創(chuàng)新點(diǎn)2　三角函數(shù)與解三角形創(chuàng)新題型突破

三角函數(shù)與解三角形創(chuàng)新題型突破高考定位三角函數(shù)與解三角形問題在高考中一般難度不大，其創(chuàng)新性主要體現(xiàn)在以下幾個(gè)方面：(1)把問題置于新情境中；(2)新定義三角函數(shù)問題；(3)與其他知識(shí)的交匯命題.【題型突破】題型一解三角形的新情境問題例1(2024·黑龍江二模)“不以規(guī)矩，不能成方圓”出自《孟子·離婁章句上》.“規(guī)”指圓規(guī)，“矩”指由相互垂直的長(zhǎng)短兩條直尺構(gòu)成的方尺，是古人用來測(cè)量、畫圓和方形圖案的工具，今有一塊圓形木塊，按圖中數(shù)據(jù)，以“矩”量之，若將這塊圓形木板截成一塊四邊形形狀的木板，且這塊四邊形木板的一個(gè)內(nèi)角α滿足cosα＝eq\f(1,3)，則這塊四邊形木板周長(zhǎng)的最大值為()A.eq\f(10（\r(30)＋\r(15)）,3)cm B.eq\f(10（\r(30)－\r(15)）,3)cmC.eq\f(10（\r(10)＋\r(5)）,3)cm D.eq\f(10（\r(10)－\r(5)）,3)cm訓(xùn)練1我國(guó)油紙傘的制作工藝巧妙.如圖(1)，傘不管是張開還是收攏，傘柄AP始終平分同一平面內(nèi)兩條傘骨所成的角∠BAC，且AB＝AC，從而保證傘圈D能夠沿著傘柄滑動(dòng).如圖(2)，傘完全收攏時(shí)，傘圈D已滑動(dòng)到D′的位置，且A，B，D′三點(diǎn)共線，AD′＝40cm，B為AD′的中點(diǎn)，當(dāng)傘從完全張開到完全收攏，傘圈D沿著傘柄向下滑動(dòng)的距離為24cm，則當(dāng)傘完全張開時(shí)，∠BAC的正弦值是________.題型二三角函數(shù)的新定義問題例2已知定義域?yàn)镽的函數(shù)h(x)滿足：對(duì)于任意的x∈R，都有h(x＋2π)＝h(x)＋h(2π)，則稱函數(shù)h(x)具有性質(zhì)P.(1)判斷函數(shù)f(x)＝2x，g(x)＝cosx是否具有性質(zhì)P；(直接寫出結(jié)論)(2)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(eq\f(3,2)<ω<eq\f(5,2)，|φ|<eq\f(π,2))，判斷是否存在ω，φ，使函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P？若存在，求出ω，φ的值；若不存在，說明理由；(3)設(shè)函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P，且在區(qū)間[0，2π]上的值域?yàn)閇f(0)，f(2π)].函數(shù)g(x)＝sin(f(x))，滿足g(x＋2π)＝g(x)，且在區(qū)間(0，2π)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).求證：f(2π)＝2π.訓(xùn)練2對(duì)于分別定義在D1，D2上的函數(shù)f(x)，g(x)以及實(shí)數(shù)k，若任取x1∈D1，存在x2∈D2，使得f(x1)＋g(x2)＝k，則稱函數(shù)f(x)與g(x)具有關(guān)系M(k).其中x2稱為x1的像.(1)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈R；g(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，x∈R，判斷f(x)與g(x)是否具有關(guān)系M(－6)，并說明理由；(2)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))；g(x)＝3eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，x∈[0，π]，且f(x)與g(x)具有關(guān)系Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),2)))，求x1＝eq\f(π,6)的像；(3)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))；g(x)＝－2sin2x＋asinx＋2，x∈R，且f(x)與g(x)具有關(guān)系M(5)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.題型三三角與數(shù)列的交匯例3(2024·廣州二模)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}，{bn}滿足an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)(其中c>0).(1)若a1≠b1，且a1＋b1≠2c，證明：數(shù)列{an－bn}和{an＋bn－2c}均為等比數(shù)列；(2)若a1>b1，a1＋b1＝2c，以an，bn，c為三角形三邊長(zhǎng)構(gòu)造序列△AnBnCn(其中AnBn＝c，BnCn＝an，AnCn＝bn)，記△AnBnCn外接圓的面積為Sn，證明：Sn>eq\f(π,3)c2；(3)在(2)的條件下證明：數(shù)列{Sn}是遞減數(shù)列.訓(xùn)練3(2024·臺(tái)州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(1,1－an).(1)求a2024(只需寫出數(shù)值，不需要證明)；(2)若數(shù)列{an}的通項(xiàng)可以表示成an＝eq\f(1,2)－eq\r(3)sin(ωn＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<ω<3，φ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))的形式，求ω，φ.