三角函数与解三角形中的高考热点问题

三角函数与解三角形中的高考热点问题

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．

xπxπ

(本小题满分14分)已知函数f(x)＝23sin2＋4·cos2＋4－



sin(x＋π)．

(1)求f(x)的最小正周期；

π

(2)若将f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)

6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． xπxπ[规范解答] (1)f(x)＝23sin2＋4·cos2＋4－sin(x＋π)3分

π＝3cos x＋sin x＝2sinx＋3，5分



2

于是T＝

2π

＝2π.6分 1

ππ

(2)由已知得g(x)＝fx－6＝2sinx＋6.8分

ππ7π∵x∈[0，π]，∴x＋∈6，6，

6π1

∴sinx＋6∈－2，1，10分

π

∴g(x)＝2sinx＋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asin x＋bcos x的形式． 第

二

步

(用

辅

助

角

公

式

)：

构

造

f(x)

＝

absin x·＋cos x·22a＋b·2＋b22＋b2. aa第三步(求性质)：利用f(x)＝

a2＋b2sin(x＋φ)研究三角函数的性质．

第四步(反思)：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．

[温馨提示] 1.在第(1)问的解法中，使用辅助角公式asin α＋bcos α＝b

a2＋b2 sin (α＋φ)其中tan φ＝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] (2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝Asin ωx＋Bcos ωx(A，B，1

ω是常数，ω>0)的最小正周期为2，并且当x＝时，f(x)max＝2.

3

(1)求f(x)的解析式；

2123

(2)在闭区间4，4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．

3

[解] (1)因为f(x)＝ω＝π.2分

2π

A2＋B2sin(ωx＋φ)，由它的最小正周期为2，知ω＝2，

11ππ

又因为当x＝时，f(x)max＝2，知π＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，φ＝2kπ＋(k∈Z)，

33264分

ππ

所以f(x)＝2sinπx＋2kπ＋6＝2sinπx＋6(k∈Z)．

π

故f(x)的解析式为f(x)＝2sinπx＋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ππ1

曲线的对称轴，令πx＋＝kπ＋(k∈Z)，解得x＝k＋(k∈Z).9分

623

由

211235965

≤k＋≤，解得≤k≤，11分 4341212

又k∈Z，知k＝5，13分

162123

由此可知在闭区间4，4上存在f(x)的对称轴，其方程为x＝.14分

3

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

sin B

； sin C

2

，求BD和AC的长． 2

(2)若AD＝1，DC＝

1

[解] (1)S△ABD＝AB·ADsin∠BAD，

2

4

1

S△ADC＝AC·ADsin∠CAD.2分

2

因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC. 由正弦定理，得

sin BAC1

＝＝.6分 sin CAB2

(2)因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝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，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则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.已知asin 2B＝3bsin A.

(1)求B；

1

(2)若cos A＝，求sin C的值．

3[解] (1)在△ABC中，由

ab＝， sin Asin B

可得asin B＝bsin A．2分 又由asin 2B＝3bsin A，得 2asin Bcos B＝3bsin A＝3asin B，

5

3π

所以cos B＝，得B＝.6分

26122

(2)由cos A＝，可得sin A＝，则

33π

sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinA＋6

26＋131

＝sin A＋cos A＝.14分 226

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．

(2017·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sin A－cos A＝－

(1)求角C；

(2)若△ABC的面积为2，求a的值. 【导学号：51062132】 [解] (1)∵sin A－cos A＝－2

∴1－2sin Acos A＝，2分

53

∴2sin Acos A＝，∴A为锐角．

5∴sin A＋cos A＝

1＋2sin Acos A＝210

.3分 510， 5

1025，cos B＝. 55

10

sin A－cos A＝－，5由

210

sin A＋cos A＝，5∵cos B＝

10

sin A＝，10得

310

cos A＝.10

25

，∴B为锐角，∴sin B＝5

1－cos2B＝

5. 5

6

2

则cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝－，

23π

而04

bsin B

(2)由正弦定理得a＝＝2，则b＝2a.

sin A由(1)得sin C＝2， 2

11212

△ABC的面积S＝absin C＝×a×2a×＝a＝2，∴a＝2.14分

2222[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，恰当选择正、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.已知π

tan 4＋A＝2.



