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微专题三 三角函数与解三角形的结构不良问题
1.(2025届北师大二附中月考,16)已知函数f(x)=asin ωxcos ωx(a>0,ω>0).从下列四个条
件中选择两个作为已知,使函数f(x)存在且唯一确定.
(1)求f(x)的解析式;
(2)设g(x)=f(x)-2cos2ωx+1,x∈(0,π),求函数g(x)的最小值与单调递减区间.
(π)
条件①:f =1;
4
条件②:f(x)为偶函数;
条件③:f(x)的最大值为1;
π
条件④:f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为 .
2
注:如果选择的条件不符合要求,第(1)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解
答,按第一个解答计分.
a
解析 (1)f(x)=asin ωxcos ωx= sin 2ωx为奇函数,与②矛盾,故②不能选.
2
选择条件①③:
a
因为函数f(x)的最大值为1,所以 =1,即a=2,
2
(π) π
因为f =1,所以sin ω=1,ω的值不唯一,故不能选①③.
4 2
选择条件①④:
π 2π
因为函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为 ,且ω>0,所以 =π,即ω=1,所以
2 2ω
a
f(x)= sin 2x,
2
(π) a π
因为f =1,所以 sin =1,即a=2,
4 2 2
所以f(x)=sin 2x.
选择条件③④:
π 2π
因为函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为 ,且ω>0,所以 =π,即ω=1,所以
2 2ω
a
f(x)= sin 2x,
2
a
因为函数f(x)的最大值为1,所以 =1,即a=2,
2
所以f(x)=sin 2x.
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( π)
(2)g(x)=f(x)-2cos2ωx+1=sin 2x-cos 2x=√2sin 2x- ,
4
π π 7π
因为0<x<π,所以- <2x- < ,
4 4 4
π 3π 7π (7π)
当2x- = ,即x= 时,f(x) =f =-√2,
4 2 8 min 8
(π 3π )
因为y=sin x在 +2kπ, +2kπ (k∈Z)上单调递减,
2 2
π π 3π
所以 +2kπ<2x- < +2kπ(k∈Z),
2 4 2
3π 7π
所以 +kπ<x< +kπ(k∈Z),
8 8
(3π 7π)
所以函数g(x)在(0,π)上的单调递减区间为 , .
8 8
2π
2.(2025届北京三中期中,18)在△ABC中,c=2bcos B,∠C= .
3
(1)求∠B;
(2)再在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使△ABC存在且唯
一确定,并求BC边上的中线的长.
条件①:c=√2b;
条件②: ABC的周长为4+2√3;
3√3
△
条件③: ABC的面积为 .
4
注:如果△选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解
答,按第一个解答计分.
2π
解析 (1)∵c=2bcos B,∴由正弦定理得sin C=2sin Bcos B,即sin C=sin 2B,∵C= ,
3
π
∴当C=2B时,B= ,即C+B=π,不符合题意,舍去,
3
π π
∴C+2B=π,∴2B= ,即B= .
3 6
(2)选条件①:
√3
c sinC 2
根据(1),由正弦定理可得 = = =√3,与c=√2b矛盾,故△ABC不存在,故不选
b sinB 1
2
①.
选条件②:
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2π π π
∵C= ,B= ,∴A= ,
3 6 6
设R为△ABC外接圆的半径,
a b c
a b c = =
由正弦定理可得 = = =2R,即1 1 √3=2R,
sinA sinB sinC
2 2 2
∴a=R,b=R,c=√3R,∴a+b+c=(2+√3)R=4+2√3,
∴R=2,即a=2,b=2,c=2√3,
此时△ABC存在且唯一确定,
设BC的中点为D,∴CD=1,
( 1)
在△ACD中,由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cos C=4+1-2×2×1× - =7,则AD=
2
√7,
∴BC边上的中线的长为√7.
选条件③:
π
∵A=B= ,∴a=b,
6
1 1 √3 3√3
∴S = absin C= a2× = ,得a=√3,∴b=√3,
ABC 2 2 2 4
△
此时△ABC存在且唯一确定,
√3
设BC的中点为D,∴CD= ,
2
2π 3 √3 21
在△ACD中,由余弦定理可得AD2=AC2+CD2-2×AC×CD×cos =3+ +√3× = ,
3 4 2 4
√21
则AD= ,
2
√21
∴BC边上的中线的长为 .
2
( φ) ( φ) ( φ) π
3.(2024顺义二模,16)已知函数f(x)=cos2 x- +√3sin x- cos x- ,其中|φ|< .
