专题3 第3讲 三角函数与解三角形-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第二编　主干知识突破 专题三　三角函数与解三角形 第3讲　三角函数与解三角形 「考情研析」　从历年的新课标卷来看，三角函数、三角恒等变换、正弦定理、余弦定理的综合问题是必考题型，在新结构试卷中，可能作为轮考内容，考查方式以解三角形为主体，以三角恒等变换作为工具，计算三角形的基本量，也有可能将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题． 热点考向探究 真题VS押题 目录 专题作业 热点考向探究 考向1　三角恒等变换与三角函数的性质 热点考向探究 5 热点考向探究 6 热点考向探究 7 求解三角函数的奇偶性、对称性、周期、最值和单调区间等问题时，通常要运用各种三角函数公式，通过恒等变换(应用降幂、辅助角公式等)将其解析式化为y＝Asin(ωx＋φ)＋b，y＝Acos(ωx＋φ)＋b(A，ω，φ，b是常数，且A>0，ω≠0)，y＝Asin2x＋Bsinx＋C，y＝Acos2x＋Bcosx＋C(A≠0)等形式，再研究其各种性质． 不能忽视函数的定义域(或题中给定的区间)的要求． 热点考向探究 8 热点考向探究 9 热点考向探究 10 热点考向探究 11 考向2　利用正弦定理、余弦定理解三角形 热点考向探究 12 热点考向探究 13 热点考向探究 14 利用正弦定理、余弦定理求解三角形基本量的方法 平面几何图形中研究长度、角度、面积等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理加以解决． 热点考向探究 15 热点考向探究 16 热点考向探究 17 考向3　解三角形的综合问题 热点考向探究 18 热点考向探究 19 热点考向探究 20 1．与解三角形有关的“结构不良”问题的特点及解题策略 (1)特点：所给的可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，只要推理严谨、过程规范，都会得满分． (2)解题策略：一般来说，所选择的条件并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，最好是能结合已知条件及其推出的结论恰当选择． 热点考向探究 21 2．三角形中求最值与范围问题的两种方法 热点考向探究 22 解：(1)由正弦定理得sinC＝2sinAcosAcosB－sinBcos2A， 则sinC＝sin2AcosB－sinBcos2A， 则sinC＝sin(2A－B)， 因为C＝π－(A＋B)， 所以sin(A＋B)＝sin(2A－B)． 热点考向探究 23 热点考向探究 24 热点考向探究 25 热点考向探究 26 真题VS押题 真题VS押题 28 真题VS押题 29 真题VS押题 30 真题VS押题 31 真题VS押题 32 真题VS押题 33 真题VS押题 34 真题VS押题 35 真题VS押题 36 真题VS押题 37 真题VS押题 38 真题VS押题 39 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 三角恒等变换；三角函数图象与性质的综合 应用 利用正、余弦定理解三角形；三角形面积公式的应用 三角恒等变换、平面向量与三角函数的综合 正、余弦定理在平面几何中的应用；三角形面积公式的应用 边角互化解三角形；正、余弦定理及三角形面积公式的应用 解三角形的新定义问题；利用正、余弦定理解决证明问题；利用三角恒等变换与导数解决最值问题 专题作业 1 2 3 4 5 6 41 专题作业 1 2 3 4 5 6 42 专题作业 1 2 3 4 5 6 43 专题作业 1 2 3 4 5 6 44 专题作业 1 2 3 4 5 6 45 专题作业 1 2 3 4 5 6 46 专题作业 1 2 3 4 5 6 47 专题作业 1 2 3 4 5 6 48 专题作业 1 2 3 4 5 6 49 专题作业 1 2 3 4 5 6 50 专题作业 1 2 3 4 5 6 51 专题作业 1 2 3 4 5 6 52 专题作业 1 2 3 4 5 6 53 专题作业 1 2 3 4 5 6 54 专题作业 1 2 3 4 5 6 55 专题作业 1 2 3 4 5 6 56 专题作业 1 2 3 4 5 6 57 专题作业 1 2 3 4 5 6 58 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　将函数f(x)＝sinx的图象先向右平移eq \f(π,4)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω＞0)倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象． (1)若ω＝2，求函数y＝g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值； (2)若函数y＝g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上没有零点，求ω的取值范围． 解：(1)由题意可得，g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))， 当－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,4)时，－eq \f(3π,4)≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(π,4)， ∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))≤eq \f(\r(2),2)， ∴函数y＝g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为eq \f(\r(2),2). (2)g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))， 当eq \f(π,4)<x<eq \f(π,2)时，eq \f(πω,4)－eq \f(π,4)<ωx－eq \f(π,4)<eq \f(πω,2)－eq \f(π,4)， 要使g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上无零点， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω－\f(π,4)≥kπ，k∈Z，,\f(π,2)ω－\f(π,4)≤（k＋1）π，k∈Z)) ⇒4k＋1≤ω≤2k＋eq \f(5,2)，k∈Z，ω>0， 4k＋1≤2k＋eq \f(5,2)⇒k≤eq \f(3,4)，k∈Z. 