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第二講　三角函數(shù)、解三角形
微專題1　三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)
命 題 者 說

考 題 統(tǒng) 計 考 情 點 擊
2018·全國卷Ⅰ·T16·三角函數(shù)的最值 2018·全國卷Ⅱ·T10·三角函數(shù)的單調(diào)性 2018·天津高考·T6·三角函數(shù)圖象平移、單調(diào)性 2018·北京高考·T11·三角函數(shù)的圖象與性質(zhì) 2018·江蘇高考·T7·三角函數(shù)的對稱性 高考對本部分內(nèi)容的考查主要從以下方面進行： 1.三角函數(shù)的圖象，主要涉及圖象變換問題以及由圖象確定函數(shù)解析式問題，主要以選擇、填空題的形式考查，有時也會出現(xiàn)大題。 2.三角函數(shù)的性質(zhì)，通常是給出函數(shù)解析式，先進行三角變換，將其轉(zhuǎn)化為y＝Asin(ωx＋φ)的形式再研究其性質(zhì)(如單調(diào)性、值域、對稱性)，或知道某三角函數(shù)的圖象或性質(zhì)求其解析式，再研究其他性質(zhì)，既有直接考查的客觀題，也有綜合考查的主觀題。

考向一 三角函數(shù)的圖象
【例1】　(1)(2018·天津高考)將函數(shù)y＝sin的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)(　　)
A．在區(qū)間上單調(diào)遞增
B．在區(qū)間上單調(diào)遞減
C．在區(qū)間上單調(diào)遞增
D．在區(qū)間上單調(diào)遞減
(2)已知函數(shù)f(x)＝Asin＋ω(ω>0)的部分圖象如圖所示，則下列選項判斷錯誤的是(　　)

A．|MN|＝π
B．f＝2
C．f(x)＋f＝1
D．f＝f
解析　(1)把函數(shù)y＝sin的圖象向右平移個單位長度得函數(shù)g(x)＝sin＝sin2x的圖象，由－＋2kπ≤2x≤＋2kπ(k∈Z)得－＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，令k＝1，得≤x≤，即函數(shù)g(x)＝sin2x的一個單調(diào)遞增區(qū)間為。故選A。
(2)由圖象，可知A＝＝＝1。因為f(x)max＝1＋ω＝2，所以ω＝1，T＝＝2π，f(x)＝sin＋1，|MN|＝＝π，A正確；f＝sin＋1＝1＋1＝2，B正確；f＝sin＋1＝2，故x＝是函數(shù)圖象的對稱軸，D正確；f(x)＋f＝sin＋1＋sin＋1＝sin＋sin＋2＝2，C錯誤。故選C。
答案　(1)A　(2)C



(1)函數(shù)圖象的平移法則是“左加右減、上加下減”，但是左右平移變換只是針對x作的變換。
(2)已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的圖象求解析式。
①A＝，B＝；
②由函數(shù)的周期T求ω，即T＝；
③利用“五點法”中相對應(yīng)的特殊點求φ。
變|式|訓|練
1．函數(shù)f(x)＝sin(πx＋θ)的部分圖象如圖所示，且f(0)＝－，則圖中m的值為(　　)

A．1 B．
C．2 D．或2
解析　由f(0)＝－，得sinθ＝－，因為|θ|<，所以θ＝－。令πx－＝2kπ＋，k∈Z，則x＝2k＋，k∈Z，所以＝2k＋，k∈Z，所以m＝。故選B。
答案　B
2．將函數(shù)y＝sin的圖象上所有的點向左平移個單位長度，再把圖象上各點的橫坐標擴大到原來的2倍(縱坐標不變)，則所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為(　　)
A．y＝sin B．y＝sin
C．y＝sin D．y＝sin
解析　將函數(shù)y＝sin的圖象上所有的點向左平移個單位長度，可得y＝sin＝sin的圖象，再把圖象上各點的橫坐標擴大到原來的2倍(縱坐標不變)，則所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝sin。故選B。
答案　B
考向二 三角函數(shù)的性質(zhì)
微考向1：三角函數(shù)的單調(diào)性
【例2】　(2018·全國卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是減函數(shù)，則a的最大值是(　　)
A． B．
C． D．π
解析　解法一：因為f(x)＝cosx－sinx＝cos，且函數(shù)y＝cosx在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減，則由0≤x＋≤π，得－≤x≤，因為f(x)在[－a，a]上是減函數(shù)，所以所以0解法二：因為f(x)＝cosx－sinx，所以f′(x)＝－sinx－cosx，則由題意，知f′(x)＝－sinx－cosx≤0在[－a，a]上恒成立，即sinx＋cosx≥0，即sin≥0在[－a，a]上恒成立，結(jié)合函數(shù)y＝sin的圖象可知有解得0答案　A



