2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第4章三角函數(shù)與解三角形第5節(jié)函數(shù)y＝Asinωx＋φ的圖像及簡單應(yīng)用學(xué)案含解析新人教B版202305182162

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第4章三角函數(shù)與解三角形第5節(jié)函數(shù)y＝Asinωx＋φ的圖像及簡單應(yīng)用學(xué)案含解析新人教B版202305182162第5節(jié)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖像及簡單應(yīng)用一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的有關(guān)概念y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)振幅周期頻率相位初相AT＝eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)ωx＋φφ2．用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)一個(gè)周期內(nèi)的簡圖用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)一個(gè)周期內(nèi)的簡圖時(shí)，要找五個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，如下表所示：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πx－eq\f(φ,ω)eq\f(π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\f(π－φ,ω)eq\f(3π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\f(2π－φ,ω)y＝Asin(ωx＋φ)0A0－A0用“五點(diǎn)法”作圖時(shí)，相鄰兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)的橫坐標(biāo)之間的距離都是周期的eq\f(1,4).3．由函數(shù)y＝sinx的圖像通過變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖像的兩種方法先平移變換(左右平移)再周期變換(伸縮變換)，左右平移的量是|φ|個(gè)單位長度，而先周期變換(伸縮變換)再平移變換(左右平移)，左右平移的量是eq\f(|φ|,ω)個(gè)單位長度．4．明確以下兩個(gè)關(guān)系(1)函數(shù)的周期與圖像的對稱性之間的關(guān)系．①正弦曲線或余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是eq\f(1,2)周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是eq\f(1,4)周期；②正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是eq\f(1,2)周期．(2)對稱軸(對稱中心)與函數(shù)值的關(guān)系．在判斷對稱軸或?qū)ΨQ中心時(shí)，用以下結(jié)論可快速解題：設(shè)y＝f(x)＝Asin(ωx＋φ)，g(x)＝Acos(ωx＋φ)，x＝x0是對稱軸方程?f(x0)＝±A，g(x0)＝±A；(x0,0)是對稱中心?f(x0)＝0，g(x0)＝0.二、基本技能·思想·活動體驗(yàn)1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯(cuò)的打“×”．(1)將y＝sin2x的圖像向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖像．(×)(2)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值為A，最小值為－A.(×)(3)若函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)為偶函數(shù)，則φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．(√)(4)函數(shù)y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T，那么函數(shù)圖像的兩個(gè)相鄰對稱中心之間的距離為eq\f(T,2).(√)2．已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))的圖像經(jīng)過點(diǎn)(0,1)，則該函數(shù)的最小正周期T和初相φ分別為()A．6，eq\f(π,6) B．6，eq\f(π,3)C．6π，eq\f(π,6) D．6π，eq\f(π,3)A解析：由已知得2sinφ＝1，所以sinφ＝eq\f(1,2).又|φ|＜eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,6).因此f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))，且T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6.3．為了得到y(tǒng)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,8)))的圖像，只要把y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))的圖像上所有點(diǎn)的()A．縱坐標(biāo)伸長到原來的3倍，橫坐標(biāo)不變B．橫坐標(biāo)伸長到原來的3倍，縱坐標(biāo)不變C．縱坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,3)，橫坐標(biāo)不變D．橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標(biāo)不變D解析：y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))圖像上的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標(biāo)不變，可得到y(tǒng)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,8)))的圖像．4．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ為常數(shù)，A＞0，ω＞0)在閉區(qū)間[－π，0]上的圖像如圖所示，則ω＝________.3解析：觀察函數(shù)圖像可得周期T＝eq\f(2π,3)，故T＝eq\f(2π,3)＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝3.