银杏树的资料-中秋节的作文500字

重难点02 三角函数与解三角形
【高考考试趋势】 新高 考环境下，三角函数与解三角形依然会作为一个重点参与到高考试
题中，其中对应的题目的分布特点与命 题规律分析可以看出,三角试题每年都考,而且文理有
别,或一大一小或三小或二小小指选择题或填空题 ,大指解答题),解答题以简单题
或中档题为主,选择题或填空题比较灵活,有简单题,有中档题,也有 对学生能力和素养要求较
高的题.三角函数的图象与性质是高考考查的重点及热点内.
备考时要熟练掌握三角函数的图象与性质、三角恒等变换公式 及正、余弦定理，在此
基础上掌握一些三 角恒变换的技巧，如角的变换，函数名称的变换等，此外，还要注意题目
中隐含的各种限制条件，选择合 理的解决方法，灵活实现问题的转化
鉴于新课标核心素养的要求，三角函数与解三角形在实际背景下的 应用也将是一个考试
试点.考点主要集中在三角函数图像及其性质的应用，三角函数恒等变换，以及正弦 余弦定
理的应用.本专题在以往高考常见的题型上，根据新课标的要求，精选了部分预测题型，并
对相应的题型的解法做了相应的题目分析以及解题指导，希望你在学习完本专题以后能够对
三角函数以 及解三角形的题型以及解答技巧有一定的提升.
【知识点分析以及满分技巧】
三角 函数与解三角形：从返几年高考情况来看，高考对本部分内容的考查主要有，1.
三解恒等变换与三角函 数的图象、性质相结合；2.三角恒等变换与解三角形相结合；3.平面
向量、不等式、数列与三角函数 和解三角形相结合，难度一般不大，属中档题型.
三角函数图形的性质以及应用：对于选择题类型特 别是对称中心，对称轴等问题选项中
特殊点的带入简单方便，正确率比较高.总额和性的问题一般采用换 元法转化成最基本的函
数问题去解答.
对于三角函数有关恒等变换的题目应注重公式的变形.
解三角形类型的大题中，重点是角边转化， 但是要注意两边必须同时转化，对于对应的面
积的最大值问题以及周长的最值问题一般转化成基本不等式 去求，但是在用基本不等式的时
候应注意不等式等号成立的条件.

【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）
1

1
．（
2019·
吉林高考模拟（理））已知函数
f(x)cos(

x

)(

0)
的最小正周期为
π
，且
f

对
xR
，
f(x)
…
（

）

A
．




恒成 立，若函数
yf(x)
在
[0,a]
上单调递减，则
a
的 最大值是

3

π

6
B
．
π

3
C
．
2π

3
D
．
5π

6
【答案】
B
【解析】

【分析】先由最小正周期，求出

，再由对
x R
，
f

x

f





恒成立，得到
3



fxcos2 x

2k

,kZ
，进而可得

< br>，求出其单调递减区间，即可得出结
3

3


果< br>.
【详解】

因为函数
f

x

cos


x


的最小正周期为

，所以


2


2
，

< br>

x
fxf
又对任意的，都使得


，


3

所以函数
f

x

在
x

3
上取得最小值，则
2




2k

，
kZ
，

3
即



3
2k

,kZ
，

所以
f

x

cos

2x





，

3


3
k

,kZ

，

令
2k

2x

3
< br>
2k

,kZ
，解得
k

x
6



yfx
.
则函数

在

0,
3

上单调递减，故
a
的最大值是
3

2

故选
B
【名师点睛】

本题考查三角函数的图象及其性质，考查运算求解能力
. < br>2
．（
2020·
云南高三月考（理））
ABC
的三个内角
A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，
若
B120
，
sinC
2 1
，
c2
，则
ABC
的面积等于（

）

7
3

4
A
．
3

2
B
．
23
C
．
D
．
3

【答案】
A
【解析】

【分析】

先通过已知求出
sinB,cosB ,cosC
，进而根据
sinAsin(BC)
求出
sinA
， 再利用正
弦定理求出
b
，则利用面积公式可求出
ABC
的面积．< br>
【详解】

