三角函数习题02

前言

典例剖析

【2015\(\cdot\)全国卷Ⅰ】在平面四边形\(ABCD\)中，\(\angle A=\angle B=\angle C=75^{\circ}\)，\(BC=2\)，则\(AB\)的取值范围是___________。

分析：本题目非常特别，依据题意我们做出的图形是平面四边形，

当我们将边\(AD\)平行移动时，题目的已知条件都没有改变，故想到将此静态图变化为动态图，

平行移动\(AD\)时，我们看到了两个临界位置，即四边形变化为三角形的两个状态，

其一是四边形变化为三角形\(ABF\)，此时应该有\(BF<AB\)；

其二是四边形变化为三角形\(ABE\)，此时应该有\(BE>AB\)；

故动态的边\(AB\)的范围是\(BF<AB<BE\)，从而求解。

解答：如图所示，延长\(BA\)与\(CD\)交于\(E\)，过\(C\)做\(CF//AD\)交\(AB\)于\(F\)，则\(BF<AB<BE\)；

在等腰三角形\(CFB\)中，\(\angle FCB=30^{\circ}\)，\(CF=BC=2\)，由余弦定理得到\(BF=\sqrt{6}-\sqrt{2}\)；

在等腰三角形\(ECB\)中，\(\angle CEB=30^{\circ}\)，\(\angle ECB=75^{\circ}\)，\(BE=CE，BC=2\)，

由正弦定理得到\(BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}\)；

故\(\sqrt{6}-\sqrt{2}<AB<\sqrt{6}+\sqrt{2}\)

解后反思引申：

1、求\(CD\)的取值范围；

分析：由上述的动态图可知，\(0<CD<CE=BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}\)；

2、求\(AD\)的取值范围；

分析：由上述的动态图可知，\(0<AD<CF=BC=2\)；

3、求四边形\(ABCD\)的周长的取值范围；

分析：四边形\(ABCD\)的周长介于\(\Delta BCF\)的周长和\(\Delta BCE\)的周长之间，

故其取值范围是\((4+\sqrt{6}-\sqrt{2}，2(\sqrt{6}+\sqrt{2})+2)\)；

4、求四边形\(ABCD\)的面积的取值范围；

分析：四边形\(ABCD\)的面积介于\(\Delta BCF\)的面积和\(\Delta BCE\)的面积之间，

\(S_{\Delta BCF}=\cfrac{1}{2}\times 2\times 2\times sin30^{\circ}=1\)；

\(S_{\Delta BCE}=\cfrac{1}{2}\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times sin30^{\circ}=2+\sqrt{3}\)；

故其取值范围是\((1，2+\sqrt{3})\)；

【2017\(\cdot\)广东汕头一模】【求面积的最大值】已知\(\Delta ABC\)的内角\(A，B，C\)的对边分别是\(a，b，c\)，且满足\(b=c\)，\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，若点\(O\)是\(\Delta ABC\)外的一点，\(\angle AOB=\theta(0<\theta<\pi)\)，\(OA=2\)，\(OB=1\)，则四边形\(OACB\)面积的最大值是【】

$A.\cfrac{4+5\sqrt{3}}{4}$ $B.\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}$ $C.3$ $D.\cfrac{4+5\sqrt{3}}{4}$

分析：由\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{sinB}{sinA}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，

得到\(sinBcosA+cosBsinA=sinA\)，即\(sin(A+B)=sinA\)

则\(sinC=sinA\)，即\(A=C\)，

故\(a=b=c\)，为等边三角形。

在\(\Delta AOB\)中，\(AB^2=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot cos\theta=5-4cos\theta\)，

故\(S_{OACB}=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB^2\)

\(=sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}(5-4cos\theta)=2sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}\)

当\(\theta-\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\)时，即\(\theta=\cfrac{5\pi}{6}\in (0，\pi)\)时，四边形的面积有最大值，

且\(S_{max}=2+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}=\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}\)，故选\(B\)。

【2017\(\cdot\)皖北协作区3月联考】【求取值范围】如图，\(\angle BAC=\cfrac{2\pi}{3}\)，\(P\)为\(\angle BAC\)内部一点，过点\(P\)的直线与\(\angle BAC\)的两边交于点\(B、C\)，且\(PA\perp AC\)，\(AP=\sqrt{3}\)。

