2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-高考解答题专项突破(二) 三角函数与解三角形的综合问题

[考情分析]以三角形、三角函数为载体，以三角函数的图象与性质、正弦定理、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查三角函数的综合问题是高考的热点题型，主要考查内容有正、余弦定理、三角形面积的计算、三角恒等变换和三角函数的性质．解题时要充分利用三角函数的图象与性质，交替使用正弦定理、余弦定理，利用数形结合、函数与方程思想等进行求解．三角函数图象与性质的综合(2025·江苏南通高三模拟)若函数f(x)＝cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))图象的两相邻对称轴的距离为eq\f(π,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(1,2).(1)求f(x)的解析式；(2)将f(x)的图象向右平移eq\f(5π,12)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)得到函数y＝g(x)的图象．当x∈(0，π)时，求解不等式g(2x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).解：(1)因为f(x)图象的两相邻对称轴的距离为eq\f(π,2)，所以T＝π，即eq\f(2π,|ω|)＝π，因为ω>0，所以ω＝2，所以f(x)＝cos(2x＋φ)，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝－eq\f(1,2)，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,6)<eq\f(π,3)＋φ<eq\f(5π,6)，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(2π,3)，即φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(2)因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(5π,12)个单位长度得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x的图象，再将y＝sin2x图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)得到y＝sinx的图象，所以g(x)＝sinx，所以所求不等式为sin2x≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，令t＝x＋eq\f(π,4)，则t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，不等式化为sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)))))≤sint，所以－cos2t≤sint，所以2sin2t－sint－1≤0，所以－eq\f(1,2)≤sint≤1，结合函数y＝sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象，得eq\f(π,4)<t≤eq\f(7π,6)，所以不等式g(2x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x≤\f(11π,12))))).解决三角函数图象与性质综合问题的方法利用图象讨论三角函数的性质，应先把函数化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)或y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的形式，然后通过换元法令t＝ωx＋φ，转化为研究y＝Asint或y＝Acost的性质．1.已知函数f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－4sin2eq\f(ωx,2)sinφ(ω>0，|φ|<π)，其图象的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差eq\f(π,4)，________，从下面两个条件中任选一个补充在空白横线上．①函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后得到的图象关于y轴对称且f(0)<0；②函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝－eq\f(π,3)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f(1)．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，函数h(x)＝f(x)－a存在两个不同零点x1，x2，求x1＋x2的值．解：(1)f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－2(1－cosωx)sinφ＝2sin(ωx＋φ)，又函数f(x)的最小正周期为T＝4×eq\f(π,4)＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，若选条件①：将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到的图象关于y轴对称，所得函数为y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))，由函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象关于y轴对称，可得eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，因为|φ|<π，所以φ的可能取值为－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，若φ＝－eq\f(5π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))＝－1，符合题意；若φ＝eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，f(0)＝2sineq\f(π,6)＝1，不符合题意．所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6))).若选条件②：因为函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝－eq\f(π,3)，所以2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(7π,6)＋kπ(k∈Z)，因为|φ|<π，所以φ的可能取值为－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，若φ＝－eq\f(5π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－2<f(1)，符合题意；若φ＝eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＝2>f(1)，不符合题意．所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6))).(2)令t＝2x－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，此时函数h(x)＝f(x)－a存在两个不同零点x1，x2等价于直线y＝a与函数y＝2sint，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))的图象有两个不同交点．当t＝eq\f(π,2)时，函数取到最大值，所以t1＋t2＝π，即2x1－eq\f(5π,6)＋2x2－eq\f(5π,6)＝π，所以x1＋x2＝eq\f(4π,3).三角函数与解三角形的综合(2025·山东名校联盟高三模拟)已知函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间；(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))＝1－eq\r(3)，c＝2，求△ABC面积的最大值．解：(1)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\r(3)cos2x＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－eq\r(3)cos2x＝1＋sin2x－eq\r(3)cos2x＝1＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2xcos\f(π,3)－cos2xsin\f(π,3)))＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12))).(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))＝1－eq\r(3)，得1＋2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))－\f(π,3)))＝1－eq\r(3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,2)))＝－eq\f(\r(3),2)，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，因为0<C<π，所以C＝eq\f(π,6)，又c＝2，在△ABC中，由余弦定理，得c2＝4＝a2＋b2－2abcosC≥2ab－eq\r(3)ab，所以ab≤eq\f(4,2－\r(3))＝4(2＋eq\r(3))，当且仅当a＝b＝eq\r(6)＋eq\r(2)时取等号，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×4×(2＋eq\r(3))×eq\f(1,2)＝2＋eq\r(3).