2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第五章高考大題沖關(guān)系列（2）含答案

2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第五章高考大題沖關(guān)系列（2）含答案命題動(dòng)向：解三角形不僅是數(shù)學(xué)的重要基礎(chǔ)知識，同時(shí)也是解決其他問題的一種數(shù)學(xué)工具．高考命題者常在三角函數(shù)、解三角形和平面向量、不等式等知識的交匯處命題．以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等．備考中首先要熟練掌握正弦定理、余弦定理的基本應(yīng)用，然后要注意三角函數(shù)性質(zhì)、三角恒等變換、基本不等式及平面幾何圖形的性質(zhì)等知識的綜合應(yīng)用．題型1三角形中邊長、角度、周長和面積的計(jì)算問題例1(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為eq\r(3)，D為BC的中點(diǎn)，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解(1)解法一：在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ABD中，∠ADB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq\r(7)，則cosB＝eq\f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq\f(5\r(7),14)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).解法二：在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，∠ADC＝eq\f(π,3)，AD＝1，則S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),8)a＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4.在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq\f(1,2)＝3，解得b＝eq\r(3)，有AC2＋AD2＝4＝CD2，則∠CAD＝eq\f(π,2)，C＝eq\f(π,6).過A作AE⊥BC于點(diǎn)E，于是CE＝ACcosC＝eq\f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(5,2)，所以tanB＝eq\f(AE,BE)＝eq\f(\r(3),5).(2)解法一：在△ABD與△ACD中，由余弦定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，))整理得eq\f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，則a＝2eq\r(3)，又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.解法二：在△ABC中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，則2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，于是4eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq\r(3)，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(8－12,2bc)＝－eq\f(2,bc)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC＝eq\f(1,2)bceq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(1,2)bceq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(b2c2－4)＝eq\r(3)，解得bc＝4.則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2.例2(2023·河南駐馬店三模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(cosA,a)＝eq\f(cosB＋cosC,b＋c).(1)求A；(2)已知D為邊BC上一點(diǎn)，∠DAB＝∠DAC，若AD＝eq\r(3)，a＝3eq\r(2)，求△ABC的周長．解(1)因?yàn)閑q\f(cosA,a)＝eq\f(cosB＋cosC,b＋c)，所以由正弦定理可得eq\f(cosA,sinA)＝eq\f(cosB＋cosC,sinB＋sinC)，所以sinAcosB＋sinAcosC＝cosAsinB＋cosAsinC，所以sinAcosB－cosAsinB＝cosAsinC－sinAcosC，所以sin(A－B)＝sin(C－A)．因?yàn)锳－B∈(－π，π)，C－A∈(－π，π)，所以A－B＝C－A或(A－B)＋(C－A)＝2×eq\f(π,2)或(A－B)＋(C－A)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，即2A＝B＋C或C＝B＋π(舍去)或B＝C＋π(舍去)，又A＋B＋C＝π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由題意得S△DAB＋S△DAC＝S△ABC，即eq\f(1,2)AB·ADsin∠DAB＋eq\f(1,2)AC·ADsin∠DAC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC，因?yàn)椤螧AC＝eq\f(π,3)，∠DAB＝∠DAC＝eq\f(π,6)，AD＝eq\r(3)，所以eq\f(\r(3),4)AB＋eq\f(\r(3),4)AC＝eq\f(\r(3),4)AB·AC，所以AB＋AC＝AB·AC，即c＋b＝cb，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－3bc，所以(b＋c)2－3(b＋c)－18＝0，所以b＋c＝6或b＋c＝－3(舍去)，所以△ABC的周長為6＋3eq\r(2).解答此類問題，首先明確正弦定理、余弦定理分別適用于哪些解三角形問題，其次要注意“邊”與“角”的互化，最后還要關(guān)注誘導(dǎo)公式、三角恒等變換及三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用．