(1)若\(AB=3\)，求\(PC\)；

分析：在\(\Delta ABP\)中，\(\angle BAP=30^{\circ}\)，\(AB=3\)，\(AP=\sqrt{3}\)，

由余弦定理得到\(BP=\sqrt{3}\)，故\(\angle BAP=\angle PBA=30^{\circ}\)，

则\(\angle APC=60^{\circ}\)，在\(Rt\Delta APC\)中，可得\(PC=2\sqrt{3}\)。

(2)求\(\cfrac{1}{PB}+\cfrac{1}{PC}\)的取值范围。

分析：设\(\angle PBA=\theta\)，则\(\theta\in (0，\cfrac{\pi}{3})\)；

(说明：当过点\(P\)的直线和\(AB\)平行时，\(\theta=0\)；当过点\(P\)的直线和\(AC\)平行时，\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\))

在\(\Delta ABP\)中，\(\angle BAP=30^{\circ}\)，\(\angle PBA=\theta\)，\(AP=\sqrt{3}\)，

故由正弦定理得到\(\cfrac{PB}{sin30^{\circ}}=\cfrac{\sqrt{3}}{sin\theta}\)，即\(PB=\cfrac{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}{sin\theta}\)；

在\(Rt\Delta APC\)中，\(\angle CPA=\theta+\cfrac{\pi}{6}\)，\(PC=\cfrac{\sqrt{3}}{cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})}\)，

故\(\cfrac{1}{PB}+\cfrac{1}{PC}=\cfrac{2sin\theta}{\sqrt{3}}+\cfrac{cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})}{\sqrt{3}}\)

\(=\cfrac{1}{\sqrt{3}}(\cfrac{3}{2}sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos\theta)\)

\(=sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})\)，且\(\theta\in (0，\cfrac{\pi}{3})\)；

故\(\cfrac{1}{2}<sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})<1\)。

函数\(f(x)=2cos(\omega x+\phi)(\omega\neq 0)\)对任意\(x\)都有\(f(\cfrac{\pi}{4}+x)=f(\cfrac{\pi}{4}-x)\)成立，则\(f(\cfrac{\pi}{4})\)的值为【】

$A.2或0$ $B.-2或2$ $C.0$ $D.-2或0$

分析：由任意\(x\)都有\(f(\cfrac{\pi}{4}+x)=f(\cfrac{\pi}{4}-x)\)成立，

可知\(x=\cfrac{\pi}{4}\)为函数的一条对称轴，

而正弦型或余弦型函数在对称轴处必然会取到最值，

故\(f(\cfrac{\pi}{4})=\pm 2\)，选B。

解后反思：此题目如果不注意函数的性质，往往会想到求\(\omega\)和\(\phi\)，这样思路就跑偏了。

已知\(\cfrac{\pi}{2}<\beta<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，\(cos(\alpha-\beta)=\cfrac{12}{13}\)，\(sin(\alpha+\beta)=-\cfrac{3}{5}\)， 则\(sin\alpha+cos\alpha\)的值为_____。

分析：先由给定的不等式求解\(\alpha\pm \beta\)的范围，以便于求解其余名函数的值，为后续的计算打基础。

由\(\cfrac{\pi}{2}<\beta<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，

得到\(\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，\(\cfrac{\pi}{2}<\beta<\cfrac{3\pi}{4}\)，

故\(\pi<\alpha+\beta<\cfrac{3\pi}{2}\)，由\(sin(\alpha+\beta)=-\cfrac{3}{5}\)，

得到\(cos(\alpha+\beta)=-\cfrac{4}{5}\)；

又由\(\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，\(-\cfrac{3\pi}{4}<-\beta<-\cfrac{\pi}{2}\)，及\(\alpha-\beta>0\)

得到\(0<\alpha-\beta<\cfrac{\pi}{4}\)，由\(cos(\alpha-\beta)=\cfrac{12}{13}\)，

得到\(sin(\alpha-\beta)=\cfrac{5}{13}\)；

\(sin2\alpha=sin[(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)]\)

\(=sin(\alpha+\beta)cos(\alpha-\beta)+cos(\alpha+\beta)sin(\alpha-\beta)=-\cfrac{56}{65}\)

又\((sin\alpha+cos\alpha)^2=1+sin2\alpha=\cfrac{9}{65}\)

又由于\(\cfrac{\pi}{2}<\beta<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，借助三角函数线可知

