课时规范练28　三角函数中的综合问题专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦三角函数与解三角形综合应用，以条件选择题型为载体，系统整合三角恒等变换、函数性质及正余弦定理，强化推理能力与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数性质|1题3条件|三角恒等变换化简函数，利用对称轴/零点/单调性确定参数|从三角公式到函数解析式，再到单调区间求解，形成“化简-求参-性质应用”链条| |解三角形综合|5题（含2道条件选做题）|正余弦定理联用、面积公式转化、存在性判断、中线长度最值求法|以三角形边角关系为核心，融合方程思想与不等式求最值，体现“定理应用-模型构建-综合论证”逻辑|

课时规范练28　三角函数中的综合问题 1.在①x=是函数f(x)图象的一条对称轴,②是函数f(x)的一个零点,③函数f(x)在区间[a,b]上单调递增,且b-a的最大值为这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答. 已知函数f(x)=2sin ωxcos(ωx-)-(0<ω<2),　　　　　,求f(x)在区间[-]上的单调递减区间.  注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 2.(2025北京卷,16)在△ABC中,cos A=-,asin C=4. (1)求c; (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得△ABC存在,求BC边上的高. 条件①:a=6; 条件②:bsin C=; 条件③:S△ABC=10. 3.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A). (1)证明:2a2=b2+c2; (2)若a=5,cos A=,求△ABC的周长. 4.在①+1=;②(a+2b)cos C+ccos A=0;③asin=csin A这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答. 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且　　　　　　.  (1)求角C的大小; (2)若c=4,求AB的中线CD长度的最小值. 5.若f(x)=sin(ωx+φ) (ω>0,0<φ<)的部分图象如图所示,f(0)=,f()=0. (1)求f(x)的解析式; (2)在锐角三角形ABC中,若A>B,f()=,求cos,并证明sin A>. 6.(2025广西桂林一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b2=(a+c)2-ac. (1)求角B的大小; (2)若b=3,求△ABC的周长的最大值; (3)若△ABC的面积为,D为AC的中点,且|AC|=2,求BD的长. 参考答案 1.解f(x)=2sin ωxcos(ωx-)- =2sin ωx(cos ωxcos+sin ωxsin)- =cos ωxsin ωx+sin2ωx- =sin 2ωx-cos 2ωx =sin(2ωx-). ①若x=-是函数f(x)图象的一条对称轴, 则-=kπ+(k∈Z), 即-=kπ+(k∈Z), 因此ω=-3k-2(k∈Z).又0<ω<2,所以当k=-1时,ω=1,则f(x)=sin(2x-). ②若是函数f(x)的一个零点, 则×2ω-=kπ,即ω=kπ+(k∈Z), 因此ω=6k+1(k∈Z).又0<ω<2,所以当k=0时,ω=1,所以f(x)=sin(2x-). ③若f(x)在区间[a,b]上单调递增,且b-a的最大值为,则T=π=,故ω=1,所以f(x)=sin(2x-).由+2kπ≤2x-+2kπ(k∈Z),得+kπ≤x≤+kπ(k∈Z), 令k=0,得≤x≤;令k=-1,得-≤k≤-.又-≤x≤,所以f(x)在区间[-]上的单调递减区间为[-,-],[]. 2.解(1)由cos A=-,得sin A=. ∵asin C=4,∴S△ABC=absin C=×4b=bcsin A, ∴4c,解得c=6. (2)若选①,a=6,则a=c.又cos A<0,∴A为钝角,故△ABC不存在. 若选②,bsin C=,如图,作AD垂直BC于点D, 则BC边上的高AD=,此时sin B=, ∴B∈(). 又cos A=-,∴A∈(),∴A+B∈(,π),∴△ABC存在,此时BC边上的高AD=. 若选③,S△ABC=10.由(1)知S△ABC=×4b=10,解得b=5. 由余弦定理得,a==9, ∴△ABC存在. 又S△ABC=·a·AD, ∴·a·AD=10,解得AD=. 3.(1)证明 ∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A), ∴sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A=sin B·sin Ccos A-sin Bsin Acos C, 由正弦定理及余弦定理,得ca·-cb·=bc·-ba·, 化简整理,得2a2=b2+c2. (2)解∵a=5, ∴b2+c2=2a2=50. 由余弦定理,得cos A=, ∴bc=. ∴b+c==9, ∴a+b+c=14.故△ABC的周长为14. 4.解(1)选择条件①: 由+1=及正弦定理,得+1=,即a2+b2-c2=-ab, 由余弦定理,得cos C==-, 因为0<C<π,所以C=. 选择条件②: 由(a+2b)cos C+ccos A=0及正弦定理,得(sin A+2sin B)cos C+sin Ccos A=0, 即sin Acos C+cos Asin C=-2sin Bcos C, 即sin(A+C)=-2sin Bcos C. 在△ABC中,A+B+C=π, 所以sin(A+C)=sin(π-B)=sin B, 即sin B=-2cos Csin B, 因为0<B<π,所以sin B≠0,所以cos C=-, 因为0<C<π,所以C=. 选择条件③: 由asin=csin A及正弦定理,得sin A·sin=sin Csin A,因为0<A<π,sin A≠0, 所以=sin C. 在△ABC中,A+B+C=π,则sin=cos, 故=2sin. 因为0<C<π,所以cos≠0,则sin, 故C=. (2)因为∠ADC+∠BDC=π, 所以=0, 整理得2CD2=a2+b2-8,在三角形ABC中,由余弦定理得42=a2+b2-2abcos=a2+b2+ab. 因为ab≤,当且仅当a=b时取等号, 所以16=a2+b2+ab≤a2+b2+(a2+b2)=(a2+b2),即a2+b2≥, 所以2CD2=a2+b2-8≥-8=,即CD≥, 即CD长度的最小值为. 5.解(1)由f(0)=,得sin φ=. 又0<φ<,故φ=. 由f()=0,得sin(ω·)=0,所以ω·=2kπ+π(k∈Z),即ω=2+(k∈Z). 由ω>0,结合函数图象可知, 所以0<ω<.又k∈Z,所以k=0,从而ω=2, 因此f(x)=sin(2x+). (2)由f()=sin(A-B)=, 因为0<B<A<,所以0<A-B<,故cos(A-B)=.因为cos(A-B)=2cos2-1, 于是cos. 所以sin. 又A+B>,故A=. 又y=sin x在区间(0,)上单调递增,且A∈(0,),∈(0,), 所以sin A>sin()=sin+cos×()=. 6.解(1)∵b2=(a+c)2-ac,∴b2=a2+c2+ac. 又由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B, ∴cos B=-. ∵B∈(0,π),∴B=. (2)由b=3及已知得9=(a+c)2-ac, ∵ac≤,∴(a+c)2-9=ac≤, ∴a+c≤2,当且仅当a=c=时,等号成立, 故△ABC的周长最大值为3+2. (3)由S△ABC=acsin B=ac=,得ac=4,则c=,由b2=a2+c2-2accos B,得12=a2+c2+4,故a2+c2=8,则a2+=8,即a4-8a2+16==0,解得a=2,∴a=c=2, 又D为AC的中点,∴BD⊥AC,又|AD|=, ∴由勾股定理得|BD|==1. 1 学科网（北京）股份有限公司 $