝2kπ－eq\f(5π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)).故f(x)＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，或f(x)＝－eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).对于①，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝eq\r(a2＋b2)sin2π＝0，或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝－eq\r(a2＋b2)sin2π＝0，故①正确；对于②，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,10)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,5)＋\f(π,6)))))＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(47π,30)))＝eq\r(a2＋b2)sineq\f(17π,30)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)＋\f(π,6)))))＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(17π,30)))＝eq\r(a2＋b2)sineq\f(17π,30).所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,10)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))))，故②错误；对于③，由解析式f(x)＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，或f(x)＝－eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))知其既不是奇函也不是偶函数，故③正确；对于④，当f(x)＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))时，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)是f(x)的单调递减区间，故④错误；对于⑤，要使经过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交，则此直线须与横轴平行，且|b|>eq\r(a2＋b2)，此时平方得b2>a2＋b2，这不可能，矛盾，故不存在过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交．故⑤错．【解题技巧点睛】近几年高考降低了对三角变换的考查要求，而加强了对三角函数的图象与性质的考查.在众多的性质中，三角函数的图象的对称性是一个高考的热点.在复习时要充分运用数形结合的思想，把图象与性质结合起来，即利用图象的直观性得出函数的性质，同时也要能利用函数的性质来描绘函数的图象.考点四三角函数的图像例8[2022·辽宁卷]已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，y＝f(x)的部分图象则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝()A．2＋eq\r(3)\r(3)\f(\r(3),3)D．2－eq\r(3)【答案】B【解析】由图象知eq\f(π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)－\f(π,8)))＝eq\f(π,2)，ω＝2.又由于2×eq\f(π,8)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，φ＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).这时f(x)＝Ataneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).又图象过(0,1)，代入得A＝1，故f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,24)＋\f(π,4)))＝eq\r(3)，故选B.例9[2022·天津卷]已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若f(x)的最小正周期为6π，且当x＝eq\f(π,2)时，f(x)取得最大值，则()A．f(x)在区间[－2π，0]上是增函B．f(x)在区间[－3π，－π]上是增函数C．f(x)在区间[3π，5π]上是减函数D．f(x)在区间[4π，6π]上是减函数【答案】A【解析】∵eq\f(2π,ω)＝6π，∴ω＝eq\f(1,3).又∵eq\f(1,3)×eq\f(π,2)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z且－π<φ≤π，∴当k＝0时，φ＝eq\f(π,3)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,3)))，要使f(x)递增，须有2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(1,3)x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解之得6kπ－eq\f(5π,2)≤x≤6kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，当k＝0时，－eq\f(5,2)π≤x≤eq\f(π,2)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)π，\f(π,2)))上递增．例10[2022·课标全国卷]设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，则()A．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，其图像关于直线x＝eq\f(π,4)对称B．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，其图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称C．