2025年高考科学复习创新方案数学提升版第五章高考大题冲关系列（2）含答案

2025年高考科学复习创新方案数学提升版第五章高考大题冲关系列（2）含答案命题动向：解三角形不仅是数学的重要基础知识，同时也是解决其他问题的一种数学工具．高考命题者常在三角函数、解三角形和平面向量、不等式等知识的交汇处命题．以解答题的形式出现，难度中等．备考中首先要熟练掌握正弦定理、余弦定理的基本应用，然后要注意三角函数性质、三角恒等变换、基本不等式及平面几何图形的性质等知识的综合应用．题型1三角形中边长、角度、周长和面积的计算问题例1(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq\r(3)，D为BC的中点，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解(1)解法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ABD中，∠ADB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq\r(7)，则cosB＝eq\f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq\f(5\r(7),14)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq\f(1,2)＝3，解得b＝eq\r(3)，有AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝eq\f(π,2)，C＝eq\f(π,6).过A作AE⊥BC于点E，于是CE＝ACcosC＝eq\f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(5,2)，所以tanB＝eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(3),5).(2)解法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，))整理得eq\f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，则2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，于是4eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq\r(3)，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(8－12,2bc)＝－eq\f(2,bc)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC＝eq\f(1,2)bceq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(1,2)bceq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(b2c2－4)＝eq\r(3)，解得bc＝4.则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2.例2(2023·河南驻马店三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(cosA,a)＝eq\f(cosB＋cosC,b＋c).(1)求A；(2)已知D为边BC上一点，∠DAB＝∠DAC，若AD＝eq\r(3)，a＝3eq\r(2)，求△ABC的周长．解(1)因为eq\f(cosA,a)＝eq\f(cosB＋cosC,b＋c)，所以由正弦定理可得eq\f(cosA,sinA)＝eq\f(cosB＋cosC,sinB＋sinC)，所以sinAcosB＋sinAcosC＝cosAsinB＋cosAsinC，所以sinAcosB－cosAsinB＝cosAsinC－sinAcosC，所以sin(A－B)＝sin(C－A)．因为A－B∈(－π，π)，C－A∈(－π，π)，所以A－B＝C－A或(A－B)＋(C－A)＝2×eq\f(π,2)或(A－B)＋(C－A)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，即2A＝B＋C或C＝B＋π(舍去)或B＝C＋π(舍去)，又A＋B＋C＝π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由题意得S△DAB＋S△DAC＝S△ABC，即eq\f(1,2)AB·ADsin∠DAB＋eq\f(1,2)AC·ADsin∠DAC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC，因为∠BAC＝eq\f(π,3)，∠DAB＝∠DAC＝eq\f(π,6)，AD＝eq\r(3)，所以eq\f(\r(3),4)AB＋eq\f(\r(3),4)AC＝eq\f(\r(3),4)AB·AC，所以AB＋AC＝AB·AC，即c＋b＝cb，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－3bc，所以(b＋c)2－3(b＋c)－18＝0，所以b＋c＝6或b＋c＝－3(舍去)，所以△ABC的周长为6＋3eq\r(2).解答此类问题，首先明确正弦定理、余弦定理分别适用于哪些解三角形问题，其次要注意“边”与“角”的互化，最后还要关注诱导公式、三角恒等变换及三角函数性质的应用．变式训练1(2023·深圳一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))).(1)求A；(2)设AB的中点为D，若CD＝a，且b－c＝1，求△ABC的面积．解(1)由已知得，b＋c＝eq\r(3)asinC＋acosC，由正弦定理可得，sinB＋sinC＝eq\r(3)sinAsinC＋sinAcosC，因为A＋B＋C＝π，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，代入上式，整理得cosAsinC＋sinC＝eq\r(3)sinAsinC，又因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).而－eq\f(π,6)<A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,3).(2)在△ACD中，由余弦定理得，CD2＝b2＋eq\f(c2,4)－2b·eq\f(c,2)cosA，而A＝eq\f(π,3)，CD＝a，所以a2＝b2＋eq\f(c2,4)－eq\f(bc,2).①在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc，②由①②两式消去a，得3c2＝2bc，所以b＝eq\f(3c,2)，又b－c＝1，解得b＝3，c＝2，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),2).变式训练2(2023·湖北高三4月调研)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC，(1)求tan2B；(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径．