2026版步步高大一輪高考數(shù)學復習第四章三角函數(shù)、解三角形補上一課三角函數(shù)中的參數(shù)范圍問題補上一課三角函數(shù)中的參數(shù)范圍問題題型分析三角函數(shù)中的參數(shù)問題主要是指函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)中ω與φ的求解，或所涉及的區(qū)間端點參數(shù)的求解，一般是利用所給函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、對稱性等進行.題型一三角函數(shù)的單調(diào)性與ω的關系例1已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))答案B解析法一由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(8,3)－8k，k∈Z，,ω≤\f(1,2)＋3k，k∈Z，))又ω>0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－8k>0，k∈Z，,\f(1,2)＋3k>0，k∈Z，))所以k＝0，則0<ω≤eq\f(1,2).法二取ω＝1，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，當k＝0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上單調(diào)遞減，與函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增矛盾，故ω≠1，結(jié)合四個選項可知選B.感悟提升確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)區(qū)間之間的包含關系，建立不等式，即可求ω的取值范圍.訓練1(2024·山東名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，－eq\f(π,4)為f(x)的零點，直線x＝eq\f(π,4)為f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(π,6)))上單調(diào)，則ω的最大值為()A.3 B.4 C.5 D.6答案C解析因為－eq\f(π,4)是f(x)＝cos(ωx＋φ)的零點，所以－eq\f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z；因為直線x＝eq\f(π,4)是f(x)＝cos(ωx＋φ)圖象的對稱軸，所以eq\f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z.所以eq\f(π,2)ω＝(k2－k1)π－eq\f(π,2)，k1，k2∈Z，則ω＝2k－1，k∈Z，顯然ω為奇數(shù).結(jié)合選項可知，當ω＝5時，因為|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(π,4)))，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(π,6)))時，5x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,36)，\f(7π,12)))，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(π,6)))上單調(diào)遞減，所以ω＝5符合題意，所以ω的最大值為5.題型二三角函數(shù)的對稱性與ω的關系例2(多選)(2024·大同質(zhì)檢)將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的圖象向右平移eq\f(3π,2ω)個單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象，若F(x)＝f(x)g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，則ω可取的值為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.1 D.4答案CD解析將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(3π,2ω)個單位長度，得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,2ω)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)－\f(3π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，又因為F(x)＝f(x)g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，所以F(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，則2ω·eq\f(π,3)＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，所以ω＝eq\f(3k－1,2)，k∈Z，又因為ω>0，所以ω的最小值為1，故ω可取的值為1，4.感悟提升三角函數(shù)兩條相鄰對稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，相鄰的對稱軸和對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,4)，這就說明，我們可根據(jù)三角函數(shù)的對稱性來研究其周期性，解決問題的關鍵在于運用整體代換的思想，建立關于ω的不等式組，進而可以研究“ω”的取值范圍.訓練2已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>\f(1,2)，x∈R))，若f(x)的圖象的任何一條對稱軸與x軸交點的橫坐標均不屬于區(qū)間(3π，4π)，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，\f(7,6))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(17,24)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,18)，\f(29,24)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,9)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，\f(11,12))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,18)，\f(17,24)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,18)，\f(23,24)))答案C解析因為f(x)的圖象的任何一條對稱軸與x軸交點的橫坐標均不屬于區(qū)間(3π，4π)，所以eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)≥4π－3π，所以eq\f(1,2)<ω≤1，故排除A，B；又kπ＋eq\f(π,2)≤3ωπ－eq\f(π,6)，且kπ＋π＋eq\f(π,2)≥4ωπ－eq\f(π,6)，解得eq\f(3k＋2,9)≤ω≤eq\f(3k＋5,12)，k∈Z，當k＝0時，eq\f(2,9)≤ω≤eq\f(5,12)，不滿足eq\f(1,2)<ω≤1，當k＝1時，eq\f(5,9)≤ω≤eq\f(2,3)，符合題意，當k＝2時，eq\f(8,9)≤ω≤eq\f(11,12)，符合題意，當k＝3時，eq\f(11,9)≤ω≤eq\f(7,6)，此時ω不存在，故C正確，D不正確.