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.(2024·青島質(zhì)檢)數(shù)學(xué)家切比雪夫曾用一組多項(xiàng)式闡述余弦的n倍角公式，即cosnx＝Tn(cosx)，T0(x)＝1，T1(x)＝x，T2(x)＝2x2－1，T3(x)＝4x3－3x，T4(x)＝8x4－8x2＋1，T5(x)＝16x5－20x3＋5x，…，則cos218°＝()A.eq\f(5＋\r(5),8) B.eq\f(5－\r(5),8)C.eq\f(5±\r(5),8) D.eq\f(\r(5)－2,4)2.(2024·浙江二模)古人把正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)、余切函數(shù)、正割函數(shù)、余割函數(shù)、正矢函數(shù)、余矢函數(shù)這八種三角函數(shù)的函數(shù)線合稱為八線.其中余切函數(shù)cotθ＝eq\f(1,tanθ)，正割函數(shù)secθ＝eq\f(1,cosθ)，余割函數(shù)cscθ＝eq\f(1,sinθ)，正矢函數(shù)versinθ＝1－cosθ，余矢函數(shù)vercosθ＝1－sinθ.如圖角θ始邊為x軸的非負(fù)半軸，其終邊與單位圓交于點(diǎn)P，A，B分別是單位圓與x軸和y軸正半軸的交點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM垂直x軸，作PN垂直y軸，垂足分別為M，N，過點(diǎn)A作x軸的垂線，過點(diǎn)B作y軸的垂線分別交θ的終邊于T，S，其中AM，PS，BS，NB為有向線段，下列表示正確的是()A.versinθ＝AM B.cscθ＝PSC.cotθ＝BS D.secθ＝NB3.(2024·武漢調(diào)研)數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)現(xiàn)了九點(diǎn)圓，即在任意的三角形中，三邊的中點(diǎn)、三條高的垂足、三條高的交點(diǎn)(垂心)與三角形頂點(diǎn)連線的中點(diǎn)，這九個(gè)點(diǎn)共圓，因此九點(diǎn)圓也稱作歐拉圓.已知在△ABC中，A(－2，0)，B(4，4)，C(2，2)，則△ABC的九點(diǎn)圓的半徑為()A.eq\f(\r(110),3) B.eq\f(\r(130),3)C.eq\f(\r(110),2) D.eq\f(\r(130),2)4.(2024·昆明一模)早期天文學(xué)家常采用“三角法”測(cè)量行星的軌道半徑.假設(shè)一種理想狀態(tài)：地球E和某小行星M繞太陽S在同一平面上的運(yùn)動(dòng)軌道均為圓，三個(gè)星體的位置如圖所示.地球在E0位置時(shí)，測(cè)出∠SE0M＝eq\f(2π,3)；行星M繞太陽運(yùn)動(dòng)一周回到原來位置，地球運(yùn)動(dòng)到了E1位置，測(cè)出∠SE1M＝eq\f(3π,4)，∠E1SE0＝eq\f(π,3).若地球的軌道半徑為R，則下列選項(xiàng)中與行星M的軌道半徑最接近的是(參考數(shù)據(jù)：eq\r(3)≈1.7)()A.2.1R B.2.2RC.2.3R D.2.4R5.(2024·廣州二模)在一堂數(shù)學(xué)實(shí)踐探究課中，同學(xué)們用鏡面反射法測(cè)量學(xué)校鐘樓的高度.如圖所示，將小鏡子放在操場(chǎng)的水平地面上，人退后至從鏡中能看到鐘樓頂部的位置，此時(shí)測(cè)量人和小鏡子的距離為a1＝1.00m，之后將小鏡子前移a＝6.00m，重復(fù)之前的操作，再次測(cè)量人與小鏡子的距離為a2＝0.60m，已知人的眼睛距離地面的高度為h＝1.75m，則鐘樓的高度大約是()A.27.75m B.27.25mC.26.75m D.26.25m二、填空題6.(2024·漳州模擬)如圖，某城市有一條公路從正西方向AO通過路口O后轉(zhuǎn)向西北方向OB，圍繞道路OA，OB打造了一個(gè)半徑為2km的扇形景區(qū)，現(xiàn)要修一條與扇形景區(qū)相切的觀光道MN，則MN的最小值為________km.三、解答題7.數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(π,6)，an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tanan＋1＝eq\f(1,cosan)(n∈N*).(1)證明：數(shù)列{tan2an}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{tanan}的通項(xiàng)公式；(2)求正整數(shù)m，使得sina1·sina2·…·sinam＝eq\f(1,100).8.(2024·南京調(diào)研)我們知道：對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，如果存在一個(gè)非零常數(shù)T，使得當(dāng)x取其定義域D中的任意值時(shí)，有x＋T∈D，且f(x＋T)＝f(x)成立，那么函數(shù)y＝f(x)叫做周期函數(shù).對(duì)于一個(gè)周期函數(shù)y＝f(x)，如果在它的所有周期中存在一個(gè)最小正數(shù)，那么這個(gè)最小正數(shù)就叫做函數(shù)y＝f(x)的最小正周期.對(duì)于定義域?yàn)镽的函數(shù)h(x)，若存在正常數(shù)T，使得sin(h(x))是以T為周期的函數(shù)，則稱h(x)為正弦周期函數(shù)，且稱T為其正弦周期.