考點(diǎn)1由圖像確定y＝Asinωx＋φ的解析式——基礎(chǔ)性1．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋b在一個(gè)周期內(nèi)的圖像如圖eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，則函數(shù)的解析式為()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))＋1B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))＋1C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1D解析：結(jié)合函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋b在一個(gè)周期內(nèi)的圖像，可得A＝eq\f(3－－1,2)＝2，b＝1，eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，所以ω＝2.再根據(jù)五點(diǎn)法作圖可得2×eq\f(π,6)＋φ＝0，解得φ＝－eq\f(π,3)，故函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1.故選D.2．已知函數(shù)f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)，ω>0))，y＝f(x)的部分圖像如圖，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝()A．2＋eq\r(3) B．eq\r(3)C．eq\f(\r(3),3) D．2－eq\r(3)B解析：由圖像可知，T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)－\f(π,8)))＝eq\f(π,2)，所以ω＝2，所以f(x)＝Atan(2x＋φ)．因?yàn)楹瘮?shù)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))，所以0＝Ataneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋φ)).又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).又f(0)＝1，所以Ataneq\f(π,4)＝1，解得A＝1，所以f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(π,4)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).3．函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分圖像如圖所示，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈ZD解析：由圖像知，周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，所以eq\f(2π,ω)＝2，所以ω＝π.由π×eq\f(1,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.不妨取φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4))).由2kπ＜πx＋eq\f(π,4)＜2kπ＋π，k∈Z，得2k－eq\f(1,4)＜x＜2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z.故選D.由圖像確定函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A＞0，ω＞0)的解析式的步驟(1)求A，B，確定函數(shù)的最大值M和最小值m，則A＝eq\f(M－m,2)，B＝eq\f(M＋m,2).(2)求ω，確定函數(shù)的周期T，則ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ，常用方法有：①代入法：把圖像上的一個(gè)已知點(diǎn)的坐標(biāo)代入(此時(shí)要注意該點(diǎn)在遞增區(qū)間上還是在遞減區(qū)間上)或把圖像的最高點(diǎn)(最低點(diǎn))的坐標(biāo)代入．②五點(diǎn)法：確定φ值時(shí)，往往以尋找“五點(diǎn)法”中的特殊點(diǎn)作為突破口．考點(diǎn)2函數(shù)y＝Asinωx＋φ的圖像變換——綜合性將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖像向右平移eq\f(1,4)個(gè)周期后，所得圖像對應(yīng)的函數(shù)解析式為()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))D解析：由函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))得周期T＝eq\f(2π,2)＝π.將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖像向右平移eq\f(1,4)個(gè)周期，即為函數(shù)f(x)的圖像向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長度，得y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).本例條件不變，將函數(shù)f(x)的圖像平移后所得圖像再向右平移θ(θ＞0)個(gè)單位長度，可得函數(shù)g(x)的圖像．若y＝g(x)的圖像關(guān)于y軸對稱，則θ的最小值為________．eq\f(π,12)解析：由y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2θ－\f(π,3))).又y＝g(x)的圖像關(guān)于y軸對稱，則－2θ－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以θ＝－eq\f(kπ,2)－eq\f(5π,12).又θ＞0，所以k＜－eq\f(5,6)，即當(dāng)k＝－1時(shí)，θmin＝eq\f(π,12).三角函數(shù)圖像平移變換問題的關(guān)鍵及解題策略(1)確定函數(shù)y＝sinx經(jīng)過平移變換后圖像對應(yīng)的解析式，關(guān)鍵是明確左右平移的方向，即按“左加右減”的原則進(jìn)行．(2)已知兩個(gè)函數(shù)解析式判斷其圖像間的平移關(guān)系時(shí)，首先要將解析式化為同名三角函數(shù)形式，然后再確定平移方向和單位．1．