題型三三角函數(shù)的最值與ω的關系例3(2024·濰坊質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq\f(π,2)，－eq\f(π,4)為f(x)的零點，且f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值無最大值，則ω的最大值是()A.11 B.13 C.15 D.17答案C解析由題意，直線x＝eq\f(π,4)是f(x)的一條對稱軸，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±1，即eq\f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，①又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝0，所以－eq\f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z，②由①②，得ω＝2(k1－k2)＋1，k1，k2∈Z，又f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值無最大值，所以T≥eq\f(π,24)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,8)，即eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,8)，解得ω≤16.綜上，先檢驗ω＝15，當ω＝15時，由①得eq\f(π,4)×15＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，即φ＝k1π－eq\f(13π,4)，k1∈Z，又|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，此時f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15x－\f(π,4)))，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))時，15x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,8)))，當15x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,60)時，f(x)取得最小值，無最大值，滿足題意.故ω的最大值為15.感悟提升利用三角函數(shù)的最值與對稱軸或周期的關系，可以列出關于ω的不等式(組)，進而求出ω的值或取值范圍.訓練3已知函數(shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值為－2，則ω的取值范圍是________.答案(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析顯然ω≠0.若ω＞0，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))時，－eq\f(π,3)ω≤ωx≤eq\f(π,4)ω，因為函數(shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值為－2，所以－eq\f(π,3)ω≤－eq\f(π,2)，解得ω≥eq\f(3,2).若ω＜0，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))時，eq\f(π,4)ω≤ωx≤－eq\f(π,3)ω，因為函數(shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值為－2，所以eq\f(π,4)ω≤－eq\f(π,2)，解得ω≤－2.綜上所述，符合條件的實數(shù)ω的取值范圍是(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).題型四三角函數(shù)的零點與ω的關系例4(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω>0)在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個零點，則ω的取值范圍是________.答案[2，3)解析法一函數(shù)f(x)＝cosωx－1在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個零點，即cosωx＝1在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個根，因為ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，則由余弦函數(shù)的圖象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范圍是[2，3).法二函數(shù)f(x)＝cosωx－1在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個零點，即cosωx＝1在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個根，根據(jù)函數(shù)y＝cosx在[0，2π]上的圖象可知cosx＝1在區(qū)間[0，2π]有2個根，所以若cosωx＝1在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個根，則函數(shù)y＝cosωx在[0，2π]內(nèi)至少包含2個周期，但小于3個周期，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,ω)≤2π，,3×\f(2π,ω)>2π，))又ω>0，所以2≤ω<3，即ω的取值范圍是[2，3).法三由題意知cosωx＝1，得ωx＝2kπ，k∈Z，即x＝eq\f(2kπ,ω).因為f(x)在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個零點，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4π,ω)≤2π，,\f(6π,ω)>2π，))解得2≤ω<3.感悟提升三角函數(shù)兩個零點之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，根據(jù)三角函數(shù)的零點個數(shù)，可以研究ω的取值.訓練4(2022·全國甲卷)設函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在區(qū)間(0，π)上恰有三個極值點、兩個零點，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))答案C解析由題意可得ω>0，故由x∈(0，π)，得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，πω＋\f(π,3))).根據(jù)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，π)上恰有三個極值點，知eq\f(5π,2)<πω＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,2)，得eq\f(13,6)<ω≤eq\f(19,6).根據(jù)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，π)上恰有兩個零點，知2π<πω＋eq\f(π,3)≤3π，得eq\f(5,3)<ω≤eq\f(8,3).綜上，ω的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).【A級基礎鞏固】1.