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减，其图像关于直线x＝eq\f(π,4)对称D．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减，其图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称【答案】D【解析】f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，所以y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\r(2)cosπ＝－eq\r(2)，是最小值．所以函数y＝f(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称．【解题技巧点睛】1．根据三角函数的图象求解函数的解析式时，要注意从图象提供的信息确定三角函数的性质，如最小正周期、最值，首先确定函数解析式中的部分系数，再根据函数图象上的特殊点的坐标适合函数的解析式确定解析式中剩余的字母的值，同时要注意解析式中各个字母的范围．2．进行三角函数的图象变换时，要注意无论进行的什么样的变换都是变换的变量本身，特别在平移变换中，如果这个变量的系数不是1，在进行变换时变量的系数也参与其中，如把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向左平移eq\f(π,12)个单位时，得到的是函数y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝sin2x＋eq\f(5π,12)的图象．3．解答三角函数的图象与性质类的试题，变换是其中的核心，把三角函数的解析式通过变换，化为正弦型、余弦型、正切型函数，然后再根据正弦函数、余弦函数和正切函数的性质进行研究．考点五与三角相关的最值问题例11[2022·课标全国卷]在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，则AB＋2BC的最大值为________．【答案】2eq\r(7)【解析】因为B＝60°，A＋B＋C＝180°，所以A＋C＝120°，由正弦定理，有eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(\r(3),sin60°)＝2，所以AB＝2sinC，BC＝2sinA.所以AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sin(120°－A)＋4sinA＝2(sin120°cosA－cos120°sinA)＋4sinA＝eq\r(3)cosA＋5sinA＝2eq\r(7)sin(A＋φ)，(其中sinφ＝eq\f(\r(3),2\r(7))，cosφ＝eq\f(5,2\r(7)))所以AB＋2BC的最大值为2eq\r(7).例12[2022·湖南卷]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA＝acosC.(1)求角C的大小；(2)求eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．【解答】(1)由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC.因为0<A<π，所以sinA>0.从而sinC＝cosC.又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，B＝eq\f(3π,4)－A，于是eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(3)sinA－cos(π－A)＝eq\r(3)sinA＋cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因为0<A<eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(11π,12).从而当A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)时，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))取最大值2.综上所述，eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值为2，此时A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(5π,12).例13[2022·福建卷]设函f(θ)＝eq\r(3)sinθ＋cosθ，其中，角θ的顶点与坐标原点重合，始边与x轴非负半轴重合，终边经过点P(x，y)，且0≤θ≤π.(1)若点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，求f(θ)的值；(2)若点P(x，y)为平面区域Ω：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥1，,x≤1，,y≤1))上的一个动点，试确定角θ的取值范围，并求函数f(θ)的最小值和最大值．【解答】(1)由点P的坐标和三角函数的定义可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(3),2)，,cosθ＝\f(1,2).))于是f(θ)＝eq\r(3)sinθ＋cosθ＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)＝2.(2)作出平面区域Ω(即三角形区域ABC)如图所示，其中A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)．于是0≤θ≤eq\f(π,2).又f(θ)＝eq\r(3)sinθ＋cosθ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，且eq\f(π,6)≤θ＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3)，故当θ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)时，f(θ)取得最大值，且最大值等于2；当θ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即θ＝0时，f(θ)取得最小值，且最小值等于1.【解题技巧点睛】三角函数的最值既是高考中的一个重点，也是一个难点，其类型丰富，解决的方法比较多.