高三数学一轮复习： 热点探究训练2 三角函数与解三角形中的高考热点问题

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1．(2016·江苏高考)在△ABC中，AC＝6，cs B＝eq \f(4,5)，C＝eq \f(π,4).
(1)求AB的长；
(2)求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))的值．
[解] (1)因为cs B＝eq \f(4,5)，0所以sin B＝eq \r(1－cs2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2)＝eq \f(3,5).2分
由正弦定理知eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)，
所以AB＝eq \f(AC·sin C,sin B)＝eq \f(6×\f(\r(2),2),\f(3,5))＝5eq \r(2).5分
(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，
于是cs A＝－cs(B＋C)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,4)))
＝－cs Bcs eq \f(π,4)＋sin Bsin eq \f(π,4).7分
又cs B＝eq \f(4,5)，sin B＝eq \f(3,5)，
故cs A＝－eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(\r(2),10).9分
因为0因此，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝cs Acs eq \f(π,6)＋sin Asin eq \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).12分
2．(2016·山东高考)设f(x)＝2eq \r(3)sin(π－x)sin x－(sin x－cs x)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\c1(\f(π,6)))的值．
[解] (1)f(x)＝2eq \r(3)sin(π－x)sin x－(sin x－cs x)2
＝2eq \r(3)sin2x－(1－2sin xcs x)
＝eq \r(3)(1－cs 2x)＋sin 2x－1
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＋eq \r(3)－1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \r(3)－1，3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\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))k∈Z)).6分
(2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \r(3)－1，8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\c1(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＝2sin x＋eq \r(3)－1的图象，
即g(x)＝2sin x＋eq \r(3)－1，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,6)＋eq \r(3)－1＝eq \r(3).12分
3．设f(x)＝sin xcs x－cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．
[解] (1)由题意知f(x)＝eq \f(sin 2x,2)－eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)
＝eq \f(sin 2x,2)－eq \f(1－sin 2x,2)＝sin 2x－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.4分
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)，
单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ，))(k∈Z).5分
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝sin A－eq \f(1,2)＝0，得sin A＝eq \f(1,2)，
由题意知A为锐角，所以cs A＝eq \f(\r(3),2).7分
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，
可得1＋eq \r(3)bc＝b2＋c2≥2bc，9分
即bc≤2＋eq \r(3)，当且仅当b＝c时等号成立．
因此eq \f(1,2)bcsin A≤eq \f(2＋\r(3),4).
所以△ABC面积的最大值为eq \f(2＋\r(3),4).12分
4．(2017·郑州二次质量预测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cs 2C－cs 2A＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋C))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－C)).
(1)求角A的值；
(2)若a＝eq \r(3)且b≥a，求2b－c的取值范围．
[解] (1)由已知得2sin2A－2sin2C＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)cs2C－\f(1,4)sin2C))，3分
化简得sin A＝eq \f(\r(3),2)，故A＝eq \f(π,3)或A＝eq \f(2π,3).5分
(2)由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(a,sin A)＝2，得b＝2sin B，c＝2sin C，7分
故2b－c＝4sin B－2sin C＝4sin B－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))
＝3sin B－eq \r(3)cs B＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6))).9分
因为b≥a，所以eq \f(π,3)≤B所以2b－c＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))∈[eq \r(3)，2eq \r(3)).12分