(1)驗(yàn)證g(x)＝x＋coseq\f(x,3)是以6π為周期的正弦周期函數(shù).(2)已知函數(shù)f(x)＝|sinx|－|cosx|是周期函數(shù)，請(qǐng)求出它的一個(gè)周期.并判斷此周期函數(shù)是否存在最小正周期，并說明理由.(3)已知存在這樣一個(gè)函數(shù)f(x)，它是定義在R上嚴(yán)格增函數(shù)，值域?yàn)镽，且f(x)是以T為周期的正弦周期函數(shù).若f(0)＝－eq\f(3π,2)，f(T)＝eq\f(5π,2)，且存在x0∈(0，T)，使得f(x0)＝eq\f(π,2)，求f(2T)的值.【解析版】題型一解三角形的新情境問題例1(2024·黑龍江二模)“不以規(guī)矩，不能成方圓”出自《孟子·離婁章句上》.“規(guī)”指圓規(guī)，“矩”指由相互垂直的長(zhǎng)短兩條直尺構(gòu)成的方尺，是古人用來測(cè)量、畫圓和方形圖案的工具，今有一塊圓形木塊，按圖中數(shù)據(jù)，以“矩”量之，若將這塊圓形木板截成一塊四邊形形狀的木板，且這塊四邊形木板的一個(gè)內(nèi)角α滿足cosα＝eq\f(1,3)，則這塊四邊形木板周長(zhǎng)的最大值為()A.eq\f(10（\r(30)＋\r(15)）,3)cm B.eq\f(10（\r(30)－\r(15)）,3)cmC.eq\f(10（\r(10)＋\r(5)）,3)cm D.eq\f(10（\r(10)－\r(5)）,3)cm答案A解析因?yàn)樗倪呅文景宓囊粋€(gè)內(nèi)角α滿足cosα＝eq\f(1,3)，如圖，設(shè)∠BAD＝α，由題設(shè)可得圓的直徑為eq\r(100＋25)＝5eq\r(5)，故BD＝5eq\r(5)sinα，因cosα＝eq\f(1,3)，α為三角形內(nèi)角，故sinα＝eq\f(2\r(2),3)，故BD＝5eq\r(5)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(10\r(10),3)，故AB2＋AD2－2AD·ABcosα＝BD2＝eq\f(1000,9)，故(AB＋AD)2＝eq\f(8,3)AD·AB＋eq\f(1000,9)≤eq\f(2（AD＋AB）2,3)＋eq\f(1000,9)，故AB＋AD≤eq\r(\f(1000,9)×3)＝eq\f(10\r(30),3)，當(dāng)且僅當(dāng)AB＝AD＝eq\f(5\r(30),3)時(shí)等號(hào)成立，同理BC＋CD≤eq\f(10\r(15),3)，當(dāng)且僅當(dāng)BC＝CD＝eq\f(5\r(15),3)等號(hào)成立，故四邊形周長(zhǎng)的最大值為eq\f(10（\r(30)＋\r(15)）,3)cm，故選A.規(guī)律方法解決此類問題首先應(yīng)充分理解題意，作出示意圖，把已知量盡量集中在一個(gè)三角形中，然后利用正弦定理或余弦定理求解.訓(xùn)練1我國(guó)油紙傘的制作工藝巧妙.如圖(1)，傘不管是張開還是收攏，傘柄AP始終平分同一平面內(nèi)兩條傘骨所成的角∠BAC，且AB＝AC，從而保證傘圈D能夠沿著傘柄滑動(dòng).如圖(2)，傘完全收攏時(shí)，傘圈D已滑動(dòng)到D′的位置，且A，B，D′三點(diǎn)共線，AD′＝40cm，B為AD′的中點(diǎn)，當(dāng)傘從完全張開到完全收攏，傘圈D沿著傘柄向下滑動(dòng)的距離為24cm，則當(dāng)傘完全張開時(shí)，∠BAC的正弦值是________.答案eq\f(4\r(21),25)解析依題意分析可知，當(dāng)傘完全張開時(shí)，AD＝40－24＝16(cm)，因?yàn)锽為AD′的中點(diǎn)，所以AB＝AC＝eq\f(1,2)AD′＝20(cm)，當(dāng)傘完全收攏時(shí)，AB＋BD＝AD′＝40(cm)，所以BD＝20(cm)，在△ABD中，cos∠BAD＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq\f(400＋256－400,2×20×16)＝eq\f(2,5)>0，則∠BAD為銳角，所以sin∠BAD＝eq\r(1－cos2∠BAD)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),5)，所以sin∠BAC＝sin(2∠BAD)＝2sin∠BADcos∠BAD＝2×eq\f(\r(21),5)×eq\f(2,5)＝eq\f(4\r(21),25).題型二三角函數(shù)的新定義問題例2已知定義域?yàn)镽的函數(shù)h(x)滿足：對(duì)于任意的x∈R，都有h(x＋2π)＝h(x)＋h(2π)，則稱函數(shù)h(x)具有性質(zhì)P.(1)判斷函數(shù)f(x)＝2x，g(x)＝cosx是否具有性質(zhì)P；(直接寫出結(jié)論)(2)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(eq\f(3,2)<ω<eq\f(5,2)，|φ|<eq\f(π,2))，判斷是否存在ω，φ，使函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P？若存在，求出ω，φ的值；若不存在，說明理由；(3)設(shè)函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P，且在區(qū)間[0，2π]上的值域?yàn)閇f(0)，f(2π)].函數(shù)g(x)＝sin(f(x))，滿足g(x＋2π)＝g(x)，且在區(qū)間(0，2π)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).求證：f(2π)＝2π.