三角函数习题02

前言

典例剖析

例1【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} imes 2 imes 2 imes sin30^{circ}=1)；

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

故其取值范围是((1，2+sqrt{3}))；

例2【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= heta(0< heta<pi))，(OA=2)，(OB=1)，则四边形(OACB)面积的最大值是【】

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

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+1^2-2cdot 2cdot 1cdot cos heta=5-4cos heta)，

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

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

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

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

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

例3【2017(cdot)皖北协作区3月联考】【求取值范围】如图，(angle BAC=cfrac{2pi}{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(PAperp 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(RtDelta APC)中，可得(PC=2sqrt{3})。

(2)求(cfrac{1}{PB}+cfrac{1}{PC})的取值范围。

分析：设(angle PBA= heta)，则( hetain (0，cfrac{pi}{3}))；

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

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

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

在(RtDelta APC)中，(angle CPA= heta+cfrac{pi}{6})，(PC=cfrac{sqrt{3}}{cos( heta+cfrac{pi}{6})})，

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

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

(=sin( heta+cfrac{pi}{6}))，且( hetain (0，cfrac{pi}{3}))；

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

例4函数(f(x)=2cos(omega x+phi)(omega eq 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。

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

分析：先由给定的不等式求解(alphapm eta)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}<eta<alpha<cfrac{3pi}{4})，

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

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

得到(cos(alpha+eta)=-cfrac{4}{5})；

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

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

得到(sin(alpha-eta)=cfrac{5}{13})；

(sin2alpha=sin[(alpha+eta)+(alpha-eta)])

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

又((sinalpha+cosalpha)^2=1+sin2alpha=cfrac{9}{65})

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

则有(sinalpha+cosalpha>0)，

故(sinalpha+cosalpha=sqrt{cfrac{9}{65}}=cfrac{3sqrt{65}}{65})。

例6【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+1ge 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(xin [2kpi-cfrac{5pi}{3}，2kpi-cfrac{pi}{3}](kin Z))时，函数(f(x))单调递减；

(xin [2kpi-cfrac{pi}{3}，2kpi+cfrac{pi}{3}](kin Z))时，函数(f(x))单调递增；

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

法2：待后补充，比如图像法等。

例7【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【】

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

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(Ain (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，(tanBcdot 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(Ain(0，pi))

故得到(A=cfrac{pi}{4})，故选(A)。

例8【2016天津高考文科第8题】已知(f(x)=sin^2cfrac{omega x}{2}+cfrac{1}{2}sinomega x-cfrac{1}{2}(omega>0))，(xin R)，若(f(x))在区间((pi，2pi))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-cosomega x}{2}+cfrac{1}{2}sinomega x-cfrac{1}{2}=cfrac{1}{2}(sinomega x-cosomega 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，2pi))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}=kpi(kin Z))，即(x_0=cfrac{kpi}{omega}+cfrac{pi}{4omega})，

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

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

由于(omega>0)，故给(k)赋值从(k=0)开始，

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

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

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

④当(k=3)时，(left{egin{array}{l}{4omega<12+1}\{8omega>12+1}end{array} ight.)，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，2pi))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，2pi))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，2pi))内没有零点，则(sin(omega x_0-cfrac{pi}{4})=0)在区间((pi，2pi))内无解，

则(kpi<omega x-cfrac{pi}{4}<kpi+pi(kin Z))，即(kpi+cfrac{pi}{4}<omega x<kpi+cfrac{5pi}{4}(kin Z))，

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

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

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

即(left{egin{array}{l}{4omegage 4k+1}\{8omegaleq 4k+5}end{array} ight.)

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

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

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

④当(k=2)时，(4omegage 9)且(8omega leq 13)，解得(cfrac{9}{4}leq omegaleq 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，2pi))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，2pi))内无解，

即(x=cfrac{kpi+frac{pi}{4}}{omega} otin (pi，2pi))，

则(omega otin (cfrac{1}{8}，cfrac{1}{4})cup (cfrac{5}{8}，cfrac{5}{4})cup (cfrac{9}{8}，cfrac{9}{4})cupcdots = (cfrac{1}{8}，cfrac{1}{4})cup (cfrac{5}{8}，+infty))

由于函数(f(x))在区间((pi，2pi))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，2pi))内没有零点，则有以下情形成立：

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

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

③(left{egin{array}{l}{cfrac{5pi}{4omega}leq pi}\{2pileqcfrac{9pi}{4omega}} end{array} ight.)，解得(cfrac{5}{4}<omegaleq cfrac{9}{8})；即(omegain varnothing)；

④(left{egin{array}{l}{cfrac{9pi}{4omega}leq pi}\{2pileqcfrac{13pi}{4omega}} end{array} ight.)，解得(cfrac{9}{4}<omegaleq cfrac{13}{8})；即(omegain varnothing)；

⑤(cdots)，解得(omegain 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)。

例9【2019届高三理科数学题】若函数(f(x)=2sinomega x(omega>0))在区间((0，2pi))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{egin{array}{l}{cfrac{5}{4}cdot T<2pi ①}\{2pileq cfrac{7}{4}cdot T②}end{array} ight.)，

注意由于是在开区间((0，2pi))上，故①没有等号，而②有等号；

即(left{egin{array}{l}{cfrac{5}{4}cdot cfrac{2pi}{omega}<2pi }\{2pileq cfrac{7}{4}cdot cfrac{2pi}{omega}}end{array} ight.)，

解得(cfrac{5}{4}<omegaleq cfrac{7}{4})。故选(A)。