靈活運用“局部整體化”思想是處理好形如y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)，y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)，y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的三角函數(shù)問題的關(guān)鍵。具體問題中，首先將“ωx＋φ”看作一個整體，然后活用相關(guān)三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)求解。
變|式|訓|練
1．函數(shù)f(x)＝sin2x＋2sinxcosx＋3cos2x在上的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　)
A． B．
C． D．
解析　f(x)＝sin2x＋2sinxcosx＋3cos2x＝sin2x＋1＋2cos2x＝sin2x＋cos2x＋2＝sin＋2。
解法一：令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，則kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z，所以結(jié)合選項知函數(shù)f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為。故選C。
解法二：因為x∈，所以2x＋∈，當<2x＋<時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時x∈。故選C。
答案　C
2．(2018·豫西南聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－sin2ωx(ω>0)的圖象關(guān)于點M對稱，且在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，則ω的值為________。
解析　因為函數(shù)f(x)＝－sin2ωx(ω>0)的圖象關(guān)于點M對稱，所以－sinω＝0，所以ω＝kπ，k∈Z，即ω＝k，k∈Z。又f(x)在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，所以＝≥，即ω≤。又ω>0，所以ω的值為。
答案　
微考向2：三角函數(shù)的最值
【例3】　已知函數(shù)f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，則(　　)
A．f(x)的最小正周期為π，最大值為3
B．f(x)的最小正周期為π，最大值為4
C．f(x)的最小正周期為2π，最大值為3
D．f(x)的最小正周期為2π，最大值為4
解析　易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝(2cos2x－1)＋＋1＝cos2x＋，則f(x)的最小正周期為π，當x＝kπ(k∈Z)時，f(x)取得最大值，最大值為4。故選B。
答案　B



求三角函數(shù)最值的兩條基本思路：(1)將問題化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)或圖象求解；(2)將問題化為關(guān)于sinx或cosx的二次函數(shù)的形式，借助二次函數(shù)的性質(zhì)或圖象求解。
變|式|訓|練
函數(shù)f(x)＝sin2x＋cosx－的最大值是________。
解析　f(x)＝sin2x＋cosx－＝1－cos2x＋cosx－＝－2＋1，cosx∈[0,1]，當cosx＝時，f(x)取得最大值1。
答案　1
微考向3：三角函數(shù)的奇偶性、周期性、對稱性
【例4】　(1)已知f(x)＝2sin2x＋2sinxcosx，則f(x)的最小正周期和一個單調(diào)遞減區(qū)間分別為(　　)
A．2π， B．π，
C．2π， D．π，
(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝cos，則下列結(jié)論錯誤的是(　　)
A．f(x)的一個周期為－2π
B．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝對稱
C．f(x＋π)的一個零點為x＝
D．f(x)在單調(diào)遞減
解析　(1)f(x)＝2sin2x＋2sinxcosx＝1－cos2x＋sin2x＝sin＋1，則T＝＝π。由＋2kπ≤2x－≤＋2kπ(k∈Z)，得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，令k＝0得f(x)在上單調(diào)遞減。故選B。
(2)函數(shù)f(x)＝cos的最小正周期為2π，所以－2π是函數(shù)f(x)的一個周期，A正確；當x＝時，x＋＝3π，所以f＝cos＝－1，即f(x)取得最小值，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝對稱，B正確；f(x＋π)＝cos＝cos，當x＝時，f＝cos＝cos＝0，C正確；當x∈時，x＋∈，f(x)在上不具有單調(diào)性。故選D。
答案　(1)B　(2)D