所以△ABC面积的最大值为2＋eq\r(3).解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两个方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用．2.设函数f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)，该函数图象上相邻两个最高点间的距离为4π，且f(x)为偶函数．(1)求ω和φ的值；(2)已知角A，B，C为△ABC的三个内角，若(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，求[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范围．解：(1)因为f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)的图象上相邻两个最高点间的距离为4π，所以eq\f(2π,ω)＝4π，解得ω＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))，又因为f(x)为偶函数，所以φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.又因为0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,2).(2)因为(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sin(B＋C)，又因为A＋B＋C＝π，且0<A<π，所以sin(B＋C)＝sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3)，则A＋C＝eq\f(2π,3)，即C＝eq\f(2π,3)－A，由(1)知，函数f(x)＝eq\r(2)coseq\f(1,2)x，所以[f(A)]2＋[f(C)]2＝2cos2eq\f(1,2)A＋2cos2eq\f(1,2)C＝cosA＋cosC＋2＝cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＋2＝cosA－eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA＋2＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＋2＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋2，因为0<A<eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3))，即[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3)).三角函数与平面向量的综合(2025·山东日照实验中学高三模拟)已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))，－\f(1,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))，－2))，函数f(x)＝a·b，其中ω>0.(1)若f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立，|x1－x2|min＝eq\f(1,2)，求函数f(x)图象的对称中心；(2)若2<ω<4，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，x＝eq\f(π,3)是g(x)的一个零点，若函数g(x)在[m，n](m，n∈R且m<n)上恰好有8个零点，求n－m的取值范围；(3)已知函数h(x)＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－2a(a<0)，在第(2)问条件下，若对任意x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，存在x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，使得h(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝a·b＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋1，由f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立，|x1－x2|min＝eq\f(1,2)，可知函数f(x)的最小正周期T满足eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)，所以T＝1，由eq\f(2π,2ω)＝1，得ω＝π.所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πx＋\f(π,6)))＋1.由2πx＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(k,2)－eq\f(1,12)，k∈Z，所以函数f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)－\f(1,12)，1))，k∈Z.(2)g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＋1＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(（1－2ω）π,6)))＋1.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，得sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2ωπ,3)＋\f(（1－2ω）π,6)))＝－eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,3)＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(7π,6)，k∈Z或eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，所以ω＝6k＋3，k∈Z或ω＝6k－1，k∈Z，又2<ω<4，所以ω＝3.所以g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(5π,6)))＋1.函数g(x)的草图如图所示．由函数g(x)在[m，n](m，n∈R且m<n)上恰好有8个零点，得eq\f(10π,9)≤n－m<eq\f(14π,9)，即n－m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10π,9)，\f(14π,9))).(3)问题转化为当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，函数h(x)的值域是g(x)的值域的子集．对函数h(x)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，又a<0，所以h(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，－\f(3a,2))).对函数g(x)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以6x－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(5π,6)))∈[－1，1]，所以g(x)∈[－1，3]．由eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，－\f(3a,2)))⊆[－1，3]，a<0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥－1，,－\f(3a,2)≤3，,a<0，))解得－2≤a<0，即实数a的取值范围是[－2，0)．当题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式时，首先运用向量数量积的定义、向量共线、向量垂直等得到三角函数的关系式，然后利用三角函数的图象、性质解决问题．3.已知向量a＝(sinx，eq\r(3)sin(π＋x))，b＝(cosx，－sinx)，函数f(x)＝a·b－eq\f(\r(3),2).(1)求f(x)的最小正周期及f(x)图象的对称轴方程；(2)先将f(x)的图象上每个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再向左平移eq\f(π,3)个单位长度得到函数g(x)的图象，若函数y＝g(x)－m在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))内有两个零点，求m的取值范围．解：(1)因为f(x)＝a·b－eq\f(\r(3),2)＝sinxcosx＋eq\r(3)sin2x－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.由2x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)，k∈Z，所以f(x)的最小正周期为π，对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)，k∈Z.