變式訓(xùn)練1(2023·深圳一模)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b＋c＝2a·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))).(1)求A；(2)設(shè)AB的中點(diǎn)為D，若CD＝a，且b－c＝1，求△ABC的面積．解(1)由已知得，b＋c＝eq\r(3)asinC＋acosC，由正弦定理可得，sinB＋sinC＝eq\r(3)sinAsinC＋sinAcosC，因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，代入上式，整理得cosAsinC＋sinC＝eq\r(3)sinAsinC，又因?yàn)镃∈(0，π)，所以sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).而－eq\f(π,6)<A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,3).(2)在△ACD中，由余弦定理得，CD2＝b2＋eq\f(c2,4)－2b·eq\f(c,2)cosA，而A＝eq\f(π,3)，CD＝a，所以a2＝b2＋eq\f(c2,4)－eq\f(bc,2).①在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc，②由①②兩式消去a，得3c2＝2bc，所以b＝eq\f(3c,2)，又b－c＝1，解得b＝3，c＝2，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),2).變式訓(xùn)練2(2023·湖北高三4月調(diào)研)在△ABC中，D為邊BC上一點(diǎn)，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC，(1)求tan2B；(2)若AB＝7，求△ABC內(nèi)切圓的半徑．解(1)設(shè)∠B＝∠DAC＝α，∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α，在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AD,sin（90°－2α）)＝eq\f(AC,sin（90°＋α）)，在△ABD中，AD＝BDsinα，又AC＝eq\f(12,7)BD，∴eq\f(BDsinα,cos2α)＝eq\f(\f(12,7)BD,cosα)，∴sinαcosα＝eq\f(12,7)cos2α，∴eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(12,7)cos2α，∴tan2α＝eq\f(24,7)，即tan2B＝eq\f(24,7).(2)由(1)知，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(24,7)，∴(3tanα＋4)(4tanα－3)＝0，又α為銳角，∴tanα＝eq\f(3,4)，∴sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，∵AB＝7，∴BD＝eq\f(35,4)，∴AC＝15，又cos∠BAC＝cos(90°＋α)＝－sinα＝－eq\f(3,5)，在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝400，∴BC＝20.設(shè)△ABC內(nèi)切圓的半徑為r，則S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)(AB＋AC＋BC)r，則r＝2.題型2三角形形狀的判斷及平面幾何證明問題例3(2023·漳州模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且asinB＝bsineq\f(B＋C,2).(1)求A；(2)若D為邊BC上一點(diǎn)，且BD＝eq\f(1,3)BC，AD＝eq\f(2\r(3),3)c，證明：△ABC為直角三角形．解(1)因?yàn)閍sinB＝bsineq\f(B＋C,2)，所以sinAsinB＝sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinBcoseq\f(A,2)，因?yàn)閟inB>0，所以sinA＝coseq\f(A,2)，即2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)＝coseq\f(A,2).又coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2).又0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,3).(2)證法一：因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)b2＋eq\f(2,9)bc＝eq\f(4,3)c2，即b2＋2bc－8c2＝0，所以(b＋4c)(b－2c)＝0，所以b＝2c.因此a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc＝3c2，又b＝2c，所以b2＝a2＋c2，所以B＝90°，所以△ABC為直角三角形．證法二：因?yàn)椤螦DB＝π－∠ADC，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝0，又BD＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(1,3)a，AD＝eq\f(2\r(3),3)c，所以eq\f(\f(4,3)c2＋\f(1,9)a2－c2,\f(4\r(3),9)ac)＋eq\f(\f(4,3)c2＋\f(4,9)a2－b2,\f(8\r(3),9)ac)＝0，即6c2－3b2＋2a2＝0.又a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc，所以6c2－3b2＋2(b2＋c2－bc)＝0，即8c2－2bc－b2＝0，所以(4c＋b)(2c－b)＝0，所以b＝2c，所以a2＝3c2.因此b2＝a2＋c2，所以B＝90°，所以△ABC為直角三角形．(1)判斷三角形形狀的兩種思路①化邊：通過因式分解、配方等得出邊的相應(yīng)關(guān)系，從而判斷三角形的形狀．②化角：通過三角恒等變形，得出內(nèi)角的關(guān)系，從而判斷三角形的形狀．此時(shí)要注意應(yīng)用A＋B＋C＝π這個(gè)結(jié)論．(2)對于證明問題，一方面要利用已知條件和正弦定理、余弦定理推出邊或角的關(guān)系式，另一方面還要注意對這些等量關(guān)系進(jìn)行適當(dāng)?shù)恼献冃危兪接?xùn)練3(2024·長沙模擬)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知c2＝ab，D是邊AB的中點(diǎn)，CDsin∠ACB＝asinB.