(1)求

sin 2A

的值；

sin 2A＋cos2A

π

(2)若B＝，a＝3，求△ABC的面积．

41π

＋A[解] (1)由tan4＝2，得tan A＝， 3所以

sin 2A2tan A2＝＝.5分 25sin 2A＋cosA2tan A＋1

1

(2)由tan A＝，A∈(0，π)，得

3sin A＝

10310，cos A＝.8分 1010

πab

由a＝3，B＝及正弦定理＝，得b＝35.11分

4sin Asin B

7

π25A＋由sin C＝sin(A＋B)＝sin4，得sin C＝5. 1

设△ABC的面积为S，则S＝absin C＝9.14分

2

热点探究训练(二)

三角函数与解三角形中的高考热点问题

4π

1．在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝. 54(1)求AB的长； π

(2)求cosA－6的值．



4

[解] (1)因为cos B＝，05所以sin B＝由正弦定理知

1－cos2B＝ACAB

＝， sin Bsin C

6×3522

43

1－52＝.2分 5

AC·sin C

所以AB＝＝sin B

＝52.6分

(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)， π

于是cos A＝－cos(B＋C)＝－cosB＋4

ππ

＝－cos Bcos ＋sin Bsin .9分

4443

又cos B＝，sin B＝，

55

42322

故cos A＝－×＋×＝－.12分

525210因为072

. 10

8

πππ

因此，cosA－6＝cos Acos ＋sin Asin 662372172－6

＝－×＋×＝.14分

102102202．设f(x)＝23sin(π－x)sin x－(sin x－cos 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ππ把得到的图象向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g6的值.

3

【导学号：51062133】

[解] (1)f(x)＝23sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2 ＝23sin2x－(1－2sin xcos x) ＝3(1－cos 2x)＋sin 2x－1 ＝sin 2x－3cos 2x＋3－1 π

2x－＝2sin3＋3－1，4分 πππ

由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，

232得kπ－所以

π5π

≤x≤kπ＋(k∈Z)， 1212

π5π

f(x)的单调递增区间是kπ－12，kπ＋12(k∈



π5π

Z)或kπ－12，kπ＋12k∈Z.7分 

π

2x－(2)由(1)知f(x)＝2sin＋3－1，9分 3

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π＝2sinx－3＋3－1的图象，



π

再把得到的图象向左平移个单位，

3

9

得到y＝2sin x＋3－1的图象， 即g(x)＝2sin x＋3－1，

ππ

所以g6＝2sin ＋3－1＝3.14分

6π3．设f(x)＝sin xcos x－cos2x＋4.

(1)求f(x)的单调区间；

A

(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f2＝0，a＝1，

求△ABC面积的最大值．

π

1＋cos2x＋2sin 2x

[解] (1)由题意知f(x)＝－ 22sin 2x1－sin 2x1

＝－＝sin 2x－.2分

222ππ

由－＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z，

22ππ

可得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z；3分

44π3π

由＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z， 22π3π

可得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.6分

44

ππ

所以f(x)的单调递增区间是－4＋kπ，4＋kπ(k∈Z)，7分

3ππ

单调递减区间是4＋kπ，4＋kπ，(k∈Z)．

11A

(2)由f2＝sin A－＝0，得sin A＝，

22由题意知A为锐角，所以cos A＝3

.9分 2

由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A， 可得1＋3bc＝b2＋c2≥2bc，12分

10

即bc≤2＋3，当且仅当b＝c时等号成立． 2＋31

因此bcsin A≤. 24

2＋3所以△ABC面积的最大值为.14分

4

4．(2017·浙江名校交流卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，2a＋bcosA＋Cc，已知c＝.

cos C

(1)求角C的大小；

(2)若c＝3，求使△ABC周长最大时a，b的值． 2a＋bcosA＋C

[解] (1)∵c＝，

cos C2sin A＋sin BcosA＋C∴＝，

sin Ccos C

∴2sin Acos C＋sin Bcos C＋sin Ccos B＝0， ∴2sin Acos C＋sin A＝0，4分

12π

又sin A≠0，∴cos C＝－，∴C＝.6分

23(2)∵

3ab

＝＝， 2πsin Aπsin sin3－A3

π

∴a＝2sin A，b＝2sin3－A，10分



π

∴△ABC的周长＝3＋2sin A＋2sin3－A＝3＋sin A＋3cos A＝3＋

ππ

2sinA＋3，∴当A＝时，△ABC的周长最大，此时a＝b＝1.14分

6

11