(2)由(1)，知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由题意，得g(x)＝sinx.函数y＝g(x)－m在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))内有两个零点，转化为函数y＝sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的图象与直线y＝m有两个交点．由图象可得，m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).解三角形与平面向量的综合(2025·湖北荆州高三联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(a,b)＝eq\f(\r(3),3)sinC＋cosC.(1)求角B；(2)若D是△ABC中边AC上的一点，且满足eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)，9a＋4c＝25，求BD的最大值．解：(1)因为eq\f(a,b)＝eq\f(\r(3),3)sinC＋cosC，即a＝eq\f(\r(3),3)bsinC＋bcosC，由正弦定理，得sinA＝eq\f(\r(3),3)sinBsinC＋sinBcosC，且sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),3)sinBsinC＋sinBcosC，可得cosBsinC＝eq\f(\r(3),3)sinBsinC，且C∈(0，π)，则sinC≠0，可得tanB＝eq\r(3)，又因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(BA,\s\up6(→)))|)＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(BC,\s\up6(→)))|)，即eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(BA,\s\up6(→)))||\a\vs4\al(\o(BD,\s\up6(→)))|)＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(BC,\s\up6(→)))||\a\vs4\al(\o(BD,\s\up6(→)))|)，可得cos∠ABD＝cos∠CBD，即∠ABD＝∠CBD，可知BD平分∠ABC，则∠ABD＝∠CBD＝eq\f(π,6).因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，即eq\f(1,2)ac×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)BD×c×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)BD×a×eq\f(1,2)，整理可得eq\f(\r(3),BD)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，又因为9a＋4c＝25，则eq\f(\r(3),BD)＝eq\f(1,25)(9a＋4c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝eq\f(1,25)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋\f(4c,a)＋\f(9a,c)))≥eq\f(1,25)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋2\r(\f(4c,a)·\f(9a,c))))＝1，当且仅当eq\f(4c,a)＝eq\f(9a,c)，即a＝eq\f(5,3)，c＝eq\f(5,2)时取等号，可得BD≤eq\r(3)，所以BD的最大值为eq\r(3).解决解三角形与平面向量综合问题的关键：准确利用向量运算化简已知条件，将其转化为三角函数的问题解决.4.(2025·四川成都高三调研)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且m＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n.(1)求角A的大小；(2)D是线段BC上的点，且AD＝BD＝2，CD＝3，求△ABD的面积．解：(1)因为m＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n，所以m·n＝(2b＋c)cosA＋acosC＝0，由正弦定理可得2sinBcosA＋(sinAcosC＋cosAsinC)＝0，即2sinBcosA＋sin(A＋C)＝0，又A＋C＝π－B，所以2sinBcosA＋sinB＝0，又B∈(0，π)，则sinB>0，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3).(2)设B＝θ，因为A＝eq\f(2π,3)，则C＝π－eq\f(2π,3)－θ＝eq\f(π,3)－θ，因为AD＝BD＝2，所以∠BAD＝∠B＝θ，∠ADC＝2θ，∠DAC＝eq\f(2π,3)－θ，在△ACD中，由正弦定理可知eq\f(AD,sinC)＝eq\f(CD,sin∠DAC)，即eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))＝eq\f(3,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))，即3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ－\f(1,2)sinθ))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ＋\f(1,2)sinθ))，化简可得5sinθ＝eq\r(3)cosθ，即tanθ＝eq\f(\r(3),5)，所以sin2θ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(5\r(3),14)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)AD·BDsin(π－2θ)＝eq\f(1,2)AD·BDsin2θ＝eq\f(1,2)×22×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(5\r(3),7).课时作业基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号12345678难度★★★★★★★★★★★★考向三角函数图象与性质的综合三角函数与平面向量的综合三角函数与解三角形的综合解三角形与平面向量的综合解三角形与平面向量的综合解三角形与平面向量的综合三角函数与解三角形的综合解三角形与平面向量的综合考点求三角函数的解析式、单调区间、最值；三角函数的图象变换求三角函数的单调区间；与三角函数有关的方程有解问题求三角函数的单调区间；三角恒等变换；余弦定理三角恒等变换；余弦定理；同角三角函数的基本关系式；诱导公式；三角函数的最值、图象变换；三角形的面积公式三角恒等变换；诱导公式；正弦定理；三角函数的范围正弦定理；两角和的正弦公式；辅助角公式；诱导公式；三角函数的最值三角函数的周期性、单调性、值域；同角三角函数的基本关系式；三角恒等变换；余弦定理；三角形的面积公式两角和与差的余弦公式；正、余弦定理；三角形的面积公式关联点平面向量的坐标运算数量积的坐标运算数量积的坐标运算数量积的坐标运算基本不等式共线向量的坐标表示1.(2024·江西南昌模拟)如图为函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)，x∈R))的部分图象．(1)求函数f(x)的解析式和单调递增区间；(2)若将f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度，然后再将横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)得到g(x)的图象，求函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上的最大值和最小值．解：(1)由图象知，A＝2，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，T＝π，又ω>0，则ω＝eq\f(2π,π)＝2，则f(x)＝2sin(2x＋φ)，将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))代入得，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，得eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)．(2)将f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，然后再将横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))的图象．因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，则4x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,2)))，所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))≤1.故当4x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,6)时，g(x)取得最小值，为－2；当4x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,12)时，g(x)取得最大值，为2.2．