(2020·威海一模)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的最小正周期為π，且其圖像向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度得到函數(shù)g(x)＝cosωx的圖像，則φ＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)D解析：因?yàn)閒(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期為π，所以eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2.將f(x)的圖像向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))＝cos2x的圖像，所以φ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.因?yàn)椋?lt;φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6).故選D.2．(2020·天津卷)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).給出下列結(jié)論：①f(x)的最小正周期為2π；②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；③把函數(shù)y＝sinx的圖像上所有點(diǎn)向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度，可得到函數(shù)y＝f(x)的圖像．其中所有正確結(jié)論的序號是()A．①B．①③C．②③D．①②③B解析：因?yàn)閒(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，所以周期T＝eq\f(2π,ω)＝2π，故①正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,3)))＝sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)≠1，故②不正確；將函數(shù)y＝sinx的圖像上所有點(diǎn)向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖像，故③正確．故選B.3．若ω＞0，將函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖像向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度后與函數(shù)y＝sinωx的圖像重合，則ω的最小值為________．eq\f(5,2)解析：將函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖像向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度，得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,3)))的圖像．因?yàn)樗煤瘮?shù)圖像與函數(shù)y＝sinωx的圖像重合，所以－eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝－eq\f(7,2)－6k(k∈Z)．因?yàn)棣兀?，所以當(dāng)k＝－1時(shí)，ω取得最小值eq\f(5,2).考點(diǎn)3三角函數(shù)模型及其應(yīng)用——應(yīng)用性某港口某天0時(shí)至24時(shí)的水深y(單位：米)隨時(shí)間x(單位：時(shí))的變化曲線近似滿足如下函數(shù)模型：y＝0.5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπx＋\f(π,6)))＋3.24(ω>0)．若該港口在該天0時(shí)至24時(shí)內(nèi)，有且只有3個(gè)時(shí)刻水深為3米，則該港口該天水最深的時(shí)刻不可能為()A．16時(shí) B．17時(shí)C．18時(shí) D．19時(shí)D解析：由題意知，x＝0時(shí)，y＝0.5sineq\f(π,6)＋3.24＝3.49.由五點(diǎn)法作圖知，如果當(dāng)x＝16時(shí)，函數(shù)取得最小值，則16ωπ＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,2)，得ω＝eq\f(7,48)，此時(shí)函數(shù)y＝0.5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,48)x＋\f(π,6)))＋3.24，函數(shù)的周期為T＝eq\f(2π,\f(7π,48))＝eq\f(96,7)≈14.該港口在該天0時(shí)至24時(shí)內(nèi)，有且只有2個(gè)時(shí)刻水深為3米．如果當(dāng)x＝19時(shí)，函數(shù)取得最小值，則19ωπ＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,2)，得ω＝eq\f(7,57).此時(shí)函數(shù)y＝0.5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,57)x＋\f(π,6)))＋3.24，函數(shù)的周期為T＝eq\f(2π,\f(7π,57))＝eq\f(114,7)，x＝24時(shí)，y＝0.5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,57)×24＋\f(π,6)))＋3.24>3，如圖：該港口在該天0時(shí)至24時(shí)內(nèi)，有且只有2個(gè)時(shí)刻的水深為3米，不滿足題意．故選D.三角函數(shù)模型在實(shí)際應(yīng)用中的兩種類型(1)已知函數(shù)模型，利用三角函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)解決問題，其關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解自變量的意義及自變量與函數(shù)之間的對應(yīng)關(guān)系．(2)把實(shí)際問題抽象轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)問題，建立三角函數(shù)模型，再利用三角函數(shù)的有關(guān)知識解決問題，其關(guān)鍵是建模．1．據(jù)市場調(diào)查，某種商品一年內(nèi)每件出廠價(jià)在7000元的基礎(chǔ)上，按月呈f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的模型波動(x為月份)．已知3月份達(dá)到最高價(jià)9000元，9月份價(jià)格最低為5000元，則7月份的出廠價(jià)格為________元．