(1)解因?yàn)閒(x)＝2x，則f(x＋2π)＝2(x＋2π)＝2x＋4π，又f(2π)＝4π，所以f(x＋2π)＝f(x)＋f(2π)，故函數(shù)f(x)＝2x具有性質(zhì)P；因?yàn)間(x)＝cosx，則g(x＋2π)＝cos(x＋2π)＝cosx，又g(2π)＝cos2π＝1，g(x)＋g(2π)＝cosx＋1≠g(x＋2π)，故g(x)＝cosx不具有性質(zhì)P.(2)解若函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P，則f(0＋2π)＝f(0)＋f(2π)，即f(0)＝sinφ＝0，因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝0，所以f(x)＝sin(ωx)；所以必有f(2π)＝0成立，即sin(2ωπ)＝0，因?yàn)閑q\f(3,2)<ω<eq\f(5,2)，所以3π<2ωπ<5π，所以2ωπ＝4π，則ω＝2，此時(shí)f(x)＝sin2x，則f(x＋2π)＝sin2(x＋2π)＝sin2x，則f(x)＋f(2π)＝sin2x＋sin4π＝sin2x，即有f(x＋2π)＝f(x)＋f(2π)成立，所以存在ω＝2，φ＝0使函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P.(3)證明由函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P及(2)可知，f(0)＝0，由g(x＋2π)＝g(x)可知函數(shù)g(x)是以2π為周期的周期函數(shù)，則g(2π)＝g(0)，即sin(f(2π))＝sin(f(0))＝0，所以f(2π)＝kπ，k∈Z；由f(0)＝0，f(2π)＝kπ以及題設(shè)可知，函數(shù)f(x)在[0，2π]的值域?yàn)閇0，kπ]，所以k∈Z且k>0；當(dāng)k>2，f(x)＝π及f(x)＝2π時(shí)，均有g(shù)(x)＝sin(f(x))＝0，這與g(x)在區(qū)間(0，2π)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)矛盾，因此k＝1或k＝2；當(dāng)k＝1時(shí)，f(2π)＝π，函數(shù)f(x)在[0，2π]的值域?yàn)閇0，π]，此時(shí)函數(shù)g(x)的值域?yàn)閇0，1]，而f(x＋2π)＝f(x)＋π，于是函數(shù)f(x)在[2π，4π]的值域?yàn)閇π，2π]，此時(shí)函數(shù)g(x)的值域?yàn)閇－1，0]，函數(shù)g(x)＝sin(f(x))在當(dāng)x∈[0，2π]時(shí)和x∈[2π，4π]時(shí)的取值范圍不同，與函數(shù)g(x)是以2π為周期的周期函數(shù)矛盾，故k＝2，即f(2π)＝2π，命題得證.規(guī)律方法解決三角函數(shù)新定義問題的思路(1)找出新定義的幾個(gè)要素及其所代表的意義；(2)把新定義下的概念、法則、運(yùn)算化歸到常規(guī)的數(shù)學(xué)背景中；(3)利用三角函數(shù)的公式、性質(zhì)解答問題.訓(xùn)練2對(duì)于分別定義在D1，D2上的函數(shù)f(x)，g(x)以及實(shí)數(shù)k，若任取x1∈D1，存在x2∈D2，使得f(x1)＋g(x2)＝k，則稱函數(shù)f(x)與g(x)具有關(guān)系M(k).其中x2稱為x1的像.(1)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈R；g(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，x∈R，判斷f(x)與g(x)是否具有關(guān)系M(－6)，并說明理由；(2)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))；g(x)＝3eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，x∈[0，π]，且f(x)與g(x)具有關(guān)系Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),2)))，求x1＝eq\f(π,6)的像；(3)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))；g(x)＝－2sin2x＋asinx＋2，x∈R，且f(x)與g(x)具有關(guān)系M(5)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)f(x)與g(x)不具有關(guān)系M(－6)，理由如下：x∈R時(shí)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈[－2，2]，g(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))∈[－3，3]，所以f(x1)＋g(x2)∈[－5，5]，－6?[－5，5]，則f(x)與g(x)不具有關(guān)系M(－6).(2)由題意可知f(x1)＋g(x2)＝eq\f(5\r(3),2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(π,6)＋\f(π,3)))＋3eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2＋\f(π,6)))＝eq\r(3)＋3eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2＋\f(π,6)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)?3x2＋eq\f(π,6)＝±eq\f(π,3)＋2kπ，又x2∈[0，π]，所以3x2＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(19π,6)))，解之得x2＝eq\f(π,18)或eq\f(π,2)或eq\f(13π,18)，即x1＝eq\f(π,6)的像為eq\f(π,18)或eq\f(π,2)或eq\f(13π,18).