解(1)设∠B＝∠DAC＝α，∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α，在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AD,sin（90°－2α）)＝eq\f(AC,sin（90°＋α）)，在△ABD中，AD＝BDsinα，又AC＝eq\f(12,7)BD，∴eq\f(BDsinα,cos2α)＝eq\f(\f(12,7)BD,cosα)，∴sinαcosα＝eq\f(12,7)cos2α，∴eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(12,7)cos2α，∴tan2α＝eq\f(24,7)，即tan2B＝eq\f(24,7).(2)由(1)知，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(24,7)，∴(3tanα＋4)(4tanα－3)＝0，又α为锐角，∴tanα＝eq\f(3,4)，∴sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，∵AB＝7，∴BD＝eq\f(35,4)，∴AC＝15，又cos∠BAC＝cos(90°＋α)＝－sinα＝－eq\f(3,5)，在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝400，∴BC＝20.设△ABC内切圆的半径为r，则S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)(AB＋AC＋BC)r，则r＝2.题型2三角形形状的判断及平面几何证明问题例3(2023·漳州模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB＝bsineq\f(B＋C,2).(1)求A；(2)若D为边BC上一点，且BD＝eq\f(1,3)BC，AD＝eq\f(2\r(3),3)c，证明：△ABC为直角三角形．解(1)因为asinB＝bsineq\f(B＋C,2)，所以sinAsinB＝sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinBcoseq\f(A,2)，因为sinB>0，所以sinA＝coseq\f(A,2)，即2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)＝coseq\f(A,2).又coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2).又0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,3).(2)证法一：因为eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)b2＋eq\f(2,9)bc＝eq\f(4,3)c2，即b2＋2bc－8c2＝0，所以(b＋4c)(b－2c)＝0，所以b＝2c.因此a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc＝3c2，又b＝2c，所以b2＝a2＋c2，所以B＝90°，所以△ABC为直角三角形．证法二：因为∠ADB＝π－∠ADC，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝0，又BD＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(1,3)a，AD＝eq\f(2\r(3),3)c，所以eq\f(\f(4,3)c2＋\f(1,9)a2－c2,\f(4\r(3),9)ac)＋eq\f(\f(4,3)c2＋\f(4,9)a2－b2,\f(8\r(3),9)ac)＝0，即6c2－3b2＋2a2＝0.又a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc，所以6c2－3b2＋2(b2＋c2－bc)＝0，即8c2－2bc－b2＝0，所以(4c＋b)(2c－b)＝0，所以b＝2c，所以a2＝3c2.因此b2＝a2＋c2，所以B＝90°，所以△ABC为直角三角形．(1)判断三角形形状的两种思路①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．(2)对于证明问题，一方面要利用已知条件和正弦定理、余弦定理推出边或角的关系式，另一方面还要注意对这些等量关系进行适当的整合变形．变式训练3(2024·长沙模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知c2＝ab，D是边AB的中点，CDsin∠ACB＝asinB.(1)证明：CD＝c；(2)求cos∠ACB.解(1)证明：由题意得CD＝eq\f(asinB,sin∠ACB)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sin∠ACB)，即eq\f(sinB,sin∠ACB)＝eq\f(b,c)，所以CD＝eq\f(ab,c)，由于c2＝ab，所以CD＝c.(2)由题意知CD＝c，AD＝eq\f(c,2)，DB＝eq\f(c,2)，所以cos∠ADC＝eq\f(c2＋\f(c2,4)－b2,2·c·\f(c,2))＝eq\f(\f(5,4)c2－b2,c2)，同理cos∠BDC＝eq\f(c2＋\f(c2,4)－a2,2·c·\f(c,2))＝eq\f(\f(5,4)c2－a2,c2)，由于∠ADC＝π－∠BDC，所以eq\f(\f(5,4)c2－b2,c2)＋eq\f(\f(5,4)c2－a2,c2)＝0，整理得a2＋b2＝eq\f(5,2)c2，由余弦定理，得cos∠ACB＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(3c2,4ab)＝eq\f(3,4).题型3最值与范围问题例4(2023·茂名一模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b＋2bcosC.(1)求证：C＝2B；(2)求eq\f(a＋c,b)的取值范围．解(1)证明：在△ABC中，由a＝b＋2bcosC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcosC，又A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinB＋2sinBcosC，sinBcosC＋cosBsinC－2sinBcosC＝sinB，sin(C－B)＝sinB，∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<C<π.∵B＋(C－B)＝C<π，∴B＝C－B，C＝2B.(2)解法一：由C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，由题意a＝b＋2bcosC，C＝2B及正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(b＋2bcosC＋c,b)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sinC,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋2sinBcosB,sinB)＝1＋2cosC＋2cosB＝1＋2cos2B＋2cosB＝1＋2(2cos2B－1)＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，∵eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5，故eq\f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)．