2019高三數(shù)學(xué)（人教A版理）一輪教師用書專題探究課2三角函數(shù)與解三角形中的高考熱點(diǎn)問題

二三角函數(shù)與解三角形中的高考熱點(diǎn)問題(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第67頁)[命題解讀]從近五年全國(guó)卷高考試題來看，解答題第1題(全國(guó)卷T17)交替考查三角函數(shù)、解三角形與數(shù)列，本專題的熱點(diǎn)題型有：一是三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)；二是解三角形；三是三角恒等變換與解三角形的綜合問題，中檔難度，在解題過程中應(yīng)挖掘題目的隱含條件，注意公式的內(nèi)在聯(lián)系，靈活地正用、逆用、變形應(yīng)用公式，并注重轉(zhuǎn)化思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)要進(jìn)行五點(diǎn)法作圖、圖象變換，研究三角函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對(duì)稱性，求三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、最值等，都應(yīng)先進(jìn)行三角恒等變換，將其化為y＝Asin(ωx＋φ)的形式，然后利用整體代換的方法求解．(2017·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝sineq\s\up6(2)x－coseq\s\up6(2)x－2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))的值；(2)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間．[解](1)由sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up6(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up6(2)－2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2.(2)由cos2x＝coseq\s\up6(2)x－sineq\s\up6(2)x與sin2x＝2sinxcosx得f(x)＝－cos2x－eq\r(3)sin2x＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以f(x)的最小正周期是π.由正弦函數(shù)的性質(zhì)得eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．[規(guī)律方法]求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，應(yīng)先通過三角恒等變換把函數(shù)化為y＝Asinωx＋φ的形式，再把“ωx＋φ”視為一個(gè)整體，結(jié)合函數(shù)y＝sinx的單調(diào)性找到“ωx＋φ”對(duì)應(yīng)的條件，通過解不等式可得單調(diào)區(qū)間.[跟蹤訓(xùn)練](2018·北京海淀區(qū)期末練習(xí))已知函數(shù)f(x)＝sin2xcoseq\f(π,5)－cos2xsineq\f(π,5).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和對(duì)稱軸方程；(2)求函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97190141】[解](1)f(x)＝sin2xcoseq\f(π,5)－cos2xsineq\f(π,5)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5)))，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，因?yàn)閥＝sinx的對(duì)稱軸方程為x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，令2x－eq\f(π,5)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(7π,20)＋eq\f(1,2)kπ，k∈Z，f(x)的對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(7π,20)＋eq\f(1,2)kπ，k∈Z.(2)因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x∈[0，π]，所以2x－eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,5)，\f(4π,5)))，所以當(dāng)2x－eq\f(π,5)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(7π,20)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為1.解三角形(答題模板)從近幾年全國(guó)卷來看，高考命題強(qiáng)化了解三角形的考查力度，著重考查正弦定理、余弦定理的綜合應(yīng)用，求解的關(guān)鍵是邊角互化，結(jié)合三角恒等變換進(jìn)行化簡(jiǎn)與求值．(本小題滿分12分)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA).(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周長(zhǎng)．[規(guī)范解答](1)由題設(shè)得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB＝eq\f(a,3sinA). 2分由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB＝eq\f(sinA,3sinA).故sinBsinC＝eq\f(2,3). 5分(2)由題設(shè)及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2).所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3). 7分由題設(shè)得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，a＝3，所以bc＝8. 9分由余弦定理得beq\s\up6(2)＋ceq\s\up6(2)－bc＝9，即(b＋c)eq\s\up6(2)－3bc＝9.由bc＝8，得b＋c＝eq\r(33). 11分故△ABC的周長(zhǎng)為3＋eq\r(33). 12分[閱卷者說]易錯(cuò)點(diǎn)防范措施三角形面積公式的選取，若選用S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA，就不能達(dá)到消元的目的，致使解題受阻.