2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第7節(jié) 余弦定理、正弦定理應(yīng)用舉例含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第7節(jié)余弦定理、正弦定理應(yīng)用舉例含答案第七節(jié)余弦定理、正弦定理應(yīng)用舉例課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.能夠運(yùn)用正弦定理、余弦定理等知識(shí)和方法解決一些與測(cè)量和幾何計(jì)算有關(guān)的實(shí)際問(wèn)題.2.能利用正弦定理、余弦定理解決三角形中的最值和范圍問(wèn)題.3.通過(guò)解決實(shí)際問(wèn)題，培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)建模、直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng).預(yù)計(jì)2025年高考，以利用正弦定理、余弦定理測(cè)量距離、高度、角度等實(shí)際問(wèn)題為主，常與三角恒等變換、三角函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合考查，題型主要為選擇題和填空題，中檔難度.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)測(cè)量中的幾個(gè)有關(guān)術(shù)語(yǔ)術(shù)語(yǔ)名稱術(shù)語(yǔ)意義圖形表示仰角與俯角在目標(biāo)視線與水平視線(兩者在同一鉛垂平面內(nèi))所成的角中，目標(biāo)視線在水平視線eq\x(\s\up1(01))上方的叫做仰角，目標(biāo)視線在水平視線eq\x(\s\up1(02))下方的叫做俯角方位角從某點(diǎn)的指北方向線起按順時(shí)針?lè)较虻侥繕?biāo)方向線之間的夾角叫做方位角．方位角θ的范圍是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向線與目標(biāo)方向線所成的銳角，通常表達(dá)為北(南)偏東(西)α(1)北偏東α：(2)南偏西α：坡角與坡比坡面與水平面所成的銳二面角叫坡角(θ為坡角)；坡面的垂直高度與水平長(zhǎng)度之比叫坡比(坡度)，即i＝eq\f(h,l)＝tanθ解三角形應(yīng)用問(wèn)題的步驟：1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)東南方向與南偏東45°方向相同．()(2)若從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關(guān)系為α＝β.()(3)方位角與方向角其實(shí)質(zhì)是一樣的，均是確定觀察點(diǎn)與目標(biāo)點(diǎn)之間的位置關(guān)系．()(4)俯角是鉛垂線與目標(biāo)視線所成的角，其范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(5)在方向角中，始邊一定是南或北，旋轉(zhuǎn)方向一定是順時(shí)針．()答案(1)√(2)√(3)√(4)×(5)×2．小題熱身(1)如圖所示，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，一測(cè)量者在A所在的同側(cè)河岸邊選定一點(diǎn)C，測(cè)出AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計(jì)算出A，B兩點(diǎn)間的距離為()A．50eq\r(2)m B．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)m D．eq\f(25\r(2),2)m答案A解析在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠CBA)，又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，所以AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sin∠CBA)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．故選A.(2)(人教A必修第二冊(cè)6.4.3例10改編)如圖所示，為測(cè)量某樹(shù)的高度，在地面上選取A，B兩點(diǎn)，從A，B兩點(diǎn)分別測(cè)得樹(shù)尖的仰角為30°，45°，且A，B兩點(diǎn)之間的距離為60m，則樹(shù)的高度為()A．(30eq\r(3)＋30)m B．(15eq\r(3)＋30)mC．(30eq\r(3)＋15)m D．(15eq\r(3)＋15)m答案A解析在△ABP中，∠APB＝45°－30°，所以sin∠APB＝sin(45°－30°)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，由正弦定理得PB＝eq\f(ABsin30°,sin∠APB)＝eq\f(60×\f(1,2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝30(eq\r(6)＋eq\r(2))，所以該樹(shù)的高度為30(eq\r(6)＋eq\r(2))sin45°＝30eq\r(3)＋30(m)．故選A.(3)如圖，某住宅小區(qū)的平面圖呈圓心角為120°的扇形AOB，C是該小區(qū)的一個(gè)出入口，且小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD.已知某人從O沿OD走到D用了2min，從D沿著DC走到C用了3min.若此人步行的速度為每分鐘50m，則該扇形的半徑為_(kāi)_______m.答案50eq\r(7)解析連接OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°，由余弦定理可得OC2＝1002＋1502－2×100×150×eq\f(1,2)＝17500，解得OC＝50eq\r(7).則該扇形的半徑為50eq\r(7)m.考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一測(cè)量距離問(wèn)題例1(2024·重慶模擬)一個(gè)騎行愛(ài)好者從A地出發(fā)，向西騎行了2km到達(dá)B地，然后再由B地向北偏西60°騎行了2eq\r(3)km到達(dá)C地，再?gòu)腃地向南偏西30°騎行了5km到達(dá)D地，則A地到D地的直線距離是()A．8km B．3eq\r(7)kmC．3eq\r(3)km D．5km答案B解析如圖，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝2，BC＝2eq\r(3)，依題意，∠BCD＝90°，在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC)＝eq\r(4＋12＋8\r(3)×\f(\r(3),2))＝2eq\r(7)，由正弦定理得sin∠ACB＝eq\f(ABsin∠ABC,AC)＝eq\f(\r(7),14)，在△ACD中，cos∠ACD＝cos(90°＋∠ACB)＝－sin∠ACB＝－eq\f(\r(7),14)，由余弦定理得AD＝eq\r(AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD)＝eq\r(28＋25＋2×2\r(7)×5×\f(\r(7),14))＝3eq\r(7).所以A地到D地的直線距離是3eq\r(7)km.故選B.【通性通法】距離問(wèn)題的類型及解法(1)類型：①兩點(diǎn)間既不可達(dá)也不可視；②兩點(diǎn)間可視但不可達(dá)；③兩點(diǎn)都不可達(dá)．(2)解法：選擇合適的輔助測(cè)量點(diǎn)，構(gòu)造三角形，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求某個(gè)三角形的邊長(zhǎng)問(wèn)題，從而利用正、余弦定理求解．【鞏固遷移】1．已知某漁船在漁港O的南偏東60°方向，距離漁港約160海里的B處出現(xiàn)險(xiǎn)情，此時(shí)在漁港的正上方恰好有一架海事巡邏飛機(jī)A接到漁船的求救信號(hào)，海事巡邏飛機(jī)迅速將情況通知了在C處的漁政船并要求其迅速趕往出事地點(diǎn)施救．若海事巡邏飛機(jī)測(cè)得漁船B的俯角為68.20°，測(cè)得漁政船C的俯角為63.43°，且漁政船位于漁船的北偏東60°方向上．