6000解析：作出函數(shù)簡圖．由題意知，A＝2000，B＝7000，T＝2×(9－3)＝12，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6).將(3,9000)看成函數(shù)圖像的第二個(gè)特殊點(diǎn)，則有eq\f(π,6)×3＋φ＝eq\f(π,2)，所以φ＝0，故f(x)＝2000sineq\f(π,6)x＋7000(1≤x≤12，x∈N*)．所以f(7)＝2000×sineq\f(7π,6)＋7000＝6000.故7月份的出廠價(jià)格為6000元．2．某城市一年中12個(gè)月的平均氣溫與月份的關(guān)系可近似地用三角函數(shù)y＝a＋Acoseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－6))(x＝1,2,3，…，12)來表示．已知6月份的平均氣溫最高，為28℃，12月份的平均氣溫最低，為18℃，則10月份的平均氣溫為________℃.20.5解析：依題意知，a＝eq\f(28＋18,2)＝23，A＝eq\f(28－18,2)＝5，所以y＝23＋5coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－6)).當(dāng)x＝10時(shí)，y＝23＋5coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×4))＝20.5.考點(diǎn)4三角函數(shù)圖像與性質(zhì)的綜合問題——綜合性已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖像如圖所示．若f(0)＝eq\r(3)，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(π2,8)－8，B，C分別為最高點(diǎn)與最低點(diǎn)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若將f(x)的圖像向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖像，求函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)由f(0)＝eq\r(3)，得2sinφ＝eq\r(3)，即sinφ＝eq\f(\r(3),2).又因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).由題意知，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T，2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)T，－4))，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(T2,8)－8＝eq\f(π2,8)－8，所以T＝π.故ω＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z.(2)由題意將f(x)的圖像向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖像，所以g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2))).所以，當(dāng)2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(2π,3)，即x＝0時(shí)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝eq\f(\r(3),2)，g(x)取得最大值eq\r(3)；當(dāng)2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(3π,2)，即x＝eq\f(5π,12)時(shí)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，g(x)取得最小值－2.三角函數(shù)圖像和性質(zhì)綜合問題的解題策略(1)圖像變換問題先根據(jù)和差角公式、倍角公式把函數(shù)表達(dá)式變?yōu)檎倚秃瘮?shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋t或余弦型函數(shù)y＝Acos(ωx＋φ)＋t的形式，再進(jìn)行圖像變換．(2)函數(shù)性質(zhì)問題求函數(shù)周期、最值、單調(diào)區(qū)間的方法步驟：①利用公式T＝eq\f(2π,ω)(ω＞0)求周期；②根據(jù)自變量的取值范圍確定ωx＋φ的取值范圍，根據(jù)相應(yīng)的正弦曲線或余弦曲線求值域或最值．1．(2020·泰安模擬)函數(shù)g(x)＝sinωx(ω>0)向左平移eq\f(π,5ω)個(gè)單位長度得到函數(shù)f(x)，已知f(x)在[0,2π]上有且只有5個(gè)零點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱B．f(x)在(0,2π)上只有3個(gè)極大值點(diǎn)，f(x)在(0,2π)上只有2個(gè)極小值點(diǎn)C．f(x)在(0,2π)上單調(diào)遞增D．ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))D解析：函數(shù)g(x)＝sinωx(ω>0)向左平移eq\f(π,5ω)個(gè)單位長度得到函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的圖像．已知f(x)在[0,2π]上有且只有5個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)x∈[0,2π]時(shí)，ωx＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))，所以2ωπ＋eq\f(π,5)∈[5π，6π)，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))).故D正確．因此只有滿足ωx＋eq\f(π,5)＝eq\f(π,2)，eq\f(5π,2)，eq\f(9π,2)的x是f(x)在(0,2π)上的極大值點(diǎn)，共3個(gè)；只有滿足ωx＋eq\f(π,5)＝eq\f(3π,2)，eq\f(7π,2)的x是f(x)在(0,2π)上的極小值點(diǎn)，但當(dāng)ω接近eq\f(29,10)時(shí)，ωx＋eq\f(π,5)＝eq\f(11π,2)<6π，也是一個(gè)極小值點(diǎn)，這時(shí)有3個(gè)極小值點(diǎn)，故B不正確．當(dāng)x＝eq\f(π,2)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,5)))，又因?yàn)棣亍蔱q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))，所以eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,5)，\f(33π,20)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))不一定能取到最小值或最大值，所以x＝eq\f(π,2)不一定為對稱軸，故A不正確．