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专题讲座二 三角函数、解三角形与平面向量在高考中的常见题型与求解策略
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eq \x(考情概述) 从近几年高考看,高考对本部分内容的考查主要有:三角恒等变换与三角函数图象和性质结合,解三角形与恒等变换、平面向量、数列、不等式的综合,难度属于中低档题,但考生得分不高,其主要原因是公式不熟导致运算错误.考生在复习时,要熟练掌握三角公式,特别是二倍角的余弦公式,在此基础上掌握一些三角恒等变换,如变换角的技巧、变换函数名称的技巧等.
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专题一 三角函数的图象与性质
(2015·高考重庆卷)已知函数f(x)=eq \f(1,2)sin 2x-eq \r(3)cos2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最小值;
(2)将函数f(x)的图象上每一点的横坐标伸长到原来的两倍,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象.当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π))时,求g(x)的值域.
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[解] (1)f(x)=eq \f(1,2)sin 2x-eq \r(3)cos2x
=eq \f(1,2)sin 2x-eq \f(\r(3),2)(1+cos 2x)
=eq \f(1,2)sin 2x-eq \f(\r(3),2)cos 2x-eq \f(\r(3),2)
=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,3)))-eq \f(\r(3),2),
因此f(x)的最小正周期为π,最小值为-eq \f(2+\r(3),2).
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(2)由条件可知g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,3)))-eq \f(\r(3),2).
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π))时,有x-eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(2π,3))),
从而y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,3)))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1)),
那么y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,3)))-eq \f(\r(3),2)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1-\r(3),2),\f(2-\r(3),2))).
故g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1-\r(3),2),\f(2-\r(3),2))).
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解决三角函数的图象和性质的综合问题,一般先由图象或三角公式确定三角函数y=Asin(ωx+φ)+b(或y=Acos(ωx+φ)+b等)的解析式.研究三角函数性质时,需把ωx+φ看成一个整体.
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1.已知函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx+\f(π,6)))+sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,6)))-2cos2eq \f(ωx,2),x∈R,ω>0.
(1)求函数f(x)的值域;
(2)若函数y=f(x)的图象与直线y=-1的两个相邻交点间的距离为eq \f(π,2),求函数y=f(x)的单调增区间.
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解:(1)f(x)=eq \f(\r(3),2)sin ωx+eq \f(1,2)cos ωx+eq \f(\r(3),2)sin ωx-eq \f(1,2)cos ωx-(cos ωx+1)
=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin ωx-\f(1,2)cos ωx))-1
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,6)))-1.
由-1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,6)))≤1,
得-3≤2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,6)))-1≤1,
所以函数f(x)的值域为[-3,1].
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(2)由题设条件及三角函数图象和性质可知,y=f(x)的周期为π,
所以eq \f(2π,ω)=π,即ω=2.
所以f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6)))-1,
再由2kπ-eq \f(π,2)≤2x-eq \f(π,6)≤2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),
解得kπ-eq \f(π,6)≤x≤kπ+eq \f(π,3)(k∈Z).
所以函数y=f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ-\f(π,6),kπ+\f(π,3)))(k∈Z).
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专题二 解三角形
(2015·高考天津卷)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为3eq \r(15),b-c=2,cos A=-eq \f(1,4).
(1)求a和sin C的值;
(2)求coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A+\f(π,6)))的值.
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[解] (1)在△ABC中,由cos A=-eq \f(1,4),可得sin A=eq \f(\r(15),4).由S△ABC=eq \f(1,2)bcsin A=3eq \r(15),得bc=24.
又由b-c=2,解得b=6,c=4.
由a2=b2+c2-2bccos A,可得a=8.
由eq \f(a,sin A)=eq \f(c,sin C),得sin C=eq \f(\r(15),8).
(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A+\f(π,6)))=cos 2A·coseq \f(π,6)-sin 2A·sineq \f(π,6)=eq \f(\r(3),2)(2cos2A-1)-eq \f(1,2)×2sin A·cos A=eq \f(\r(15)-7\r(3),16).