(1)計(jì)算漁政船C與漁港O的距離；(2)若漁政船以每小時(shí)25海里的速度直線行駛，能否在3小時(shí)內(nèi)趕到出事地點(diǎn)？(參考數(shù)據(jù)：sin68.20°≈0.93，tan68.20°≈2.50，sin63.43°≈0.89，tan63.43°≈2.00，eq\r(11)≈3.32，eq\r(13)≈3.61)解(1)∵AO⊥OB，∠OBA＝68.20°，OB＝160，∴AO＝OBtan∠OBA≈160×2.50＝400，∵AO⊥OC，∠OCA＝63.43°，∴OC＝eq\f(OA,tan63.43°)≈eq\f(400,2.00)＝200.即漁政船C與漁港O的距離為200海里．(2)由題意知∠OBC＝60°＋60°＝120°，在△OBC中，由余弦定理得OC2＝OB2＋BC2－2OB·BCcos∠OBC，即40000＝25600＋BC2＋160BC，解得BC＝－80－40eq\r(13)(舍去)或BC＝－80＋40eq\r(13)，即BC≈－80＋40×3.61＝64.4，∵eq\f(64.4,25)＝2.576<3，∴漁政船以每小時(shí)25海里的速度直線行駛，能在3小時(shí)內(nèi)趕到出事地點(diǎn)．考點(diǎn)二測(cè)量高度問(wèn)題例2(1)(2024·江蘇南通調(diào)研)湖北宜昌三峽大瀑布是國(guó)家4A級(jí)景區(qū)，也是神農(nóng)架探秘的必經(jīng)之地，為了測(cè)量湖北宜昌三峽大瀑布的某一處實(shí)際高度，李華同學(xué)設(shè)計(jì)了如下測(cè)量方案：有一段水平山道，且山道與瀑布不在同一平面內(nèi)，瀑布底端與山道在同一平面內(nèi)，可粗略認(rèn)為瀑布與該水平山道所在平面垂直，在水平山道上A點(diǎn)位置測(cè)得瀑布頂端仰角的正切值為eq\f(3,2)，沿山道繼續(xù)走20m，抵達(dá)B點(diǎn)位置測(cè)得瀑布頂端的仰角為eq\f(π,3).已知該同學(xué)沿山道行進(jìn)的方向與他第一次望向瀑布底端的方向所成的角為eq\f(π,3)，則該瀑布的高度約為()A．60m B．90mC．108m D．120m答案A解析根據(jù)題意作出示意圖，其中tanα＝eq\f(3,2)，β＝θ＝eq\f(π,3)，AB＝20，在Rt△AOH中，tanα＝eq\f(OH,OA)，所以O(shè)A＝eq\f(2,3)OH.在Rt△BOH中，tanβ＝eq\f(OH,OB)，所以O(shè)B＝eq\f(\r(3),3)OH.在△AOB中，由余弦定理，得OB2＝OA2＋AB2－2OA·ABcosθ，即eq\f(1,3)OH2＝eq\f(4,9)OH2＋202－2×eq\f(2,3)OH×20×eq\f(1,2)，解得OH＝60.所以該瀑布的高度約為60m．故選A.(2)(2023·遼寧協(xié)作校聯(lián)考)山東省濱州市的黃河樓位于蒲湖水面內(nèi)東南方向的東關(guān)島上，渤海五路以西，南環(huán)路以北．整個(gè)黃河樓顏色質(zhì)感為灰紅，意味黃河樓氣勢(shì)恢宏，更在氣勢(shì)上體現(xiàn)黃河的宏壯．如圖，小張為了測(cè)量黃河樓的實(shí)際高度AB，選取了與樓底B在同一水平面內(nèi)的兩個(gè)測(cè)量基點(diǎn)C，D，現(xiàn)測(cè)得∠BCD＝30°，∠BDC＝95°，CD＝116m，在點(diǎn)D處測(cè)得黃河樓頂A的仰角為45°，求黃河樓的實(shí)際高度．(結(jié)果精確到0.1m，取sin55°＝0.82)解由題知，∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝55°，在△BCD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，則BD＝eq\f(CDsin∠BCD,sin∠CBD)＝eq\f(116×sin30°,sin55°)＝eq\f(58,0.82)≈70.7m，在△ABD中，AB⊥BD，∠ADB＝45°，所以AB＝BDtan∠ADB＝BD≈70.7m.故黃河樓的實(shí)際高度約為70.7m.【通性通法】(1)在測(cè)量高度時(shí)，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一鉛垂面內(nèi)，視線與水平線的夾角．(2)在實(shí)際問(wèn)題中，若遇到空間與平面(地面)同時(shí)研究的問(wèn)題，最好畫兩個(gè)圖形，一個(gè)空間圖形，一個(gè)平面圖形．(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題．(4)運(yùn)用正、余弦定理，有序地解相關(guān)的三角形，逐步求解問(wèn)題的答案，注意方程思想的運(yùn)用．【鞏固遷移】2．(2023·安徽蚌埠模擬)圭表是我國(guó)古代通過(guò)觀察記錄正午時(shí)影子長(zhǎng)度的長(zhǎng)短變化來(lái)確定季節(jié)變化的一種天文儀器，它包括一根直立的標(biāo)桿(稱為“表”)和一把呈南北方向水平固定擺放的與標(biāo)桿垂直的長(zhǎng)尺(稱為“圭”)．當(dāng)正午陽(yáng)光照射在表上時(shí)，影子就會(huì)落在圭面上，圭面上影子長(zhǎng)度最長(zhǎng)的那一天定為冬至，影子長(zhǎng)度最短的那一天定為夏至．如圖是根據(jù)蚌埠市(北緯32.92°)的地理位置設(shè)計(jì)的圭表的示意圖，已知蚌埠市冬至正午太陽(yáng)高度角(即∠ABC)約為33.65°，夏至正午太陽(yáng)高度角(即∠ADC)約為80.51°.圭面上冬至線和夏至線之間的距離(即BD的長(zhǎng))為7米，則表高(即AC的長(zhǎng))約為()A．eq\f(cos80.51°,7tan46.86°) B．eq\f(7tan46.86°,sin33.65°)C．eq\f(7sin33.65°sin80.51°,sin46.86°) D．eq\f(sin33.65°,7sin80.51°)答案C解析由圖可知∠BAD＝∠ADC－∠ABC＝80.51°－33.65°＝46.86°.在△ABD中，eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AD,sin∠ABC)，得AD＝eq\f(7sin33.65°,sin46.86°).在△ACD中，AC＝ADsin∠ADC＝eq\f(7sin33.65°sin80.51°,sin46.86°).故選C.考點(diǎn)三測(cè)量角度問(wèn)題例3已知在島A南偏西38°方向，距島A3海里的B處有一艘緝私艇．島A處的一艘走私船正以10海里/小時(shí)的速度向島A北偏西22°方向行駛，問(wèn)緝私艇朝何方向以多大速度行駛，恰好用0.5小時(shí)能截住該走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據(jù)：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°≈\f(3\r(3),14)))解如圖，設(shè)緝私艇在C處截住走私船，D為島A正南方向上一點(diǎn)，緝私艇的速度為x海里/小時(shí)，則BC＝0.5x，AC＝5，依題意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，所以BC2＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝eq\f(ACsin∠BAC,BC)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD.故緝私艇以14海里/小時(shí)的速度向正北方向行駛，恰好用0.5小時(shí)截住該走私船．【通性通法】(1)測(cè)量角度問(wèn)題的關(guān)鍵是在弄清題意的基礎(chǔ)上，畫出表示實(shí)際問(wèn)題的圖形，并在圖形中標(biāo)出有關(guān)的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后將解得的結(jié)果轉(zhuǎn)化為實(shí)際問(wèn)題的解．(2)方向角是相對(duì)于某點(diǎn)而言的，因此在確定方向角時(shí)，必須先弄清楚是哪一個(gè)點(diǎn)的方向角．【鞏固遷移】3.如圖所示，在坡度一定的山坡A處測(cè)得山頂上一建筑物CD的頂端C對(duì)于山坡的斜度為15°，向山頂前進(jìn)100m到達(dá)B處，又測(cè)得C對(duì)于山坡的斜度為45°，若CD＝50m，山坡對(duì)于地平面的坡角為θ，則cosθ＝()A．eq\f(\r(3),3) B．eq\r(6)－2C．eq\r(3)－1 D．