当k＝0时，1≤ω≤eq \f(5,2)； 当k＝－1时，－3≤ω≤eq \f(1,2)⇒0<ω≤eq \f(1,2)； 当k≤－2时，ω<0，舍去． 综上，ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2))). 如图，点A，B，D是函数f(x)＝eq \f(3,2)sin(ωx＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的图象与圆C的三个交点，其横坐标分别为eq \f(π,3)，π，eq \f(7π,6)，点C，D是函数f(x)的图象与x轴的交点． (1)求函数f(x)的解析式及其图象的对称轴方程； (2)若f(x0)＝eq \f(6,5)，且x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))，求sin2x0. 解：(1)由题意可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，0))， ∴函数f(x)的最小正周期为T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－\f(2π,3)))＝π， ∵T＝eq \f(2π,|ω|)，ω>0，∴ω＝2. ∵Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，0))，∴2×eq \f(7π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，又－π<φ<0， ∴φ＝－eq \f(π,3)，∴f(x)＝eq \f(3,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))). 由2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z， ∴函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z. (2)∵f(x0)＝eq \f(6,5)， ∴f(x0)＝eq \f(3,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))＝eq \f(6,5)， 即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))＝eq \f(4,5)， 由x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))，得2x0－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))＝－eq \f(3,5)， ∴sin2x0＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))coseq \f(π,3)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))sineq \f(π,3) ＝eq \f(4,5)×eq \f(1,2)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4－3\r(3),10). 例2　在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a，b，c成等比数列，且cos(A－C)＋cosB＝eq \f(3,2). (1)求角A，B，C； (2)若b＝2，延长BC至D，使△ABD的面积为eq \f(3\r(3),2)，求sin∠CAD. 解：(1)∵A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B， ∴cosB＝－cos(A＋C)， ∴cos(A－C)－cos(A＋C)＝eq \f(3,2)，∴sinAsinC＝eq \f(3,4)， 又a，b，c成等比数列，故b2＝ac， ∴sin2B＝sinAsinC＝eq \f(3,4)，∴sinB＝eq \f(\r(3),2). 解法一：∴|cosB|＝eq \f(1,2)，又cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq \f(2ac－ac,2ac)＝eq \f(1,2)，当且仅当a＝c时，等号成立，∴cosB＝eq \f(1,2)，a＝c， 又0<B<π，∴A＝B＝C＝eq \f(π,3). 解法二：若B＝eq \f(π,3)，则cosB＝eq \f(1,2)，代入cos(A－C)＋cosB＝eq \f(3,2)，则cos(A－C)＝1， ∵0<A<π，0<C<π，∴A＝C＝eq \f(π,3)； 若B＝eq \f(2π,3)，则cosB＝－eq \f(1,2)，代入cos(A－C)＋cosB＝eq \f(3,2)，则cos(A－C)＝2(舍去)， 综上，A＝B＝C＝eq \f(π,3). (2)∵b＝2，∴AB＝2， ∴S△ABD＝eq \f(1,2)AB·BDsineq \f(π,3)，即eq \f(1,2)×2×BD×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)， ∴BD＝3，∴CD＝1， 在△ACD中，由余弦定理，得 AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos∠DCA＝22＋12－2×2×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，∴AD＝eq \r(7). 又由正弦定理得eq \f(AD,sin∠DCA)＝eq \f(CD,sin∠CAD)， 即eq \f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(1,sin∠CAD)，∴sin∠CAD＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),14). (2024·黑龙江哈尔滨一模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asinB＝－eq \r(3)bcosA，角A的平分线交BC边于点D，且AD＝1. (1)求角A的大小； (2)若BC＝2eq \r(5)，求△ABC的面积． 