(1)判斷對稱中心與對稱軸的方法
利用函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸一定經(jīng)過圖象的最高點或最低點，對稱中心一定是函數(shù)圖象與x軸的交點這一性質(zhì)，通過檢驗f(x0)的值進行判斷。
(2)求三角函數(shù)周期的常用結(jié)論
①y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期為。
②正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是個周期；正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是個周期。
變|式|訓|練
1．(2018·洛陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sin(sinx)＋cos(sinx)，x∈R，則下列說法正確的是(　　)
A．函數(shù)f(x)是周期函數(shù)且最小正周期為π
B．函數(shù)f(x)是奇函數(shù)
C．函數(shù)f(x)在區(qū)間上的值域為[1，]
D．函數(shù)f(x)在上是增函數(shù)
解析　f(x)＝sin(sinx)＋cos(sinx)＝sin，因為f(π＋x)＝sin＝sin≠f(x)，所以π不是函數(shù)f(x)的最小正周期，故A錯誤；f(－x)＝sin＝sin≠－f(x)，故B錯誤；當x∈時，sinx∈[0,1]，sinx＋∈，所以sin∈，則sin∈[1，]，故C正確；當x∈時，sinx∈，sinx＋∈，而∈，所以函數(shù)f(x)在上不是單調(diào)函數(shù)，故D錯誤。故選C。
答案　C
2．(2018·江蘇高考)已知函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象關(guān)于直線x＝對稱，則φ的值是______。
解析　由函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象關(guān)于直線x＝對稱，得sin＝±1，因為－<φ<，所以<＋φ<，則＋φ＝，φ＝－。
答案　－

1．(考向一)(2018·武漢調(diào)研)將函數(shù)y＝sin2x的圖象上的點P按向量a＝(m,0)(m>0)平移后得到點P′。若點P′在函數(shù)y＝sin的圖象上，則(　　)
A．t＝，m的最小值為
B．t＝，m的最小值為
C．t＝，m的最小值為
D．t＝，m的最小值為
解析　由題可得P′，又P′在y＝sin的圖象上，所以t＝sin，即t＝sin2m(m>0)，因為P在函數(shù)y＝sin2x的圖象上，所以t＝，此時m的最小值為。故選C。
答案　C
2．(考向一)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式為________。

解析　由題圖可知A＝，
解法一：因為＝－＝，所以T＝π。故ω＝2，因此f(x)＝sin(2x＋φ)，又對應(yīng)五點法作圖中的第三個點，因此2×＋φ＝π，所以φ＝。故f(x)＝sin。
解法二：以為第二個“零點”，為最小值點，列方程組解得故f(x)＝sin。
答案　f(x)＝sin
3．(考向二)(2018·廣州調(diào)研)將函數(shù)y＝2sin·sin的圖象向左平移φ(φ>0)個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)恰為奇函數(shù)，則φ的最小值為(　　)
A． B．
C． D．
解析　由y＝2sinsin可得y＝2sincos＝sin，該函數(shù)的圖象向左平移φ個單位長度后，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)＝sin＝sin，因為g(x)＝sin為奇函數(shù)，所以2φ＋＝kπ(k∈Z)，φ＝－(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值為。故選A。
答案　A
4．(考向二)(2018·呂梁一模)將函數(shù)f(x)＝2sin的圖象向左平移個單位，再向下平移1個單位，得到g(x)的圖象，若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈[－2π，2π]，則2x1－x2的最大值為(　　)
A． B．
C． D．
解析　f(x)向左平移個單位，得到2sin＝2sin，再向下平移一個單位，得到g(x)＝2sin－1，其最小值為－3，由于g(x1)·g(x2)＝9，故g(x1)＝g(x2)＝－3，也就是說x1，x2是g(x)的最小值點。要使2x1－x2取得最大值，即x1取最大值，x2取最小值。令2x＋＝2kπ－，2x＝2kπ－，x＝kπ－，令k＝2，得x1＝，令k＝－1，得x2＝－，所以2x1－x2的最大值為2·－＝。故選A。
答案　A
5．(考向二)(2018·濮陽一模)先將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象上的各點向左平移個單位，再將各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋?其中ω∈N*)，得到函數(shù)g(x)的圖象，若g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則ω的最大值為________。
解析　g(x)＝sin在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以有即12k－4≤ω≤8k＋，k∈Z，由12k－4≤8k＋可得k≤，當k＝1時，ω∈，所以正整數(shù)ω的最大值是9。
答案　9
































































































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微專題2　三角恒等變換、解三角形
命 題 者 說

考 題 統(tǒng) 計 考 情 點 擊
2018·全國卷Ⅱ·T6·解三角形 2018·全國卷Ⅱ·T15·三角恒等變換 2018·全國卷Ⅲ·T4·三角恒等變換 2018·全國卷Ⅲ·T9·解三角形 1.高考對此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命題形式出現(xiàn)。 2.若無解答題，一般在選擇題或填空題各有一題，主要考查三角恒等變換、解三角形，難度一般，一般出現(xiàn)在第4～9題或第13～15題位置上。 3.高考對本部分內(nèi)容的考查主要從以下方面進行： (1)利用各種三角函數(shù)公式進行求值與化簡，其中降冪公式、輔助角公式是考查的重點。 (2)利用正、余弦定理進行邊和角、面積的計算，三角形形狀的判定以及有關(guān)范圍的計算，常與三角恒等變換綜合考查。