(2025·山东德州二中高三第二次学情检测)已知向量a＝(cosx，－1)，b＝(eq\r(3)sinx，1)，函数f(x)＝(a＋b)·a－eq\f(1,2).(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)＝m在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内恰有一个解，求m的取值范围．解：(1)易知f(x)＝(a＋b)·a－eq\f(1,2)＝a2＋a·b－eq\f(1,2)＝cos2x＋1＋eq\r(3)cosxsinx－1－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.所以函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))，k∈Z.(2)由f(x)＝m可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝m，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，f(x)＝m在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内恰有一个解，可以转化为直线y＝m与y＝f(x)的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有一个交点．作出y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象，如图，由数形结合可知，m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))∪{1}．3．已知函数f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且f(C)＝3，c＝1，ab＝2eq\r(3)，求△ABC的周长．解：(1)依题意，f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x＝1＋cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)．(2)由(1)知，f(C)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＋1＝3，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝1，而C∈(0，π)，则2C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，于是2C＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，解得C＝eq\f(π,6)，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得1＝(a＋b)2－(2＋eq\r(3))ab＝(a＋b)2－2eq\r(3)×(2＋eq\r(3))，解得a＋b＝2＋eq\r(3)，则a＋b＋c＝3＋eq\r(3)，所以△ABC的周长为3＋eq\r(3).4．已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)，－1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,2)，cos2\f(x,2)))，函数f(x)＝m·n＋1.(1)求函数f(x)在[0，π]上的最值，并求此时x的值；(2)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再将所得图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度并向下平移eq\f(1,2)个单位长度，得到函数g(x)的图象．若在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝eq\f(1,2)，a＝2，b＋c＝4，求△ABC的面积．解：(1)因为f(x)＝m·n＋1＝eq\r(3)coseq\f(x,2)sineq\f(x,2)－cos2eq\f(x,2)＋1＝eq\f(\r(3),2)sinx＋sin2eq\f(x,2)＝eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)(1－cosx)＝eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，当x∈[0，π]时，x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以当x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0时，f(x)取得最小值0；当x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(2π,3)时，f(x)取得最大值eq\f(3,2)，所以函数f(x)在[0，π]上的最大值为eq\f(3,2)，此时x＝eq\f(2π,3)；函数f(x)在[0，π]上的最小值为0，此时x＝0.(2)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)的图象，再将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度并向下平移eq\f(1,2)个单位长度，得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x的图象，所以g(x)＝cos2x，又因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝eq\f(1,2)，所以cosA＝eq\f(1,2)，又因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，又因为a＝2，b＋c＝4，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bccosA－2bc，所以4＝16－bc－2bc，解得bc＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).5．已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)sin\f(x,4)，2))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4))).(1)若m·n＝2，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的值；(2)记f(x)＝m·n，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cosB＝bcosC，求f(A)的取值范围．解：(1)m·n＝2eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋2cos2eq\f(x,4)＝eq\r(3)sineq\f(x,2)＋coseq\f(x,2)＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋1.因为m·n＝2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(2)因为f(x)＝m·n＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋1，所以f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＋1.因为(2a－c)cosB＝bcosC，由正弦定理，得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC.所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sin(B＋C)．因为A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0.所以cosB＝eq\f(1,2).因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).所以0<A<eq\f(2π,3).所以eq\f(π,6)<eq\f(A,2)＋eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))<1，故f(A)的取值范围是(2，3)．6．(2024·湖北黄冈高三调研)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量m＝(b，a)，n＝(sinA，eq\r(3)cos(A＋C))，且m·n＝0.(1)求角B的大小；(2)若b＝eq\r(3)，求3a＋c的最大值．解：(1)在△ABC中，因为m＝(b，a)，n＝(sinA，eq\r(3)cos(A＋C))，m·n＝0，所以bsinA－eq\r(3)acosB＝0.由正弦定理，得sinAsinB＝eq\r(3)sinAcosB，又sinA>0，所以sinB＝eq\r(3)cosB，即tanB＝eq\r(3).又0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)，知B＝eq\f(π,3)，b＝eq\r(3)，由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝2，即a＝2sinA，c＝2sinC.又C＝eq\f(2π,3)－A，所以3a＋c＝6sinA＋2sinC＝6sinA＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝7sinA＋eq\r(3)cosA＝2eq\r(13)sin(A＋θ)，其中锐角θ由ta