(1)證明：CD＝c；(2)求cos∠ACB.解(1)證明：由題意得CD＝eq\f(asinB,sin∠ACB)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sin∠ACB)，即eq\f(sinB,sin∠ACB)＝eq\f(b,c)，所以CD＝eq\f(ab,c)，由于c2＝ab，所以CD＝c.(2)由題意知CD＝c，AD＝eq\f(c,2)，DB＝eq\f(c,2)，所以cos∠ADC＝eq\f(c2＋\f(c2,4)－b2,2·c·\f(c,2))＝eq\f(\f(5,4)c2－b2,c2)，同理cos∠BDC＝eq\f(c2＋\f(c2,4)－a2,2·c·\f(c,2))＝eq\f(\f(5,4)c2－a2,c2)，由于∠ADC＝π－∠BDC，所以eq\f(\f(5,4)c2－b2,c2)＋eq\f(\f(5,4)c2－a2,c2)＝0，整理得a2＋b2＝eq\f(5,2)c2，由余弦定理，得cos∠ACB＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(3c2,4ab)＝eq\f(3,4).題型3最值與范圍問題例4(2023·茂名一模)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝b＋2bcosC.(1)求證：C＝2B；(2)求eq\f(a＋c,b)的取值范圍．解(1)證明：在△ABC中，由a＝b＋2bcosC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcosC，又A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinB＋2sinBcosC，sinBcosC＋cosBsinC－2sinBcosC＝sinB，sin(C－B)＝sinB，∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<C<π.∵B＋(C－B)＝C<π，∴B＝C－B，C＝2B.(2)解法一：由C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，由題意a＝b＋2bcosC，C＝2B及正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(b＋2bcosC＋c,b)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sinC,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinB＋2sinBcosC＋2sinBcosB,sinB)＝1＋2cosC＋2cosB＝1＋2cos2B＋2cosB＝1＋2(2cos2B－1)＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，∵eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5，故eq\f(a＋c,b)的取值范圍為(1，5)．解法二：由正弦定理得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sinA＋sinC,sinB)，∵A＋B＋C＝π，∴A＝π－(B＋C)，eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(sin[π－（B＋C）]＋sinC,sinB)＝eq\f(sin（B＋C）＋sinC,sinB)，由(1)得C＝2B，故eq\f(a＋c,b)＝eq\f(sin（B＋2B）＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosBsin2B＋sin2B,sinB)＝eq\f(sinBcos2B＋cosB·2sinBcosB＋2sinBcosB,sinB)＝cos2B＋2cos2B＋2cosB＝2cos2B－1＋2cos2B＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，由(1)得C＝2B，得B＋C＝3B∈(0，π)，∴0<B<eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)<5，即1<eq\f(a＋c,b)<5，故eq\f(a＋c,b)的取值范圍為(1，5)．(1)求解三角形中的最值(范圍)問題時(shí)，常利用正弦定理、余弦定理與三角形面積公式，建立a＋b，ab，a2＋b2之間的等量關(guān)系與不等關(guān)系，然后利用函數(shù)或基本不等式求解．(2)解決三角形中的某個(gè)量的最值或范圍問題，除了利用基本不等式外，再一個(gè)思路就是利用正弦定理、余弦定理，把該量轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個(gè)角的三角函數(shù)，利用函數(shù)思想求解，此時(shí)要特別注意題目隱含條件的應(yīng)用，如銳角三角形、鈍角三角形、三角形內(nèi)角和為π等．變式訓(xùn)練4(2023·佛山模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.(1)設(shè)eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，求證：S△ABC＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2)；(2)設(shè)D為BC的中點(diǎn)，CB＝AD＝4，求AB＋AC的取值范圍．解(1)證明：依題意，因?yàn)閑q\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，所以cosC＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))||\o(CA,\s\up6(→))|)＝eq\f(a·b,|a||b|)，在△ABC中，sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(CB,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|sinC＝eq\f(1,2)|a||b|·eq\f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2).(2)如圖所示，在△ABC中，D為BC的中點(diǎn)，CB＝AD＝4，所以BD＝CD＝2，設(shè)∠ADB＝θ，則∠ADC＝π－θ，在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝22＋42－2×2×4×cosθ＝20－16cosθ，在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝22＋42－2×2×4×cos(π－θ)＝20＋16cosθ，所以AB＋AC＝eq\r(20－16cosθ)＋eq\r(20＋16cosθ)，(AB＋AC)2＝40＋2eq\r(400－256cos2θ)，因?yàn)棣取?0，π)，所以cos2θ∈[0，1)，所以(AB＋AC)2∈(64，80]，所以AB＋AC的取值范圍是(8，4eq\r(5)]．