新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题1三角函数与解三角形第3讲三角函数与解三角形核心考点1三角函数图象与性质的综合问题教师用书

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1. (2021·全国新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C．
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cs∠ABC．
【解析】 (1)证明：证法一：由正弦定理知，eq \f(b,sin∠ABC)＝eq \f(c,sin∠ACB)＝2R，
∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB，
∵b2＝ac，∴b·2Rsin∠ABC＝a·2Rsin∠ACB，即bsin∠ABC＝asin C，
∵BD sin∠ABC＝asin C．∴BD＝b；
证法二：由正弦定理知，
eq \f(b,sin∠ABC)＝eq \f(c,sin C)，∴bsin C＝csin∠ABC，
又∵b2＝ac，∴bsin C＝eq \f(b2,a)sin∠ABC，
∴asin C＝bsin∠ABC＝BDsin∠ABC，
∴BD＝b.
(2)解法一：由(1)知BD＝b，
∵AD＝2DC，∴AD＝eq \f(2,3)b，DC＝eq \f(1,3)b，
在△ABD中，由余弦定理知，
cs∠BDA＝eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＝eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))2－c2,2b·\f(2,3)b)＝eq \f(13b2－9c2,12b2)，
在△CBD中，由余弦定理知，
cs∠BDC＝eq \f(BD2＋CD2－BC2,2BD·CD)＝eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b))2－a2,2b·\f(1,3)b)＝eq \f(10b2－9a2,6b2)，
∵∠BDA＋∠BDC＝π，
∴cs∠BDA＋cs∠BDC＝0，即eq \f(13b2－9c2,12b2)＋eq \f(10b2－9a2,6b2)＝0，得11b2＝3c2＋6a2，
∵b2＝ac，∴3c2－11ac＋6a2＝0，∴c＝3a或c＝eq \f(2,3)a，
在△ABC中，由余弦定理知，cs∠ABC＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)，
当c＝3a时，cs∠ABC＝eq \f(7,6)>1(舍)；当c＝eq \f(2,3)a时，cs∠ABC＝eq \f(7,12)；
综上所述，cs∠ABC＝eq \f(7,12).
解法二：在△ABC中eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))，平方得BD2＝eq \f(1,9)a2＋eq \f(4,9)c2＋eq \f(4,9)accs B，①
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B②，
联立①②得11b2＝3c2＋6a2，
∵b2＝ac，∴3c2－11ac＋6a2＝0，∴c＝3a或c＝eq \f(2,3)a，
在△ABC中，由余弦定理知，cs∠ABC＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)，
当c＝3a时，cs∠ABC＝eq \f(7,6)>1(舍)；当c＝eq \f(2,3)a时，cs∠ABC＝eq \f(7,12)；
综上所述，cs∠ABC＝eq \f(7,12).
2. (2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，b＝a＋1，c＝a＋2.
(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积；
(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【解析】 (1)因为2sin C＝3sin A，则2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,8)，所以，C为锐角，则sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(3\r(7),8)，因此，S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×5×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(15\r(7),4).
(2)显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋a＋12－a＋22,2aa＋1)＝eq \f(a2－2a－3,2aa＋1)<0，解得－1a＋2，可得a>1，∵a∈Z，故a＝2.
3. (2022·全国新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B).
(1)若C＝eq \f(2π,3)，求B；
(2)求eq \f(a2＋b2,c2)的最小值．
【解析】 (1)∵eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B)，∴eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(2sin Bcs B,2cs2B)＝eq \f(sin B,cs B)，
化为：cs Acs B＝sin Asin B＋sin B，
∴cs(B＋A)＝sin B，
∴－cs C＝sin B，C＝eq \f(2π,3)，
∴sin B＝eq \f(1,2)，
∵0(2)由(1)可得：－cs C＝sin B>0，∴cs C<0，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
∴C为钝角，B，A都为锐角，B＝C－eq \f(π,2).
sin A＝sin(B＋C)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2C－\f(π,2)))＝－cs 2C，
eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝eq \f(cs22C＋cs2C,sin2C)＝eq \f(1－2sin2C2＋1－sin2C,sin2C)＝eq \f(2＋4sin4C－5sin2C,sin2C)＝eq \f(2,sin2C)＋4sin2C－5≥2eq \r(2×4)－5＝4eq \r(2)－5，当且仅当sin C＝eq \f(1,\r(4,2))时取等号．
∴eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq \r(2)－5.
4. (2022·全国新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),2)，sin B＝eq \f(1,3).
(1)求△ABC的面积；
(2)若sin Asin C＝eq \f(\r(2),3)，求b.