解：
QB120
，

sinB
31
,cosB
，

22
21
，
C
为锐角，

7
27
，

7
又
sinC
cosC
sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC


327

1

2121
，






2714

2

7
3

由正弦定理得
bc

，

sinBsinC
b
c23
sinB7
，

sinC
21
2
7
11213
，

bcs inA72
22142
S
V
ABC

故选：< br>A
．

【名师点睛】

本题考查正弦定理解三角形，以及求三 角形的面积，关键是对公式的灵活应用，缺什么，
求什么即可，是基础题．

3
．（
2019·
山东高考模拟（理））函数
ysin2x3cos2x
的图象可由
y2cos2x
的图
象如何变换得到
( )
A
．向左平移

12
个单位
B
．向右平移

12
个单位

C
．向左平移
【答案】
B
【解析】

【分析】


个单位

6
D
．向右平移

个单位

6
由题意化简 得
ysin2x3cos2x2cos[2(x
图象经过平移后可得到所求答案．
【详解】

由题意得

12
)]
，然后再把 函数
y2cos2x
的
ysin2x3cos2x2sin(2x)2c os[(2x)]2cos(2x)

3236
4


2cos(2x)2cos[2(x)]
，

612
所以将 函数
y2cos2x
的图象向右平移
函数
ysin2x3cos2x< br>的图象．

故选
B
．

【名师点睛】

在进行三角函数图象的变换时要注意以下几点：①变换的方向，即由谁变换到谁；②变换
< br>前后三角函数名是否相同；③变换量的大小．特别注意在横方向上的变换只是对变量
x
而
言的，当
x
的系数不是
1
时要转化为系数为
1
的情 况求解．



12
个单位可得到函数
y2cos[2 (x

12
)]
，即
4
．（
2019·
辽宁高考模拟（理））已知
cos





< br>
1


sin2


，则
 

（

）

6

36

7

9
D
．

A
．

8

9
B
．
8

9
C
．
7

9
【答案】
C
【解析】

【分析】



cos2


根据二倍角公式求得

，再利 用诱导公式求得结果
.
3

【详解】


< br>1




27

cos
< br>




cos

2



2cos
2




1 1

6

33

6

99









< br>
7

cos

2


cos


2





sin

2





3

6

2

6

9



5



7

sin< br>
2





6

9

本题正确选项：
C

【名师点睛】

本题考查二倍角公式、诱导公式的应用，关键是能够利用诱导公式将所 求角与已知角联系
起来
.
5
．（
2019·
辽宁高三月考 （理））已知
VABC
的面积为
22,AB1,cos
A3
,则
BC


23
（

）

A
．
37

【答案】
C
【解析】

【分析】

利用二倍角公式及平方关系求得
cosA,sinA
，由 面积公式求出
AC6
，再由余弦定理

求解即可

【详解】

B
．
39
C
．
41
D
．
43

因为
cos
面积为
A3A122
,cosA2cos
2
1
,
sinA1cos
2
A,QVABC
的
23233
1
ABgACgsinA22,
又
AB1
,
所以
AC6
,
由余弦定理< br>,
得
,
2
BC
2
AB
2
AC< br>2
2ABgACgcosA41
,
BC41

故选：
C
【名师点睛】

6

本题考查正余弦定理，考查面积公式，意在考查计算能力，是基础题
.
二、填空题
6
．（
2019·
江西新余一中高考模拟（理））已知平面四边形
A BCD
中，
ABC
2