考向一 三角恒等變換
微考向1：三角函數(shù)的定義
【例1】　(2018·北京高考)在平面直角坐標系中，，，，是圓x2＋y2＝1上的四段弧(如圖)，點P在其中一段上，角α以O(shè)x為始邊，OP為終邊。若tanα
A． B．
C． D．
解析　設(shè)點P的坐標為(x，y)，利用三角函數(shù)的定義可得0，所以P所在的圓弧是。故選C。
答案　C



當題設(shè)條件中出現(xiàn)直線與單位圓相交問題時，可根據(jù)三角函數(shù)的定義，求函數(shù)的解析式或者判斷函數(shù)的圖象，有時可以簡化解題過程。
變|式|訓|練
1．已知角α的終邊經(jīng)過點P(－x，－6)，且cosα＝－，則＋＝________。
解析　因為角α的終邊經(jīng)過點P(－x，－6)，且cosα＝－，所以cosα＝＝－，即x＝。所以P。所以sinα＝－。所以tanα＝＝，則＋＝－＋＝－。
答案　－
2．(2018·全國卷Ⅰ)已知角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上有兩點A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝，則|a－b|＝(　　)
A． B．
C． D．1
解析　由題意知cosα>0。因為cos2α＝2cos2α－1＝，所以cosα＝，sinα＝± ，得|tanα|＝。由題意知|tanα|＝，所以|a－b|＝。故選B。
答案　B
微考向2：三角函數(shù)求角
【例2】　(1)已知α為銳角，若cos＝，則cos＝________。
(2)已知sinα＝，sin(α－β)＝－，α，β均為銳角，則角β等于(　　)
A．　　　 B．　　　
C．　　　 D．
解析　(1)因為α為銳角，cos＝>0，所以α＋為銳角，sin＝，而cos＝cos＝cos＝sin2＝2sincos＝2××＝。所以cos＝。
(2)因為α，β均為銳角，所以－<α－β<。又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝，又sinα＝，所以cosα＝，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝×－×＝。所以β＝，故選C。
答案　(1)　(2)C



(1)三角變換的關(guān)鍵在于對兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等變換公式的熟記和靈活應(yīng)用，要善于觀察各個角之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的使用過程要注意正確性，要特別注意公式中的符號和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)張冠李戴的情況。
(2)求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避免產(chǎn)生增解。
變|式|訓|練
1．(2018·全國卷Ⅲ)若sina＝，則cos2a＝(　　)
A． B．
C．－ D．－
解析　cos2α＝1－2sin2α＝1－＝。故選B。
答案　B
2．(2018·全國卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝________。
解析　因為sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1　①，cos2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0　②，①＋②得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，所以sin(α＋β)＝－。
答案　－
考向二 解三角形
微考向1：利用正、余弦定理進行邊角計算
【例3】　(1)(2018·全國卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，則AB＝(　　)
A．4 B．
C． D．2
(2)(2018·陜西二模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知＝1－，且b＝5，·＝5，則△ABC的面積為________。
解析　(1)因為cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所以c＝4。故選A。
(2)由＝1－及正弦定理可得＝1－化簡可得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝，故A＝。又·＝5，即bccosA＝5，故bc＝10，所以△ABC的面積為bcsinA＝。
答案　(1)A　(2)



利用正、余弦定理解三角形的思路
(1)解三角形時，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則考慮兩個定理都有可能用到。
(2)關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角恒等變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”。
變|式|訓|練
1．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且＝，則B＝(　　)
A． B．
C． D．
解析　由＝?＝?a2＋c2－b2＝ac?cosB＝＝。因為0答案　C
2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c。若bsinA＋acosB＝0，且ac＝4，則△ABC的面積為(　　)
A． B．3
C．2 D．4
解析　由bsinA＋acosB＝0，得sinBsinA＋sinA·cosB＝0，因為sinA≠0，所以tanB＝－，所以B＝120°，所以△ABC的面積為acsinB＝×4×＝3。故選B。
答案　B
微考向2：幾何圖形中的邊角計算
【例4】如圖，在四邊形ABCD中，∠ABD＝45°，∠ADB＝30°，BC＝1，DC＝2，cos∠BCD＝，則BD＝________；三角形ABD的面積為________。

解析　在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD＝1＋4－2×1×2×＝4，則BD＝2。在△ABD中，∠BAD＝180°－30°－45°＝105°，sin105°＝sin(45°＋60°)＝×＋×＝，由正弦定理可得AD＝＝＝2(－1)，則S△ABD＝×2(－1)×2×sin30°＝－1，故BD＝2，△ABD的面積為－1。
答案　2　－1