解：(1)因为asinB＝－eq \r(3)bcosA， 由正弦定理可得sinAsinB＝－eq \r(3)sinBcosA， 又sinB≠0， 所以sinA＝－eq \r(3)cosA， 故tanA＝－eq \r(3)，A＝eq \f(2π,3). (2)由题意可知S△ABD＋S△ACD＝S△ABC， 即eq \f(1,2)csineq \f(π,3)＋eq \f(1,2)bsineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)bcsineq \f(2π,3)， 化简可得b＋c＝bc， 在△ABC中，由余弦定理得 cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝－eq \f(1,2)， 从而eq \f(（bc）2－2bc－20,2bc)＝－eq \f(1,2)， 解得bc＝5或bc＝－4(舍去)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×5×sineq \f(2π,3)＝eq \f(5\r(3),4). 例3　(2024·陕西汉中二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，请从下列条件中任选一个作答： ①记△ABC的面积为S，且eq \r(3) eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝2S； ②已知asinB＝bcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))). (1)求角A的大小； (2)若△ABC为锐角三角形，且a＝eq \r(6)，求△ABC周长的取值范围． 注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分． 解：(1)选条件①，由eq \r(3) eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝2S，得 eq \r(3)bccosA＝2×eq \f(1,2)bcsinA，整理得tanA＝eq \r(3)， 又0<A<π，所以A＝eq \f(π,3). 选条件②，由asinB＝bcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))及正弦定理，得sinAsinB＝sinBcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))， 又sinB>0，则sinA＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)cosA＋eq \f(1,2)sinA，整理得tanA＝eq \r(3)， 又0<A<π，所以A＝eq \f(π,3). (2)由(1)可知A＝eq \f(π,3)，由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(\r(6),sin\f(π,3))＝2eq \r(2)， 因此b＋c＝2eq \r(2)sinB＋2eq \r(2)sinC ＝2eq \r(2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))))＝2eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinB＋\f(\r(3),2)cosB))＝2eq \r(6)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))， 由△ABC为锐角三角形，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－B<\f(π,2)，)) 解得eq \f(π,6)<B<eq \f(π,2)，因此eq \f(π,3)<B＋eq \f(π,6)<eq \f(2π,3)，则eq \f(\r(3),2)<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))≤1， 于是3eq \r(2)<b＋c≤2eq \r(6)，3eq \r(2)＋eq \r(6)<a＋b＋c≤3eq \r(6)， 所以△ABC周长的取值范围是(3eq \r(2)＋eq \r(6)，3eq \r(6)]． (2024·湖北部分重点高中模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a<b，c＝2acosAcosB－bcos2A. (1)求A； (2)若eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BC,\s\up14(→))，|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝2，求b＋c的取值范围． 即A＋B＝2A－B或A＋B＝π－(2A－B)， 解得A＝2B或A＝eq \f(π,3). 因为a<b，所以A<B，所以A＝2B舍去，即A＝eq \f(π,3). (2)由eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BC,\s\up14(→))，得eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→)))， 则eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up14(→))， 则|eq \o(AD,\s\up14(→))|2＝eq \f(1,9)b2＋eq \f(4,9)c2＋eq \f(4,9)bccosA， 则4＝eq \f(1,9)b2＋eq \f(4,9)c2＋eq \f(2,9)bc，则b2＋4c2＋2bc＝36，即(b＋c)2＋3c2＝36. 令b＋c＝6cosα，eq \r(3)c＝6sinα，α∈(0，2π)， 因为c>0，b＋c>0，所以0<α<eq \f(π,2). 因为b＝6cosα－2eq \r(3)sinα>0， 所以tanα<eq \r(3)，解得0<α<eq \f(π,3). 由(1)得A＝eq \f(π,3)， 则a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc， 又因为a<b，所以a2<b2， 所以b2＋c2－bc<b2，解得c<b， 所以2eq \r(3)sinα<6cosα－2eq \r(3)sinα， 解得tanα<eq \f(\r(3),2)，所以0<tanα<eq \f(\r(3),2). 令tanα1＝eq \f(\r(3),2)，则0<α<α1<eq \f(π,3)， 则cosα1<cosα<1. 