若直線x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函數(shù)f(x)＝sinωx(ω＞0)圖象的兩條相鄰的對稱軸，則ω＝()A.2 B.eq\f(3,2) C.1 D.eq\f(1,2)答案A解析依題意得函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,4)))＝π，解得ω＝2.2.若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx圖象的一個對稱中心，則ω的一個取值是()A.2 B.4 C.6 D.8答案C解析因為f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，由題意，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(ωπ,8)＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，即ω＝8k－2(k∈Z)，當k＝1時，ω＝6.3.設函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0).若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))對任意的實數(shù)x都成立，則ω的最小值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,3) C.eq\f(5,4) D.2答案B解析由題意，當x＝eq\f(π,4)時，函數(shù)f(x)有最大值，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，即eq\f(πω,4)－eq\f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝8k＋eq\f(2,3)(k∈Z)，又ω＞0，所以當k＝0時，ωmin＝eq\f(2,3).4.已知函數(shù)f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(A＞0，ω＞0)的圖象向左平移eq\f(3π,4)個單位長度后與原圖象重合，則實數(shù)ω的最小值是()A.eq\f(4,3) B.eq\f(8,3) C.eq\f(16,3) D.8答案B解析由題可知，eq\f(3π,4)是該函數(shù)周期的整數(shù)倍，即eq\f(3π,4)＝eq\f(2π,ω)×k，k∈Z，解得ω＝eq\f(8k,3)，k∈Z，又ω＞0，故當k＝1時，其最小值為eq\f(8,3).5.(2024·長春質(zhì)測)定義域為[0，π]的函數(shù)f(x)＝(eq\r(3)sinωx－cosωx)cosωx＋eq\f(1,2)(ω>0)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))答案D解析因為f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1＋cos2ωx,2)＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))，由－eq\f(1,2)≤f(x)≤1可得－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))≤1.因為0≤x≤π，所以－eq\f(π,6)≤2ωx－eq\f(π,6)≤2πω－eq\f(π,6)，由題意可得eq\f(π,2)≤2πω－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(1,3)≤ω≤eq\f(2,3).6.(2024·陜西名校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在[0，1]上有唯一的極大值，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(13π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(13π,6)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)，\f(25π,6)))答案C解析令t＝ωx＋eq\f(π,3)，當x∈[0，1]時，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ω＋\f(π,3))).因為函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在[0，1]上有唯一的極大值，所以函數(shù)y＝sint在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ω＋\f(π,3)))上有唯一極大值，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＋\f(π,3)>\f(π,2)，,ω＋\f(π,3)≤\f(5π,2)，))解得ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6))).7.(2024·馬鞍山質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝tan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象經(jīng)過點(0，eq\r(3))，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，π]上恰有2個零點，則實數(shù)ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(5,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(5,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,3)))答案D解析由條件可知f(0)＝tanφ＝eq\r(3)，|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))).當x∈[0，π]時，ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，π]上恰有2個零點，則2π≤ωπ＋eq\f(π,3)<3π，解得eq\f(5,3)≤ω<eq\f(8,3).8.函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，且存在唯一x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))，使得f(x0)＝1，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(4,5))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(4,5)))答案B解析由正弦函數(shù)性質(zhì)，得2kπ－eq\f(π,2)≤ωx＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即eq\f(2kπ,ω)－eq\f(2π,3ω)≤x≤eq\f(2kπ,ω)＋eq\f(π,3ω)(k∈Z)，∵f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)≥\f(2kπ,ω)－\f(2π,3ω)，,\f(2π,3)≤\f(2kπ,ω)＋\f(π,3ω)))(k∈Z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(4－12k,5)，,ω≤\f(6k＋1,2)))(k∈Z)，又ω>0，則0<ω≤eq\f(1,2)，又存在唯一x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))，使得f(x0)＝1，而此時ωx0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5πω,6)＋\f(π,6)))，∴eq\f(π,2)≤eq\f(5πω,6)＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,2)，得eq\f(2,5)≤ω<eq\f(14,5)，綜上，有eq\f(2,5)≤ω≤eq\f(1,2).9.