【解析】 (1)S1＝eq \f(1,2)a2sin60°＝eq \f(\r(3),4)a2，
S2＝eq \f(1,2)b2sin 60°＝eq \f(\r(3),4)b2，
S3＝eq \f(1,2)c2sin 60°＝eq \f(\r(3),4)c2，
∵S1－S2＋S3＝eq \f(\r(3),4)a2－eq \f(\r(3),4)b2＋eq \f(\r(3),4)c2＝eq \f(\r(3),2)，
解得a2－b2＋c2＝2，
∵sin B＝eq \f(1,3)，a2－b2＋c2＝2>0，即cs B>0，
∴cs B＝eq \f(2\r(2),3)，
∴cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(2\r(2),3)，
解得ac＝eq \f(3\r(2),4)，
S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(2),8).
∴△ABC的面积为eq \f(\r(2),8).
(2)由正弦定理得：eq \f(b,sin B)＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，
∴a＝eq \f(bsin A,sin B)，c＝eq \f(bsin C,sin B)，
由(1)得ac＝eq \f(3\r(2),4)，
∴ac＝eq \f(bsin A,sin B)·eq \f(bsin C,sin B)＝eq \f(3\r(2),4)，
已知，sin B＝eq \f(1,3)，sin Asin C＝eq \f(\r(2),3)，
解得b＝eq \f(1,2).
5. (2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)．
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cs A＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长．
【解析】 (1)证明：因为sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，所以sin Csin Acs B－sin Csin Bcs A＝sin Bsin Ccs A－sin Bsin Acs C，
所以ac·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)－2bc·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－ab·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
即eq \f(a2＋c2－b2,2)－(b2＋c2－a2)＝－eq \f(a2＋b2－c2,2)，
所以2a2＝b2＋c2.
(2)因为a＝5，cs A＝eq \f(25,31)，
由(1)得b2＋c2＝50，
由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccs A，
则50－eq \f(50,31)bc＝25，
所以bc＝eq \f(31,2)，
故(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81，
所以b＋c＝9，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14.
核心考点1 三角函数图象与性质的综合问题
典例研析·悟方法
典例1 (2023·普陀区校级三模)设函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx＋cs2ωx，其中0<ω<2.
(1)若f(x)的最小正周期为π，求f(x)的单调增区间；
(2)若函数f(x)图象在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上存在对称轴，求ω的取值范围．
【解析】 (1)由题意，f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx＋cs2ωx＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 2ωx＋1))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
又0<ω<2，于是eq \f(2π,2ω)＝π，则ω＝1，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
根据正弦函数的单调递增区间，令2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，
解得eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z，即为f(x)的单调递增区间．
(2)当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，2ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2πω,3)＋\f(π,6)))，
注意到题干0<ω<2，则eq \f(2πω,3)＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(3π,2)))，
根据正弦函数y＝sin x的对称轴x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
显然只有k＝0时一条对称轴x＝eq \f(π,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(3π,2)))，
于是eq \f(2πω,3)＋eq \f(π,6)≥eq \f(π,2)，解得ω≥eq \f(1,2)，
结合0<ω<2可得eq \f(1,2)≤ω<2，
故ω的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤ω<2)))).
方法技巧·精提炼
解三角函数图象与性质的综合问题的方法
(1)先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B(一角一函数)的形式；
(2)把“ωx＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y＝Asin(ωx＋φ)＋B的单调性，奇偶性，最值，对称性．
加固训练·促提高
(2023·济宁二模)已知函数f(x)＝cs4x－sin4x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(1)求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间；
(2)将函数f(x)的图象向左平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,4)))个单位长度后得到函数g(x)的图象，若函数g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))成中心对称，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，α))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，求α的取值范围．
【解析】 (1)f(x)＝cs4x－sin4x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
∴当2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，函数f(x)单调递增，
∴函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))).
(2)由题意得g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2φ＋\f(π,6)))，
∵函数g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))成中心对称，
∴2×eq \f(π,3)＋2φ＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得φ＝－eq \f(5π,12)＋eq \f(k,2)π，k∈Z，
∵0<φ∴g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，α))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，2α＋\f(π,3)))，
又g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，α))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
则eq \f(π,2)≤2α＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，解得eq \f(π,12)≤α≤eq \f(5π,12)，
故α的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12))).高频考点
高考预测
三角函数的图象、性质与三角变换的综合问题
解答题中会继续考查利用正、余弦定理求解三角形边、角、面积问题，常涉及最值、范围问题，注意在平面四边形中考查三角形应用.
三角形中的基本量的计算(涉及最值、范围问题)
解三角形在平面图形中的应用