，
3
AC219，
2AB3BC
，
AD2BD
，
BCD
的面积为
23
，
BD
______.
【答案】
23

【解析】

【分析】

由题意，根据余弦定理先求解出
AB
的长度；设

DBCθ，
则∠
DBA
＝
弦定理建 立方程组即可求解
BD
的长度．

【详解】

设

DBCθ，
（
0θ
2


θ
，利用 余
3
2

）
,BD=x,
则
AD=2x
，

3
在△
ABC
中，由余弦定理可得：
AC
2＝
BC
2
+AB
2
﹣
2BC•AB•cos
∠
ABC=4
19
，又
2AB3BC，ABC
sinθ3
；

x
2

1
，∴
AB=6,BC =4
，又
S
V
BCD
BD
n
BCsinθ
=
23
,
∴
32
在△
ABD
中，由余弦定理可 得：
AD
2
＝
BD
2
+AB
2
﹣
2BD•AB•cos(
2


θ)
，

3
x
2
6x
2
6
2
2
2
计算得到x62xcosθ0，
即
cos
θ

，由
sin θ
+
cosθ
=1
，即
（）
+
2x2x
2
2

1
3
2
2
4
-16
2
+48=0
0θ
=1=124>-,
所以
x
2
=12
，，解得，解得或，又，
cosθ
（）
xx
x
32
x
x=
23
,
7

故答案为
23
.

【名师点睛】

本题考查了正余弦定理的应用和计算能力．属于中档题．

7
．（
2 019·
安徽高考模拟（理））在锐角
ABC
中，
BC2
，sinBsinC2sinA
，则中
线
AD
长的取值范围是
_______;

13

3，

【答案】



2

【解析】

【分析】

本道题运用向量方法 ，计算
AD
的长度，同时结合锐角三角形这一条件，计算
bc
的范围，
即可
.
【详解】

设
ABc,ACb
，
B Ca2
，对
sinBsinC2sinA
运用正弦定理，得到

8

bc2a4
，解得
c4b
，结合该三角形为锐角三角形，得到不等式组


b
2
c
2
b
2


4b

2
4

2
35

22
2
c44b4b
b

，解得，故
bcb

4b

b4b
，结合二次

22

2
2
2
b4c

4b



uuuv
1
uuuvuu uv
15
bc4ADABAC
函数性质，得到，运用向量得到，
< br>42

uuuv
1
uuuv
2
uuuv
2
uuuvuuuv
1
22
b
2
c
2
4

所以
ADABAC2ABACcos

bc2b c
222bc
uuuv
11
22
2b2c4284bc
，结合
bc
的范围，代入，得到
AD
的范围为
22

13



3,


2

【名师点睛】

本道题考查了向量的加法运算，考查了锐角三 角形判定定理，考查了二次函数的性质，关
键将模长联系向量方法计算，难度偏难
.
8
．（
2019·
浙江高考模拟）在锐角
ABC
中，内角
A,B,C
所对的边分别是
a,b,c
，
c2
，
A
3
，则
asinC
__________
．
ab
的取值范围是
__________
．

【答案】
3

【解析】

【分析】


31,423


由正弦定理可得
asin C
的值
.
由正弦定理可以把
ab
表示为角
C
的函 数，由锐角三角形
得出角
C
的取值范围，进而可得
ab
的取值范围
.
【详解】

9

由正弦定理，可得
ac
π

，则
asinCcsinA2sin3
.
sinAsinC3
2sin

C

abc
cs inA3

由，可得
a
，
csinB

3


，


2π

sinAsin BsinC
sinCsinC
b
sinC

sinC
所以

23cos
2
ab
33cosCsinC
3
1cosC

C
2
sinC

sinC< br>1
sinC
1
2sin
CC
1
3
C
.
2
cos
2
tan
2
由
△ABC
是锐角三角形，可得
0C
π
2ππ
π
2
，0
3
C
2
，则
6
C
π
2< br>，

所以
π
12
C
π
4
，23tan
C
2
1
.
所以
13ab1
3
23
=423
.
【名师点睛】

本题考查正弦定理，综合运用三角恒等变换知识是解题关键
.
三、解答题
9
．（
2019·
天津高考模拟（理））在
△ ABC
中，
A,B,C
对应的边为
a,b,c
.
已知
acosC
1
2
cb
.
（
Ⅰ
）求
A
；