(3)對(duì)于x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，則2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈[－1，2]，即?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，f(x1)∈[－1，2]，因?yàn)閒(x)與g(x)具有關(guān)系M(5)，所以要滿足題意需?x2∈R，使得[－1，2]?5－g(x2)即可.令5－g(x)＝2sin2x－asinx＋3(x∈R)，令t＝sinx，則t∈[－1，1]，設(shè)h(t)＝2t2－at＋3(t∈[－1，1])，①若eq\f(a,4)≤－1，即a≤－4時(shí)，h(t)∈[h(－1)，h(1)]＝[5＋a，5－a]，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－a≥2，,5＋a≤－1))?a≤－6，②若eq\f(a,4)≥1，即a≥4時(shí)，h(t)∈[h(1)，h(－1)]＝[5－a，5＋a]，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＋a≥2，,5－a≤－1))?a≥6，③若－1<eq\f(a,4)≤0，即－4<a≤0時(shí)，h(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))，h（1）))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－\f(a2,8)，5－a))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－a≥2，,3－\f(a2,8)≤－1))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤3，,a≥4\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤3，,a≤－4\r(2)，))顯然無解，④若0<eq\f(a,4)<1，即0<a<4時(shí)，h(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))，h（－1）))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－\f(a2,8)，5＋a))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＋a≥2，,3－\f(a2,8)≤－1))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥－3，,a≥4\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥－3，,a≤－4\r(2)，))顯然無解，綜上所述，a≥6或a≤－6.題型三三角與數(shù)列的交匯例3(2024·廣州二模)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}，{bn}滿足an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)(其中c>0).(1)若a1≠b1，且a1＋b1≠2c，證明：數(shù)列{an－bn}和{an＋bn－2c}均為等比數(shù)列；(2)若a1>b1，a1＋b1＝2c，以an，bn，c為三角形三邊長(zhǎng)構(gòu)造序列△AnBnCn(其中AnBn＝c，BnCn＝an，AnCn＝bn)，記△AnBnCn外接圓的面積為Sn，證明：Sn>eq\f(π,3)c2；(3)在(2)的條件下證明：數(shù)列{Sn}是遞減數(shù)列.證明(1)正項(xiàng)數(shù)列{an}，{bn}，滿足an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)，兩式相減可得an＋1－bn＋1＝－eq\f(1,2)(an－bn)，因?yàn)閍1≠b1，所以a1－b1≠0，所以{an－bn}是以a1－b1為首項(xiàng)，－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，由an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)兩式相加可得an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)＋c，即an＋1＋bn＋1－2c＝eq\f(1,2)(an＋bn－2c)，因?yàn)閍1＋b1≠2c，所以a1＋b1－2c≠0，所以{an＋bn－2c}是以a1＋b1－2c為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列.