已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)的一條對稱軸為直線x＝eq\f(π,3)，一個對稱中心為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，則ω的最小值為________.答案2解析∵函數(shù)的對稱中心到對稱軸的最短距離為eq\f(T,4)，兩條對稱軸間的最短距離為eq\f(T,2)，∴對稱中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到對稱軸x＝eq\f(π,3)間的距離用周期可表示為eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(T,4)＋eq\f(kT,2)，k∈Z，又∵T＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2＋4k，∴k＝0時，ω有最小值2.10.已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0≤φ≤π)是R上的偶函數(shù)，其圖象關于點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))對稱，且在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)函數(shù)，則ω＝________，φ＝________.答案2eq\f(π,2)解析由題意得φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，又0≤φ≤π，所以φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝cosωx，由圖象關于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))對稱得eq\f(πω,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得ω＝4k＋2，k∈Z，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)函數(shù)，可得eq\f(πω,2)≤π，所以ω≤2，所以ω＝2.11.已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))內(nèi)有最大值，無最小值，則ω＝________.答案eq\f(1,2)解析由題意知當x＝eq\f(π,3)時，f(x)取得最大值，即eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得ω＝6k＋eq\f(1,2)(k∈Z)，又eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)＜eq\f(T,2)，即eq\f(π,ω)＞eq\f(π,3)，所以0<ω＜3，又ω＞0，所以ω＝eq\f(1,2).12.(2022·全國乙卷)記函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期為T.若f(T)＝eq\f(\r(3),2)，x＝eq\f(π,9)為f(x)的零點，則ω的最小值為________.答案3解析因為T＝eq\f(2π,ω)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)))＝eq\f(\r(3),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋φ))＝eq\f(\r(3),2)，即cosφ＝eq\f(\r(3),2).又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).因為x＝eq\f(π,9)為f(x)的零點，所以eq\f(π,9)ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝9k＋3(k∈Z).又ω>0，所以當k＝0時，ω取得最小值，且最小值為3.【B級能力提升】13.(2024·福建部分地市質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,6))(ω∈R)恒有f(x)≤f(2π)，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的值為()A.－eq\f(5,6) B.eq\f(1,6) C.eq\f(7,6) D.eq\f(1,6)或eq\f(7,6)答案B解析易知ω≠0，因為恒有f(x)≤f(2π)，所以當x＝2π時，f(x)取得最大值，所以2πω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(1,6)＋k，k∈Z，因為f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，所以eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))≤eq\f(T,2)，即eq\f(2π,|ω|)≥π，解得0<|ω|≤2.①當0<ω≤2時，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)ω＋\f(π,6)，\f(π,3)ω＋\f(π,6))).因為f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)ω＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，,\f(π,3)ω＋\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≤4－12k，,ω≤1＋6k，))k∈Z，所以4－12k>0，且1＋6k>0，k∈Z，解得－eq\f(1,6)<k<eq\f(1,3)，k∈Z，故k＝0，ω＝eq\f(1,6).②當－2≤ω<0時，因為ω＝eq\f(1,6)＋k，k∈Z，所以ω＝－eq\f(5,6)或ω＝－eq\f(11,6).取ω＝－eq\f(5,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)x＋\f(π,6)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)x－\f(π,6)))，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以eq\f(5,6)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11π,36)，\f(π,9)))，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，不滿足題意.同理可得ω＝－eq\f(11,6)也不滿足題意，所以ω＝eq\f(1,6)，故選B.14.