1、高考专题突破二高考中的三角函数与解三角形问题 三角函数的图象和性质例1(2019山东省淄博实验中学、淄博五中月考)已知向量m(2cos x，1)，n(sin xcos x,2)，其中0，函数f (x)mn3，若函数f (x)图象的两个相邻对称中心的距离为.(1)求函数f (x)的单调递增区间；(2)将函数f (x)的图象先向左平移个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数g(x)的图象，当x时，求函数g(x)的值域解(1)由题意可得f (x)mn32cos x(sin xcos x)232sin xcos x(2cos2x1)sin 2xcos 2xsin.由题意知，T，得1，则
2、f (x)sin.由2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，f (x)的单调递增区间为，kZ.(2)将f (x)的图象向左平移个单位长度，得到ysin的图象，纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到g(x)sin的图象x，4x，1sin，故函数g(x)的值域为，1思维升华三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为yAsin(x)k的形式，然后将tx视为一个整体，结合ysin t的图象求解跟踪训练1设f (x)2sin(x)sin x(sin xcos x)2.(1)求函数f (x)的单调递增区间；(2)把函数yf (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
3、图象向左平移个单位长度，得到函数yg(x)的图象，求g的值解(1)由f (x)2sin(x)sin x(sin xcos x)22sin2x(12sin xcos x)(1cos 2x)sin 2x1sin 2xcos 2x12sin1.由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)所以f (x)的单调递增区间是(kZ).(2)由(1)知f (x)2sin1，把yf (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y2sin1的图象，再把得到的图象向左平移个单位长度，得到y2sin x1的图象，即g(x)2sin x1.所以g2sin1.例2(12分)(2019全国)ABC的内角A，
4、B，C的对边分别为a，b，c.已知asinbsin A.(1)求B；(2)若ABC为锐角三角形，且c1，求ABC面积的取值范围规范解答解(1)由题设及正弦定理，得sin Asinsin Bsin A2分因为sin A0，所以sinsin B.由ABC180，可得sincos，3分故cos2sincos.5分因为cos0，故sin，因此B60.6分(2)由题设及(1)知ABC的面积SABCacsin Ba.8分由正弦定理，得a.10分由于ABC为锐角三角形，故0A90，0C90.所以0120C90，所以30C90，故a2，从而SABC.因此，ABC面积的取值范围是.12分第一步：利用正弦定理将边
5、角关系转化为角之间的关系；第二步：通过角之间的关系sinsin B转化为cossin B，进而求出B；第三步：将三角形的面积转化为只含一个变量的函数Sa；第四步：利用正弦定理把a转化为a，然后通过题中条件求出C的范围，进而得出a的范围，最后得出面积S的范围跟踪训练2ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Acos A0，a2，b2.(1)求角A和边长c；(2)设D为BC边上一点，且ADAC，求ABD的面积解(1)sin Acos A0，tan A，又0A，A，由余弦定理可得a2b2c22bccos A，即284c222c，即c22c240，解得c6(舍去)或c4，故c4.(2
6、)c2a2b22abcos C，16284222cos C，cos C，CD，CDBC，SABCABACsinBAC422，SABDSABC. 三角函数和解三角形的综合应用例3(2019洛阳模拟)如图，已知扇形的圆心角AOB，半径为4，若点C是上的一动点(不与点A，B重合)(1)若弦BC4(1)，求的长；(2)求四边形OACB面积的最大值解(1)在OBC中，BC4(1)，OBOC4，所以由余弦定理得cosBOC，所以BOC，于是的长为4.(2)设AOC，则BOC，S四边形OACBSAOCSBOC44sin 44sin24sin 8cos 16sin.由于，所以，当时，四边形OACB的面积取得最
7、大值16.思维升华三角函数和解三角形的综合问题要利用正弦定理、余弦定理进行转化，结合三角函数的性质，要注意角的范围对变形过程的影响跟踪训练3已知函数f (x)4sin xcos，x.(1)求函数f (x)的值域；(2)已知锐角ABC的两边长a，b分别为函数f (x)的最小值与最大值，且ABC的外接圆半径为，求ABC的面积解(1)f (x)4sin x2sin xcos x2sin2xsin 2xcos 2x2sin.0x，2x，sin1，函数f (x)的值域为，2(2)依题意a，b2，ABC的外接圆半径r，sin A，sin B，cos A，cos B，sin Csin(AB)sin Acos
8、 Bcos Asin B，SABCabsin C2.1在ABC中，A60，ca.(1)求sin C的值；(2)若a7，求ABC的面积解(1)在ABC中，因为A60，ca，所以由正弦定理得sin C.(2)因为a7，所以c73.由余弦定理a2b2c22bccos A，得72b2322b3，解得b8或b5(舍去)所以ABC的面积Sbcsin A836.2设函数f (x)2tancos22cos21.(1)求f (x)的定义域及最小正周期；(2)求f (x)在，0上的最值解(1)f (x)2sincoscossincossincossinsin.由k(kZ)，得f (x)的定义域为x|x24k(kZ
9、)，故f (x)的最小正周期为T4.(2)x0，.当，即x时，f (x)单调递减，当，即x时，f (x)单调递增，f (x)minf，又f (0)，f ()，f (x)maxf (0).3(2020青岛模拟)已知函数f (x)Asin(x)的图象过点P，图象上与P点最近的一个最高点的坐标为.(1)求函数f (x)的解析式；(2)若f (x)3，求x的取值范围解(1)设f (x)的最小正周期为T，由题意得A6，T，2，f (x)6sin(2x)，又f (x)过点，6sin6，22k，kZ，2k，kZ.又|，f (x)6sin.(2)6sin3，即sin，在一个周期中，要使sin，则2x，2k2x
10、2k，kZ，解得kxk，kZ.x的取值范围为.4已知点P(，1)，Q(cos x，sin x)，O为坐标原点，函数f (x).(1)求函数f (x)的最小正周期；(2)若A为ABC的内角，f (A)4，BC3，求ABC周长的最大值解(1)由已知，得(，1)，(cos x,1sin x)，所以f (x)3cos x1sin x42sin，所以函数f (x)的最小正周期为2.(2)因为f (A)4，所以sin0，又0A，所以A，所以A.因为BC3，所以2，所以由正弦定理，得AC2sin B，AB2sin C，所以ABC的周长为32sin B2sin C32sin B2sin32sin.因为0B，所
11、以B0)，若f (x)的图象上相邻两条对称轴的距离为，图象过点(0,0)(1)求f (x)的表达式和f (x)的单调递增区间；(2)将函数f (x)的图象向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数yg(x)的图象，若函数F (x)g(x)k在区间上有且只有一个零点，求实数k的取值范围解(1)f (x)cos 2xsin 2xt2sint，f (x)的最小正周期为，2，f (x)的图象过点(0,0)，2sint0，t1，f (x)2sin1.令2k4x2k，kZ，求得x，kZ，故f (x)的单调递增区间为，kZ.(2)将函数f (x)的图象向右平移个单位长度，可得y2sin12sin1的图象，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)2sin1的图象x，2x，sin，故g(x)2sin1在区间上的值域为1，1.若函数F (x)g(x)k在区间上有且只有一个零点，由题意可知，函数g(x)2sin1的图象和直线yk有且只有一个交点，根据图象(图略)可知，k1或1k1.故实数k的取值范围是1(1，1