(2)因?yàn)閍1>b1，由(1)得{an－bn}是等比數(shù)列，所以an－bn≠0，即an≠bn，由(1)知，an＋1＋bn＋1－2c＝eq\f(1,2)(an＋bn－2c)，因?yàn)閍1＋b1＝2c，所以a1＋b1－2c＝0，所以{an＋bn－2c}為常值數(shù)列0，故an＋bn＝2c，由cosCn＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－c2,2anbn)＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋bn,2)))\s\up12(2),2anbn)＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－\f(1,4)aeq\o\al(2,n)－\f(1,4)beq\o\al(2,n)－\f(1,2)anbn,2anbn)＝eq\f(\f(3,4)aeq\o\al(2,n)＋\f(3,4)beq\o\al(2,n)－\f(1,2)anbn,2anbn)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)＋\f(an,bn)))－eq\f(1,4)≥eq\f(3,4)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，因?yàn)閍n≠bn，所以等號(hào)不成立，故cosCn>eq\f(1,2)，因?yàn)镃n∈(0，π)，所以Cn∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以sinCn<eq\f(\r(3),2)，由正弦定理得△AnBnCn外接圓的直徑2r＝eq\f(c,sinCn)>eq\f(c,\f(\r(3),2))＝eq\f(2c,\r(3))，所以r>eq\f(c,\r(3))，所以Sn＝πr2>eq\f(πc2,3).(3)由(1)可知，an－bn＝(a1－b1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，由(2)可知，an＋bn＝2c，解得an＝c＋eq\f(a1－b1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，bn＝c－eq\f(a1－b1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以anbn＝c2－eq\f(（a1－b1）2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2n－2)＝c2－(a1－b1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)，anbn隨著n的增大而增大，又因?yàn)閏osCn＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－c2,2anbn)＝eq\f(（an＋bn）2－c2－2anbn,2anbn)＝eq\f(3c2－2anbn,2anbn)＝eq\f(3c2,2anbn)－1，所以cosCn隨著n的增大而減小，所以{cosCn}是遞減數(shù)列，因?yàn)镃n∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以{sinCn}是遞增數(shù)列，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,sinCn)))是遞減數(shù)列，所以數(shù)列{Sn}是遞減數(shù)列.規(guī)律方法1.解答本題第(2)題的關(guān)鍵是利用第(1)題得到數(shù)列{an＋bn－2c}為常值數(shù)列0，即an＋bn＝2c，利用余弦定理及基本不等式得到cosCn>eq\f(1,2)，即sinCn<eq\f(\r(3),2)，再由正弦定理得r>eq\f(c,\r(3))，即得Sn>eq\f(π,3)c2.2.解決三角函數(shù)與數(shù)列的交匯問題，一般要抓住一個(gè)主線，在解題過程中適時(shí)應(yīng)用另外一種知識(shí)涉及的定理、公式或性質(zhì).訓(xùn)練3(2024·臺(tái)州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(1,1－an).(1)求a2024(只需寫出數(shù)值，不需要證明)；(2)若數(shù)列{an}的通項(xiàng)可以表示成an＝eq\f(1,2)－eq\r(3)sin(ωn＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<ω<3，φ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))的形式，求ω，φ.解(1)a1＝eq\f(1,2)，a2＝2，a3＝－1，a4＝eq\f(1,2)，a5＝2，…，故數(shù)列{an}的周期為3，a2024＝a2＝2.(2)法一由a1＝eq\f(1,2)，a2＝2，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)sin（ω＋φ）＋\f(1,2)＝\f(1,2)，,－\r(3)sin（2ω＋φ）＋\f(1,2)＝2，,0<ω<3，－\f(π,2)≤φ≤\f(π,2)，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin（ω＋φ）＝0，,sin（2ω＋φ）＝－\f(\r(3),2)，,0<ω<3，－\f(π,2)≤φ≤\f(π,2)，))解得ω＝eq\f(2π,3)，φ＝eq\f(π,3).法二因?yàn)閧an}的周期為3，所以ω＝eq\f(2π,3)，又由a1＝eq\f(1,2)，則－eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，則eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－eq\f(2π,3)，k∈Z，因?yàn)椋璭q\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,3).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.