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專題四　三角函數(shù)、解三角形中的新定義問題
一、題型解讀
在新結構高考中,新定義壓軸解答題已成為創(chuàng)新的主流,各知識板塊均可命題(甚至在未學習過的數(shù)學領域進行命題).本板塊主要從三角函數(shù)與解三角形兩個方面命制新概念解答題,雖創(chuàng)新力度不大,但綜合程度較高,思維較靈活.
二、題型解析
題型一　與三角函數(shù)有關的新概念問題
例1　若函數(shù)y=f(x)滿足f(x)=f(x∈R),則稱函數(shù)y=f(x)為“M函數(shù)”.
(1)試判斷y=sin x是否為“M函數(shù)”,并說明理由;
(2)函數(shù)f(x)為“M函數(shù)”,且當x∈時,y=sin x,求y=f(x)的解析式,并寫出在上的單調增區(qū)間;
(3)在(2)條件下,當x∈,關于x的方程f(x)=a(a為常數(shù))有解,記該方程所有解的和為S,求S.
題型二　與解三角形有關的新概念問題
例2　定義:如果三角形的一個內角恰好是另一個內角的兩倍,那么這個三角形叫做倍角三角形.如圖,△ABC的面積為S,三個內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且sin C=.
(1)證明:△ABC是倍角三角形;
(2)若c=9,當S取最大值時,求tan B.
三、鞏固提升
1.(與三角函數(shù)有關新定義+正、余弦定理+證明數(shù)列不等式)(2024·開封三檢)點S是直線PQ外一點,點M,N在直線PQ上(點M,N與點P,Q任一點不重合).若點M在線段PQ上,記(P,Q;M)=;若點M在線段PQ外,記(P,Q;M)=-.記(P,Q;M,N)=.記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知b=2,A=60°,點D是射線BC上一點,且(B,C;D)=.
(1)若AD=+1,求∠CDA;
(2)射線BC上的點M0,M1,M2,…滿足(B,C;Mn,D)=-,n∈N,
①當n=0時,求|AM0|+8|AD|的最小值;
②當n≠0時,過點C作CPn⊥AMn于Pn,記an=,求證:數(shù)列{an}的前n項和Sn<2+.
2.(2024·長沙一中適考)“費馬點”是由十七世紀法國數(shù)學家費馬提出.該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小.”意大利數(shù)學家托里拆利給出了解答，當△ABC的三個內角均小于120°時，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的點O即為費馬點；當△ABC有一個內角大于或等于120°時，最大內角的頂點為費馬點.試用以上知識解決下面問題：
已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且cos 2B＋cos 2C－cos 2A＝1.
(1)求A；
(2)若bc＝2，設點P為△ABC的費馬點，求·＋·＋·.
3.(2024·高郵調研)如果存在實數(shù)對(a，b)使函數(shù)f(x)＝asin x＋bcos x(x∈R)，那么我們就稱函數(shù)f(x)為實數(shù)對(a，b)的“正余弦生成函數(shù)”，實數(shù)對(a，b)為函數(shù)f(x)的“生成數(shù)對”；
(1)求函數(shù)f(x)＝4cos sin－1的“生成數(shù)對”；
(2)若實數(shù)對(k，－1)的“正余弦生成函數(shù)”g(x)在x＝x0處取最大值，其中2(3)已知實數(shù)對(－，1)為函數(shù)h(x)＝tcos的“生成數(shù)對”，試問：是否存在正實數(shù)m使得函數(shù)y＝h－h(huán)＋m2的最大值為4？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由.答案詳解
專題四　三角函數(shù)、解三角形中的新概念問題
二、題型解析
例1　解　(1)y=sin x不是“M函數(shù)”,理由如下:
f=sinx=f(x),f=sin,
f=sin ,則f,
故y=sin x不是“M函數(shù)”.
(2)函數(shù)f(x)滿足f(x)=f,故f(x)的周期為T=,因為f,所以f(x)=f,
當x∈時,f(x)=f,k∈Z,
當x∈時,f(x)=f=sin=cos,k∈Z,
綜上,f(x)=
f(x)=sin,x∈,kπ+π,k∈Z中,當k=0時,x∈,f(x)=sin x,此時單調遞增區(qū)間為,
f(x)=cos,x∈,,k∈Z中,當k=1時,x∈,f(x)=cos,
則x-,當x-,即x∈時,函數(shù)單調遞增,經(jīng)檢驗,其他范圍不是單調遞增區(qū)間,
所以在,.