已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點，直線x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，則ω的最大值為()A.11 B.9 C.7 D.5答案B解析由題意知eq\f(π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\f(T,4)＋eq\f(kT,2)，即eq\f(π,2)＝eq\f(2k＋1,4)T＝eq\f(2k＋1,4)·eq\f(2π,ω)，所以ω＝2k＋1(k∈N*)，當ω＝11時，由題意可得eq\f(π,4)×11＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝－eq\f(π,4)，所以函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4)))，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))時，11x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,36)，\f(23π,18)))，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不單調(diào)，所以ω≠11；當ω＝9時，由題意可得eq\f(π,4)×9＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝eq\f(π,4)，所以函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4)))，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))時，9x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(3π,2)))，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，所以ω＝9.15.(2024·黃岡模擬)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是由函數(shù)y＝cosωx(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,6ω)個單位長度所得，若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(π，2π)上單調(diào)，則ω的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,12)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(11,12)))解析y＝f(x)的圖象是由y＝cosωx(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,6ω)個單位長度所得，故f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，∵當x∈(π，2π)，∴即ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπ＋\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))時，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)，∴kπ≤ωπ＋eq\f(π,6)<2ωπ＋eq\f(π,6)≤kπ＋π，k∈Z，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω>0，,ωπ＋\f(π,6)≥kπ（k∈Z），,2ωπ＋\f(π,6)≤kπ＋π（k∈Z），))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω>0，,ω≥k－\f(1,6)（k∈Z），,ω≤\f(k,2)＋\f(5,12)（k∈Z），))由eq\f(k,2)＋eq\f(5,12)>k－eq\f(1,6)，得k<eq\f(7,6)，又k∈Z，得k＝0或k＝1，∴0<ω≤eq\f(5,12)或eq\f(5,6)≤ω≤eq\f(11,12)，綜上，ω的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,12)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(11,12))).16.若函數(shù)y＝f(x)的定義域存在x1，x2(x1≠x2)，使eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)＝1成立，則稱該函數(shù)為“互補函數(shù)”.函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(2π,3)))(ω>0)，則當ω＝3時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝________；若f(x)在[π，2π]上為“互補函數(shù)”，則ω的取值范圍為________.答案0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(5,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，＋∞))解析由f(x)＝eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)－\f(π,6)))＝sinωx，當ω＝3時，f(x)＝sin3x，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sinπ＝0；令t＝ωx，則函數(shù)y＝sint在區(qū)間[ωπ，2ωπ]上存在兩個極大值點，則eq\f(2π,ω)≤π，可得ω≥2，當2T＝2×eq\f(2π,ω)≤π時，即ω≥4，顯然符合題意；當ωπ≤eq\f(5π,2)時，即ω≤eq\f(5,2)時，2ωπ≥eq\f(9π,2)，即ω≥eq\f(9,4)，所以eq\f(9,4)≤ω≤eq\f(5,2)；當4π>ωπ>eq\f(5π,2)，即eq\f(5,2)<ω<4時，2ωπ≥eq\f(13π,2)，即ω≥eq\f(13,4)，所以eq\f(13,4)≤ω<4，綜上，ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(5,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，＋∞)).補上一課三角形高線、中線、角平分線的計算題型分析解三角形是高考數(shù)學的必考內(nèi)容，其中在三角形中增加高線、中線、角平分線以及其他等分點條件在最近幾年的高考題中出現(xiàn)的頻率很高，這類問題一般需要綜合使用正弦定理和余弦定理解決.題型一三角形的高線例1(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.(1)求sinA；(2)設AB＝5，求AB邊上的高.解法一(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因為A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝eq\f(π,4).因為2sin(A－C)＝sinB，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))，展開并整理得eq\r(2)(sinA－cosA)＝eq\f(\r(2),2)(cosA＋sinA)，得sinA＝3cosA，又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，所以sinA＝eq\f(3\r(10),10).(2)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，得BC＝eq\f(AB,sinC)·sinA＝eq\f(5,\f(\r(2),2))×eq\f(3\r(10),10)＝3eq\r(5).