则有\(sin\alpha+cos\alpha>0\)，

故\(sin\alpha+cos\alpha=\sqrt{\cfrac{9}{65}}=\cfrac{3\sqrt{65}}{65}\)。

【2018高考一卷第16题】求\(f(x)=2sinx+sin2x\)的最小值。

法1：\(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1)\)

\(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1)\)

\(=4(cosx+1)(cosx-\cfrac{1}{2})\)

注意到\(cosx+1\ge 0\)恒成立，故

令\(f'(x)>0\)得到，\(cosx>\cfrac{1}{2}\)，令\(f'(x)<0\)得到，\(cosx<\cfrac{1}{2}\)，

则\(x\in [2k\pi-\cfrac{5\pi}{3}，2k\pi-\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)\)时，函数\(f(x)\)单调递减；

\(x\in [2k\pi-\cfrac{\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)\)时，函数\(f(x)\)单调递增；

故当\(x=2k\pi-\cfrac{\pi}{3}(k\in Z)\)时，\(f(x)_{min}=f(2k\pi-\cfrac{\pi}{3})=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)。

法2：待后补充，比如图像法等。

【2019届高三理科数学课时作业用题】在斜三角形\(ABC\)中，\(sinA=-\sqrt{2}cosBcosC\)，且\(tanBtanC=1-\sqrt{2}\)，则角\(A\)的大小为【】

$A.\cfrac{\pi}{3}$ $B.\cfrac{\pi}{2}$ $C.\cfrac{\pi}{4}$ $D.\cfrac{3\pi}{4}$

法1分析：由\(sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=-\sqrt{2}cosBcosC\)，

则\(\cfrac{sinBcosC+cosBsinC}{cosBcosC}=tanB+tanC=-\sqrt{2}\)，

又由于\(tanBtanC=1-\sqrt{2}\)，故\(-tanA=tan(B+C)=\cfrac{tanB+tanC}{1-tanBtanC}\)，

即\(-tanA=\cfrac{-\sqrt{2}}{1-(1-\sqrt{2})}=-1\)，故\(tanA=1\)，又\(A\in (0，\pi)\)，

则\(A=\cfrac{\pi}{4}\)，故选\(A\)。

法2分析：由\(cos(B+C)=cosBcosC-sinBsinC=-cosA\)，

故\(cosBcosC=sinBsinC-cosA\)，两边同乘以\((-\sqrt{2})\)，得到

\(-\sqrt{2}cosBcosC=\sqrt{2}sinBsinC+\sqrt{2}cosA\)，即\(\sqrt{2}sinBsinC+\sqrt{2}cosA=sinA\)，

故\(sinBsinC=\cfrac{\sqrt{2}cosA-sinA}{\sqrt{2}}\)①，

又\(cosBcosC=\cfrac{sinA}{-\sqrt{2}}=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}sinA\)②，

由①/②得到，\(tanB\cdot tanC=\cfrac{\frac{\sqrt{2}cosA-sinA}{\sqrt{2}}}{-\cfrac{\sqrt{2}}{2}sinA}=1-\sqrt{2}\)，

化简得到\(sinA=cosA\)，即\(tanA=1\)，由\(A\in(0，\pi)\)

故得到\(A=\cfrac{\pi}{4}\)，故选\(A\)。

【2016天津高考文科第8题】已知\(f(x)=sin^2\cfrac{\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}(\omega>0)\)，\(x\in R\)，若\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则\(\omega\)的取值范围是【D】

$A.(0，\cfrac{1}{8}]$ $B.(0，\cfrac{1}{4}]\cup [\cfrac{5}{8}，1)$ $C.(0，\cfrac{5}{8}]$ $D.(0，\cfrac{1}{8}]\cup [\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]$

分析：\(f(x)=\cfrac{1-cos\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}(sin\omega x-cos\omega x)\)

\(=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})\)，

法1：补集法，从数的角度入手分析，假设\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内有零点\(x_0\)，使得\(f(x)=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)，

则\(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4}=k\pi(k\in Z)\)，即\(x_0=\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}\)，

即\(x_0=\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\)，又\(\pi<x_0<2\pi\)，

则\(\pi<\cfrac{4k+1}{4\omega}<2\pi(k\in Z)\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4k+1}\\{8\omega>4k+1}\end{array}\right.\)

由于\(\omega>0\)，故给\(k\)赋值从\(k=0\)开始，

①当\(k=0\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<1}\\{8\omega>1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{1}{8}<\omega<\cfrac{1}{4}\)；

