三角函数和解三角形
阅卷案例
思维导图
(2020·新高考全国卷ⅠT17，10分)在①ac＝，②csin
A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由. 问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin
A＝sin
B，C＝，________？本题考查：正弦定理、余弦定理解三角形等知识，等价转化、化归的能力，数学运算、逻辑推理等核心素养.
答题模板
标准解答
踩点得分
第1步：变式利用余弦定理将C＝转化为边a，b，c的关系式.第2步：变式利用正弦定理将三角函数式转化为边a，b的等式.第3步：计算由第1步、第2步的化简结果及条件①求得结论.第1步：变式利用余弦定理将C＝转化为边a，b，c的关系式.第2步：变式利用正弦定理将三角函数式转化为边a，b的等式.第3步：化简利用第1步、第2步的结论化简得b＝c.第4步：变角利用三角形内角和定理求A．第5步：计算根据条件②及第4步的结论求得结果.第1步：变式利用余弦定理将C＝转化为边a，b，c的关系式.第2步：变式利用正弦定理将三角函数式转化为边a，b的等式.第3步：计算利用第1步、第2步的计算结果及条件③求得结论.
方案一：选条件①←由C＝和余弦定理得＝.2分←由sin
A＝sin
B及正弦定理得a＝b.4分←方案二：选条件②←由C＝和余弦定理得＝.
2分←由sin
A＝sin
B及正弦定理得a＝b. ……………………4分←于是＝，由此可得b＝c，6分←所以B＝C＝，A＝. ……………8分←方案三：选条件③←由C＝和余弦定理得＝.
2分←由sin
A＝sin
B及正弦定理得a＝b.
4分←
得分点及说明1.利用余弦定理正确实现角化边，得2分.2.利用正弦定理正确实现角化边得2分.3.化简得b，c的关系得3分.4.结合条件①，求得结论得3分.得分点及说明1.利用余弦定理正确实现角化边得2分.2.利用正弦定理正确实现角化边得2分.3.化简得b，c的关系得2分.4.正确求得角A、B、C得2分.5.结合条件②正确求得结论得2分.得分点及说明1.利用余弦定理正确实现角化边得2分.2.利用正弦定理正确实现角化边得2分.3.化简得b，c的关系得3分.4.结合条件③得出结论得3分.
命题点1 三角函数的图象与性质
1．研究三角函数的图象与性质，关键是将函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的形式，利用正、余弦函数与复合函数的性质求解．
2．函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期T＝.应特别注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期T＝.
[高考题型全通关]
1．函数f
(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1的图象过点，且相邻两个最高点与最低点的距离为.
(1)求函数f
(x)的解析式和单调增区间；
(2)若将函数f
(x)图象上所有的点向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，得到函数g(x)的图象，求g(x)在上的值域．
[解] (1)由相邻两个最高点和最低点的距离为，可得＋42＝，解得ω＝2.
∵f
＝2sin＋1＝＋1，∴sin＝，
∵0＜φ＜，∴φ＝，
∴f
(x)＝2sin＋1.
当f
(x)单调递增时，－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，
解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
∴f
(x)的单调增区间为，k∈Z.
(2)由题意得g(x)的解析式为g(x)＝－2sin
4x＋1，
当≤x≤时，≤4x≤，－≤sin
4x≤1，
∴－1≤g(x)≤＋1，
∴g(x)在上的值域为[－1，＋1]．
2．(2020·济宁模拟)在①函数f
(x)的图象中相邻的最高点与最低点的距离为5，②函数f
(x)的图象的一条对称轴方程为x＝－1，③函数f
(x)的一个对称中心的横坐标为，这三个条件中任选一个，补充在下面题目的横线处，并解决问题.
已知函数f
(x)＝2sin(ωx＋φ)，且________，点A(2，2)在该函数的图象上，求函数f
(x)在区间(－3，3)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．
[解] 若选①，设函数f
(x)的最小正周期为T，
则＝5，得T＝6＝，则ω＝，
因为点A(2，2)在该函数的图象上，所以2sin＝2，得＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
则φ＝－＋2kπ，k∈Z，
又|φ|＜，所以φ＝－，所以函数f
(x)＝2sin.
令＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，
因为(－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z}＝(－3，－1]∪[2，3)，
所以函数f
(x)在区间(－3，3)上的单调递减区间为(－3，－1]和[2，3)．
若选②，则sin(－ω＋φ)＝±1，得－ω＋φ＝＋k1π，k1∈Z.
因为点A(2，2)在该函数的图象上，所以2sin(2ω＋φ)＝2，得2ω＋φ＝＋2k2π，k2∈Z，
则φ＝＋，k1，k2∈Z.
因为|φ|＜，所以φ＝－，ω＝＋k2π，k2∈Z，
又0＜ω＜，所以ω＝，所以函数f
(x)＝2sin.
令＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，
因为(－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z}＝(－3，－1]∪[2，3)，
所以函数f
(x)在区间(－3，3)上的单调递减区间为(－3，－1]和[2，3)．
若选③，则2sin＝0，得ω＋φ＝k1π，k1∈Z，
因为点A(2，2)在该函数的图象上，所以2sin(2ω＋φ)＝2，得2ω＋φ＝＋2k2π，k2∈Z，
则φ＝－＋，k1，k2∈Z.
因为|φ|＜，所以φ＝－，ω＝＋k2π，k2∈Z，
又0＜ω＜，所以ω＝，所以函数f
(x)＝2sin.
令＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，
因为(－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z}＝(－3，－1]∪[2，3)，
所以函数f
(x)在区间(－3，3)上的单调递减区间为(－3，－1]和[2，3)．
命题点2 解三角形的综合应用
角度一 三角形基本量的求解
求解三角形中的边和角等基本量，需要根据正弦、余弦定理，结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图中标出来，然后确定转化的方向；
第二步：定“工具”，即根据条件和所求，合理选择转化的“工具”，实施边角之间的互化；
第三步：求结果．
[高考题型全通关]
1．(2020·石家庄模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcos
A＋a＝c，D是BC边上的点．
(1)求角B；
(2)若AC＝7，AD＝5，DC＝3，求AB的长．
[解] (1)由bcos
A＋a＝c，根据正弦定理得sin
Bcos
A＋sin
A＝sin
C，
sin
Bcos
A＋sin
A＝sin(A＋B)，sin
Bcos
A＋sin
A＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B，
sin
A＝sin
Acos
B，∵sin
A≠0，∴cos
B＝，∴B＝.
(2)在△ADC中，AC＝7，AD＝5，DC＝3，
∴cos∠ADC＝＝＝－，∴∠ADC＝.
在△ABD中，AD＝5，B＝，∠ADB＝，由＝，
得AB＝＝＝＝.
2．(2020·长春质量监测一)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btan
A，a＞b.
(1)求证：△ABC是直角三角形；
(2)若c＝10，求△ABC的周长的取值范围．
[解] (1)证明：由题可知sin
A＝sin
B·，因为sin
A≠0，所以sin
B＝cos
A．
所以cos＝cos
A，由a＞b，知A＞B，则0＜B＜，所以0＜－B＜.
因为函数y＝cos
x在(0，π)上单调递减，所以－B＝A，即A＋B＝，所以△ABC是直角三角形．
(2)△ABC的周长L＝10＋10sin
A＋10cos
A＝10＋10sin，由a＞b可知，＜A＜，因此＜sin＜1，即20＜L＜10＋10.
角度二 与三角形面积有关的问题
三角形面积的最值问题主要有两种解决方法：一是将面积表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将面积用三角形某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定三角形面积的最值．
[高考题型全通关]
1．(2020·安徽示范高中名校联考)在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a－c)sin
A＋csin(A＋B)＝bsin
B．
(1)求B；
(2)若a＋c＝8，三角形的面积S△ABC＝4，求b.
[解] (1)由(a－c)sin
A＋csin(A＋B)＝bsin
B，
得(a－c)sin
A＋csin
C＝bsin
B．
由正弦定理得(a－c)a＋c2＝b2，
即＝，
所以cos
B＝.
又B∈(0，π)，
所以B＝.
(2)由(1)知B＝，由S△ABC＝acsin
B＝4，得ac＝16，
又a＋c＝8，所以a＝4，c＝4，
所以b2＝a2＋c2－2accos
B＝16，得b＝4.
2．(2020·惠州第一次调研)已知△ABC的内角A，B，C满足＝.
(1)求角A；
(2)若△ABC的外接圆半径为1，求△ABC的面积S的最大值．
[解] (1)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由正弦定理可得＝，
化简得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cos
A＝，∴cos
A＝＝.
又0＜A＜π，
∴A＝.
(2)法一：记△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理＝2R，得a＝2Rsin
A＝2sin＝，
由余弦定理得3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
即bc≤3(当且仅当b＝c时取等号)，
故S＝bcsin
A≤×3×＝(当且仅当b＝c时取等号)．
即△ABC的面积S的最大值为.
法二：记△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理＝＝2R＝2，得b＝2sin
B，c＝2sin
C，
∴S＝bcsin
A＝×(2sin
B)×(2sin
C)×sin＝sin
Bsin
C．
∵A＋B＋C＝π，∴sin
B＝sin(A＋C)＝sin＝sin
C＋cos
C，
∴S＝sin
Ccos
C＋sin2C
＝sin
2C＋(1－cos
2C)
＝(sin
2C×－cos
2C×)＋
＝sin＋.