eq\r(2)－1答案C解析由題意知，∠CAD＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°，∠ABC＝135°.在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(AC,sin135°)，又AB＝100m，所以AC＝100eq\r(2)m．在△ADC中，∠ADC＝90°＋θ，CD＝50m，由正弦定理，得eq\f(AC,sin（θ＋90°）)＝eq\f(CD,sin15°)，所以cosθ＝sin(θ＋90°)＝eq\f(ACsin15°,CD)＝eq\r(3)－1.故選C.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1.如圖，兩座相距60m的建筑物AB，CD的高度分別為20m，50m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角為()A．30° B．45°C．60° D．75°答案B解析由已知，得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(（30\r(5)）2＋（20\r(10)）2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°＜∠CAD＜180°，所以∠CAD＝45°，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45°.故選B.2.如圖，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，在A所在河岸邊選一定點(diǎn)C，測(cè)量AC的距離為50m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，則A，B兩點(diǎn)間的距離是()A．25eq\r(2)m B．50eq\r(2)mC．25eq\r(3)m D．50eq\r(3)m答案A解析在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，得AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sin∠ABC)＝eq\f(50sin30°,sin45°)＝eq\f(50×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝25eq\r(2)(m)．故選A.3．(2023·山東濟(jì)南模擬)如圖，一架飛機(jī)從A地飛往B地，兩地相距500km.飛行員為了避開(kāi)某一區(qū)域的雷雨云層，從A點(diǎn)起飛以后，就沿與原來(lái)的飛行方向AB成12°角的方向飛行，飛行到中途C點(diǎn)，再沿與原來(lái)的飛行方向AB成18°角的方向繼續(xù)飛行到終點(diǎn)B點(diǎn)．這樣飛機(jī)的飛行路程比原來(lái)的路程500km大約多飛了(sin12°≈0.21，sin18°≈0.31)()A．10km B．20kmC．30km D．40km答案B解析在△ABC中，由A＝12°，B＝18°，得C＝150°，由正弦定理，得eq\f(500,sin150°)＝eq\f(BC,sin12°)＝eq\f(AC,sin18°)，所以eq\f(500,\f(1,2))≈eq\f(BC,0.21)≈eq\f(AC,0.31)，所以AC≈310km，BC≈210km，所以AC＋BC－AB≈20(km)．故選B.4.(2023·安徽六安一中?？寄M預(yù)測(cè))《孔雀東南飛》中曾敘“十三能織素，十四學(xué)裁衣，十五彈箜篌，十六誦詩(shī)書．”箜篌歷史悠久、源遠(yuǎn)流長(zhǎng)，音域?qū)拸V、音色柔美清澈，表現(xiàn)力強(qiáng)．如圖是箜篌的一種常見(jiàn)的形制，對(duì)其進(jìn)行繪制，發(fā)現(xiàn)近似一扇形，在圓弧的兩個(gè)端點(diǎn)A，B處分別作切線相交于點(diǎn)C，測(cè)得AC＝100cm，BC＝100cm，AB＝180cm，根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)可估算出該圓弧所對(duì)圓心角的余弦值為()A．0.62 B．0.56C．－0.56 D．－0.62答案A解析如圖所示，設(shè)弧AB對(duì)應(yīng)的圓心是O，根據(jù)題意可知，OA⊥AC，OB⊥BC，則∠AOB＋∠ACB＝π，因?yàn)锳C＝100，BC＝100，AB＝180，則在△ACB中，cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(1002＋1002－1802,2×100×100)＝－0.62，所以cos∠AOB＝cos(π－∠ACB)＝－cos∠ACB＝0.62.故選A.5．(2023·山西太原模擬)如圖，從氣球A上測(cè)得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，若河流的寬度BC為60m，則此時(shí)氣球的高度為()A．15(eq\r(3)－1)m B．15(eq\r(3)＋1)mC．30(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m答案B解析在△ABC中，∠ACB＝30°，∠BAC＝75°－30°＝45°，BC＝60m，則∠ABC＝180°－45°－30°＝105°.又sin105°＝sin(60°＋45°)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，所以AC＝eq\f(60×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(2),2))＝30(eq\r(3)＋1)m，所以氣球的高度為ACsin∠ACB＝30(eq\r(3)＋1)×eq\f(1,2)＝15(eq\r(3)＋1)m．故選B.6.(2023·福州模擬)我國(guó)無(wú)人機(jī)技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，并廣泛用于搶險(xiǎn)救災(zāi)、視頻拍攝、環(huán)保監(jiān)測(cè)等領(lǐng)域．如圖，有一個(gè)從地面A處垂直上升的無(wú)人機(jī)P，對(duì)地面B，C兩受災(zāi)點(diǎn)的視角為∠BPC，且tan∠BPC＝eq\f(1,3).已知地面上三處受災(zāi)點(diǎn)B，C，D共線，且∠ADB＝90°，BC＝CD＝DA＝1km，則無(wú)人機(jī)P到地面受災(zāi)點(diǎn)D處的遙測(cè)距離PD的長(zhǎng)度是()A．eq\r(2)km B．2kmC．eq\r(3)km D．4km答案B解析解法一：由題意得BD⊥平面PAD，∴BD⊥PD.設(shè)PD＝x，∠PBD＝α，∠PCD＝β，則tanα＝eq\f(x,2)，tanβ＝x，∴tan∠BPC＝tan(β－α)＝eq\f(x－\f(x,2),1＋x·\f(x,2))＝eq\f(x,x2＋2)＝eq\f(1,3)，解得x＝1或x＝2，又在Rt△PDA中有x>1，∴x＝2.故選B.解法二：由題意知BD⊥平面PAD，∴BD⊥PD.設(shè)PA＝x，則PB2＝x2＋5，PC2＝x2＋2.由tan∠BPC＝eq\f(1,3)，可得cos∠BPC＝eq\f(3\r(10),10)，在△PBC中，由余弦定理得x2＋5＋x2＋2－1＝2eq\r(x2＋5)·eq\r(x2＋2)·eq\f(3\r(10),10)，解得x2＝3，進(jìn)而PD＝eq\r(x2＋1)＝2.故選B.7.大型城雕“商”字坐落在商丘市睢陽(yáng)區(qū)神火大道與南京路交匯處，“商”字城雕有著厚重悠久的歷史和文化，它時(shí)刻撬動(dòng)著人們認(rèn)識(shí)商丘、走進(jìn)商丘的欲望．吳斌同學(xué)在今年國(guó)慶期間到商丘去旅游，經(jīng)過(guò)“商”字城雕時(shí)，他想利用解三角形的知識(shí)測(cè)量一下該雕塑的高度(即圖中線段AB的長(zhǎng)度)．他在該雕塑塔的正東C處沿著南偏西60°的方向前進(jìn)7eq\r(2)米后到達(dá)D處(A，C，D三點(diǎn)在同一個(gè)水平面內(nèi))，測(cè)得圖中線段AB在東北方向，且測(cè)得點(diǎn)B的仰角為71.565°，則該雕塑的高度大約是(參考數(shù)據(jù)：tan71.565°≈3)()A．19米 B．20米C．21米 D．22米答案C解析在△ACD中，∠CAD＝135°，∠ACD＝30°，CD＝7eq\r(2)，由正弦定理得eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，所以AD＝eq\f(CDsin∠ACD,sin∠CAD)＝7(米)，在Rt△ABD中，∠BDA＝71.565°，所以AB＝ADtan71.565°≈7×3＝21(米)．