但是归纳起来常见的下面三种类型：（1）可化为型函数值域：利用三角公式对原函数进行化简、整理，最终得到的形式，然后借助题目中给定的的范围，确定的范围，最后利用的图象确定函数的值域.如：、等.(2)可化为型求函数的值域：首先借助三角公式，把函数化成型，然后采用换元法，即令，构造关于的函数，然后根据具体的结构，采取相应的方法求解.如：、可转化为二次函数求值域；、可转化为对号函数求值域.(3)利用数性结合思想求函数的值域：此类题目需分析函数的结构特征，看能否转化为有几何含义的式子结构，有时也可以把函数图象画出来，直接观察确定函数的值域.如，常转化为直线的斜率的几何含义求解.考点六解三角形的相关问题例14[2022·安徽卷]已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为________．【答案】15eq\r(3)【解析】不妨设∠A＝120°，c<b，则a＝b＋4，c＝b－4，于是cos120°＝eq\f(b2＋b－42－b＋42,2bb－4)＝－eq\f(1,2)，解得b＝10，所以c＝6.所以S＝eq\f(1,2)bcsin120°＝15eq\r(3).例15[2022·北京卷]在△ABC中，若b＝5，∠B＝eq\f(π,4)，tanA＝2，则sinA＝________；a＝________.【答案】eq\f(2\r(5),5)2eq\r(10)【解析】因为tanA＝2，所以sinA＝eq\f(2\r(5),5)；再由正弦定理有：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(a,\f(2\r(5),5))＝eq\f(5,\f(\r(2),2))，可得a＝2eq\r(10).例16[2022·福建卷]如图1－5，△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于________．【答案】eq\r(2)【解析】在△ABC中，由余弦定理，有cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(2\r(3)2,2×2×2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，则∠ACB＝30°.在△ACD中，由正弦定理，有eq\f(AD,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，∴AD＝eq\f(AC·sin30°,sin45°)＝eq\f(2×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq\r(2)，即AD的长度等于eq\r(2).例17[2022·山东卷]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2c－a,b).(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，△ABC的周长为5，求b的长．【解答】(1)由正弦定理，设eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k.则eq\f(2c－a,b)＝eq\f(2ksinC－ksinA,ksinB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB).所以原等式可化为eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB).即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)，又因为A＋B＋C＝π，所以原等式可化为sinC＝2sinA，因此eq\f(sinC,sinA)＝2.(2)由正弦定理及eq\f(sinC,sinA)＝2得c＝2a，由余弦定理及cosB＝eq\f(1,4)得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4)＝4a2.所以b＝2a.又a＋b＋c＝5.从而a＝1，因此b＝2.【解题技巧点睛】1．使用正弦定理能够解的三角形有两类，一类是已知两边及其中一边的对角，一类已知一边和两个内角(实际就是已知三个内角)，其中第一个类型也可以根据余弦定理列出方程求出第三边，再求内角．在使用正弦定理求三角形内角时，要注意解的可能情况，判断解的情况的基本依据是三角形中大边对大角．2．当已知三角形的两边和其中一个边的对角求解第三边时，可以使用正弦定理、也可以使用余弦定理，使用余弦定理就是根据余弦定理本身是一个方程，这个方程联系着三角形的三个边和其中的一个内角．3．正弦定理揭示了三角形三边和其对角正弦的比例关系，余弦定理揭示了三角形的三边和其中一个内角的余弦之间的关系．考点七三角化简与三角函数相结合例18[2022·天津卷]已知函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2cos2α，求α的大小．【解答】(1)由2x＋eq\f(π,4)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x≠eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.所以f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,8)))＋\f(kπ,2)，k∈Z)).f(x)的最小正周期为eq\f(π,2).(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2cos2α，得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2cos2α，eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝2(cos2α－sin2α)，整理得eq\f(sinα＋cosα,cosα－sinα)＝2(cosα＋sinα)(cosα－sinα)．因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以sinα＋cosα≠0，因此(cosα－sinα)2＝eq\f(1,2)，即sin2α＝eq\f(1,2).由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，得2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α＝eq\f(π,6)，即α＝eq\f(π,12).例19[2022·江西卷]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知3acosA＝ccosB＋bcosC.(1)求cosA的值；(2)若a＝1，cosB＋cosC＝eq\f(2\r(3),3)，求边c的值．