由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，得52＝AC2＋(3eq\r(5))2－2AC·3eq\r(5)coseq\f(π,4)，整理得AC2－3eq\r(10)AC＋20＝0，解得AC＝eq\r(10)或AC＝2eq\r(10).由(1)得，tanA＝3>eq\r(3)，所以eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2)，又A＋B＝eq\f(3π,4)，所以B>eq\f(π,4)，即C<B，所以AB<AC，所以AC＝2eq\r(10).設AB邊上的高為h，則eq\f(1,2)·AB·h＝eq\f(1,2)·AC·BCsinC，即5h＝2eq\r(10)×3eq\r(5)×eq\f(\r(2),2)，解得h＝6，所以AB邊上的高為6.法二(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因為A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝eq\f(π,4).因為2sin(A－C)＝sinB，所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinAcosC＝3cosAsinC，易得cosAcosC≠0，所以tanA＝3tanC＝3taneq\f(π,4)＝3，又sinA>0，tanA＝eq\f(sinA,cosA)，sin2A＋cos2A＝1，所以sinA＝eq\f(3\r(10),10).(2)由(1)知tanA＝3>0，所以A為銳角，又sinA＝eq\f(3\r(10),10)，所以cosA＝eq\f(\r(10),10)，所以sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\f(\r(2),2)(cosA＋sinA)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)＋\f(3\r(10),10)))＝eq\f(2\r(5),5).由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得AC＝eq\f(AB·sinB,sinC)＝eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq\r(10)，故AB邊上的高為AC·sinA＝2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)＝6.感悟提升高線問題的處理策略(1)等面積法：AD·BC＝AB·AC·sin∠BAC.(2)AD＝AB·sin∠ABD＝AC·sin∠ACD.(3)a＝c·cosB＋b·cosC.訓練1(2024·咸陽模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosB＋eq\f(\r(3),2)b＝c.(1)求A；(2)若b＝3，c＝eq\r(3)，求△ABC中BC邊上高線的長.解(1)因為acosB＋eq\f(\r(3),2)b＝c，由正弦定理可得sinAcosB＋eq\f(\r(3),2)sinB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA，所以eq\f(\r(3),2)sinB＝sinBcosA，又因為0<B<π，所以sinB>0，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)，因為0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).(2)由已知及余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝9＋3－2×3×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，所以a＝eq\r(3)，設△ABC中BC邊上的高線長為h，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)ah，解得h＝eq\f(3,2).故△ABC中BC邊上的高線的長為eq\f(3,2).題型二三角形的中線例2(2024·湘潭模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足b2(sin2B－3cos2B)＝－a(a＋b)，且sinC＝sin2B.(1)求角B的大小；(2)若△ABC的面積為2eq\r(3)，求AC邊上的中線長.解(1)因為sinC＝sin2B，所以sinC＝2sinB·cosB，由正弦定理得c＝2bcosB，由b2(sin2B－3cos2B)＝－a(a＋b)，得b2(1－4cos2B)＝－a2－ab，又由c＝2bcosB，得c2＝4b2cos2B，故b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c2,b2)))＝－a2－ab，a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，又因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3)，由sinC＝sin2B，sineq\f(2π,3)＝sin2B，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，得2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以2B＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,6).(2)由(1)得B＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(2π,3)，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(3)，eq\f(\r(3),4)a2＝2eq\r(3)，a＝2eq\r(2)，b＝2eq\r(2)，所以c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)＝eq\r(8＋8－2×2\r(2)×2\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝2eq\r(6)，設AC的中點為D，則AD＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，在△ABD中，由余弦定理得BD＝eq\r(AD2＋AB2－2AD·AB·cosA)＝eq\r(2＋24－2×\r(2)×2\r(6)×\f(\r(3),2))＝eq\r(14)，所以AC邊上的中線長為eq\r(14).感悟提升中線問題的處理策略：如圖①，△ABC中，AD為BC的中線，已知AB，AC及A，求中線AD長.(1)倍長中線：如圖②，構(gòu)造全等，再用余弦定理即可；(2)向量法：eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，平方即可；(3)余弦定理：鄰補角余弦值為相反數(shù)，即cos∠ADB＋cos∠ADC＝0.補充：若將條件“AD為BC的中線”換為eq\f(BD,CD)＝λ”，則可以考慮方法(2)或方法(3).訓練2(2024·長沙模擬)在△ABC中，bsinB＝asinA－(b＋c)sinC.(1)求角A的大小；(2)若BC邊上的中線AD＝2eq\r(3)，且S△ABC＝2eq\r(3)，求△ABC的周長.