幾何圖形中的邊、角計算一般要把幾何圖形分解為若干三角形，在三角形中利用正、余弦定理解決。
變|式|訓|練
(2018·成都診斷)如圖，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一點，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，則線段DE的長度為________。

解析　易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝，在三角形AEC中，＝?CE＝，在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，所以DE＝CEsin60°＝×＝×＝6。
答案　6
微考向3：三角形中的最值與范圍問題
【例5】　(1)在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若滿足(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，且a＝，則b2＋c2的取值范圍是(　　)
A．(5,6] B．(3,5)
C．(3,6] D．[5,6]
(2)已知點O是△ABC的內(nèi)心，∠BAC＝60°，BC＝1，則△BOC面積的最大值為________。
解析　(1)因為(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，所以由正弦定理可得(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，可化為b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理可得cosA＝＝＝。因為A∈，所以A＝，又因為a＝，所以由正弦定理可得＝＝＝2，所以b2＋c2＝(2sinB)2＋2＝3＋2sin2B＋sin2B＝4＋2sin。因為B∈，所以2B－∈，所以sin∈，所以b2＋c2∈(5,6]。故選A。
(2)因為O是△ABC的內(nèi)心，∠BAC＝60°，所以∠BOC＝180°－＝120°，由余弦定理可得BC2＝OC2＋OB2－2OC·OB·cos120°，即OC2＋OB2＝1－OC·OB。又OC2＋OB2≥2OC·OB(當且僅當OC＝OB時，等號成立)，所以O(shè)C·OB≤，所以S△BOC＝OC·OB·sin120°≤，則△BOC面積的最大值為。
答案　(1)A　(2)



解三角形中的最值與范圍問題主要有兩種解決方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將所求式轉(zhuǎn)化為只含有三角形某一個角的三角函數(shù)形式，結(jié)合角的范圍確定所求式的范圍。
變|式|訓|練
在△ABC中，M是BC的中點，BM＝2，AM＝AB－AC，則△ABC的面積的最大值為(　　)
A．2 B．2
C．3 D．3
解析　設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c。在△ABM中，由余弦定理得cosB＝，在△ABC中，由余弦定理得cosB＝，所以＝，即b2＋c2＝4bc－8，所以cosA＝，所以sinA＝ ，所以S△ABC＝bcsinA＝，所以當bc＝8時，S△ABC取得最大值2。故選B。
答案　B


1．(考向一)如圖，角α的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與單位圓交于點A(x1，y1)，角β＝α＋的終邊與單位圓交于點B(x2，y2)，記f(α)＝y(tǒng)1－y2。若角α為銳角，則f(α)的取值范圍是________。

解析　由題意可知y1＝sinα，y2＝sinβ＝sin，所以f(α)＝y(tǒng)1－y2＝sinα－sin＝sinα＋sinα－cosα＝sinα－cosα＝sin。又因為α為銳角，即0<α<，所以－<α－<，所以－答案　
2．(考向一)已知tan(α＋β)＝，tan＝，則的值為(　　)
A． B．
C． D．
解析　tan(α＋β)＝，tan＝，則＝＝tan＝tan＝＝＝。故選D。
答案　D
3．(考向二)如圖所示，在△ABC中，C＝，BC＝4，點D在邊AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E為垂足，若DE＝2，則cosA＝(　　)

A． B．
C． D．
解析　因為AD＝DB，所以A＝∠ABD，所以∠BDC＝2A。設(shè)AD＝BD＝x。在△BCD中，由＝，可得＝①。在△AED中，由＝，可得＝②。聯(lián)立①②可得＝，解得cosA＝。故選A。
答案　A
4．(考向二)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若a2＋b2＝2c2，則角C的取值范圍是________。
解析　因為a2＋b2＝2c2≥2ab(當且僅當a＝b時等號成立)，所以c2≥ab，所以由余弦定理可得cosC＝＝≥＝，又因為C∈(0，π)，所以C∈。
答案　
5．(考向二)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若＝sinC，且c＝2，則a＋b的最大值為________。
解析　因為＝sinC，所以＝sinC＝2cosC，可得tanC＝。由C∈(0，π)，得C＝，所以＝＝＝4，所以a＝4sinA，b＝4sinB，則a＋b＝4sinA＋4sin＝4sin。因為A∈，所以A＋∈，所以sin∈，所以a＋b≤4，當A＝時取等號。
答案　4

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