因为cosα1＝eq \f(2\r(7),7)，所以eq \f(12\r(7),7)<6cosα<6， 即eq \f(12\r(7),7)<b＋c<6. 1．(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC＝eq \r(2)cosB，a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋eq \r(3)，求c. 解：(1)由a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab及余弦定理， 可得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(2)ab,2ab)＝eq \f(\r(2),2)， 因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,4)，sinC＝eq \f(\r(2),2)， 因为sinC＝eq \r(2)cosB，所以cosB＝eq \f(1,2)， 又因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). (2)由(1)可得B＝eq \f(π,3)，C＝eq \f(π,4)，故A＝π－eq \f(π,3)－eq \f(π,4)＝eq \f(5π,12)， 所以sinA＝sineq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝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)， 由正弦定理有eq \f(a,sin\f(5π,12))＝eq \f(b,sin\f(π,3))＝eq \f(c,sin\f(π,4))， 从而a＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)·eq \r(2)c＝eq \f(\r(3)＋1,2)c，b＝eq \f(\r(3),2)·eq \r(2)c＝eq \f(\r(6),2)c， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(3)＋1,2)c·eq \f(\r(6),2)c·eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3＋\r(3),8)c2， 由△ABC的面积为3＋eq \r(3)， 可得eq \f(3＋\r(3),8)c2＝3＋eq \r(3)，所以c＝2eq \r(2). 2．(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq \r(3)，D为BC的中点，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，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1， 所以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)， 则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，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1，所以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·AD·cos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq \f(1,2)＝3，解得b＝eq \r(3)， 有AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝eq \f(π,2)，C＝eq \f(π,6). 过A作AE⊥BC于点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与△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，则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，因为D为BC的中点，则2eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))，又eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→))，于是4eq \o(AD,\s\up14(→))2＋eq \o(CB,\s\up14(→))2＝(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))2＋(eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→)))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.则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2. 某街道规划建一座口袋公园．如图所示，公园由扇形AOC区域和△COD区域组成．其中A，O，D三点共线，扇形半径OA为30 m．规划口袋公园建成后，扇形AOC区域将作为花草展示区，△COD区域作为亲水平台区，两个区域的所有边界修建休闲步道． (1)若∠AOC＝eq \f(π,3)，OD＝2OA，求休闲步道总长； (2)若∠ODC＝eq \f(π,6)，在前期民意调查时发现，绝大部分街道居民对亲水平台区更感兴趣．请你根据民意调查情况，从该区域面积最大或周长最长的视角出发，选择其中一个方案，设计△COD的形状． 解：(1)由题意知，OA＝30 m， 所以OD＝2OA＝60 m，OC＝OA＝30 m， 因为∠AOC＝eq \f(π,3)，所以∠COD＝eq \f(2π,3)， 在△COD中，由余弦定理得CD2＝OC2＋OD2－2OC·ODcos∠COD＝302＋602－2×30×60×coseq \f(2π,3)＝900＋3600＋2×30×60×eq \f(1,2)＝6300， 所以CD＝30eq \r(7) m， 又由弧长公式，可得eq \o(AC,\s\up16(︵))的长l＝eq \f(π,3)×30＝10π(m)， 所以休闲步道总长为OA＋OC＋OD＋CD＋l＝30＋30＋60＋30eq \r(7)＋10π＝120＋30eq \r(7)＋10π(m)． (2)设∠COD＝θ，由∠ODC＝eq \f(π,6)，可得∠OCD＝eq \f(5π,6)－θ， 由正弦定理知eq \f(OD,sin∠OCD)＝eq \f(CD,sin∠COD)＝eq \f(OC,sin∠ODC)＝eq \f(30,sin\f(π,6))＝60， 所以OD＝60sin∠OCD＝60sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝30cosθ＋30eq \r(3)sinθ， CD＝60sin∠COD＝60sinθ. 