2 2 2 2
1
(1)若f(0)= ,求φ的值;
2
(2)已知x∈[0,m](m>0)时,f(x)单调递增,再从条件①、条件②、条件③中选择一个作
为已知,使函数f(x)存在,求m的最大值.
( π )
条件①:f - =-1;
12
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(π) (5π)
条件②:f =f ;
6 12
1 π
条件③:y=f(x)的图象与直线y= 的一个交点的横坐标为 .
2 24
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
( φ) ( φ) ( φ)
解析 (1)解法一:f(0)=cos2 - +√3sin - cos -
2 2 2
φ φ φ 1+cosφ √3 1
=cos2 -√3sin cos = - sin φ= ,
2 2 2 2 2 2
√3 π π
则tan φ= ,又|φ|< ,所以φ= .
3 2 6
1+cos(2x-φ) √3
解法二:f(x)= + sin(2x-φ)
2 2
( π) 1
=sin 2x-φ+ + ,
6 2
( π) 1 1
所以f(0)=sin -φ+ + = ,
6 2 2
(π )
即sin -φ =0,
6
π π
所以 -φ=kπ,k∈Z,即φ= -kπ,k∈Z,
6 6
π π
又|φ|< ,所以φ= .
2 6
1+cos(2x-φ) √3 ( π) 1
(2)f(x)= + sin(2x-φ)=sin 2x-φ+ + .
2 2 6 2
选择条件②.
(π) (π ) 1 (5π) 1
f =sin -φ + ,f =sin(π-φ)+ ,
6 2 2 12 2
(π) (5π) (π )
因为f =f ,所以sin -φ =sin(π-φ),
6 12 2
π π
则cos φ=sin φ,因为|φ|< ,所以φ= ,
2 4
( π ) 1
所以f(x)=sin 2x- + .
12 2
π π π
令- +2kπ≤2x- ≤ +2kπ,k∈Z,
2 12 2
5π 7π
解得- +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z,
24 24
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[ 5π 7π ]
即f(x)的单调递增区间为 - +kπ, +kπ ,k∈Z,
24 24
又x∈[0,m]时,f(x)单调递增,
[ 5π 7π ]
所以[0,m]是 - +kπ, +kπ ,k∈Z的一个子区间,
24 24
5π
{- +kπ≤0,
24
所以 k∈Z,
7π
0<m≤ +kπ,
24
7π
所以k=0时,m取得最大值 .
24
选择条件③.
1 π
由y=f(x)的图象与直线y= 的一个交点的横坐标为 ,
2 24
( π ) 1 (π )
得f = ,所以sin -φ =0,
24 2 4
π π
所以 -φ=kπ,k∈Z,即φ= -kπ,k∈Z,
4 4
π π ( π ) 1
又|φ|< ,所以φ= ,f(x)=sin 2x- + .
2 4 12 2
下同选择条件②.
不可选择条件①,理由如下:
( π ) ( π π) 1 3
若f - =-1,则sin - -φ+ + =-1,即sin(-φ)=- ,由sin x∈[-1,1]知该方程无解,
12 6 6 2 2
故函数f(x)不存在,故不可选择条件①.
( π)
4.(2024东城二模,17)已知函数f(x)=sin(ωx+φ) ω>0,0<φ< 的部分图象如图所示.
2
(1)求ω的值;
[ π]
(2)从下列三个条件中选择一个作为已知,使函数f(x)存在,并求函数f(x)在 0, 上的
2
最大值和最小值.
( 5π)
条件①:函数f x+ 是奇函数;
12
π
条件②:将函数f(x)的图象向右平移 个单位长度后得到y=sin ωx的图象;
12
(2π)
条件③:f(0)=f .
3
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注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解
答,按第一个解答计分.
T π
解析 (1)由题图知 = ,T=π.
2 2
2π
因为ω>0,所以 =π,解得ω=2.
ω
(2)选择条件①:
( 5π) [ ( 5π) ] ( 5π )
f x+ =sin 2 x+ +φ =sin 2x+ +φ .
12 12 6
( 5π)
因为函数f x+ 是奇函数,
12
5π 5π
所以 +φ=kπ,k∈Z,即φ=- +kπ,k∈Z.
6 6
π π
因为0<φ< ,所以φ= .
2 6
( π)
所以f(x)=sin 2x+ .
6
π π π 7π
因为0≤x≤ ,所以 ≤2x+ ≤ .
2 6 6 6
π π π
当2x+ = ,即x= 时,f(x)取得最大值1.
6 2 6
π 7π π 1
当2x+ = ,即x= 时,f(x)取得最小值- .
6 6 2 2
选择条件②:
[ ( π ) ] ( π )
y=sin 2 x- +φ =sin 2x- +φ .