解法二：由正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sinA＋sinC,sinB)，∵A＋B＋C＝π，∴A＝π－(B＋C)，eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(sin[π－（B＋C）]＋sinC,sinB)＝eq\f(sin（B＋C）＋sinC,sinB)，由(1)得C＝2B，故eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sin（B＋2B）＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosBsin2B＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosB·2sinBcosB＋2sinBcosB,sinB)＝cos2B＋2cos2B＋2cosB＝2cos2B－1＋2cos2B＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，由(1)得C＝2B，得B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5，故eq\f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)．(1)求解三角形中的最值(范围)问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立a＋b，ab，a2＋b2之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解．(2)解决三角形中的某个量的最值或范围问题，除了利用基本不等式外，再一个思路就是利用正弦定理、余弦定理，把该量转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解，此时要特别注意题目隐含条件的应用，如锐角三角形、钝角三角形、三角形内角和为π等．变式训练4(2023·佛山模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)设eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，求证：S△ABC＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2)；(2)设D为BC的中点，CB＝AD＝4，求AB＋AC的取值范围．解(1)证明：依题意，因为eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，所以cosC＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))||\o(CA,\s\up6(→))|)＝eq\f(a·b,|a||b|)，在△ABC中，sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(CB,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|sinC＝eq\f(1,2)|a||b|·eq\f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2).(2)如图所示，在△ABC中，D为BC的中点，CB＝AD＝4，所以BD＝CD＝2，设∠ADB＝θ，则∠ADC＝π－θ，在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝22＋42－2×2×4×cosθ＝20－16cosθ，在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝22＋42－2×2×4×cos(π－θ)＝20＋16cosθ，所以AB＋AC＝eq\r(20－16cosθ)＋eq\r(20＋16cosθ)，(AB＋AC)2＝40＋2eq\r(400－256cos2θ)，因为θ∈(0，π)，所以cos2θ∈[0，1)，所以(AB＋AC)2∈(64，80]，所以AB＋AC的取值范围是(8，4eq\r(5)]．题型4解三角形与三角函数的综合问题例5(2023·湖南三湘名校联考)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图，将该函数图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后，再将所得曲线上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数f(x)的图象．设g(x)＝f(x)sinx.(1)求函数g(x)的最小正周期T；(2)在△ABC中，AB＝6，D是BC的中点，AD＝eq\r(19)，设∠BAC＝θ，cosθ＜0，g(θ)＝eq\f(\r(3),4)，求△ABC的面积．解(1)由题图知A＝1，eq\f(2π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,12)))，解得ω＝2，又函数图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，∴2×eq\f(π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).∵sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))＝eq\f(\r(3)（1－cos2x）,4)＋eq\f(1,4)sin2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)，∴g(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)，∴T＝π.(2)∵g(θ)＝eq\f(\r(3),4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝0，∵cosθ＜0，即eq\f(π,2)＜θ＜π，∴θ＝eq\f(2π,3).设BC＝2m，AC＝x，∵∠ADB＋∠ADC＝π，∴cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，∵AB＝6，AD＝eq\r(19)，∴在△ADB和△ADC中，由余弦定理得eq\f(19＋m2－36,2\r(19)m)＋eq\f(19＋m2－x2,2\r(19)m)＝0，∴4m2＝2x2－4，在△ABC中，由余弦定理得(2m)2＝36＋x2－12xcos∠BAC＝36＋x2＋6x，∴2x2－4＝36＋x2＋6x，解得x＝－4(舍去)或x＝10，即AC＝10，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)×6×10×eq\f(\r(3),2)＝15eq\r(3).解三角形和三角函数的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．变式训练5(2023·长沙模拟)锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝2A.(1)证明：sinC>eq\f(\r(2),2)；(2)求eq\f(c,a＋b)的取值范围．解(1)证明：因为B＝2A，A＋B＋C＝π，所以C＝π－3A.