②当\(k=1\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4+1}\\{8\omega>4+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{5}{8}<\omega<\cfrac{5}{4}\)；

③当\(k=2\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<8+1}\\{8\omega>8+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{9}{8}<\omega<\cfrac{9}{4}\)；

④当\(k=3\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<12+1}\\{8\omega>12+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{13}{8}<\omega<\cfrac{13}{4}\)；

⑤当\(k=4，\cdots\)时，\(\cdots\)

以上情形取并集，得到当函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内有零点\(x_0\)时，\(\omega\)的取值范围是\((\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup(\cfrac{5}{8}，+\infty)\)，

故函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点时，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。

法2：直接法，从数的角度入手分析，函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在区间\((\pi，2\pi)\)内无解，

则\(k\pi<\omega x-\cfrac{\pi}{4}<k\pi+\pi(k\in Z)\)，即\(k\pi+\cfrac{\pi}{4}<\omega x<k\pi+\cfrac{5\pi}{4}(k\in Z)\)，

则\(\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}<x_0<\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{5\pi}{4\omega}\)

即\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}<x<\cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\)恒成立，由于\(x\in (\pi，2\pi)\)，

则\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\leq \pi\)且\(2\pi\leq \cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\)；

即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega\ge 4k+1}\\{8\omega\leq 4k+5}\end{array}\right.\)

①当\(k=-1\)时，\(4\omega\ge -3\)且\(8\omega \leq 1\)，解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\)；

②当\(k=0\)时，\(4\omega\ge 1\)且\(8\omega \leq 5\)，解得\(\cfrac{1}{4}\leq \omega\leq \cfrac{5}{8}\)；

③当\(k=1\)时，\(4\omega\ge 5\)且\(8\omega \leq 9\)，解得\(\cfrac{5}{4}\leq \omega\leq \cfrac{9}{8}\)，实质为空集；

④当\(k=2\)时，\(4\omega\ge 9\)且\(8\omega \leq 13\)，解得\(\cfrac{9}{4}\leq \omega\leq \cfrac{13}{8}\)，实质为空集；

⑤当\(k=3，\cdots\)时，等等，解集都是空集；

综上所述，函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点时，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。

法3：高考解法，从数的角度入手分析，接上述解法，得到

\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在区间\((\pi，2\pi)\)内无解，

即\(x=\cfrac{k\pi+\frac{\pi}{4}}{\omega}\not\in (\pi，2\pi)\)，

则\(\omega \not\in (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，\cfrac{5}{4})\cup (\cfrac{9}{8}，\cfrac{9}{4})\cup\cdots = (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，+\infty)\)

由于函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。

法4：如下图所示，从形的角度入手分析：

要使得函数在\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则有以下情形成立：

①\(2\pi\leq \cfrac{\pi}{4\omega}\)，解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\)；

②\(\left\{ \begin{array}{l}{ \cfrac{\pi}{4\omega}\leq \pi }\\ {2\pi \leq \cfrac{5\pi}{4\omega}}\end{array}\right.\) ，解得$ \cfrac{1}{4}<\omega \leq \cfrac{5}{8}$；

③\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{9\pi}{4\omega}} \end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{9}{8}\)；即\(\omega\in \varnothing\)；

④\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{9\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{13\pi}{4\omega}} \end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{9}{4}<\omega\leq \cfrac{13}{8}\)；即\(\omega\in \varnothing\)；

⑤\(\cdots\)，解得\(\omega\in \varnothing\)；

综上所述，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。

【2019届高三理科数学题】若函数\(f(x)=2sin\omega x(\omega>0)\)在区间\((0，2\pi)\)上恰有两个极大值和一个极小值，则\(\omega\)的取值范围是【A】

$A.(\cfrac{5}{4}，\cfrac{7}{4}]$ $B.(\cfrac{3}{4}，\cfrac{5}{4}]$ $C.(1，\cfrac{5}{4}]$ $D.(\cfrac{3}{4}，\cfrac{5}{4}]$

分析：由题目可知，\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5}{4}\cdot T<2\pi ①}\\{2\pi\leq \cfrac{7}{4}\cdot T②}\end{array}\right.\)，

注意由于是在开区间\((0，2\pi)\)上，故①没有等号，而②有等号；

即\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5}{4}\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}<2\pi }\\{2\pi\leq \cfrac{7}{4}\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}}\end{array}\right.\)，

解得\(\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{7}{4}\)。故选\(A\)。