(2024·青島質(zhì)檢)數(shù)學(xué)家切比雪夫曾用一組多項(xiàng)式闡述余弦的n倍角公式，即cosnx＝Tn(cosx)，T0(x)＝1，T1(x)＝x，T2(x)＝2x2－1，T3(x)＝4x3－3x，T4(x)＝8x4－8x2＋1，T5(x)＝16x5－20x3＋5x，…，則cos218°＝()A.eq\f(5＋\r(5),8) B.eq\f(5－\r(5),8)C.eq\f(5±\r(5),8) D.eq\f(\r(5)－2,4)答案A解析由cosnx＝Tn(cosx)，得cos90°＝cos(5×18°)＝T5(cos18°)＝16cos518°－20cos318°＋5cos18°，即16cos518°－20cos318°＋5cos18°＝0，整理得16cos418°－20cos218°＋5＝0，令t＝cos218°，則16t2－20t＋5＝0，解得t＝eq\f(5±\r(5),8)，因?yàn)?8°<30°，所以cos18°>eq\f(\r(3),2)，t＝cos218°>eq\f(3,4)，所以t＝eq\f(5＋\r(5),8).2.(2024·浙江二模)古人把正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)、余切函數(shù)、正割函數(shù)、余割函數(shù)、正矢函數(shù)、余矢函數(shù)這八種三角函數(shù)的函數(shù)線合稱為八線.其中余切函數(shù)cotθ＝eq\f(1,tanθ)，正割函數(shù)secθ＝eq\f(1,cosθ)，余割函數(shù)cscθ＝eq\f(1,sinθ)，正矢函數(shù)versinθ＝1－cosθ，余矢函數(shù)vercosθ＝1－sinθ.如圖角θ始邊為x軸的非負(fù)半軸，其終邊與單位圓交于點(diǎn)P，A，B分別是單位圓與x軸和y軸正半軸的交點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM垂直x軸，作PN垂直y軸，垂足分別為M，N，過點(diǎn)A作x軸的垂線，過點(diǎn)B作y軸的垂線分別交θ的終邊于T，S，其中AM，PS，BS，NB為有向線段，下列表示正確的是()A.versinθ＝AM B.cscθ＝PSC.cotθ＝BS D.secθ＝NB答案C解析根據(jù)題意，易得△OMP∽△OAT∽△SBO∽△PNO，對(duì)于A，因?yàn)?－cosθ＝1－OM＝MA，即versinθ＝MA，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，根據(jù)三角函數(shù)定義結(jié)合相似三角形相似比可得，cscθ＝eq\f(1,sinθ)＝eq\f(1,MP)＝eq\f(OB,MP)＝eq\f(OS,OP)＝OS，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，cotθ＝eq\f(1,tanθ)＝eq\f(1,tan∠OSB)＝BS，故C正確；對(duì)于D，根據(jù)三角函數(shù)定義結(jié)合相似三角形相似比可得secθ＝eq\f(1,cosθ)＝eq\f(1,OM)＝eq\f(OA,OM)＝eq\f(OT,OP)＝OT，故D錯(cuò)誤.3.(2024·武漢調(diào)研)數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)現(xiàn)了九點(diǎn)圓，即在任意的三角形中，三邊的中點(diǎn)、三條高的垂足、三條高的交點(diǎn)(垂心)與三角形頂點(diǎn)連線的中點(diǎn)，這九個(gè)點(diǎn)共圓，因此九點(diǎn)圓也稱作歐拉圓.已知在△ABC中，A(－2，0)，B(4，4)，C(2，2)，則△ABC的九點(diǎn)圓的半徑為()A.eq\f(\r(110),3) B.eq\f(\r(130),3)C.eq\f(\r(110),2) D.eq\f(\r(130),2)答案D解析AB的中點(diǎn)為D(1，2)，AC的中點(diǎn)為E(0，1)，BC的中點(diǎn)為F(3，3)，所以△ABC的九點(diǎn)圓是三角形DEF的外接圓，|DE|＝eq\r(2)，|DF|＝eq\r(5)，|EF|＝eq\r(13)，cos∠EDF＝eq\f(2＋5－13,2×\r(2)×\r(5))＝－eq\f(3,\r(10))，則∠EDF為鈍角，所以sin∠EDF＝eq\r(1－cos2∠EDF)＝eq\f(1,\r(10))，設(shè)三角形DEF外接圓半徑為R，由正弦定理得2R＝eq\f(EF,sin∠EDF)＝eq\f(\r(13),\f(1,\r(10)))＝eq\r(130)，所以R＝eq\f(\r(130),2).4.(2024·昆明一模)早期天文學(xué)家常采用“三角法”測(cè)量行星的軌道半徑.假設(shè)一種理想狀態(tài)：地球E和某小行星M繞太陽S在同一平面上的運(yùn)動(dòng)軌道均為圓，三個(gè)星體的位置如圖所示.地球在E0位置時(shí)，測(cè)出∠SE0M＝eq\f(2π,3)；行星M繞太陽運(yùn)動(dòng)一周回到原來位置，地球運(yùn)動(dòng)到了E1位置，測(cè)出∠SE1M＝eq\f(3π,4)，∠E1SE0＝eq\f(π,3).若地球的軌道半徑為R，則下列選項(xiàng)中與行星M的軌道半徑最接近的是(參考數(shù)據(jù)：eq\r(3)≈1.7)()A.2.1R B.2.2RC.2.3R D.2.4R答案A解析連接E0E1，在△SE0E1中，SE0＝SE1＝R，又∠E1SE0＝eq\f(π,3)，則△SE0E1是正三角形，E0E1＝R，由∠SE0M＝eq\f(2π,3)，∠SE1M＝eq\f(3π,4)，得∠E1E0M＝eq\f(π,3)，∠E0E1M＝eq\f(5π,2)，在△ME0E1中，∠E0ME1＝eq\f(π,4)，由正弦定理得eq\f(E1M,sin\f(π,3))＝eq\f(E0E1,sin\f(π,4))，則E1M＝eq\f(\f(\r(3),2)R,\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),\r(2))R，在△SME1中，由余弦定理得SM＝eq\r(R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(2))R))\s\up12(2)－2R·\f(\r(3),\r(2))R·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝eq\r(\f(5,2)R2＋\r(3)R2)≈eq\r(4.2)R≈2.1R.5.