如果函數(shù)f(x)在(0,2π)上單調(diào)遞增，這與f(x)在[0,2π]上有且只有5個(gè)零點(diǎn)矛盾，故C不正確．故選D.2．已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))－sin(x＋π)．(1)求f(x)的最小正周期；(2)若將f(x)的圖像向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖像，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，π]上的最大值和最小值．解：(1)f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))－sin(x＋π)＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，于是T＝2π.(2)由已知得g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).因?yàn)閤∈[0，π]，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈[－1,2]．故函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，π]上的最大值為2，最小值為－1.將函數(shù)y＝eq\r(3)cosx＋sinx(x∈R)的圖像向左平移m(m>0)個(gè)單位長度后，所得到的圖像關(guān)于y軸對稱，則m的最小值是()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,6)[四字程序]讀想算思求m的最小值1.解析式如何變形？2．平移變換的規(guī)則是什么？3．圖像關(guān)于y軸對稱說明了什么？1.三角恒等變換；2．圖像的對稱軸方程轉(zhuǎn)化與化歸向左平移，圖像關(guān)于y軸對稱1.輔助角公式；2．左加右減；3．在x＝0處取得最值y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))或y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))1.平移變換前后，解析式之間的關(guān)系；2．正弦(或余弦)型函數(shù)圖像的對稱性思路參考：構(gòu)造正弦型函數(shù)的解析式．B解析：y＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，函數(shù)的圖像向左平移m(m>0)個(gè)單位長度，得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m＋\f(π,3))).由x＋m＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m＋\f(π,3)))的圖像的對稱軸為x＝eq\f(π,6)－m＋kπ(k∈Z)．因?yàn)樗玫膱D像關(guān)于y軸對稱，所以eq\f(π,6)－m＋kπ＝0(k∈Z)，即m＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，則m的最小值為eq\f(π,6).思路參考：構(gòu)造余弦型函數(shù)的解析式．B解析：y＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，向左平移m(m>0)個(gè)單位長度得到y(tǒng)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m－\f(π,6))).因?yàn)榇撕瘮?shù)圖像關(guān)于y軸對稱，所以y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m－\f(π,6)))為偶函數(shù)，易知m的最小值為eq\f(π,6).思路參考：根據(jù)圖像對稱軸與函數(shù)最值的關(guān)系．B解析：由解法1，得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m＋\f(π,3))).因?yàn)樗玫膱D像關(guān)于y軸對稱，可得f(0)＝±2，進(jìn)而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(π,3)))＝±1，易知m的最小值為eq\f(π,6).思路參考：利用函數(shù)圖像．B解析：y＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，可得此函數(shù)圖像的對稱軸為x＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，可知離y軸最近的對稱軸為x＝eq\f(π,6)和x＝－eq\f(5π,6).由圖像向左平移m(m>0)個(gè)單位長度后關(guān)于y軸對稱，易知m的最小值為eq\f(π,6).1．本題考查三角恒等變換、三角函數(shù)的圖像和性質(zhì)，基本解題方法是依據(jù)在對稱軸處函數(shù)值或函數(shù)的奇偶性列方程或利用圖像．重在對基礎(chǔ)知識的考查，淡化特殊技巧，強(qiáng)調(diào)通解通法．2．基于課程標(biāo)準(zhǔn)，解答本題一般需要提升運(yùn)算求解能力、邏輯推理能力，體現(xiàn)邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)．3．基于高考數(shù)學(xué)評價(jià)體系，本題涉及三角恒等變換、三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)等知識，滲透了轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，有一定的綜合性，屬于中低檔難度題．將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖像向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度后，所得函數(shù)g(x)的圖像關(guān)于原點(diǎn)對稱，則函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的最大值為()A．0 B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．1D解析：將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖像向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度后，可得函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖像．