因为△ABC是锐角三角形，所以0<2A<eq\f(π,2)，0<π－3A<eq\f(π,2)，解得eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，所以eq\f(π,2)<3A<eq\f(3π,4)，所以sinC＝sin(π－3A)＝sin3A>eq\f(\r(2),2).(2)由正弦定理得eq\f(c,a＋b)＝eq\f(sinC,sinA＋sinB)＝eq\f(sin3A,sinA＋sin2A)＝eq\f(sin（A＋2A）,sinA＋sin2A)＝eq\f(sinAcos2A＋cosAsin2A,sinA＋sin2A)＝eq\f(cos2A＋2cos2A,1＋2cosA)＝eq\f(4cos2A－1,2cosA＋1)＝2cosA－1.因为eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，所以eq\f(\r(2),2)<cosA<eq\f(\r(3),2)，即eq\r(2)－1<2cosA－1<eq\r(3)－1.故eq\f(c,a＋b)的取值范围是(eq\r(2)－1，eq\r(3)－1)．题型5解三角形与平面向量的综合问题例6(2023·常州模拟)在△ABC中，AB·tanC＝AC·tanB，点D是边BC上一点，且满足eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0.(1)证明：△ABC为等腰三角形；(2)若BD＝3CD，求∠BAC的余弦值．解(1)证明：由AB·tanC＝AC·tanB，得AB·eq\f(sinC,cosC)＝AC·eq\f(sinB,cosB)，由正弦定理得eq\f(sin2C,cosC)＝eq\f(sin2B,cosB)，即eq\f(1－cos2C,cosC)＝eq\f(1－cos2B,cosB)，化简得(1＋cosBcosC)(cosB－cosC)＝0，因为B，C∈(0，π)，所以cosB，cosC∈(－1，1)，所以1＋cosBcosC≠0，所以cosB－cosC＝0，又y＝cosx在(0，π)上单调递减，所以B＝C，所以△ABC为等腰三角形．(2)由eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，得eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，所以AB⊥AD，即∠BAD＝90°，所以sin∠BDA＝eq\f(AB,BD)，cos∠BAC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠CAD))＝－sin∠CAD，由(1)得AB＝AC，在△ACD中，由正弦定理得，eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AC,sin∠CDA)，所以sin∠CAD＝eq\f(CD,AC)sin∠CDA＝eq\f(CD,AC)sin(π－∠CDA)＝eq\f(CD,AC)sin∠BDA＝eq\f(CD,AC)·eq\f(AB,BD)＝eq\f(CD,3CD)＝eq\f(1,3)，所以cos∠BAC＝－sin∠CAD＝－eq\f(1,3).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．变式训练6(2024·青岛模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，b＝3.(1)求B的大小；(2)求eq\f(ac,a＋c)的最大值．解(1)因为p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，所以2c－a＝2bcosA，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，所以2sinC－sinA＝2sinBcosA，又C＝π－(A＋B)，所以2sin(A＋B)－sinA＝2sinBcosA，所以2sinAcosB－sinA＝0，因为A∈(0，π)，sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，可得B＝eq\f(π,3).(2)根据余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得a2＋c2－ac＝9，即(a＋c)2＝9＋3ac，因为ac≤eq\f(（a＋c）2,4)，所以(a＋c)2≤9＋eq\f(3,4)(a＋c)2，结合a＋c>3，所以3<a＋c≤6(当且仅当a＝c＝3时取等号)，设t＝a＋c，则t∈(3，6]，所以eq\f(ac,a＋c)＝eq\f(t2－9,3t)，设f(t)＝eq\f(t2－9,3t)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(9,t)))，则f(t)在(3，6]上单调递增，所以f(t)的最大值为f(6)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(ac,a＋c)的最大值为eq\f(3,2).考情分析：在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近几年新高考全国卷的一个热点内容，通常会与三角函数的图象和性质综合考查，出现在选填题中．考点难度2023Ⅰ卷T15知零点个数求ω的取值范围中Ⅱ卷T16知图象求ω，进而求函数值难2022Ⅰ卷T6知周期对称性求ω，进而求函数值中考向一三角函数的单调性与ω的关系例1(2023·广东七校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递增，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3)))答案D解析根据正弦和角与差角公式化简函数式可得f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin[(ωx＋φ)＋φ]－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ＋cos(ωx＋φ)sinφ－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ－cos(ωx＋φ)sinφ＝sin(ωx＋φ－φ)＝sinωx(ω>0，φ∈R)．由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，k∈Z，∴函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)．由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递增，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤π，,\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≥\f(3π,2)，,\f(1,2)×\f(2π,ω)≥\f(3π,2)－π，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥－\f(1,2)＋2k，,ω≤\f(1,3)＋\f(4k,3)，,ω≤2))(k∈Z)．又ω>0，当k＝0时，可得0<ω≤eq\f(1,3)；当k＝1时，可得eq\f(3,2)≤ω≤eq\f(5,3).故选D.根据函数的单调性求ω(1)基本策略确定函数的单调区间，根据区间之间的包含关系，建立不等式，即可求ω的取值范围．