(2024·廣州二模)在一堂數(shù)學(xué)實(shí)踐探究課中，同學(xué)們用鏡面反射法測(cè)量學(xué)校鐘樓的高度.如圖所示，將小鏡子放在操場(chǎng)的水平地面上，人退后至從鏡中能看到鐘樓頂部的位置，此時(shí)測(cè)量人和小鏡子的距離為a1＝1.00m，之后將小鏡子前移a＝6.00m，重復(fù)之前的操作，再次測(cè)量人與小鏡子的距離為a2＝0.60m，已知人的眼睛距離地面的高度為h＝1.75m，則鐘樓的高度大約是()A.27.75m B.27.25mC.26.75m D.26.25m答案D解析如圖，設(shè)鐘樓的高度為PQ，由△MKE∽△PQE，可得EQ＝eq\f(PQ·KE,MK)＝eq\f(a1·PQ,h)，由△NTF∽△PQF，可得FQ＝eq\f(PQ·TF,NT)＝eq\f(PQ·a2,h)，故EQ－FQ＝eq\f(a1·PQ,h)－eq\f(PQ·a2,h)＝a，故PQ＝eq\f(ah,a1－a2)＝eq\f(6×1.75,1－0.6)＝eq\f(10.5,0.4)＝26.25m，故選D.二、填空題6.(2024·漳州模擬)如圖，某城市有一條公路從正西方向AO通過路口O后轉(zhuǎn)向西北方向OB，圍繞道路OA，OB打造了一個(gè)半徑為2km的扇形景區(qū)，現(xiàn)要修一條與扇形景區(qū)相切的觀光道MN，則MN的最小值為________km.答案4eq\r(2)＋4解析如圖，設(shè)切點(diǎn)為P，連接OP.由題意得∠MON＝135°，設(shè)OM＝akm，ON＝bkm，在△OMN中，MN2＝a2＋b2－2abcos135°＝a2＋b2＋eq\r(2)ab≥(2＋eq\r(2))ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào).設(shè)∠OMN＝α，則∠ONM＝45°－α，所以a＝eq\f(2,sinα)，b＝eq\f(2,sin（45°－α）)，故ab＝eq\f(4,sinαsin（45°－α）)＝eq\f(16,2sin（2α＋45°）－\r(2))≥eq\f(16,2－\r(2))(當(dāng)且僅當(dāng)α＝22.5°時(shí)取等號(hào))，所以MN2≥eq\f(16（2＋\r(2)）,2－\r(2))＝16(eq\r(2)＋1)2，解得MN≥4(eq\r(2)＋1)，所以MN的最小值為(4eq\r(2)＋4)km.三、解答題7.數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(π,6)，an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tanan＋1＝eq\f(1,cosan)(n∈N*).(1)證明：數(shù)列{tan2an}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{tanan}的通項(xiàng)公式；(2)求正整數(shù)m，使得sina1·sina2·…·sinam＝eq\f(1,100).(1)證明由已知條件可知，由于cosan>0，故an＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2an＋1＝eq\f(1,cos2an)＝eq\f(sin2an＋cos2an,cos2an)＝1＋tan2an，則tan2an＋1－tan2an＝1，故數(shù)列{tan2an}是以1為公差的等差數(shù)列，且首項(xiàng)為tan2a1＝tan2eq\f(π,6)＝eq\f(1,3)，故tan2an＝n－1＋eq\f(1,3)＝eq\f(3n－2,3)，即tanan＝eq\r(\f(3n－2,3)).(2)解sina1·sina2·…·sinam＝tana1cosa1·tana2cosa2·…·tanamcosam＝eq\f(tana1,tana2)·eq\f(tana2,tana3)·…·eq\f(tanam,tanam＋1)＝eq\f(tana1,tanam＋1)＝eq\r(\f(1,3m＋1))，由eq\r(\f(1,3m＋1))＝eq\f(1,100)，得m＝3333.8.(2024·南京調(diào)研)我們知道：對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，如果存在一個(gè)非零常數(shù)T，使得當(dāng)x取其定義域D中的任意值時(shí)，有x＋T∈D，且f(x＋T)＝f(x)成立，那么函數(shù)y＝f(x)叫做周期函數(shù).對(duì)于一個(gè)周期函數(shù)y＝f(x)，如果在它的所有周期中存在一個(gè)最小正數(shù)，那么這個(gè)最小正數(shù)就叫做函數(shù)y＝f(x)的最小正周期.對(duì)于定義域?yàn)镽的函數(shù)h(x)，若存在正常數(shù)T，使得sin(h(x))是以T為周期的函數(shù)，則稱h(x)為正弦周期函數(shù)，且稱T為其正弦周期.(1)驗(yàn)證g(x)＝x＋coseq\f(x,3)是以6π為周期的正弦周期函數(shù).(2)已知函數(shù)f(x)＝|sinx|－|cosx|是周期函數(shù)，請(qǐng)求出它的一個(gè)周期.并判斷此周期函數(shù)是