認(rèn)真分析已知與所求的差異，必須消去aeq\s\up6(2)與sinA才能求出sinBsinC的值．因此選用公式S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB或S△ABC＝eq\f(1,2)absinC．[規(guī)律方法]解三角形問題要關(guān)注正弦定理、余弦定理、三角形內(nèi)角和定理、三角形面積公式，要適時(shí)、適度進(jìn)行“角化邊”或“邊化角”，要抓住能用某個(gè)定理的信息.一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時(shí)，則兩個(gè)定理都有可能用到.[跟蹤訓(xùn)練](2018·福州質(zhì)檢)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且ctanC＝eq\r(3)(acosB＋bcosA)．(1)求角C；(2)若c＝2eq\r(3)，求△ABC面積的最大值.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97190142】[解](1)∵ctanC＝eq\r(3)(acosB＋bcosA)，∴sinCtanC＝eq\r(3)(sinAcosB＋sinBcosA)，∴sinCtanC＝eq\r(3)sin(A＋B)＝eq\r(3)sinC，∵0＜C＜π，∴sinC≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∴C＝60°.(2)∵c＝2eq\r(3)，C＝60°，由余弦定理ceq\s\up6(2)＝aeq\s\up6(2)＋beq\s\up6(2)－2abcosC，得12＝aeq\s\up6(2)＋beq\s\up6(2)－ab≥2ab－ab，∴ab≤12，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2eq\r(3)時(shí)，等號(hào)成立．∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤3eq\r(3).∴△ABC面積的最大值為3eq\r(3).三角恒等變換與解三角形的綜合問題以三角形為載體，三角恒等變換與解三角形交匯命題，是近幾年高考試題的一大亮點(diǎn)，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的綜合應(yīng)用，求解的關(guān)鍵是根據(jù)題目提供的信息，恰當(dāng)?shù)貙?shí)施邊角互化．(2018·石家莊一模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且eq\f(sinC,sinA－sinB)＝eq\f(a＋b,a－c).(1)求角B的大小；(2)點(diǎn)D滿足eq\o(BD,\s\up13(→))＝2eq\o(BC,\s\up13(→))，且線段AD＝3，求2a＋c的最大值．[解](1)∵eq\f(sinC,sinA－sinB)＝eq\f(a＋b,a－c)，由正弦定理可得eq\f(c,a－b)＝eq\f(a＋b,a－c)，∴c(a－c)＝(a－b)(a＋b)，即aeq\s\up6(2)＋ceq\s\up6(2)－beq\s\up6(2)＝ac.又∵aeq\s\up6(2)＋ceq\s\up6(2)－beq\s\up6(2)＝2accosB，∴cosB＝eq\f(1,2).∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)法一：在△ABD中，由余弦定理知，ceq\s\up6(2)＋(2a)eq\s\up6(2)－2·2a·c·coseq\f(π,3)＝3eq\s\up6(2)，∴(2a＋c)eq\s\up6(2)－9＝3·2a·c.∵2a·c≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋c,2)))eq\s\up6(2)，∴(2a＋c)eq\s\up6(2)－9≤eq\f(3,4)(2a＋c)eq\s\up6(2)，(2a＋c)eq\s\up6(2)≤36，即當(dāng)且僅當(dāng)2a＝c時(shí)，等號(hào)成立，即a＝eq\f(3,2)，c＝3時(shí)，2a＋c的最大值為6.法二：由正弦定理知eq\f(2a,sin∠BAD)＝eq\f(c,sin∠ADB)＝eq\f(3,sin\f(π,3))＝2eq\r(3)，∴2a＝2eq\r(3)sin∠BAD，c＝2eq\r(3)sin∠ADB，∴2a＋c＝2eq\r(3)sin∠BAD＋2eq\r(3)sin∠ADB＝2eq\r(3)(sin∠BAD＋sin∠ADB)＝2eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin∠BAD＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－∠BAD))))＝2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sin∠BAD＋\f(\r(3),2)cos∠BAD))＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin∠BAD＋\f(1,2)cos∠BAD))＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠BAD＋\f(π,6))).∵∠BAD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴∠BAD＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，即當(dāng)且僅當(dāng)∠BAD＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即∠BAD＝eq\f(π,3)時(shí)，2a＋c的最大值為6.[規(guī)律方法]1.以三角形為載體，實(shí)質(zhì)考查三角形中的邊角轉(zhuǎn)化，求解的關(guān)鍵是抓住邊角間的關(guān)系，恰當(dāng)選擇正、余弦定理.2.解三角形常與三角變換交匯在一起以解三角形的某一結(jié)論作為條件，此時(shí)應(yīng)首先確定三角形的邊角關(guān)系，然后靈活運(yùn)用三角函數(shù)的和、差、倍角公式化簡(jiǎn)轉(zhuǎn)化.[跟蹤訓(xùn)練](2018·濟(jì)南一模)已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－cos(π＋2x)．(1)求f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若f(C)＝1，c＝eq\r(3)，a＋b＝2eq\r(3)，求△ABC的面積．[解](1)f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)．(2)∵f(C)＝2sineq\b\lc\(\rc