（
Ⅱ
）若
b4,c6
，求
cosB
和
cos

A2B

的值
.
【答案】（
Ⅰ
）
A
π
11
3
（
Ⅱ
）

14

【解析】

【分析】

10

（
Ⅰ
）先根 据正弦定理化边为角，再根据两角和正弦公式化简得结果，（
Ⅱ
）根据余弦定
理求a
，代入条件求得
sinB
2
3
，解得
cosB< br>，最后根据两角和余弦定理得结果
.
7
7
【详解】

（
Ⅰ
）解：由条件
acosC
11
cb
，得
sinAsinCsinCsinB
，又由
22
1
sinBsin
AC

，得
sinAcosCsinCsinAcosCco sAsinC
.
2
1
π
，故
A
.
2
3
π
，

3
由
sinC0
， 得
cosA
（
Ⅱ
）解：在
VABC
中，由余弦定理及b4,c6,A
有
a
2
b
2
c
2< br>2bccosA
，故
a27
.
2
3
cosB
.
由
bsinAasinB
得
sinB
，因为
ba
，故
7
7
1
43
2
，
cos2B2cosB1
.
7
7
11
.
14
因此
sin2B2sinBc osB
所以
cos

A2B

cosAcos2B sinAsin2B
【名师点睛】

解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就 需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转
化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的
.
10
．（
2019·
广东高考模拟（理））在
△ABC
中 ，角
A、B、C
所对的边分别为
a、b、c
，
2bsinCcosA asinA2csinB
；

（
1
）证明：
△ABC
为等腰三角形；

（
2
）若
D
为
BC
边上的点，
BD2DC
，且< br>ADB2ACD
，
a3
，求
b
的值．

11

【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
b
【解析】

【分析】

3
．

(1)
根据已有等式
2bsinCcosAasi nA2csinB
，利用正弦定理作角化边，可得
2bccosAa
2
 2cb
，最后再由余弦定理把所有角都化为边的等式得
b
2
c
2< br>a
2
2bca
2
2bc
；最后，根据等式可化简出< br>bc
，故可证
VABC
为等腰三
2bc
角形
.
(2)
由


BD2
，
DC1
，ADB2ACDACDDAC,
可得
ACDDAC
，
然后，就可以根据角的相等关系，根据余弦定理或相似关系列出等式进行求解即可
.
【详解】

（
1
）
Q2bsinCcosAasinA 2csinB
，由正弦定理得：
2bccosAa
2
2cb
，< br>
b
2
c
2
a
2
由余弦定理得：
2bca
2
2bc
；

2bc
化简得：
b
2
c
2
2bc
,
所以

bc

0
即
bc
，

故
VABC
为等腰三角形．

（
2
）如图，

2

12

由已知得
BD2
，
DC1
，

QADB2ACDACDDAC,

ACDDAC
，

ADCD1
，

又
QcosADBcosADC
，

AD
2
BD
2
AB
2
AD
2

CD
2< br>AC
2
2ADBD

2ADCD
，

1
2
2
2
c
2
1
2
1
2
即
221

b
2
211
，

得
2b
2
c
2
9
，由（
1
） 可知
bc
，得
b3
．

解法二：取
BC
的中点
E
，连接
AE
．由（
1
）知
ABAC, AEBC
，
由已知得
EC
3
2
,DC1,ED< br>1
2
，


QADB2ACDACDDAC,

ACDDAC
，

2
AEAD
2
D E
2
1


1

3
，

2



2
2
2
bACAE
2
EC
2



3



3


2






2


3
．




13

解法三：由已知可得
CD
1
a1
，由（
1
）知，
ABAC,BC
，
3
又
QDACADBC2CCC
，

VCAB∽VCDA
，

即
CBCA3b

，即

，

CACDb1
b3
．

【名师点睛】

本题考 查解三角形的问题，（
1
）题的关键就是利用正弦定理和余弦定理作角化边的转化，
( 2)
题的难点在于根据已有关系化简出相应的等式关系求解，难度属于一般题
.
r< br>
1

