专题一 第三讲 三角函数与解三角形的综合问题（教参）-2022高考数学【优化探究】二轮专题复习（新教材新高考）

第三讲　三角函数与解三角形的综合问题 授课提示：对应学生用书第14页 把脉考情　继续以解答题形式考查学生逻辑推理与数学运算核心素养，利用正、余弦定理求解三角形边、角、面积问题，常涉及最值、范围问题． 1．(2021·新高考全国Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C. (1)证明：BD＝b； (2)若AD＝2DC，求cos∠ABC. 解析：(1)证明：在△ABC中，由BDsin∠ABC＝asin C及正弦定理可得BD·b＝a·c，又b2＝ac，所以BD·b＝b2，故BD＝b. (2)由AD＝2DC得AD＝b，DC＝， 在△ABD中，cos A＝＝＝， 在△ABC中，cos A＝＝. 故＝，化简得3c2－11b2＋6a2＝0， 又b2＝ac， 所以3c2－11ac＋6a2＝0，即(c－3a)(3c－2a)＝0， 所以c＝3a或c＝a. 当c＝3a时，b2＝ac＝3a2，所以b＝a， 此时a＋b<c，故a，b，c构不成三角形； 当c＝a时，b2＝ac＝a2，所以b＝a， 此时a，b，c可以构成三角形， 故c＝a，b＝a，所以在△ABC中，cos∠ABC＝＝＝. 方向 正、余弦定理的应用. 素养 逻辑推理、数学运算. 方法 灵活运用正、余弦定理. 2.(2020·全国卷Ⅱ)在△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C. (1)求A； (2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值． 解析：(1)由正弦定理和已知条件得 BC2－AC2－AB2＝AC·AB.　① 由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A．　② 由①②得cos A＝－. 因为0＜A＜π，所以A＝. (2)由正弦定理及(1)得＝＝＝2， 从而AC＝2sin B， AB＝2sin(π－A－B)＝3cos B－sin B. 故BC＋AC＋AB＝3＋sin B＋3cos B＝3＋2sin.又0＜B＜，所以当B＝时，△ABC周长取得最大值3＋2. 方向 正、余弦定理的应用、三角形周长. 素养 逻辑推理、数学运算. 方法 利用余弦定理求A，表示出三角形周长，利用函数性质或基本不等式求最值. 授课提示：对应学生用书第14页 　　合作探究 [典例]　已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)－cos(2x＋φ)(0<φ<π)． (1)若φ＝，在给定的平面直角坐标系(如图所示)中画出函数f(x)在区间[0，π]上的图象； (2)若f(x)为偶函数，求φ的值； (3)在(2)的前提下，将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在[0，π]上的单调递减区间． [解析]　(1)当φ＝时，f(x)＝sin－cos＝2sin，列表如下： x 0 π 2x＋ π 2π f(x) 1 2 0 －2 0 1 作出函数y＝f(x)在区间[0，π]上的图象，如图所示． (2)f(x)＝sin(2x＋φ)－cos(2x＋φ)＝2sin，因为f(x)为偶函数，所以y轴是f(x)图象的一条对称轴， 故有＝1，则φ－＝kπ＋，k∈Z， 解得φ＝kπ＋(k∈Z)，又0<φ<π，所以φ＝. (3)由(2)知，f(x)＝2sin＝2cos 2x，根据题意得 g(x)＝2cos， 令2kπ≤－≤2kπ＋π，k∈Z，解得4kπ＋≤x≤4kπ＋(k∈Z)， 所以函数g(x)在[0，π]上的单调递减区间为. 　解决三角函数图象与性质问题的思路 (1)先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y＝Asin(ωx＋φ)＋B(一角一函数)的形式． (2)把“ωx＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y＝Asin(ωx＋φ)＋B的单调性、奇偶性、最值、对称性等问题． (3)易忽视已知条件中的给定区间，在求三角函数的单调区间或描点画图象时要注意与给定区间结合，把单调区间写全把图象画完整，不要有遗漏． [即学即用] 　已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋m满足下列4个条件中的3个，4个条件依次是：①ω＝，②最小正周期T＝π，③f(x)的图象过点(0,0)，④f＝. (1)写出所满足的3个条件的序号(不需要说明理由)，并求f(x)的解析式； (2)求函数f(x)的图象与直线y＝1相邻两个交点间的最短距离． 解析：(1)所满足的三个条件是②③④. 因为f(x)的最小正周期T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)＋m. 又f(x)的图象过点(0,0)，且f＝，所以sin φ＋m＝0，sin＋m＝， 所以sin－sin φ＝，所以cos φ－