(2)常用结论已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的单调区间为(a，b)，则|a－b|≤eq\f(T,2)(T为最小正周期)．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq\f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，若f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则ω的最大值是()A．14 B．16C．18 D．20答案A解析设函数f(x)的最小正周期为T，因为x＝－eq\f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq\f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，则eq\f(2n＋1,4)T＝eq\f(π,8)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq\f(π,4)，其中n∈N，所以T＝eq\f(π,2n＋1)＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝4n＋2，因为函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则eq\f(π,4)－eq\f(π,5)≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，所以ω≤20.所以ω的可能取值为2，6，10，14，18.①当ω＝18时，f(x)＝sin(18x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq\f(9π,4)＝kπ(k∈Z)，则φ＝kπ＋eq\f(9π,4)(k∈Z)，因为－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18x＋\f(π,4)))，当eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)时，4π－eq\f(3π,20)＝eq\f(77π,20)<18x＋eq\f(π,4)<eq\f(19π,4)＝4π＋eq\f(3π,4)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上不单调，不符合题意；②当ω＝14时，f(x)＝sin(14x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq\f(7π,4)＝kπ(k∈Z)，则φ＝kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，因为－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14x－\f(π,4)))，当eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)时，2π＋eq\f(11π,20)＝eq\f(51π,20)<14x－eq\f(π,4)<eq\f(13π,4)＝2π＋eq\f(5π,4)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调递减，符合题意．因此ω的最大值为14.故选A.考向二三角函数的对称性与ω的关系例2(2024·福州模拟)若定义在R上的函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)的图象在区间[0，π]上恰有5条对称轴，则ω的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(21,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,4)，\f(41,4)))答案A解析由已知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，令ωx＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(（4k＋1）π,4ω)，k∈Z，依题意知，有5个整数k满足0≤eq\f(（4k＋1）π,4ω)≤π，即0≤4k＋1≤4ω，所以k＝0，1，2，3，4，则4×4＋1≤4ω<4×5＋1，故eq\f(17,4)≤ω<eq\f(21,4).故选A.利用函数的对称性求ω三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究ω的取值范围．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴为直线x＝eq\f(π,3)，一个对称中心为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，则ω有()A．最小值2 B．最大值2C．最小值1 D．最大值1答案A解析∵函数的对称中心到对称轴的最短距离是eq\f(T,4)，∴对称中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到对称轴x＝eq\f(π,3)的距离用周期可表示为eq\f(π,3)－eq\f(π,12)≥eq\f(T,4)，又T＝eq\f(2π,ω)，∴eq\f(\f(2π,ω),4)≤eq\f(π,4)，∴ω≥2，当ω＝2时，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))满足题意，∴ω有最小值2.考向三三角函数的最值(极值)与ω的关系例3(2023·青岛模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq\f(π,2)，－eq\f(π,4)为f(x)的零点，且f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值，无最大值，则ω的最大值是()A．11 B．13C．15 D．17答案C解析由题意，直线x＝eq\f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±1，即eq\f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z①，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝0，所以－eq\f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z②，由①②，得ω＝2(k1－k2)＋1，k1，k2∈Z，又f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值无最大值，所以T≥eq\f(π,24)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,8)，即eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,8)，解得ω≤16.综上，先检验ω＝15，当ω＝15时，由①得eq\f(π,4)×15＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，即φ＝k1π－eq\f(13π,4)，k1∈Z，又|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，此时f(x)＝sineq