(3)由(2)知,函數(shù)f(x)在上的圖象為:
當0≤a<或等于1時,f(x)=a有4個解,由對稱性可知,其和為×2=4π;
當a=時,f(x)=a有6個解,由對稱性可知,其和為=6π;
當所以S=
例2　(1)證明　因為sin C==,又sin C≠0,所以=1,則b2=c2-ab,
又由余弦定理知,b2=a2+c2-2accos B,故可得2ccos B=a+b,由正弦定理,2sin Ccos B=sin A+sin B,
又sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,代入上式可得sin Ccos B=sin Bcos C+sin B,
即sin Ccos B-sin Bcos C=sin B,sin(C-B)=sin B,則有C-B=B,C=2B,
故△ABC是倍角三角形.
(2)解　因為C=2B,所以A=π-B-C=π-3B>0,故0則S=asin B===×(sin 2B+cos 2Btan B)
==,
設x=tan B∈(0,),f(x)=,則f'(x)==,
令f'(x)=0得x2=2-3(舍),
且當00,當2-3故當x=時,f(x)取最大值,此時S也取最大值,故tan B=.
三、鞏固提升
1.解(1)因為(B,C;D)=>0,D是線段BC上一點,b=2,所以(B,C;D)=,故sin∠BAD=sin∠CAD,
所以AD為∠BAC的角平分線,又A=,所以∠BAD=∠CAD=,
若|AD|=+1,在△ACD中,由余弦定理可得,|CD|2=|AC|2+|AD|2-2|AC|·|AD|cos∠CAD=4+(+1)2-4×(+1)cos =2,
故|CD|=,
由正弦定理可得,故,解得sin∠CDA=,由于AD是最大的邊,所以∠CDA=.
(2)設∠CAMn=α,
①當n=0時,因為(B,C;M0,D)=-<0,所以點M0在線段BC的延長線上,所以 2sin,
因為 |AD|·|AM0|sin +|AC|·|AM0|,,
所以8|AD|+|AM0|=(8|AD|+|AM0|)=≥,
當且僅當,即|AM0|=2|AD|取等號,此時|AM0|=,|AD|=,
由于tan∠ACM0=,∠ACM0>,等號可以取到,故|AM0|+8|AD|的最小值為.
②證明　當n≠0,(B,C;Mn,D)=-<0,所以點Mn在線段BC的延長線上,
所以 2sin=(1+n)sin α tan α=,
所以|CPn|=|AC|sin α=,an=,n=1時,所以S1=a1=,
n≥2,an=,
所以Sn=a1+a2+…+an<=,
綜上Sn<2+.
2.解　(1)由已知△ABC中cos 2B+cos 2C-cos 2A=1,即1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1,
故sin2A=sin2B+sin2C,由正弦定理可得a2=b2+c2,故△ABC為直角三角形,即A=.
(2)由(1)知A=,所以三角形ABC的三個角都小于120°,
則由費馬點定義可知∠APB=∠BPC=∠APC=120°,
設||=x,||=y,||=z,由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC與bc=1得
=bc=1,整理得xy+yz+xz=,
則=xy·+xz·.
3.解　(1)∵f(x)=4cos -1=4cos -1=2-1=sin x+cos x,
故f(x)的“生成數(shù)對”為(,1).
(2)由題意知g(x)=ksin x-cos x=sin(x-φ),其中tan φ=,
∵g(x)在x=x0處取最大值,∴x0-φ=2nπ+(n∈Z),∴x0=2nπ++φ(n∈Z),
∴tan x0=tan=tan=-k,∴tan 2x0=.
∵2即tan 2x0的取值范圍為.
(3)∵h(x)=tcos=sin x=-sin x+cos x,∴t=2,∴h(x)=2cos,h=2cos 2x,
h=-2sin x,
∴y=h+m2=2cos 2x+msin x+m2=-4sin2x+msin x+m2+2,
令u=sin x∈[-1,1],g(u)=-4u2+mu+m2+2=-4m2+2,
①當∈(0,1],即0②當∈(1,+∞)時,即m>8時,g(u)max>g(1)=m2+m-2=4,解得m=-3(舍)或m=2(舍),
綜上所述,存在滿足題意的正實數(shù)m,m=.

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