若选择面积最大： S△COD＝eq \f(1,2)OD·CDsin∠ODC＝eq \f(1,2)(30cosθ＋30eq \r(3)sinθ)×60sinθ×eq \f(1,2)＝450sinθcosθ＋450eq \r(3)sin2θ＝225sin2θ＋225eq \r(3)(1－cos2θ)＝225(sin2θ－eq \r(3)cos2θ)＋225eq \r(3)＝450eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2θ－\f(\r(3),2)cos2θ))＋225eq \r(3)＝450sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＋225eq \r(3)， 因为0<θ<eq \f(5π,6)，所以－eq \f(π,3)<2θ－eq \f(π,3)<eq \f(4π,3)， 所以当2θ－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(5π,12)时，面积取得最大值，为450＋225eq \r(3)(m2)， 又因为sineq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 所以OD＝60sineq \f(5π,12)＝15(eq \r(6)＋eq \r(2)) m， CD＝60sineq \f(5π,12)＝15(eq \r(6)＋eq \r(2)) m. 所以当∠COD＝eq \f(5π,12)，OD＝CD＝15(eq \r(6)＋eq \r(2)) m时，该区域面积最大． 若选择周长最长： △COD的周长L＝OC＋OD＋CD＝30＋30cosθ＋30eq \r(3)sinθ＋60sinθ＝30＋30[(eq \r(3)＋2)sinθ＋cosθ]＝30＋30eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(8＋4\r(3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋2,\r(8＋4\r(3)))·sinθ＋\f(1,\r(8＋4\r(3)))cosθ))))＝30＋30(eq \r(6)＋eq \r(2))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),4)sinθ＋\f(\r(6)－\r(2),4)cosθ))＝30＋30(eq \r(6)＋eq \r(2))·sin(θ＋φ)，其中sinφ＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，cosφ＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4). 因为sin(θ＋φ)的最大值为1，所以△COD周长的最大值为30＋30eq \r(6)＋30eq \r(2)(m)，当θ＋φ＝eq \f(π,2)时，取到最大值． 因为sinθ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝cosφ＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，cosθ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝sinφ＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)， 所以OD＝30cosθ＋30eq \r(3)sinθ＝15(eq \r(6)＋eq \r(2)) m，CD＝60sinθ＝15(eq \r(6)＋eq \r(2)) m. 所以当sin∠COD＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，OD＝CD＝15(eq \r(6)＋eq \r(2)) m时，该区域周长最长. 1.(2024·北京海淀二模)已知函数f(x)＝2cos2eq \f(ωx,2)＋eq \r(3)sinωx(ω>0)，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f(x)存在且唯一确定． (1)求ω的值； (2)若不等式f(x)<2在区间(0，m)内有解，求m的取值范围． 条件①：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2； 条件②：y＝f(x)的图象可由y＝2cos2x的图象平移得到； 条件③：f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))内无极值点，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))－2＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋2. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 解：(1)依题意，f(x)＝2cos2eq \f(ωx,2)＋eq \r(3)sinωx＝cosωx＋eq \r(3)sinωx＋1＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＋1. 选条件①，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2，得2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω－\f(π,3)))＋1＝2，即coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω－\f(π,3)))＝eq \f(1,2)， 于是eq \f(π,3)ω－eq \f(π,3)＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈N或eq \f(π,3)ω－eq \f(π,3)＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈N*，显然ω的值不唯一， 因此函数f(x)不唯一，不符合题意． 