故選C.8．(2023·瀘州模擬)如圖，航空測(cè)量的飛機(jī)航線和山頂在同一鉛直平面內(nèi)，已知飛機(jī)飛行的海拔高度為10000m，速度為50m/s.某一時(shí)刻飛機(jī)看山頂?shù)母┙菫?5°，經(jīng)過(guò)420s后看山頂?shù)母┙菫?5°，則山頂?shù)暮０胃叨却蠹s為(eq\r(2)≈1.4，eq\r(3)≈1.7)()A．7350m B．2650mC．3650m D．4650m答案B解析如圖，設(shè)飛機(jī)的初始位置為點(diǎn)A，經(jīng)過(guò)420s后的位置為點(diǎn)B，山頂為點(diǎn)C，作CD⊥AB于點(diǎn)D，則∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°，在△ABC中，AB＝50×420＝21000(m)，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，則BC＝eq\f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))(m)，因?yàn)镃D⊥AB，所以CD＝BCsin45°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500(eq\r(3)－1)≈7350(m)，所以山頂?shù)暮０胃叨却蠹s為10000－7350＝2650(m)．故選B.二、多項(xiàng)選擇題9．某人向正東走了xkm后向右轉(zhuǎn)了150°，然后沿新方向走了3km，結(jié)果離出發(fā)點(diǎn)恰好eq\r(3)km，那么x的值是()A．eq\r(3) B．2eq\r(3)C．3 D．6答案AB解析如圖，AB＝x，BC＝3，AC＝eq\r(3)，∠ABC＝30°.由余弦定理，得3＝x2＋9－2×3×x×cos30°，解得x＝2eq\r(3)或x＝eq\r(3).故選AB.10．某貨輪在A處看燈塔B在貨輪的北偏東75°，距離為12eq\r(6)nmile；在A處看燈塔C在貨輪的北偏西30°，距離為8eq\r(3)nmile.貨輪由A處向正北航行到D處時(shí)，再看燈塔B在南偏東60°，則下列說(shuō)法正確的是()A．A處與D處之間的距離是24nmileB．燈塔C與D處之間的距離是8eq\r(3)nmileC．燈塔C在D處的南偏西30°D．D處在燈塔B的北偏西30°答案ABC解析在△ABD中，由已知，得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，則∠B＝45°.由正弦定理，得AD＝eq\f(ABsinB,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24，所以A處與D處之間的距離為24nmile，故A正確；在△ADC中，由余弦定理，得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°，又AC＝8eq\r(3)，所以CD＝8eq\r(3).所以燈塔C與D處之間的距離為8eq\r(3)nmile，故B正確；因?yàn)锳C＝CD＝8eq\r(3)，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以燈塔C在D處的南偏西30°，故C正確；因?yàn)闊羲﨎在D處的南偏東60°，所以D處在燈塔B的北偏西60°，故D錯(cuò)誤．故選ABC.三、填空題11．神舟載人飛船返回艙成功著陸，標(biāo)志著返回任務(wù)取得圓滿成功．假設(shè)返回艙D垂直下落于點(diǎn)C，某時(shí)刻地面上A，B兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn)，觀測(cè)到點(diǎn)D的仰角分別為45°，75°，若點(diǎn)A，B間的距離為10千米(其中向量eq\o(CA,\s\up6(→))與eq\o(CB,\s\up6(→))同向)，估算該時(shí)刻返回艙距離地面的距離CD約為_(kāi)_______千米．(結(jié)果保留整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：eq\r(3)≈1.732)答案14解析在△ABD中，A＝45°，∠ABD＝180°－75°＝105°，∠ADB＝30°，由正弦定理得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(AD,sin105°)，AD＝20sin105°＝20sin(60°＋45°)＝5(eq\r(6)＋eq\r(2))，所以CD＝ADsinA＝5(eq\r(6)＋eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝5eq\r(3)＋5≈14(千米)．12.魏晉南北朝時(shí)期，數(shù)學(xué)在測(cè)量學(xué)取得了長(zhǎng)足進(jìn)展．劉徽提出重差術(shù)，應(yīng)用中國(guó)傳統(tǒng)的出入相補(bǔ)原理，通過(guò)多次觀測(cè)，測(cè)量山高谷深等數(shù)值，進(jìn)而使中國(guó)的測(cè)量學(xué)達(dá)到登峰造極的地步．關(guān)于重差術(shù)的注文在唐代成書，因其第一題為測(cè)量海島的高和遠(yuǎn)的問(wèn)題，故將《重差》更名為《海島算經(jīng)》．受此啟發(fā)，小明同學(xué)依照此法測(cè)量涇陽(yáng)縣崇文塔的高度(示意圖如圖所示)，測(cè)得以下數(shù)據(jù)(單位：米)：前表卻行DG＝1，表高CD＝EF＝2，后表卻行FH＝3，表間DF＝85.則塔高AB＝________米．答案87解析由題意可知，△EFH∽△ABH，△CDG∽△ABG，所以eq\f(EF,AB)＝eq\f(FH,BH)，eq\f(CD,AB)＝eq\f(DG,BG)，又EF＝CD＝2，DG＝1，F(xiàn)H＝3，DF＝85，所以eq\f(2,AB)＝eq\f(3,BD＋88)，eq\f(2,AB)＝eq\f(1,BD＋1)，則eq\f(3,BD＋88)＝eq\f(1,BD＋1)，解得BD＝eq\f(85,2)，所以AB＝2BD＋2＝87.13．海面上有相距10nmile的A，B兩個(gè)小島，從A島望C島，和B島成60°的視角，從B島望C島，和A島成75°的視角，則B，C間的距離為_(kāi)_______nmile.答案5eq\r(6)解析由題意，知C＝45°，A＝60°，AB＝10.由eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，得BC＝5eq\r(6)nmile.14．山東省科技館新館目前成為濟(jì)南科教新地標(biāo)(如圖1)，其主體建筑采用與地形吻合的矩形設(shè)計(jì)，將數(shù)學(xué)符號(hào)“∞”完美嵌入其中，寓意無(wú)限未知、無(wú)限發(fā)展、無(wú)限可能和無(wú)限的科技創(chuàng)新．如圖2，為了測(cè)量科技館最高點(diǎn)A與其附近一建筑物樓頂B之間的距離，無(wú)人機(jī)在點(diǎn)C測(cè)得點(diǎn)A和點(diǎn)B的俯角分別為75°，30°，隨后無(wú)人機(jī)沿水平方向飛行600米到點(diǎn)D，此時(shí)測(cè)得點(diǎn)A和點(diǎn)B的俯角分別為45°，60°(A，B，C，D在同一鉛垂面內(nèi))，則A，B兩點(diǎn)之間的距離為_(kāi)_______米．答案100eq\r(15)解析由題意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，所以∠CBD＝90°，所以在Rt△CBD中，BD＝eq\f(1,2)CD＝300，BC＝eq\f(\r(3),2)CD＝300eq\r(3)，又∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°，在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(CD,sin60°)，所以AC＝eq\f(600,\f(\r(3),2))×eq\f(\r(2),2)＝200eq\r(6)，在△ABC中，∠ACB＝∠ACD－∠BCD＝75°－30°＝45°，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝(200eq\r(6))2＋(300eq\r(3))2－2×200eq\r(6)×300eq\r(3)×eq\f(\r(2),2)＝150000，所以AB＝100eq\r(15).四、解答題15．某市廣場(chǎng)有一塊不規(guī)則的綠地，如圖所示，城建部門欲在該地上建造一個(gè)底座為三角形的環(huán)境標(biāo)志，小李、小王設(shè)計(jì)的底座形狀分別為△ABC，△ABD，經(jīng)測(cè)量AD＝BD＝7米，BC＝5米，AC＝8米，∠C＝∠D.