題型4解三角形與三角函數(shù)的綜合問題例5(2023·湖南三湘名校聯(lián)考)已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象如圖，將該函數(shù)圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度后，再將所得曲線上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)f(x)的圖象．設(shè)g(x)＝f(x)sinx.(1)求函數(shù)g(x)的最小正周期T；(2)在△ABC中，AB＝6，D是BC的中點(diǎn)，AD＝eq\r(19)，設(shè)∠BAC＝θ，cosθ＜0，g(θ)＝eq\f(\r(3),4)，求△ABC的面積．解(1)由題圖知A＝1，eq\f(2π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,12)))，解得ω＝2，又函數(shù)圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，∴2×eq\f(π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).∵sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))＝eq\f(\r(3)（1－cos2x）,4)＋eq\f(1,4)sin2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)，∴g(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)，∴T＝π.(2)∵g(θ)＝eq\f(\r(3),4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝0，∵cosθ＜0，即eq\f(π,2)＜θ＜π，∴θ＝eq\f(2π,3).設(shè)BC＝2m，AC＝x，∵∠ADB＋∠ADC＝π，∴cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，∵AB＝6，AD＝eq\r(19)，∴在△ADB和△ADC中，由余弦定理得eq\f(19＋m2－36,2\r(19)m)＋eq\f(19＋m2－x2,2\r(19)m)＝0，∴4m2＝2x2－4，在△ABC中，由余弦定理得(2m)2＝36＋x2－12xcos∠BAC＝36＋x2＋6x，∴2x2－4＝36＋x2＋6x，解得x＝－4(舍去)或x＝10，即AC＝10，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)×6×10×eq\f(\r(3),2)＝15eq\r(3).解三角形和三角函數(shù)的結(jié)合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先確定三角形的邊角，再代入到三角函數(shù)中，三角函數(shù)和差公式的靈活運(yùn)用是解決此類問題的關(guān)鍵．變式訓(xùn)練5(2023·長沙模擬)銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B＝2A.(1)證明：sinC>eq\f(\r(2),2)；(2)求eq\f(c,a＋b)的取值范圍．解(1)證明：因?yàn)锽＝2A，A＋B＋C＝π，所以C＝π－3A.因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以0<2A<eq\f(π,2)，0<π－3A<eq\f(π,2)，解得eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，所以eq\f(π,2)<3A<eq\f(3π,4)，所以sinC＝sin(π－3A)＝sin3A>eq\f(\r(2),2).(2)由正弦定理得eq\f(c,a＋b)＝eq\f(sinC,sinA＋sinB)＝eq\f(sin3A,sinA＋sin2A)＝eq\f(sin（A＋2A）,sinA＋sin2A)＝eq\f(sinAcos2A＋cosAsin2A,sinA＋sin2A)＝eq\f(cos2A＋2cos2A,1＋2cosA)＝eq\f(4cos2A－1,2cosA＋1)＝2cosA－1.因?yàn)閑q\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，所以eq\f(\r(2),2)<cosA<eq\f(\r(3),2)，即eq\r(2)－1<2cosA－1<eq\r(3)－1.故eq\f(c,a＋b)的取值范圍是(eq\r(2)－1，eq\r(3)－1)．題型5解三角形與平面向量的綜合問題例6(2023·常州模擬)在△ABC中，AB·tanC＝AC·tanB，點(diǎn)D是邊BC上一點(diǎn)，且滿足eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0.(1)證明：△ABC為等腰三角形；(2)若BD＝3CD，求∠BAC的余弦值．解(1)證明：由AB·tanC＝AC·tanB，得AB·eq\f(sinC,cosC)＝AC·eq\f(sinB,cosB)，由正弦定理得eq\f(sin2C,cosC)＝eq\f(sin2B,cosB)，即eq\f(1－cos2C,cosC)＝eq\f(1－cos2B,cosB)，化簡得(1＋cosBcosC)(cosB－cosC)＝0，因?yàn)锽，C∈(0，π)，所以cosB，cosC∈(－1，1)，所以1＋cosBcosC≠0，所以cosB－cosC＝0，又y＝cosx在(0，π)上單調(diào)遞減，所以B＝C，所以△ABC為等腰三角形．(2)由eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，得eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，所以AB⊥AD，即∠BAD＝90°，所以sin∠BDA＝eq\f(AB,BD)，cos∠BAC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠CAD))＝－sin∠CAD，由(1)得AB＝AC，在△ACD中，由正弦定理得，eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AC,sin∠CDA)，所以sin∠CAD＝eq\f(CD,AC)sin∠CDA＝eq\f(CD,AC)sin(π－∠CDA)＝eq\f(CD,AC)sin∠BDA＝eq\f(CD,AC)·eq\f(AB,BD)＝eq\f(CD,3CD)＝eq\f(1,3)，所以cos∠BAC＝－sin∠CAD＝－eq\f(1,3).