选条件②，y＝f(x)的图象可由y＝2cos2x的图象平移得到， 因此y＝f(x)的最小正周期为函数y＝2cos2x的最小正周期，为π，而ω>0， 则eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2. 选条件③，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))内无极值点，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))－2＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋2， 则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝4，即函数f(x)分别在x＝eq \f(π,6)，x＝－eq \f(π,3)时取得最大值、最小值， 于是f(x)的最小正周期T≤2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))))＝π， 由f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))内无极值点，得f(x)的最小正周期T≥2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))))＝π， 因此T＝π，而ω>0，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2. (2)由(1)可知f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1， 由x∈(0，m)，得2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，2m－\f(π,3)))， 由不等式f(x)<2在区间(0，m)内有解， 即coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))<eq \f(1,2)在区间(0，m)内有解， 则有2m－eq \f(π,3)>eq \f(π,3)，解得m>eq \f(π,3)， 所以m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，＋∞)). 2．(2024·江苏苏州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(a＋b,c)＝eq \f(sinC－sinB,sinA－sinB). (1)求角A； (2)若a＝6，点M为△ABC的重心，且AM＝2eq \r(3)，求△ABC的面积． 解：(1)因为eq \f(a＋b,c)＝eq \f(sinC－sinB,sinA－sinB)，由正弦定理可得eq \f(a＋b,c)＝eq \f(c－b,a－b)， 整理得b2＋c2－a2＝bc， 由余弦定理可得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2). 又因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). (2)设AM的延长线交BC于点D，因为点M为△ABC的重心，所以D为BC的中点， 又因为AM＝2eq \r(3)，所以AD＝3eq \r(3). 在△ABC中，由b2＋c2－a2＝bc和a＝6，可得bc＝b2＋c2－36. 在△ABD和△ACD中， 有cos∠ADB＝－cos∠ADC， 由余弦定理可得eq \f(32＋（3\r(3)）2－c2,2×3×3\r(3))＝－eq \f(32＋（3\r(3)）2－b2,2×3×3\r(3))， 故b2＋c2＝72，所以bc＝b2＋c2－36＝72－36＝36， 所以△ABC的面积为eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×36×sineq \f(π,3)＝9eq \r(3). 3．(2024·广东佛山模拟)已知向量m＝(sinx，1)，n＝(eq \r(3)cosx，－2)，函数f(x)＝(m＋n)·m. (1)若m∥n，求cos2x的值； (2)若△ABC为锐角三角形，且f(A)＝eq \f(1,2)，求tanB的取值范围． 解：(1)∵m∥n，∴eq \r(3)cosx＝－2sinx， 则tanx＝－eq \f(\r(3),2). cos2x＝cos2x－sin2x＝eq \f(cos2x－sin2x,sin2x＋cos2x)＝eq \f(1－tan2x,tan2x＋1)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋1)＝eq \f(1,7). (2)f(x)＝(m＋n)·m＝(sinx＋eq \r(3)cosx)sinx＋(1－2)×1＝sin2x＋eq \r(3)sinxcosx－1 ＝eq \f(\r(3),2)sin2x－eq \f(1,2)cos2x－eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－eq \f(1,2)， 由f(A)＝eq \f(1,2)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1， ∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))， ∴2A－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即A＝eq \f(π,3)， 由△ABC为锐角三角形，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<π－\f(π,3)－B<\f(π,2)，))解得eq \f(π,6)<B<eq \f(π,2)， ∴tanB>eq \f(\r(3),3)，故tanB的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)). 4．(2024·山东济南二模)如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AB＝BC＝eq \r(2)，∠ABC＝θ，120°≤θ≤180°. (1)若θ＝120°，AD＝3，求∠ADC的大小； (2)若CD＝eq \r(6)，求四边形ABCD面积的最大值． 