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- 2021-06-11 发布
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高考必考题突破讲座(二)
三角函数、解三角形、平面向量及其应用
[解密考纲]近几年的高考全国卷交替考查三角函数、解三角形.该部分解答题是高考得分的基本组成部分,不能掉以轻心.该部分的解答题考查的热点题型有:一是考查三角函数的图象变换以及单调性、最值等;二是考查解三角形问题;三是考查三角函数、解三角形与平面向量的交汇性问题.在解题过程中要抓住平面向量作为解决问题的工具,要注意三角恒等变换公式的多样性和灵活性,注意题目中隐含的各种限制条件,选择合理的解决方法,灵活地实现问题的转化.
1.(2018·江苏南京、盐城一模)设函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示.
(1)求函数y=f(x)的解析式;
(2)当x∈时,求f(x)的取值范围.
解析 (1)由图象知A=2,又=-=,
ω>0,所以T=2π=,
解得ω=1,所以f(x)=2sin(x+φ).
将点代入,得+φ=+2kπ(k∈Z),
即φ=+2kπ(k∈Z),又-<φ<,所以φ=.
所以f(x)=2sin.
(2)当x∈时,x+∈,
所以sin∈,即f(x)∈[-,2].
2.(2017·北京卷)在△ABC中,∠A=60°,c=a.
(1)求sin C的值;
(2)若a=7,求△ABC的面积.
解析 (1)在△ABC中,因为A=60°,c=a,
所以由正弦定理得sin C==×=.
(2)因为a=7,所以c=×7=3.
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A得72=b2+32-2b×3×,
解得b=8,
所以△ABC的面积S=bcsin A=×8×3×=6.
3.四边形ABCD的内角A与C互补,且AB=1,BC=3,CD=DA=2.
(1)求角C的大小和线段BD的长度;
(2)求四边形ABCD的面积.
解析 (1)∵A+C=π,∴cos A=-cos C.
在△BCD中,由余弦定理,得BD2=32+22-2×3×2×cos C=13-12cos C,
在△ABD中,由余弦定理,得BD2=12+22-2×1×2×cos A=5+4cos C,
联立上式,解得BD=,cos C=.
由于C∈(0,π),∴C=,BD=.
(2)∵A+C=π,C=,∴sin A=sin C=.
又四边形ABCD的面积SABCD=S△ABD+S△BCD=
AB·ADsin A+CB·CDsin C=×(1+3)=2,
∴四边形ABCD的面积为2.
4.已知向量a=(m,cos 2x),b=(sin 2x,n),函数f(x)=a·b,且y=f(x)的图象过点和点.
(1)求m,n的值;
(2)将y=f(x)的图象向左平移φ(0<φ<π)个单位后得到函数y=g(x)的图象,若y=g(x)图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1,求y=g(x)的单调递增区间.
解析 (1)由题意知f(x)=a·b=msin 2x+ncos 2x.
因为y=f(x)的图象过点和.
所以
即解得
(2)由(1)知f(x)=sin 2x+cos 2x=2sin.
由题意知g(x)=f(x+φ)=2sin.
设y=g(x)的图象上符合题意的最高点为(x0,2),
由题意知x+1=1,所以x0=0,
即到点(0,3)的距离为1的最高点为(0,2).
将其代入y=g(x)得sin=1,
因为0<φ<π,所以φ=,
因此g(x)=2sin=2cos 2x.
由2kπ-π≤2x≤2kπ,k∈Z得kπ-≤x≤kπ,k∈Z.
所以函数y=g(x)的单调递增区间为,k∈Z.
5.(2018·湖北重点中学高三起点考试)已知f(x)=a·b,其中a=(2cos x,-sin 2x),b=(cos x,1),x∈R.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,f(A)=-1,a=,且向量m=(3,sin B)与n=(2,sin C)共线,求边长b和c的值.
解析 (1)由题意知,f(x)=2cos 2x-sin 2x=1+2cos.
∵y=cos x在[2kπ-π,2kπ](k∈Z)上单调递增,
∴令2kπ-π≤2x+≤2kπ(k∈Z),得kπ-≤x≤kπ-(k∈Z),
∴f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
(2)∵f(A)=1+2cos=-1,∴cos=-1,
又<2A+<,∴2A+=π,即A=,∵a=,
∴a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc=.
∵向量m=(3,sin B)与n=(2,sin C)共线,∴2sin B=3sin C,
由正弦定理得2b=3c,则b=,c=1.
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos B+bcos A=2ccos A.
(1)若△ABC的面积S=,求证:a≥;
(2)如图,在(1)的条件下,若M,N分别为AC,AB的中点,且=,求b,c.
解析 (1)由acos B+bcos A=2ccos A及正弦定理可得
sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos A,
即sin(A+B)=2sin Ccos A,
因为A+B+C=π,所以sin(A+B)=sin C≠0,
所以cos A=,又A∈(0,π),∴A=,
由S=bcsin A=可得bc=2.
在△ABC中,由余弦定理可得,
a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc≥2bc-bc=2,当且仅当b=c=时取等号,所以a≥.
(2)因为M,N分别为AC,AB的中点,所以AM=AC=b,
AN=AB=c,
在△ABM中,由余弦定理可得,BM2=c2+-bc,
在△ACN中,由余弦定理可得,CN2=+b2-bc,
由=可得,c2+-bc=,
整理得(c+8b)(c-2b)=0,所以c=2b,又bc=2可得b=1,c=2.