(1)求AB的長(zhǎng)度；(2)若不考慮其他因素，小李、小王誰(shuí)的設(shè)計(jì)使建造費(fèi)用更低(請(qǐng)說(shuō)明理由)?解(1)在△ABC中，由余弦定理得cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(82＋52－AB2,2×8×5)，①在△ABD中，由余弦定理得cosD＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(72＋72－AB2,2×7×7).②由∠C＝∠D得cosC＝cosD，解得AB＝7，所以AB的長(zhǎng)度為7米．(2)小李的設(shè)計(jì)使建造費(fèi)用更低．理由如下：易知S△ABD＝eq\f(1,2)AD·BDsinD，S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BCsinC，因?yàn)锳D·BD＞AC·BC，且∠C＝∠D，所以S△ABD＞S△ABC.故選擇△ABC的形狀建造環(huán)境標(biāo)志費(fèi)用更低．16．一顆人造地球衛(wèi)星在地球上空1600km處沿著圓形的軌道運(yùn)行，每2h沿軌道繞地球旋轉(zhuǎn)一圈．假設(shè)衛(wèi)星于中午12點(diǎn)正通過(guò)衛(wèi)星跟蹤站點(diǎn)A的正上空，地球半徑約為6400km.(1)求人造衛(wèi)星與衛(wèi)星跟蹤站在12：03時(shí)相隔的距離；(2)如果此時(shí)衛(wèi)星跟蹤站天線指向人造衛(wèi)星，那么天線瞄準(zhǔn)的方向與水平線的夾角的余弦值是多少？(參考數(shù)據(jù)：cos9°≈0.988，sin9°≈0.156)解(1)如圖所示，設(shè)人造衛(wèi)星在12：03時(shí)位于點(diǎn)C，其中∠AOC＝β，則β＝360°×eq\f(3,120)＝9°，在△ACO中，OA＝6400km，OC＝6400＋1600＝8000(km)，β＝9°，由余弦定理得AC2＝64002＋80002－2×6400×8000cos9°≈3.79×106，解得AC≈1.95×103，因此在12：03時(shí)，人造衛(wèi)星與衛(wèi)星跟蹤站相距約1950km.(2)如圖所示，設(shè)此時(shí)天線瞄準(zhǔn)的方向與水平線的夾角為γ，則∠CAO＝γ＋90°，由正弦定理得eq\f(1950,sin9°)＝eq\f(8000,sin（γ＋90°）)，故sin(γ＋90°)＝eq\f(8000,1950)·sin9°≈0.64，即cosγ≈0.64，因此，天線瞄準(zhǔn)的方向與水平線的夾角的余弦值約為0.64.17．近年來(lái)臨夏州深入實(shí)施生態(tài)環(huán)境保護(hù)和流域綜合治理，城區(qū)面貌煥然一新．某片水域，如圖，OA，OB為直線型岸線，OA＝200米，OB＝400米，∠AOB＝eq\f(π,3)，該水域的水面邊界是某圓的一段弧eq\o(AB,\s\up8(︵))，過(guò)弧eq\o(AB,\s\up8(︵))上一點(diǎn)P按線段PA和PB修建垃圾過(guò)濾網(wǎng)，已知∠APB＝eq\f(3π,4).(1)求岸線上點(diǎn)A與點(diǎn)B之間的距離；(2)如果線段PA上的垃圾過(guò)濾網(wǎng)每米可為環(huán)衛(wèi)公司節(jié)約50元的經(jīng)濟(jì)效益，線段PB上的垃圾過(guò)濾網(wǎng)每米可為環(huán)衛(wèi)公司節(jié)約40eq\r(2)元的經(jīng)濟(jì)效益，則這兩段垃圾過(guò)濾網(wǎng)可為環(huán)衛(wèi)公司節(jié)約的經(jīng)濟(jì)總效益最高約為多少元？(參考數(shù)據(jù)：eq\r(102)≈10.1，eq\r(170)≈13.04)解(1)由題意，OA＝200米，OB＝400米，∠AOB＝eq\f(π,3)，故AB＝eq\r(OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB)＝eq\r(2002＋4002－2×200×400×\f(1,2))＝200eq\r(3)(米)．(2)設(shè)∠PAB＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，則在△PAB中，eq\f(AB,sin∠APB)＝eq\f(PA,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝eq\f(PB,sinθ)，即eq\f(200\r(3),sin\f(3π,4))＝eq\f(PA,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝eq\f(PB,sinθ)，故PA＝200eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))，PB＝200eq\r(6)sinθ，設(shè)這兩段垃圾過(guò)濾網(wǎng)可為環(huán)衛(wèi)公司節(jié)約的經(jīng)濟(jì)總效益為y元，則y＝50PA＋40eq\r(2)PB＝10000eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＋16000eq\r(3)sinθ＝10000eq\r(6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosθ－\f(\r(2),2)sinθ))＋16000eq\r(3)sinθ＝6000eq\r(3)sinθ＋10000eq\r(3)cosθ＝2000eq\r(3)(3sinθ＋5cosθ)＝2000eq\r(102)sin(θ＋φ)，其中φ為輔助角，不妨取其為銳角，tanφ＝eq\f(5,3)<eq\r(3)，則φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))，當(dāng)θ＋φ＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,2)－φ時(shí)，y取到最大值2000eq\r(102)，故經(jīng)濟(jì)總效益的最大值為2000eq\r(102)≈2000×10.1＝20200(元)，即這兩段垃圾過(guò)濾網(wǎng)可為環(huán)衛(wèi)公司節(jié)約的經(jīng)濟(jì)總效益最高約為20200元．18.如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處下山至C處有兩種路徑．一種是從A處沿直線步行到C處，另一種是先從A處沿索道乘纜車到B處，然后從B處沿直線步行到C處．現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min，在甲出發(fā)2min后，乙從A處乘纜車到B處，在B處停留1min后，再?gòu)腂處勻速步行到C處．假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)行的速度為130m/min，山路AC的長(zhǎng)為1260m，經(jīng)測(cè)量，cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5).(1)求索道AB的長(zhǎng)；(2)問(wèn)乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？解(1)在△ABC中，因?yàn)閏osA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5)，從而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).由正弦定理得AB＝eq\f(AC,sinB)·sinC＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(4,5)＝1040(m)，所以索道AB的長(zhǎng)為1040m.(2)假設(shè)乙出發(fā)tmin后，甲、乙兩游客的距離為dm，此時(shí)，甲行走了(100＋50t)m，乙距離A處130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×eq\f(12,13)＝200(37t2－70t＋50)＝7400×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(35,37)))\s\up12(2)＋\f(625,1369))).因?yàn)?≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，所以當(dāng)t＝eq\f(35,37)時(shí)，甲、乙兩游客距離最短，即乙出發(fā)eq\f(35,37)min后，乙在纜車上與甲的距離最短．[考情分析]以三角形、三角函數(shù)為載體，以三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、正弦定理、余弦定理為工具，以三角恒等變換為手段來(lái)考查三角函數(shù)的綜合問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)題型，主要考查內(nèi)容有正、余弦定理、三角形面積的計(jì)算、三角恒等變換和三角函數(shù)的性質(zhì)．解題時(shí)要充分利用三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，交替使用正弦定理、余弦定理，利用數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程思想等進(jìn)行求解．考點(diǎn)一三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合例1已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示．(1)求f(x)＝2的解集；(2)求函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的單調(diào)遞增區(qū)間．解(1)由圖象可知，周期T＝eq\f(5π,12)＋eq\f(7π,12)＝π，∴ω＝eq\f(2π,π)＝2，∵點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))在函數(shù)圖象上，∴Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝0，解得eq\f(5π,6)＋φ＝π＋2kπ，φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，∵點(diǎn)(0，1)在函數(shù)圖象上，∴Asineq\f(π,6)＝1，A＝2，∴函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝2，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝1，即2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，∴f(x)＝2的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(π,6)＋kπ，k∈Z)))).(2)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))，由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))－2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝2sin2x－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sin2x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，∴函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.解決三角函數(shù)圖象與性質(zhì)綜合問(wèn)題的方法利用圖象討論三角函數(shù)的性質(zhì)，應(yīng)先把函數(shù)化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)或y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的形式，然后通過(guò)換元法令t＝ωx＋φ，轉(zhuǎn)化為研究y＝Asint或y＝Acost的性質(zhì)．1.已知函數(shù)f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－4sin2eq\f(ωx,2)sinφ(ω>0，|φ|<π)，其圖象的一條對(duì)稱軸與相鄰對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)相差eq\f(π,4)，________，從以下兩個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在空白橫線中．①函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱且f(0)<0；②函數(shù)f(x)的圖象的一條對(duì)稱軸為直線x＝－eq\f(π,3)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f(1)．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，函數(shù)h(x)＝f(x)－a存在兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2，求x1＋x2的值．解(1)f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－2(1－cosωx)sinφ＝2sin(ωx＋φ)，又函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝4×eq\f(π,4)＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，若選條件①：將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度得到的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所得函數(shù)為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))，由函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，可得eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，因?yàn)閨φ|<π，所以φ的可能取值為－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，若φ＝－eq\f(5π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))＝－1，符合題意；若φ＝eq\f(π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，f(0)＝2sineq\f(π,6)＝1，不符合題意．所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6))).若選條件②：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸為直線x＝－eq\f(π,3)，所以2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(7π,6)＋kπ(k∈Z)，因?yàn)閨φ|<π，所以φ的可能取值為－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，若φ＝－eq\f(5π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－2<f(1)，符合題意；若φ＝eq\f(π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＝2>f(1)，不符合題意．所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6))).(2)令t＝2x－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，此時(shí)函數(shù)h(x)＝f(x)－a存在兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2等價(jià)于直線y＝a與函數(shù)y＝2sint，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))的圖象有兩個(gè)不同交點(diǎn)．當(dāng)t＝eq\f(π,2)時(shí)，函數(shù)取到最大值，所以t1＋t2＝π，即2x1－eq\f(5π,6)＋2x2－eq\f(5π,6)＝π，所以x1＋x2＝eq\f(4π,3).