解：(1)在△ABC中，AB＝BC＝eq \r(2)，θ＝120°，所以∠BCA＝30°， 由余弦定理，可得AC2＝(eq \r(2))2＋(eq \r(2))2－2×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝6，即AC＝eq \r(6)， 又BC⊥CD，所以∠ACD＝60°， 在△ADC中，由正弦定理可得eq \f(3,sin60°)＝eq \f(\r(6),sin∠ADC)，得sin∠ADC＝eq \f(\r(2),2)， 因为AC<AD，所以0°<∠ADC<60°，所以∠ADC＝45°. (2)在Rt△BCD中，BC＝eq \r(2)，CD＝eq \r(6)， 所以BD＝2eq \r(2)，∠CBD＝60°， 所以四边形ABCD的面积S＝S△BCD＋S△ABD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(6)＋eq \f(1,2)×eq \r(2)×2eq \r(2)sin∠ABD＝eq \r(3)＋2sin∠ABD， 因为120°≤∠ABC≤180°， 所以60°≤∠ABD≤120°. 当∠ABD＝90°时，Smax＝eq \r(3)＋2， 即四边形ABCD面积的最大值为eq \r(3)＋2. 5．(2024·黑龙江哈尔滨二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝4，eq \f(2bcosB,c)＝cosA＋eq \f(sinA,tanC). (1)求角B的大小； (2)已知直线BD为∠ABC的平分线，且与AC交于点D，若BD＝eq \f(2\r(2),3)，求△ABC的周长． 解：(1)由已知，得2bcosB＝ccosA＋eq \f(csinA,tanC)， 根据正弦定理，得 2sinBcosB＝sinCcosA＋eq \f(sinCsinA,tanC)， 即2sinBcosB＝sinAcosC＋cosAsinC， 即2sinBcosB＝sin(A＋C)＝sinB， 由于0<B<π，sinB>0，所以cosB＝eq \f(1,2)， 所以B＝eq \f(π,3). (2)因为S△ABC＝S△ABD＋S△CBD， 所以eq \f(1,2)acsin∠ABC＝eq \f(1,2)BD·c·sin∠ABD＋eq \f(1,2)BD·a·sin∠CBD， 因为直线BD为∠ABC的平分线，所以∠ABD＝∠CBD＝eq \f(1,2)∠ABC＝eq \f(π,6)， 所以eq \f(1,2)ac×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2),3)c×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2),3)a×eq \f(1,2)， 则eq \r(3)ac＝eq \f(2\r(2),3)(a＋c)，即ac＝eq \f(2\r(2),3\r(3))(a＋c)， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos∠ABC，即16＝a2＋c2－ac， 所以16＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－eq \f(2\r(2),\r(3))(a＋c)， 解得a＋c＝2eq \r(6)或a＋c＝－eq \f(4\r(6),3)(舍去)， 故△ABC的周长为2eq \r(6)＋4. 6．(2024·福建厦门二模)定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形．如图，△ABC的面积为S，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinC＝eq \f(2S,c2－b2). (1)证明：△ABC是倍角三角形； (2)若c＝9，当S取得最大值时，求tanB. 解：(1)证明：因为sinC＝eq \f(2S,c2－b2)＝eq \f(2×\f(1,2)absinC,c2－b2)＝eq \f(absinC,c2－b2)， 又sinC≠0，所以eq \f(ab,c2－b2)＝1，则b2＝c2－ab， 又由余弦定理知，b2＝a2＋c2－2accosB， 故可得2ccosB＝a＋b， 由正弦定理，得2sinCcosB＝sinA＋sinB， 又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC， 代入上式可得sinCcosB＝sinBcosC＋sinB， 即sinCcosB－sinBcosC＝sinB，sin(C－B)＝sinB， 则有C－B＝B或C－B＋B＝π(舍去)，故C＝2B， 故△ABC是倍角三角形． (2)因为C＝2B， 所以A＝π－B－C＝π－3B>0， 故0<B<eq \f(π,3)，则tanB∈(0，eq \r(3))，又c＝9， 由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，得 a＝eq \f(9sinA,sinC)＝eq \f(9sin（π－3B）,sin2B)＝eq \f(9sin3B,sin2B)， 则S＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(9,2)asinB＝eq \f(9,2)×eq \f(9sin3B,sin2B)×sinB＝eq \f(81,4)×eq \f(sin3B,cosB)＝eq \f(81,4)×eq \f(sin2BcosB＋cos2BsinB,cosB)＝eq \f(81,4)×(sin2B＋cos2BtanB)＝eq \f(81,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2tanB,1＋tan2B)＋\f(1－tan2B,1＋tan2B)×tanB))＝eq \f(81,4)×eq \f(3tanB－tan3B,1＋tan2B). 设x＝tanB∈(0，eq \r(3))，f(x)＝eq \f(3x－x3,1＋x2)， 则f′(x)＝eq \f(（3－3x2）（1＋x2）－（3x－x3）·2x,（1＋x2）2)＝eq \f(－x4－6x2＋3,（1＋x2）2)， 令f′(x)＝0得x2＝2eq \r(3)－3或x2＝－2eq \r(3)－3(舍去)， 且当0<x2<2eq \r(3)－3时，f′(x)>0， 当2eq \r(3)－3<x2<3时，f′(x)<0， 则f(x)在(0，eq \r(2\r(3)－3))上单调递增，在(eq \r(2\r(3)－3)，eq \r(3))上单调递减， 故当x＝eq \r(2\r(3)－3)时，f(x)取得最大值， 此时S也取得最大值，故tanB＝eq \r(2\r(3)－3). $$