高考数学专题十 解三角形综合问题(解析版)

2023-11-18 · 14页 · 149.2 K

专题十 解三角形综合问题考点一 正、余弦定理与三角函数结合的问题【方法总结】解三角形与三角函数交汇问题一般步骤【例题选讲】[例1]已知函数f(x)=coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,3)))+eq\r(3)(sinx+cosx)2.(1)求函数f(x)的最大值和最小正周期;(2)设△ABC的三边a,b,c所对的角分别为A,B,C,若a=2,c=eq\r(7),feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+\f(C,2)))=eq\r(3),求b的值.解析 (1)f(x)=eq\f(1,2)cos2x-eq\f(\r(3),2)sin2x+eq\r(3)(1+sin2x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))+eq\r(3),所以f(x)的最大值为1+eq\r(3),最小正周期T=π.(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+\f(C,2)))=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+C+\f(π,6)))+eq\r(3)=coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C+\f(π,6)))+eq\r(3)=eq\r(3),所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C+\f(π,6)))=0,因为00,所以b=3.[例2]已知f(x)=cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,6)))+1.(1)求f(x)在[0,π]上的单调递增区间;(2)在△ABC中,若角A,B,C的对边分别是a,b,c,且f(B)=eq\f(5,4),sinAsinC=sin2B,求a-c的值.解析 f(x)=cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,6)))+1=cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx-\f(1,2)cosx))+1=eq\f(\r(3),4)sin2x-eq\f(1,2)×eq\f(1+cos2x,2)+1=eq\f(\r(3),4)sin2x-eq\f(1,4)cos2x+eq\f(3,4)=eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6)))+eq\f(3,4).(1)由2kπ-eq\f(π,2)≤2x-eq\f(π,6)≤2kπ+eq\f(π,2),k∈Z,得kπ-eq\f(π,6)≤x≤kπ+eq\f(π,3),k∈Z,又x∈[0,π],∴f(x)在[0,π]上的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6),π)).(2)由f(B)=eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B-\f(π,6)))+eq\f(3,4)=eq\f(5,4),得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B-\f(π,6)))=1.又B是△ABC的内角,∴2B-eq\f(π,6)=eq\f(π,2),得B=eq\f(π,3).由sinAsinC=sin2B及正弦定理可得ac=b2.在△ABC中,由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得ac=(a-c)2+2ac-ac,则a-c=0.[例3]已知函数f(x)=sin2x-cos2x+2eq\r(3)sinxcosx(x∈R).(1)求f(x)的最小正周期;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若f(A)=2,c=5,cosB=eq\f(1,7),求△ABC中线AD的长.解析 (1)f(x)=-cos2x+eq\r(3)sin2x=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))).∴T=eq\f(2π,2)=π.∴函数f(x)的最小正周期为π.(2)由(1)知f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))),∵在△ABC中f(A)=2,∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A-\f(π,6)))=1,∴2A-eq\f(π,6)=eq\f(π,2),∴A=eq\f(π,3).又cosB=eq\f(1,7)且B∈(0,π),∴sinB=eq\f(4\r(3),7),∴sinC=sin(A+B)=eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)+eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),7)=eq\f(5\r(3),14),在△ABC中,由正弦定理eq\f(c,sinC)=eq\f(a,sinA),得eq\f(5,\f(5\r(3),14))=eq\f(a,\f(\r(3),2)),∴a=7,∴BD=eq\f(7,2).在△ABD中,由余弦定理得,AD2=AB2+BD2-2AB·BDcosB=52+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)-2×5×eq\f(7,2)×eq\f(1,7)=eq\f(129,4),因此△ABC的中线AD=eq\f(\r(129),2).[例4]已知函数f(x)=cos2x+eq\r(3)sin(π-x)cos(π+x)-eq\f(1,2).(1)求函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间;(2)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知f(A)=-1,a=2,bsinC=asinA,求△ABC的面积.解析 (1)f(x)=cos2x-eq\r(3)sinxcosx-eq\f(1,2)=eq\f(1+cos2x,2)-eq\f(\r(3),2)sin2x-eq\f(1,2)=-sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))),令2kπ-eq\f(π,2)≤2x-eq\f(π,6)≤2kπ+eq\f(π,2),k∈Z,得kπ-eq\f(π,6)≤x≤kπ+eq\f(π,3),k∈Z,又∵x∈[0,π],∴函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6),π)).(2)由(1)知f(x)=-sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))),∴f(A)=-sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A-\f(π,6)))=-1,∵△ABC为锐角三角形,∴0

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