考點(diǎn)二三角函數(shù)與解三角形的綜合例2(2023·河北石家莊二中模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)，該函數(shù)圖象上相鄰兩個(gè)最高點(diǎn)間的距離為4π，且f(x)為偶函數(shù)．(1)求ω和φ的值；(2)已知角A，B，C為△ABC的三個(gè)內(nèi)角，若(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，求[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范圍．解(1)因?yàn)閒(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)的圖象上相鄰兩個(gè)最高點(diǎn)間的距離為4π，所以eq\f(2π,ω)＝4π，解得ω＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))，又因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.又因?yàn)?<φ<π，所以φ＝eq\f(π,2).(2)因?yàn)?2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sin(B＋C)，又因?yàn)锳＋B＋C＝π，且0<A<π，所以sin(B＋C)＝sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<B<π，所以B＝eq\f(π,3)，則A＋C＝eq\f(2π,3)，即C＝eq\f(2π,3)－A，由(1)知，函數(shù)f(x)＝eq\r(2)coseq\f(1,2)x，所以[f(A)]2＋[f(C)]2＝2cos2eq\f(1,2)A＋2cos2eq\f(1,2)C＝cosA＋cosC＋2＝cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＋2＝cosA－eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA＋2＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＋2＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋2，因?yàn)?<A<eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3))，即[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3)).解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在以下兩個(gè)方面：(1)利用三角恒等變換化簡(jiǎn)三角函數(shù)式進(jìn)行解三角形；(2)解三角形與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用．2.設(shè)f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈[0，π]．(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．解(1)由題意，得f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1))＝sin2x－eq\f(1,2)，因?yàn)?≤x≤π，所以0≤2x≤2π，由正弦函數(shù)的單調(diào)性可知，當(dāng)0≤2x≤eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)≤2x≤2π，即0≤x≤eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)≤x≤π時(shí)，函數(shù)f(x)＝sin2x－eq\f(1,2)單調(diào)遞增，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).(2)由題意，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq\f(1,2)＝0，所以sinA＝eq\f(1,2)，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故A＝eq\f(π,6).由余弦定理，得b2＋c2－2bccosA＝a2，故b2＋c2－eq\r(3)bc＝1，由基本不等式，得b2＋c2≥2bc，故bc≤2＋eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，等號(hào)成立．因此S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(2＋\r(3),4)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，△ABC的面積取得最大值eq\f(2＋\r(3),4).考點(diǎn)三三角函數(shù)與平面向量的綜合例3已知向量a＝(sinx，eq\r(3)sin(π＋x))，b＝(cosx，－sinx)，函數(shù)f(x)＝a·b－eq\f(\r(3),2).(1)求f(x)的最小正周期及f(x)圖象的對(duì)稱軸方程；(2)先將f(x)的圖象上每個(gè)點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，再向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)y＝g(x)－m在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，求m的取值范圍．解(1)因?yàn)閒(x)＝a·b－eq\f(\r(3),2)＝sinxcosx＋eq\r(3)sin2x－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.由2x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)，k∈Z，所以f(x)的最小正周期為π，對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)，k∈Z.(2)由(1)，知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由題意，得g(x)＝sinx.函數(shù)y＝g(x)－m在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的圖象與直線y＝m有兩個(gè)交點(diǎn)．由圖象可得，m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).當(dāng)題目條件給出的向量坐標(biāo)中含有三角函數(shù)的形式時(shí)，首先運(yùn)用向量數(shù)量積的定義、向量共線、向量垂直等，得到三角函數(shù)的關(guān)系式，然后利用三角函數(shù)的圖象、性質(zhì)解決問(wèn)題．3.已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx，\f(3,2)))，b＝(cosx，－1)．(1)當(dāng)a∥b時(shí)，求2cos2x－sin2x的值；(2)求f(x)＝(a＋b)·b在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的單調(diào)遞增區(qū)間．解(1)由a∥b，得(－1)sinx＝eq\f(3,2)cosx，所以tanx＝－eq\f(3,2)，所以2cos2x－sin2x＝eq\f(2cos2x－2sinxcosx,cos2x＋sin2x)＝eq\f(2－2tanx,1＋tan2x)＝eq\f(2＋3,1＋\f(9,4))＝eq\f(20,13).(2)f(x)＝a·b＋b2＝sinxcosx－eq\f(3,2)＋cos2x＋1＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時(shí)，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，令－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，得－eq\f(3π,8)≤x≤0.故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0)).