12 6
因为其图象与y=sin 2x的图象相同,
π π
所以- +φ=2kπ,k∈Z,即φ= +2kπ,k∈Z.
6 6
π π
因为0<φ< ,所以φ= .
2 6
以下同选择条件①.
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若选择条件③:
(2π) (4π )
由f(0)=f 得sin φ=sin +φ ,方程无解,故不能选择条件③.
3 3
5.(2024东城期末,17)在△ABC中,BC=4,AC=√13,AB=1.
(1)求B;
(2)若D为BC边上一点,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已
知,使△ABD存在且唯一确定,求△ABD的面积.
π
条件①:∠ADB= ;
4
2√2
条件②:AD= ;
3
条件③: ABD的周长为3+√3.
注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解
△
答,按第一个解答计分.
AB2+BC2-AC2 1+16-13 1
解析 (1)由余弦定理的推论得cos B= = = ,因为
2AB·BC 2×1×4 2
π
A∈(0,π),所以B= .
3
π
(2)若选条件①:∠ADB= .
4
AD 1
π π = √6
由∠ADB= ,B= ,AB=1及正弦定理得 π π ,即AD= ,sin∠BAD=sin
4 3 sin sin 2
3 4
( π π) (π π) √3 √2 1 √2 √6+√2
π- - =sin + = × + × = ,
3 4 3 4 2 2 2 2 4
此时△ABD唯一确定,符合要求,
1 1 √6 √6+√2 3+√3
S = AB·ADsin∠BAD= ×1× × = .
ABD 2 2 2 4 8
△
若选条件③: ABD的周长为3+√3.
由AB=1,AB+BD+AD=3+√3,得AD+BD=2+√3,
△
12+BD2-AD2 1
则cos B= = ,化简得AD2=BD2-BD+1,
2×1×BD 2
即有(2+√3-BD)2=BD2-BD+1,解得BD=2,故AD=√3,
此时△ABD唯一确定,符合要求,
1 1 √3 √3
S = AB·BDsin B= ×1×2× = .
ABD 2 2 2 2
△
不能选条件②,理由如下:
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2√2
若选条件②:AD= ,
3
√3
设点A到BC的距离为d,则d=ABsin B= ,
2
因为d<AD<AB=1,所以BD的长有两种情况, ABD存在但不唯一,故②不符合要求.
6.(2024海淀期末,17)在△ABC中,2ccos A=2b-a.
△
(1)求C的大小;
(2)若c=√3,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使△ABC
存在,求AC边上中线的长.
条件①: ABC的面积为2√3;
1
条件②:△ sin B-sin A= ;
2
条件③:b2-2a2=2.
注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解
答,按第一个解答计分.
解析 (1)由正弦定理及2ccos A=2b-a,
得2sin Ccos A=2sin B-sin A.
因为A+B+C=π,
所以sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C.
则2sin Acos C-sin A=0.
1
因为A∈(0,π),所以sin A≠0.所以cos C= .
2
π
因为C∈(0,π),所以C= .
3
(2)选条件①: ABC的面积为2√3.
1 √3
由 absin C△=2√3,得 ab=2√3,解得ab=8,
2 4
a2+b2-c2
因为c=√3,由余弦定理的推论cos C= ,
2ab
a2+b2-3 1
得 = ,
16 2
解得a2+b2=11,
由重要不等式得a2+b2≥2ab,但11<2×8,
故此时三角形不存在,不能选条件①.
1
选条件②:sin B-sin A= .
2
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π 2π
由(1)知,B=π- -A= -A.
3 3
(2π ) √3 1
所以sin B-sin A=sin -A -sin A= cos A+ sin A-sin A
3 2 2
√3 1 (π )
= cos A- sin A=sin -A .
2 2 3
(π ) 1
所以sin -A = .
3 2
( 2π)
因为A∈ 0, ,
3
π ( π π)
所以 -A∈ - , .
3 3 3
π π
所以 -A= ,
3 6
π
即A= .
6
所以△ABC是以AC为斜边的直角三角形.
AB √3
=
因为c=√3,所以AC=sinC π =2.
sin
3
1
所以AC边上中线的长为 AC=1.
2
选条件③:b2-2a2=2.
a2+b2-3 1
由余弦定理的推论得cos C= = ,即a2+b2-3=ab.
2ab 2
设AC边上的中线长为d,由余弦定理得
b2 b b2 ab b2 a2+b2-3 2a2-b2+6 -2+6
d2=a2+ -2·a· cos C=a2+ - =a2+ - = = =1.
4 2 4 2 4 2 4 4
所以AC边上中线的长为1.
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