解決解三角形與平面向量綜合問題的關(guān)鍵：準(zhǔn)確利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算化簡已知條件，將其轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的問題解決．變式訓(xùn)練6(2024·青島模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，b＝3.(1)求B的大??；(2)求eq\f(ac,a＋c)的最大值．解(1)因?yàn)閜＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，所以2c－a＝2bcosA，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，所以2sinC－sinA＝2sinBcosA，又C＝π－(A＋B)，所以2sin(A＋B)－sinA＝2sinBcosA，所以2sinAcosB－sinA＝0，因?yàn)锳∈(0，π)，sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，可得B＝eq\f(π,3).(2)根據(jù)余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得a2＋c2－ac＝9，即(a＋c)2＝9＋3ac，因?yàn)閍c≤eq\f(（a＋c）2,4)，所以(a＋c)2≤9＋eq\f(3,4)(a＋c)2，結(jié)合a＋c>3，所以3<a＋c≤6(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝3時(shí)取等號)，設(shè)t＝a＋c，則t∈(3，6]，所以eq\f(ac,a＋c)＝eq\f(t2－9,3t)，設(shè)f(t)＝eq\f(t2－9,3t)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(9,t)))，則f(t)在(3，6]上單調(diào)遞增，所以f(t)的最大值為f(6)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(ac,a＋c)的最大值為eq\f(3,2).考情分析：在三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)中，ω的求解是近幾年新高考全國卷的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，通常會(huì)與三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)綜合考查，出現(xiàn)在選填題中．考點(diǎn)難度2023Ⅰ卷T15知零點(diǎn)個(gè)數(shù)求ω的取值范圍中Ⅱ卷T16知圖象求ω，進(jìn)而求函數(shù)值難2022Ⅰ卷T6知周期對稱性求ω，進(jìn)而求函數(shù)值中考向一三角函數(shù)的單調(diào)性與ω的關(guān)系例1(2023·廣東七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3)))答案D解析根據(jù)正弦和角與差角公式化簡函數(shù)式可得f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin[(ωx＋φ)＋φ]－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ＋cos(ωx＋φ)sinφ－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ－cos(ωx＋φ)sinφ＝sin(ωx＋φ－φ)＝sinωx(ω>0，φ∈R)．由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，k∈Z，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)．由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上單調(diào)遞增，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤π，,\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≥\f(3π,2)，,\f(1,2)×\f(2π,ω)≥\f(3π,2)－π，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥－\f(1,2)＋2k，,ω≤\f(1,3)＋\f(4k,3)，,ω≤2))(k∈Z)．又ω>0，當(dāng)k＝0時(shí)，可得0<ω≤eq\f(1,3)；當(dāng)k＝1時(shí)，可得eq\f(3,2)≤ω≤eq\f(5,3).故選D.根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求ω(1)基本策略確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)區(qū)間之間的包含關(guān)系，建立不等式，即可求ω的取值范圍．(2)常用結(jié)論已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的單調(diào)區(qū)間為(a，b)，則|a－b|≤eq\f(T,2)(T為最小正周期)．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，直線x＝eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸，若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)，則ω的最大值是()A．14 B．16C．18 D．20答案A解析設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，因?yàn)閤＝－eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，直線x＝eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸，則eq\f(2n＋1,4)T＝eq\f(π,8)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq\f(π,4)，其中n∈N，所以T＝eq\f(π,2n＋1)＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝4n＋2，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)，則eq\f(π,4)－eq\f(π,5)≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，所以ω≤20.