考點(diǎn)四解三角形與平面向量的綜合例4(2024·四川成都調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且m＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n.(1)求角A的大小；(2)D是線段BC上的點(diǎn)，且AD＝BD＝2，CD＝3，求△ABD的面積．解(1)因?yàn)閙＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n，所以m·n＝(2b＋c)cosA＋acosC＝0，由正弦定理可得2sinBcosA＋(sinAcosC＋cosAsinC)＝0，即2sinBcosA＋sin(A＋C)＝0，又A＋C＝π－B，所以2sinBcosA＋sinB＝0，又B∈(0，π)，則sinB>0，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，因此A＝eq\f(2π,3).(2)設(shè)B＝θ，因?yàn)锳＝eq\f(2π,3)，則C＝π－eq\f(2π,3)－θ＝eq\f(π,3)－θ，因?yàn)锳D＝BD＝2，所以∠BAD＝B＝θ，∠ADC＝2θ，∠DAC＝eq\f(2π,3)－θ，在△ACD中，由正弦定理可知eq\f(AD,sinC)＝eq\f(CD,sin∠DAC)，即eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))＝eq\f(3,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))，即3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ－\f(1,2)sinθ))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ＋\f(1,2)sinθ))，化簡(jiǎn)可得5sinθ＝eq\r(3)cosθ，即tanθ＝eq\f(\r(3),5)，所以sin2θ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(5\r(3),14)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)AD·BDsin(π－2θ)＝eq\f(1,2)AD·BDsin2θ＝eq\f(1,2)×22×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(5\r(3),7).解決解三角形與平面向量綜合問(wèn)題的關(guān)鍵：準(zhǔn)確利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算化簡(jiǎn)已知條件，將其轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的問(wèn)題解決．4.(2023·廣東廣州天河區(qū)模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足bcoseq\f(B＋C,2)＝asinB.(1)求A；(2)若a＝eq\r(19)，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，AD是△ABC的中線，求AD的長(zhǎng)．解(1)因?yàn)閏oseq\f(B＋C,2)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sineq\f(A,2)，所以bsineq\f(A,2)＝asinB.由正弦定理，得sinBsineq\f(A,2)＝sinAsinB.因?yàn)閟inB≠0，所以sineq\f(A,2)＝sinA.所以sineq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2).因?yàn)锳∈(0，π)，eq\f(A,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sineq\f(A,2)≠0，所以coseq\f(A,2)＝eq\f(1,2).所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,3).所以A＝eq\f(2π,3).(2)因?yàn)閑q\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，所以bccos(π－A)＝3.又A＝eq\f(2π,3)，所以bc＝6.由余弦定理，得b2＋c2＝a2＋2bccosA＝13.又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)(c2＋b2＋2bccosA)＝eq\f(7,4).所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(7),2)，即AD的長(zhǎng)為eq\f(\r(7),2).課時(shí)作業(yè)1．(2023·廣東佛山模擬)已知函數(shù)f(x)＝cos4x＋2eq\r(3)sinxcosx－sin4x.(1)求f(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；(2)已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若f(A)＝1，BC邊的中線AD的長(zhǎng)為eq\r(7)，求△ABC面積的最大值．解(1)∵f(x)＝cos4x＋2eq\r(3)sinxcosx－sin4x＝(cos2x－sin2x)(cos2x＋sin2x)＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故f(x)的最小正周期T＝π，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)由(1)得，f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴A＝eq\f(π,3)，又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴7＝eq\f(1,4)(c2＋b2＋2bccosA)＝eq\f(1,4)(b2＋c2＋bc)，∵b2＋c2≥2bc，∴b2＋c2＋bc≥3bc，∴bc≤eq\f(28,3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝eq\f(2\r(21),3)時(shí)取等號(hào)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(\r(3),4)×eq\f(28,3)＝eq\f(7\r(3),3)，∴△ABC面積的最大值為eq\f(7\r(3),3).2.(2024·江西南昌模擬)如圖為函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)，x∈R))的部分圖象．(1)求函數(shù)f(x)的解析式和單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，然后再將橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)得到y(tǒng)＝g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上的最大值和最小值．解(1)由圖象知，A＝2，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，T＝π，又ω>0，則ω＝eq\f(2π,π)＝2，則f(x)＝2sin(2x＋φ)，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))代入得，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，得eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)．(2)將f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，然后再將橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))的圖象．因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，則4x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,2)))，所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))≤1.故當(dāng)4x＋eq\f(π,