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在解决三角形与三角恒等变换综合问题时,一般先利用正、余弦定理,边角相互转化,求解三角函数值时通常利用三角恒等变换化成一个角的三角函数求解.
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专题讲座二 三角函数、解三角形与平面向量在高考中的常见题型与求解策略
2.(2016·郑州第一次质量预测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足a2-b2-c2+eq \r(3)bc=0,2bsin A=a,BC边上中线AM的长为eq \r(14).
(1)求角A和角B的大小;
(2)求△ABC的面积.
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解:(1)由a2-b2-c2+eq \r(3)bc=0得a2-b2-c2=-eq \r(3)bc,
所以cos A=eq \f(b2+c2-a2,2bc)=eq \f(\r(3),2),A=eq \f(π,6).
由2bsin A=a,得sin B=eq \f(1,2),故B=eq \f(π,6).
(2)设AC=BC=x,
得AM2=x2+eq \f(x2,4)-2x·eq \f(x,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))=(eq \r(14))2,解得x=2eq \r(2),
故S△ABC=eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)=2eq \r(3).
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专题三 三角函数、解三角形与平面向量的综合应用
(2014·高考辽宁卷)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a>c,已知eq \o(BA,\s\up6(→))·eq \o(BC,\s\up6(→))=2,cos B=eq \f(1,3),b=3,求:
(1)a和c的值;
(2)cos(B-C)的值.
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[解] (1)由eq \o(BA,\s\up6(→))·eq \o(BC,\s\up6(→))=2得c·acos B=2.
又cos B=eq \f(1,3),所以ac=6.
由余弦定理,得a2+c2=b2+2accos B.
又b=3,所以a2+c2=9+2×6×eq \f(1,3)=13.
解eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac=6,,a2+c2=13,))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=2,,c=3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=3,,c=2.))
因为a>c,所以a=3,c=2.
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(2)在△ABC中,
sin B=eq \r(1-cos2 B)=eq \r(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))=eq \f(2\r(2),3),
由正弦定理,得sin C=eq \f(c,b)sin B=eq \f(2,3)×eq \f(2\r(2),3)=eq \f(4\r(2),9).
因为a=b>c,所以C为锐角,
因此cos C=eq \r(1-sin2 C)=eq \r(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),9)))\s\up12(2))=eq \f(7,9).
于是cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C
=eq \f(1,3)×eq \f(7,9)+eq \f(2\r(2),3)×eq \f(4\r(2),9)=eq \f(23,27).
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(1)向量是一种解决问题的工具,是一个载体,通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题.
(2)三角形中的三角函数要结合正弦定理、余弦定理进行转化,注意角的范围对变形过程的影响.
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3.已知f(x)=a·b,其中a=(2cos x,-eq \r(3)sin 2x),
b=(cos x,1)(x∈R).
(1)求f(x)的最小正周期和单调递减区间;
(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,f(A)=-1,a=eq \r(7),eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AC,\s\up6(→))=3,求边长b和c的值(b>c).
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解:(1)由题意知,f(x)=2cos2x-eq \r(3)sin 2x=1+cos 2x-eq \r(3)sin 2x=1+2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,3))),
所以f(x)的最小正周期T=π,
因为y=cos x在[2kπ,2kπ+π](k∈Z)上单调递减,
所以令2kπ≤2x+eq \f(π,3)≤2kπ+π,k∈Z,
得kπ-eq \f(π,6)≤x≤kπ+eq \f(π,3),k∈Z,
所以f(x)的单调递减区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ-\f(π,6),kπ+\f(π,3))),k∈Z.
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(2)因为f(A)=1+2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A+\f(π,3)))=-1,
所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A+\f(π,3)))=-1.
又eq \f(π,3)<2A+eq \f(π,3)<eq \f(7π,3),
所以2A+eq \f(π,3)=π.所以A=eq \f(π,3).
因为eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AC,\s\up6(→))=3,即bc=6,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc,
7=(b+c)2-18,b+c=5,
又b>c,所以b=3,c=2.
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