【解答】(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC，有ccosB＋bcosC＝a，代入已知条件得3acosA＝a，即cosA＝eq\f(1,3).(2)由cosA＝eq\f(1,3)得sinA＝eq\f(2\r(2),3)，则cosB＝－cos(A＋C)＝－eq\f(1,3)cosC＋eq\f(2\r(2),3)sinC，代入cosB＋cosC＝eq\f(2\r(3),3)，得cosC＋eq\r(2)sinC＝eq\r(3)，从而得sin(C＋φ)＝1，其中sinφ＝eq\f(\r(3),3)，cosφ＝eq\f(\r(6),3)，0<φ<eq\f(π,2).则C＋φ＝eq\f(π,2)，于是sinC＝eq\f(\r(6),3)，由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(\r(3),2).【解题技巧点睛】解答三角综合问题的策略：（1）发现差异：观察角、函数运算间的差异，即进行所谓的“差异分析”.（2）寻找联系：运用相关公式，找出差异之间的内在联系.（3）合理转化：选择恰当的公式，促使差异的转化.考点八三角化简和解三角形相结合例20[2022·安徽卷]在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，1＋2cos(B＋C)＝0，求边BC上的高．【解答】由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，得1－2cosA＝0，cosA＝eq\f(1,2)，sinA＝eq\f(\r(3),2).再由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由b<a知B<A，所以B不是最大角，B<eq\f(π,2)，从而cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(\r(2),2).由上述结果知sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(1,2))).设边BC上的高为h，则有h＝bsinC＝eq\f(\r(3)＋1,2).例21[2022·江西卷]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinC＋cosC＝1－sineq\f(C,2).(1)求sinC的值；(2)若a2＋b2＝4(a＋b)－8，求边c的值．【解答】(1)由已知得sinC＋sineq\f(C,2)＝1－cosC，即sineq\f(C,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\f(C,2)＋1))＝2sin2eq\f(C,2)，由sineq\f(C,2)≠0得2coseq\f(C,2)＋1＝2sineq\f(C,2)，即sineq\f(C,2)－coseq\f(C,2)＝eq\f(1,2)，两边平方得：sinC＝eq\f(3,4).(2)由sineq\f(C,2)－coseq\f(C,2)＝eq\f(1,2)＞0得eq\f(π,4)＜eq\f(C,2)＜eq\f(π,2)，即eq\f(π,2)＜C＜π，则由sinC＝eq\f(3,4)得cosC＝－eq\f(\r(7),4)，由a2＋b2＝4(a＋b)－8得：(a－2)2＋(b－2)2＝0，则a＝2，b＝2.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝8＋2eq\r(7)，所以c＝eq\r(7)＋1.【解题技巧点睛】利用正弦定理与余弦定理解题，经常利用转化思想，一个是边转化为角，另一个是角转化为边.具体情况应根据题目给定的表达式进行确定，不管哪个途径，最终转化为角的统一或边的统一，也是我们利用正余弦定理化简式子的最终目的.对于两个定理都能用的题目，应优先考虑利用正弦定理，会给计算带来相对的简便.根据已知条件中边的大小来确定角的大小，此时利用正弦定理去计算较小边所对的角，可避免分类讨论；利用余弦定理的推论，可根据角的余弦值的正负直接确定所求角是锐角还是钝角，但是计算麻烦.针对训练一．选择题1.【2022届河北正定中学高三上学期第二次月考】若= （） A． B． C． D．答案：C解析：由得，所以=.2.【2022届河北正定中学高三上学期第二次月考】将函数的图象向左平移个单位,再向上平移1个单位,所得图象的函数解析式是（） A． B． C．D．答案：A解析：的图象向左平移个单位,再向上平移1个单位可得.3.【2022届四川自贡高三一诊】已知函数，下列结论正确的个数（） ①图像关于对称； ②函数在区间上的最大值为1； ③函数图像按向量平移后所得图像关于原点对称. A．0 B．1 C．2 D．3答案：D解析：当时，，所以①正确；时，所以②正确；函数图像按向量平移后所得的解析式为，所以③正确.4.【北京市海淀区2022-2022学年度高三年级第一学期期末统一考试】函数的部分图象如图所示，那么（）（A）（B）（C）（D）答案：C解析：由图可知，为函数图象的最高点，故选C.5.【唐山市2022—2022学年度高三年级第一学期期末考试】若是函数图象的一条对称轴，当取最小正数时（） A．在单调递减 B．在单调递增 C．在单调递减 D．在单调递增答案：A解析：化简函数的解析式为依题意可知:当取得最小正数是2，故函数的解析式为由,可知函数的单调递增区间为当函数的一个单调递增区间为因故正确答案为A.6.【唐山市2022—2022学年度高三年级第一学期期末考试】若 （） A． B． C． D．答案：B解析：将代入整理为：故答案为B.7.【湖北省孝感市2022—2022学年度高中三年级第一次统一考试】已知的部分图象如图所示，则的表达式为（） A． B． C． D．答案：B解析：由函数的图像可知，排除C、D；又因函数过点代入验证B满足条件.8.【2022年长春市高中毕业班第一次调研测试】在中，，，，则A.或 B. C. D.答案：C解析：由正弦定理，又，，∴，则为锐角，故.9.【2022年长春市高中毕业班第一次调研测试】函数为奇函数，该函数的部分图像如图所示，、分别为最高点与最低点，且，则该函数图象的一条对称轴为 A. B. C. D.答案：D解析：由为奇函数，得，又，∴.结合图象知，∴，∴，当时，，∴是其一条对称轴.10.【安徽省示范高中2022届高三第二次联考】已知函数的图像关于直线对称，且，则的最小值为(）A.B.C.D.答案：Ａ解析：由题设，于是最小可以取2.11．【2022届江西省重点中学协作体高三第一次联考】已知函数的图象的一条对称轴是，则函数的最大值是（）A．B．C．D．答案:A解析:由函数的图象的一条对称轴是得，解得，所以函数的最大值是.12．【2022届河北正定中学高三上学期第二次月考】若的内角所对的边满足，且，则的最小值为（