r
11
．（
2019·
江西高三月考 （理））已知向量
a

cosx,1

,b

3sinx,

，函数
2

r
r
r
f

x

aba2
．


（< br>1
）求函数
f

x

的最小正周期及单调递增区间；

（
2
）在
ABC
中，三内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，已知函数
f

x

的 图像经过点
uuuruuur

1

A,
b,a,c
，成等差数列，且
ABAC9
，求
a
的值．

< br>2


【答案】（
1
）

，
< br>k

,k




kZ
（
2
）
a32

36

【解析】

【分析】



（
1
）利用向量的数量积和二倍 角公式化简
f

x

得
f

x

sin

2x
与单调性；



< br>


，故可求其周期
6

14

（
2
）根据图像过

A,

1

1
fA
得到，故可求得
A
的大小，再 根据数量积得到
bc
的


2

2
乘积 ，最后结合余弦定理和
bc2a
构建关于
a
的方程即可．

【详解】

rrrr
2
rr
13

< br>（
1
）
f

x

aba2aa b2cos2xsin2xsin

2x

，

226


最小正周期：
T
2



，

2
由
2k



22x

6
2k



2
,
kZ

得
k

xk
kZ

，

36


k
,k


fx

kZ

；
所以

的单调递增区间为

36

（
2
）由
f

A

sin

2A




1

5


2A 2k

或2k


kZ

，
可得：

6

2
666
所以
A
< br>3
．

又因为
b,a,c
成等差数列，所以
2abc

uuu ruuur
1
而
ABACbccosAbc9,bc18
，
2
2
1

bc

a2bc
4 a
2
a
2
a
2
cosA11,a32
．

22bc3612
2
12
．（
2017·四川高考模拟（理））若函数
f
（
x
）
=Asin
（< br>ϖx+φ
）（
A
＞
0
，

0,
的部分图象如图所示．

（
I
）设
x
∈（
0
，

2




2
)

6


）且
f
（
α
）
=
，求
sin 2a
的值；

3
5
15

（
II
）若
x
∈
[
< br>5

1212
,
]
且
g
（
x）
=2λf
（
x
）
+cos
（
4x
﹣
3


）的最大值为，求实数
λ
的值．
3
2

【答案】（
1
）
1
433
（
2
）

2
10
【解析】

试题分析：（
Ⅰ
）由函数的图象 求出最值和周期，可得
A,

，进而求出

值，可得函数
的 解析式，再利用和差公式进行求解；；（
Ⅱ
）分类讨论满足条件的实数

的值 ，综合
讨论结果，可得答案
.
试题解析：（
Ⅰ
）由图得，
A=2
．
…
，解得
T=π
，

于是由
T=
，得
ω=2
．
…
∵，即，

∴，即，
k
∈
Z
，又，故，

∴．
…
由已知，即，

因为

，所以，

16

∴．

∴
=
=
=
．
…
（
Ⅱ
）由（
Ⅰ
）知，

=
=
=
，
…
∵
x
∈，于是
0≤≤
，

∴
0≤≤1
．
…
①当
λ
＜
0
时 ，当且仅当
=0
时，
g
（
x
）取得最大值
1
，与已知不符．
②当
0≤λ≤1
时，当且仅当
=λ
时，
g
（
x
）取得最大值
2λ
2
+1
，

由已知得
2λ
2
+1=
，解得
λ=
．
< br>③当
λ
＞
1
时，当且仅当
=1
时，
g
（
x
）取得最大值
4λ
﹣
1
，

由已知得
4λ
﹣
1=
，解得
λ=
，矛盾．

综上所述，
λ=
．
…
【名师点睛】


17

：由三角函数的图象求函数
y Asin(

x

)k
的解析式的一般思路：先利用最高点和
最低点的纵坐标列出关于
A,k
的方程组求得值
A,k
，利用相邻零 点间的距离、相邻对称
轴间的距离、零点和对称轴间的距离求出