根據(jù)所得圖像關(guān)于原點(diǎn)對稱，可得eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z.因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，故當(dāng)2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)時(shí)，f(x)取得最大值為1.第6節(jié)正弦定理與余弦定理一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．正弦定理在一個(gè)三角形中，各邊的長和它所對角的正弦的比相等，即eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，其中R是三角形外接圓的半徑．正弦定理的變形公式：(1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R).(3)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.若已知兩邊和其中一邊的對角，解三角形時(shí)，可用正弦定理．在根據(jù)另一邊所對角的正弦值，確定角的值時(shí)，要注意避免增根或漏解，常用的基本方法就是結(jié)合“大邊對大角，大角對大邊”及三角形內(nèi)角和定理去考慮問題．2．余弦定理三角形任何一邊的平方，等于其他兩邊的平方和減去這兩邊與它們夾角余弦的積的2倍．即a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.余弦定理的推論：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).3．三角形的面積公式(1)S＝eq\f(1,2)ah(h表示邊a上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)absinC.(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為三角形的內(nèi)切圓半徑)．4．常用結(jié)論在△ABC中，常用以下結(jié)論：(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.(2)在三角形中大邊對大角，大角對大邊．(3)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．(4)sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；tan(A＋B)＝－tanC；sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).(5)tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC.(6)A>B?a>b?sinA>sinB?cosA<cosB.二、基本技能·思想·活動體驗(yàn)1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯(cuò)的打“×”．(1)在三角形中，已知兩角和一邊或已知兩邊和一角都能解三角形．(√)(2)在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC).(√)(3)在△ABC中，a2＋b2>c2是△ABC為銳角三角形的必要不充分條件．(√)(4)在△ABC中，若sinAsinB<cosAcosB，則此三角形是鈍角三角形．(√)2．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，則b＝()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．3D解析：由余弦定理，得4＋b2－2×2bcosA＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)(舍去)．故選D.3．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊．若a＝2bcosC，則此三角形一定是()A．等腰直角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰三角形或直角三角形C解析：在△ABC中，因?yàn)閏osC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，所以a＝2bcosC＝2b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，所以a2＝a2＋b2－c2，所以b＝c，所以此三角形一定是等腰三角形．4．在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA＝eq\f(1,3)，則sinB＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(5,9)C.eq\f(\r(5),3) D.1B解析：根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，有eq\f(3,\f(1,3))＝eq\f(5,sinB)，得sinB＝eq\f(5,9).故選B.5．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊，a＝2，A＝45°.若三角形有兩解，則邊b的取值范圍是________．(2,2eq\r(2))解析：如圖，△ABC有兩解的充要條件是bsin45°<2<b，解得2<b<2eq\r(2).故b的取值范圍是(2,2eq\r(2))．考點(diǎn)1利用正弦定理、余弦定理解三角形——基礎(chǔ)性1．(2020·全國卷Ⅲ)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，則cosB＝()A.eq\f(1,9) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)A解析：由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝42＋32－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，所以AB＝3.又由余弦定理可知cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(32＋32－42,2×3×3)＝eq\f(1,9).2．(2019·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，則eq\f(b,c)＝()A．6 B．5C．4 D．3A解析：因?yàn)閍sinA－bsinB＝4c·sinC，所以由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－4c2＋b2,2bc)＝eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，所以eq\f(b,c)＝6.3．