∵0＜C＜，∴当2C－＝，即C＝时，S取得最大值，
∴△ABC的面积S的最大值为.
角度三 以平面几何为背景的解三角形问题
解决以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系(如大边对大角，最大角一定大于等于)确定角或边的范围．
[高考题型全通关]
1．(2020·临沂模拟)如图，在平面四边形ABCD中，已知∠ABC＝，AB⊥AD，AB＝1.
(1)若AC＝，求△ABC的面积；
(2)若sin∠CAD＝，AD＝4，求CD的长．
[解] (1)在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，
即5＝1＋BC2＋BC，
得BC2＋BC－4＝0，得BC＝，
∴S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝×1××＝.
(2)∵∠BAD＝，sin∠CAD＝，
∴cos∠BAC＝，sin∠BAC＝，
∴sin∠BCA＝sin
＝(cos∠BAC－sin∠BAC)
＝×
＝.
在△ABC中，＝，∴AC＝＝，
∴在△ACD中，CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD＝5＋16－2××4×＝13，∴CD＝.
2．如图，在四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为BD的中点，AE＝.
(1)求BD；
(2)若C＝，求△BCD面积的最大值．
[解] (1)设BE＝x(x＞0)，则BD＝2x，
由余弦定理，
得cos∠ABD＝
＝，
即＝，
解得x＝1，所以BD＝2.
(2)在△BCD中，由余弦定理得
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos
C，
即4＝BC2＋CD2－BC·CD
≥2BC·CD－BC·CD
＝(2－)BC·CD，
所以BC·CD≤＝4(2＋)，
当且仅当BC＝CD＝＋时，等号成立．
S△BCD＝BC·CDsin
C＝BC·CD≤2＋，
所以△BCD面积的最大值为2＋.
角度四 以解三角形为载体的“条件不良”问题
[高考题型全通关]
1．(2020·北京高考)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)a的值；
(2)sin
C和△ABC的面积．
条件①：c＝7，cos
A＝－；
条件②：cos
A＝，cos
B＝.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解计分．
[解] 选①
(1)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A，b＝11－a，c＝7，
得a2＝(11－a)2＋49－2(11－a)×7×，
∴a＝8.
(2)∵cos
A＝－，A∈(0，π)，∴sin
A＝.
由正弦定理＝，得sin
C＝＝＝，
由(1)知b＝11－a＝3，
∴S△ABC＝absin
C＝×8×3×＝6.
选②
(1)∵cos
A＝，∴A∈，sin
A＝.
∵cos
B＝，∴B∈，sin
B＝.
由正弦定理＝，
得＝，∴a＝6.
(2)sin
C＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B＝.
∵a＋b＝11，a＝6，∴b＝5.
∴S△ABC＝absin
C＝×6×5×＝.
2．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，若b＝，________.
请从下面的三个条件中任选一个，两个结论中任选一个，组成一个完整的问题，并给出解答．
条件：①asin＝bsin
A，
②bsin
A＝acos，
③a2＋c2－b2＝abcos
A＋a2cos
B．
结论：①求△ABC的周长的取值范围．
②求△ABC的面积的最大值．
[解] 选条件①，则由正弦定理得sin
Asin＝sin
Bsin
A，
因为sin
A≠0，所以sin＝sin
B．
由A＋B＋C＝π，可得sin＝cos，
故cos＝2sincos.
因为cos≠0，故sin＝，
因此B＝.
选择条件②，则在△ABC中，由正弦定理＝，可得bsin
A＝asin
B，
又bsin
A＝acos，所以asin
B＝acos，即sin
B＝cos，
所以sin
B＝cos
B＋sin
B，可得tan
B＝.
又B∈(0，π)，所以B＝.
选择条件③，因为a2＋c2－b2＝abcos
A＋a2cos
B，
所以由余弦定理，得2accos
B＝abcos
A＋a2cos
B，
又a≠0，所以2ccos
B＝bcos
A＋acos
B．
由正弦定理得2sin
Ccos
B＝sin
Bcos
A＋sin
Acos
B＝sin(A＋B)＝sin
C，
又C∈(0，π)，所以sin
C＞0，所以cos
B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
选择结论①，因为b＝，
所以由余弦定理得13＝a2＋c2－2accos
B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，
所以(a＋c)2＝13＋3ac≤13＋3，解得a＋c≤2(当且仅当a＝c＝时，等号成立)．
又a＋c＞b＝，所以2＜a＋c＋b≤3，
故△ABC的周长的取值范围为(2，3]．
选择结论②，因为b＝，
所以由余弦定理得13＝a2＋c2－2accos
B＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c＝时，等号成立)．
所以△ABC的面积S＝acsin
B≤×＝，
即△ABC的面积的最大值为.
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