值，再代入最高点或 最低点的坐标求出

值
.
13
．（
2019·
山 东高三期中）△
ABC
中，角
A
、
B
、
C
对边分别是
a
、
b
、
c
，满足
2
u
AB
uur

u
AC
uur
a
2
( bc)
2
．

（
Ⅰ
）求角
A
的大小；

（
Ⅱ
） 求
23cos
2
C
2
sin(
4

3< br>B)
的最大值，并求取得最大值时角
B
、
C
的大小．
【答案】
(1)
；
(2).
【解析】

【详解】

（
Ⅰ
）由
2
u
AB
u ur

u
AC
uur
a
2
(bc)
2
已知
2bccosAa
2
b
2
c
2
2bc
，
·
由余弦定理
a
2
b
2
c
2
2bccosA
得
4bccosA2bc
，∴
cosA
1
2
，

∵
0A

，∴
A
2

3
．

（
Ⅱ
）∵A
2

3
，∴
B


3
C
，
0C
3
.
23cos
2
C
2
sin(
4

3
B)23
1cosC
2
sin(


3
B)32sin(C
3
)
．

∵
0C

3
，∴

3
C

3

2

3
，

∴当
C

3


2
，
23cos2
C4


2
sin(
3
B)
取 最大值
32
，解得
BC
6
．
18

14
．（
2019·
安徽高考模拟（理 ））在
ABC
中，
a,b,c
分别为角
A,B,C
的对边 ，且有
cos
2
AcosAcos

CB

 sinBsinC

（
Ⅰ
）求角
A
；

（
Ⅱ
）若
ABC
的内切圆面积为

，当
ABAC
的值最小时，求
ABC
的面积．

uuuvuuuv
【答 案】（
Ⅰ
）

；（
Ⅱ
）
33

3
【解析】

【分析】

（
Ⅰ
）利用两角 和差余弦公式可将已知等式化简为
2cosAsinBsinCsinCsinB
，从
而求得
cosA
1
；结合
A

0,


可求得结果；（
Ⅱ
）根据内切圆面积可知内切圆半径
2
为
1
，由内切圆特点及切线长相等的性质可得到
bca23
，代入余弦定理中可 得到
bc
与
bc
的关系，利用基本不等式可构造不等式求得
bc 12
，从而得到当
bc
时，
uuuvuuuv
ABAC
取得最小值，将
bc12
代入三角形面积公式即可求得结果
.
【详解】

（
Ⅰ
）
Q
cosAcosAcos< br>
CB

cosA


cos
BC

cos

CB




2
cosA

cosBcosCsinBsinCcosCcosB sinCsinB

2cosAsinBsinC

2cosAsinBsinCsinCsinB

QB,C

0,



sinCsinB0

cosA
1

2
QA

0,



A


3
19

（
Ⅱ
）由余弦定理得：
a
2
b
2
c
2
2bccosAb
2
c
2
bc

由题意可知：
ABC
的内切圆半径为
1

如图，设圆I
为三角形
ABC
的内切圆，
D
，
E
为切点< br>

可得：
AI2
，
ADAE3

bca23

bc23

2
b
2
c
2
bc
，

化简得
433bc4
bc

8bc
（当且仅当
bc
时取等号）
bc12
或
bc
4

3
uuuvuuuv
1
又
bc23

 bc12
，即
ABACbccosAbc

6,
< br>，

2
当且仅当
bc
时，
ABAC
的最 小值为
6

uuuvuuuv
此时三角形
ABC
的面积：< br>S
11

bcsinA12sin33

223
【名师点睛】

本题考查解三角形的相关知识，涉及到利用两角和差余 弦公式化简求值、根据三角函数值
求角、余弦定理的应用、三角形中最值问题的求解等知识；解题关键是 能够灵活应用三角
形内切圆的性质构造出三边之间的关系，代入余弦定理中，利用基本不等式求得两边之 积
的最值
.
20