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知C＝60°，b＝eq\r(6)，c＝3，則A＝________.75°解析：由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinC,c)＝eq\f(\r(6)sin60°,3)＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)?°＜B＜180°，且b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.4．(2019·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，則B＝________.eq\f(3π,4)解析：因?yàn)閎sinA＋acosB＝0，所以eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,－cosB).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得－cosB＝sinB，所以tanB＝－1.又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(3π,4).利用正、余弦定理解三角形的策略(1)已知三角形的兩邊和其中一邊的對角解三角形，可用正弦定理，也可用余弦定理．用正弦定理時(shí)，需判斷其解的個(gè)數(shù)；用余弦定理時(shí)，可根據(jù)一元二次方程根的情況判斷解的個(gè)數(shù)．(2)三角形解的個(gè)數(shù)的判斷：已知兩角和一邊，該三角形是確定的，其解是唯一的；已知兩邊和一邊的對角，該三角形具有不唯一性，通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角進(jìn)行判斷．結(jié)合圖像求解較為直觀易解．考點(diǎn)2判斷三角形的形狀——應(yīng)用性設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定B解析：因?yàn)閎cosC＋ccosB＝asinA，由正弦定理得sinBcosC＋sinC·cosB＝sin2A，所以sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.又sinA>0，所以sinA＝1，所以A＝eq\f(π,2)，故△ABC為直角三角形．若本例條件變?yōu)閑q\f(a,b)＝eq\f(cosB,cosA)，判斷△ABC的形狀．解：由eq\f(a,b)＝eq\f(cosB,cosA)，得eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosB,cosA)，所以sinAcosA＝cosBsinB，所以sin2A＝sin2B.因?yàn)锳，B為△ABC的內(nèi)角，所以2A＝2B或2A＝π－2B，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC為等腰三角形或直角三角形．1．判斷三角形形狀的常用途徑2．判斷三角形的形狀的注意點(diǎn)在判斷三角形的形狀時(shí)，一定要注意三角形的解是否唯一，并注重挖掘隱含條件．另外，在變形過程中，要注意角A，B，C的范圍對三角函數(shù)值的影響．在等式變形時(shí)，一般兩邊不要約去公因式，應(yīng)移項(xiàng)提取公因式，以免漏解．1．在△ABC中，eq\f(c－a,2c)＝sin2eq\f(B,2)(a，b，c分別為角A，B，C的對邊)，則△ABC的形狀為()A．直角三角形B．等邊三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形A解析：由cosB＝1－2sin2eq\f(B,2)得sin2eq\f(B,2)＝eq\f(1－cosB,2)，所以eq\f(c－a,2c)＝eq\f(1－cosB,2)，即cosB＝eq\f(a,c).(方法一)由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a,c)，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC為直角三角形．又無法判斷兩直角邊是否相等．故選A.(方法二)由正弦定理得cosB＝eq\f(sinA,sinC)，又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosB·sinC，所以cosBsinC＝sinBcosC＋cosB·sinC，即sinBcosC＝0.又sinB≠0，所以cosC＝0.又角C為三角形的內(nèi)角，所以C＝eq\f(π,2)，所以△ABC為直角三角形．又因?yàn)闊o法判斷兩直角邊是否相等．故選A.2．給出下列命題：①若tanAtanB>1，則△ABC一定是鈍角三角形；②若sin2A＋sin2B＝sin2C，則△ABC一定是直角三角形；③若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)＝1，則△ABC一定是等邊三角形．其中正確命題的序號為________．②③解析：①因?yàn)閠anAtanB>1，且A，B為三角形內(nèi)角，所以tanA>0，tanB>0，所以A，B均為銳角．又因?yàn)椋璽anC＝tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanA·tanB)<0，所以tanC>0，所以C為銳角，所以△ABC不是鈍角三角形，故①錯(cuò)誤．②由正弦定理及條件，得a2＋b2＝c2，所以△ABC一定為直角三角形，故②正確．③由cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)＝1及A，B，C為三角形內(nèi)角，可得cos(A－B)＝cos(B－C)＝cos(C－A)＝1，所以A＝B＝C.故③正確．考點(diǎn)3三角形的面積——綜合性(2020·廣東化州二模)在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對的邊為a，b，c.若S△ABC＝2eq\r(3)，a＋b＝6，eq\f(acosB＋bcosA,c)＝2cosC，則c＝()A．2eq\r(7) B．2eq\r(3)C．4 D．3eq\r(3)B解析：因?yàn)閑q\f(acosB＋bcosA,c)＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA,sinC)＝eq\f(sinA＋B,sinA＋B)＝1，所以2cosC＝1，所以C＝60°.若S△ABC＝2eq\r(3)，則eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(3)，所以ab＝8.因?yàn)閍＋b＝6，所以c2＝a2＋b2－2ab·cosC＝(a＋b)2－2ab－ab＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，所以c＝2eq\r(3).