所以ω的可能取值為2，6，10，14，18.①當(dāng)ω＝18時(shí)，f(x)＝sin(18x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq\f(9π,4)＝kπ(k∈Z)，則φ＝kπ＋eq\f(9π,4)(k∈Z)，因?yàn)椋璭q\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18x＋\f(π,4)))，當(dāng)eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)時(shí)，4π－eq\f(3π,20)＝eq\f(77π,20)<18x＋eq\f(π,4)<eq\f(19π,4)＝4π＋eq\f(3π,4)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上不單調(diào)，不符合題意；②當(dāng)ω＝14時(shí)，f(x)＝sin(14x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq\f(7π,4)＝kπ(k∈Z)，則φ＝kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，因?yàn)椋璭q\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14x－\f(π,4)))，當(dāng)eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)時(shí)，2π＋eq\f(11π,20)＝eq\f(51π,20)<14x－eq\f(π,4)<eq\f(13π,4)＝2π＋eq\f(5π,4)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，符合題意．因此ω的最大值為14.故選A.考向二三角函數(shù)的對稱性與ω的關(guān)系例2(2024·福州模擬)若定義在R上的函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)的圖象在區(qū)間[0，π]上恰有5條對稱軸，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(21,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,4)，\f(41,4)))答案A解析由已知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，令ωx＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(（4k＋1）π,4ω)，k∈Z，依題意知，有5個(gè)整數(shù)k滿足0≤eq\f(（4k＋1）π,4ω)≤π，即0≤4k＋1≤4ω，所以k＝0，1，2，3，4，則4×4＋1≤4ω<4×5＋1，故eq\f(17,4)≤ω<eq\f(21,4).故選A.利用函數(shù)的對稱性求ω三角函數(shù)兩條相鄰對稱軸或兩個(gè)相鄰對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，相鄰的對稱軸和對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,4)，這就說明，我們可根據(jù)三角函數(shù)的對稱性來研究其周期性，解決問題的關(guān)鍵在于運(yùn)用整體代換的思想，建立關(guān)于ω的不等式組，進(jìn)而可以研究ω的取值范圍．已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一條對稱軸為直線x＝eq\f(π,3)，一個(gè)對稱中心為點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，則ω有()A．最小值2 B．最大值2C．最小值1 D．最大值1答案A解析∵函數(shù)的對稱中心到對稱軸的最短距離是eq\f(T,4)，∴對稱中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到對稱軸x＝eq\f(π,3)的距離用周期可表示為eq\f(π,3)－eq\f(π,12)≥eq\f(T,4)，又T＝eq\f(2π,ω)，∴eq\f(\f(2π,ω),4)≤eq\f(π,4)，∴ω≥2，當(dāng)ω＝2時(shí)，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))滿足題意，∴ω有最小值2.考向三三角函數(shù)的最值(極值)與ω的關(guān)系例3(2023·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq\f(π,2)，－eq\f(π,4)為f(x)的零點(diǎn)，且f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值，無最大值，則ω的最大值是()A．11 B．13C．15 D．17答案C解析由題意，直線x＝eq\f(π,4)是f(x)圖象的一條對稱軸，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±1，即eq\f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z①，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝0，所以－eq\f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z②，由①②，得ω＝2(k1－k2)＋1，k1，k2∈Z，又f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值無最大值，所以T≥eq\f(π,24)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,8)，即eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,8)，解得ω≤16.綜上，先檢驗(yàn)ω＝15，當(dāng)ω＝15時(shí)，由①得eq\f(π,4)×15＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，即φ＝k1π－eq\f(13π,4)，k1∈Z，又|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，此時(shí)f(x)＝sineq