解(1)由已知bsinB＝asinA－(b＋c)sinC和正弦定理，得b2＝a2－bc－c2，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)，在△ABC中，因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝2eq\r(3)，得bc＝8，①由(1)知b2＝a2－bc－c2，即b2＋c2＝a2－8，②在△ABD中，由余弦定理得c2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋(2eq\r(3))2－2·2eq\r(3)·eq\f(a,2)·cos∠ADB，在△ADC中，由余弦定理得b2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋(2eq\r(3))2－2·2eq\r(3)·eq\f(a,2)·cos∠ADC，因為cos∠ADB＝－cos∠ADC，所以b2＋c2＝eq\f(a2,2)＋24，③由①②③，得a＝8，b2＋c2＝56，bc＝8，所以b＋c＝eq\r(（b＋c）2)＝eq\r(b2＋c2＋2bc)＝eq\r(72)＝6eq\r(2)，所以△ABC的周長為a＋b＋c＝8＋6eq\r(2).題型三三角形的角平分線例3已知△ABC中內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，A＝60°，c＝b＋1，sinB＝eq\f(\r(21),7).(1)求c的值；(2)設AD是△ABC的角平分線，求AD的長.解(1)sinB＝eq\f(\r(21),7)，由A＝60°，可得sinA＝eq\f(\r(3),2)，c＝b＋1>b，可得B為銳角，則cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(2\r(7),7)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(7),7)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(3\r(21),14)，由eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)可得eq\f(c,\f(3\r(21),14))＝eq\f(c－1,\f(\r(21),7))，解得c＝3.(2)由(1)可得b＝c－1＝2，因為AD是∠BAC的平分線，所以∠BAD＝∠CAD＝30°，設AD＝x，由S△ABC＝S△ACD＋S△ABD，可得eq\f(1,2)×3×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)×2x×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×3x×eq\f(1,2)，化為eq\f(5,2)x＝3eq\r(3)，解得x＝eq\f(6\r(3),5)，則AD＝eq\f(6\r(3),5).感悟提升角平分線問題的處理策略：在△ABC中，AD平分∠BAC.(1)角平分線定理：eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,CD)；(2)利用兩個小三角形面積和等于大三角形面積處理.訓練3(2024·晉城模擬)已知三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosB＋bcosA＝2ccosB.(1)求角B；(2)若A＝eq\f(π,4)，角B的角平分線交AC于點D，BD＝eq\r(2)，求CD的長.解(1)因為acosB＋bcosA＝2ccosB，由正弦定理可得sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosB，所以sin(A＋B)＝2sinCcosB，即sinC＝2sinCcosB，因為0<C<π，所以sinC>0，故cosB＝eq\f(1,2)，因為0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)可知∠ABD＝∠CBD＝eq\f(π,6)，又A＝eq\f(π,4)，所以∠ADB＝eq\f(7π,12)，∠CDB＝eq\f(5π,12)，∠BCD＝eq\f(5π,12)，所以BC＝BD＝eq\r(2)，在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠CBD，即CD2＝2＋2－2×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝4－2eq\r(3)＝(eq\r(3)－1)2，解得CD＝eq\r(3)－1.【A級基礎鞏固】1.在△ABC中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝120°，AH為△ABC的高線，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AH,\s\up6(→))＝()A.eq\f(\r(21),7) B.eq\f(1,7) C.eq\f(3,7) D.eq\f(4,7)答案C解析在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°＝7，即BC＝eq\r(7)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin120°＝eq\f(1,2)BC·AH，所以AH＝eq\f(AB·ACsin120°,BC)＝eq\f(\r(21),7)，由向量數(shù)量積的幾何意義得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AH,\s\up6(→))＝|eq\o(AH,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,7).2.在△ABC中，B＝eq\f(3π,4)，BC邊上的高為BC長度的一半，則cosA＝()A.eq\f(2\r(5),5) B.eq\f(\r(5),5) C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(5),3)答案A解析如圖，BC邊上的高AD為BC邊長的一半，設BC＝a，則AD＝BD＝eq\f(a,2)，∴AB＝eq\f(\r(2),2)a，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝eq\f(5,2)a2.在△ABC中，由正弦定理得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，可得sinA＝eq\r(\f(1,5))，∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴cosA＝eq\f(2\r(5),5).3.(2024·廣州質(zhì)檢)已知△ABC中，AB＝6，AC＝2，AD為∠BAC的角平分線，AD＝eq\r(3)，則△ABC的面積為()A.2eq\r(2) B.4eq\r(2) C.3eq\r(2) D.3eq\r(3)答案B解析設∠BAD＝∠CAD＝θ，∵S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，則eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＋eq\f(1,2)AD·AC·sin∠CAD，即eq\f(1,2)×6×2×sin2θ＝eq\f(1,2)×6×eq\r(3)×sinθ＋eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×sinθ，可得eq\r(3)sin2θ＝2sinθ＝2eq\r(3)sinθcosθ，∵sinθ≠0，則cosθ＝eq\f(\r(3),3)，∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(6),3)，則S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝eq\f(1,2)×6×eq\r(3)×eq\f(\r(6),3)＋eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\f(\r(6),3)＝4eq\r(2).4.