故選B.(2020·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B＝150°.(1)若a＝eq\r(3)c，b＝2eq\r(7)，求△ABC的面積；(2)若sinA＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，求C.解：(1)由余弦定理得a2＋c2－2accosB＝b2，將a＝eq\r(3)c，b＝2eq\r(7)，B＝150°代入，可得(eq\r(3)c)2＋c2－2×eq\r(3)c×ccos150°＝(2eq\r(7))2，整理得7c2＝28，解得c＝2.所以a＝2eq\r(3).所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×eq\f(1,2)＝eq\r(3).(2)因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sinA＝sin(B＋C)．又因?yàn)閟inA＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，所以sin(B＋C)＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2)，所以sinBcosC＋cosBsinC＋eq\r(3)sinC＝eq\f(\r(2),2).將B＝150°代入，整理得eq\f(1,2)cosC＋eq\f(\r(3),2)sinC＝eq\f(\r(2),2)，即sin(C＋30°)＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)锽＝150°，所以0°＜C＜30°，即0°＜C＋30°＜60°，所以C＋30°＝45°，解得C＝15°.求解三角形面積問題的方法技巧(1)若三角形中已知一個(gè)角(角的大小或該角的正、余弦值)，結(jié)合題意求解這個(gè)角的兩邊或該角的兩邊之積，代入公式求面積．(2)若已知三角形的三邊，可先求其中一個(gè)角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面積．總之，結(jié)合圖形恰當(dāng)選擇面積公式是解題的關(guān)鍵．1．(2019·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積為________．6eq\r(3)解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB.又因?yàn)閎＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，所以36＝4c2＋c2－2×2c2×eq\f(1,2)，所以c＝2eq\r(3)，a＝4eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3).2．(2020·全國卷Ⅰ)如圖，在三棱錐P–ABC的平面展開圖中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝________.－eq\f(1,4)解析：AB⊥AC，AB＝eq\r(3)，AC＝1，由勾股定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝2.同理得BD＝eq\r(6)，所以BF＝BD＝eq\r(6)，在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝eq\r(3)，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，所以CF＝CE＝1，在△BCF中，BC＝2，BF＝eq\r(6)，CF＝1，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－BF2,2CF·BC)＝eq\f(1＋4－6,2×1×2)＝－eq\f(1,4).3．(2020·菏澤高三聯(lián)考)在①B＝eq\f(π,3)，②a＝2，③bcosA＋acosB＝eq\r(3)＋1這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并解決相應(yīng)問題．已知在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S.若4S＝b2＋c2－a2，b＝eq\r(6)，且________，求△ABC的面積S的大小．解：因?yàn)?S＝b2＋c2－a2，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，S＝eq\f(1,2)bcsinA.所以2bcsinA＝2bccosA.顯然cosA≠0，所以tanA＝1.又A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq\f(π,4).若選①，B＝eq\f(π,3)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝2.又sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(6)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),2).若選②，a＝2，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)锽∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosB＝eq\f(1,2).又sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(6)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),2).若選③，bcosA＋acosB＝eq\r(3)＋1，所以acosB＝1，即a·eq\f(a2＋c2－6,2ac)＝1，所以a2＝6＋2c－c2.又a2＝6＋c2－2eq\r(6)c×eq\f(\r(2),2)＝6＋c2－2eq\r(3)c，所以6＋2c－c2＝6＋c2－2eq\r(3)c，解得c＝eq\r(3)＋1.所以S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×(eq\r(3)＋1)×sineq\f(π,4)＝eq\f(3＋\r(3),2).已知△ABC的三邊長分別為a，b，c，滿足a2＋b2＋2c2＝8，則三角形ABC面積的最大值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(3\r(5),5) D.eq\f(\r(5),3)[四字程序]讀想算思△ABC面積的最大值1.面積的表達(dá)式；2．以誰為變量？用適當(dāng)?shù)淖兞勘硎維轉(zhuǎn)化與化歸a2＋b2＋2c2＝81.S＝eq\f(1,2)ah；2．S＝eq\f(1,2)absinC；3．邊作變量；4．角作變量；5．海倫公式S2＝eq\f(1,4)a2b2·(1－cos2C)；S≤eq\f(2si