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若角A，C，B成等差數(shù)列，角C的角平分線交AB于點D，且CD＝eq\r(3)，a＝3b，則c的值為()A.3 B.eq\f(7,2) C.eq\f(4\r(7),3) D.2eq\r(3)答案C解析如圖，在△ABC中，由角A，C，B成等差數(shù)列，角C的角平分線交AB于點D，則C＝eq\f(π,3)，所以∠ACD＝∠BCD＝eq\f(π,6)，由CD＝eq\r(3)，a＝3b，所以eq\f(CA,CB)＝eq\f(AD,DB)＝eq\f(1,3)，在△ACD和△BCD中，由余弦定理得AD2＝b2＋3－2b×eq\r(3)cos30°＝b2－3b＋3，DB2＝(3b)2＋3－2×3b×eq\r(3)cos30°＝9b2－9b＋3，故9b2－9b＋3＝9(b2－3b＋3)，解得b＝eq\f(4,3)，故a＝4.在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即c2＝16＋eq\f(16,9)－2×4×eq\f(4,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(112,9)，故c＝eq\f(4\r(7),3).5.在△ABC中，已知AB＝4，AC＝7，BC邊的中線AD＝eq\f(7,2)，那么BC＝()A.4 B.5 C.7 D.9答案D解析在△ABD中，結(jié)合余弦定理得cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)，在△ACD中，結(jié)合余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)，由題意知BD＝CD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＋eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)＝0，即eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(2)－42,2×\f(7,2)CD)＋eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(2)－72,2×\f(7,2)CD)＝0，解得CD＝eq\f(9,2)，所以BC＝9.6.(多選)(2024·南京調(diào)研)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且(2b－c)cosA＝acosC，b＝2eq\r(3)，若邊BC的中線AD＝3，則下列結(jié)論正確的有()A.A＝eq\f(π,3) B.A＝eq\f(π,6)C.eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6 D.△ABC的面積為3eq\r(3)答案ACD解析由(2b－c)cosA＝acosC，得2sinBcosA－sinCcosA＝sinAcosC，得2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB，因為B∈(0，π)，所以sinB≠0，因此2cosA＝1，得cosA＝eq\f(1,2)，因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，A正確，B不正確；因為AD是中線，所以由eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，得4eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，得36＝c2＋12＋2×2eq\r(3)×eq\f(1,2)c，得c＝2eq\r(3)或c＝－4eq\r(3)(舍去)，因此eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(1,2)＝6，C正確；S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，D正確.7.(2024·南通診斷)在△ABC中，已知A＝60°，BC＝2，D為BC的中點，則線段AD長度的最大值為()A.1 B.eq\r(2) C.eq\r(3) D.2答案C解析設△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc，即4＝b2＋c2－bc，所以4＝b2＋c2－bc≥bc，當且僅當b＝c時，等號成立.因為eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2＋b2＋2cb·\f(1,2)))＝eq\f(1,4)(b2＋c2＋bc)＝eq\f(1,4)(4＋bc＋bc)≤eq\f(1,4)(4＋8)＝3，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|≤eq\r(3)，故選C.8.在△ABC中，a＝1，b＝eq\r(3)，c邊上的中線長為1，則△ABC的外接圓的半徑長為________.答案1解析如圖，在△ABC中，設D為AB邊的中點，則eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，所以2eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，故4eq\o(CD,\s\up6(→))2＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))2，而|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝1，所以4＝3＋1＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝4＋2eq\r(3)cos∠ACB，則cos∠ACB＝0，由于∠ACB∈(0，π)，故∠ACB＝eq\f(π,2)，所以c＝eq\r(3＋1)＝2，設△ABC的外接圓的半徑為R，則eq\f(c,sinC)＝2R，所以R＝eq\f(1,2)×eq\f(2,sin\f(π,2))＝1.9.(2024·石家莊調(diào)研)在△ABC中，已知AC＝eq\r(7)，∠ABC＝60°，AB<BC，且△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，則BC邊上的高為________.答案eq\r(3)解析因為∠ABC＝60°且△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，所以eq\f(1,2)acsin60°＝eq\f(3\r(3),2)，即ac＝6，①又AC＝eq\r(7)，所以b2＝a2＋c2－2accos60°＝7，即a2＋c2－ac＝7，②聯(lián)立①②結(jié)合a>c，解得a＝3，c＝2.設BC邊上的高為h，所以eq\f(1,2)ah＝eq\f(1,2)×3×h＝eq\f(3\r(3),2)，所以h＝eq\r(3).10.在銳角△ABC中，BC＝4，sinB＋sinC＝2sinA，則中線AD的取值范圍是________.答案[2eq\r(3)，eq\r(13))解析設AB＝c，AC＝b，BC＝a＝4，對sinB＋sinC＝2sinA運用正弦定理，得b＋c＝2a＝8，所以c＝8－b，因為該三角形為銳角三角形，所以根據(jù)余弦定理，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosA＝\f(b2＋c2－a2,2bc)>0，,cosB＝\f(a2＋c2－b2,2ac)>0，,cosC＝\f(b2＋a2－c2,2ab)>0，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋（8－b）2>16，,（8－b）2＋16>b2，,b2＋16>（8－b）2，))解得3<b<5.由bc＝b(8－b)＝－b2＋8b＝－(b－4)2＋16，得15<