所以f(1)+f(2)+…+f(2 008)=4×502=2 008.

方法二：因为f(x)=2sin2(π4x+φ)，

所以f(1)+f(3)=2sin2(π4+φ)+2sin2(3π4+φ)=2，

f(2)+f(4)=2sin2(π2+φ)+2sin2(π+φ)=2，

所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=4，

又因为y=f(x)的周期为4,2 008=4×502.

所以f(1)+f(2)+…+f(2 008)=4×502=2 008.

【点拨】函数y=Acos(ωx+φ)的对称轴由ωx+φ=kπ，可得x=kπ-φω，两相邻对称轴间的距离为周期的一半，解决该类问题可画出相应的三角函数的图象，借助数形结合的思想解决.

【变式训练3】已知函数f(x)=Acos2 ωx+2(A>0，ω>0)的最大值为6，其相邻两条对称轴间的距离为4，则f(2)+f(4)+f(6)+…+f(20)=　　　　.

【解析】f(x)=Acos2ωx+2=A×1+cos 2ωx2+2=Acos 2ωx2+A2+2，则由题意知A+2=6，2π2ω=8，所以A=4，ω=π8，所以f(x)=2cos π4x+4，所以f(2)=4，f(4)=2，f(6)=4，f(8)=6，f(10)=4，…观察周期性规律可知f(2)+f(4)+…+f(20)=2×(4+2+4+6)+4+2=38.

总结提高

1.用“五点法”作y=Asin(ωx+φ)的图象，关键是五个点的选取，一般令ωx+φ=0，π2，π，3π2，2π，即可得到作图所需的五个点的坐标，同时，若要求画出给定区间上的函数图象时，应适当调整ωx+φ的取值，以便列表时能使x在给定的区间内取值.

2.在图象变换时，要注意相位变换与周期变换的先后顺序改变后，图象平移的长度单位是不同的，这是因为变换总是对字母x本身而言的，无论沿x轴平移还是伸缩，变化的总是x.

3.在解决y=Asin(ωx+φ)的有关性质时，应将ωx+φ视为一个整体x后再与基本函数

y=sin x的性质对应求解.

5.7　正弦定理和余弦定理

典例精析

题型一　利用正、余弦定理解三角形

【例1】在△ABC中，AB=2，BC=1，cos C=34.

(1)求sin A的值;(2)求 的值.

【解析】(1)由cos C=34得sin C=74.

所以sin A=BC sin CAB=1×742=148.

(2)由(1)知，cos A=528.

所以cos B=-cos(A+C)=-cos Acos C+sin Asin C

=-15232+7232=-24.

所以 • = •( + )= +

=-1+1×2×cos B=-1-12=-32.

【点拨】在解三角形时，要注意灵活应用三角函数公式及正弦定理、余弦定理等有关知识.

【变式训练1】在△ABC中，已知a、b、c为它的三边，且三角形的面积为a2+b2-c24，则∠C=　　　.

【解析】S=a2+b2-c24=12absin C.

所以sin C=a2+b2-c22ab=cos C.所以tan C=1，

又∠C∈(0，π)，所以∠C=π4.

题型二　利用正、余弦定理解三角形中的三角函数问题

【例2】设△ABC是锐角三角形，a、b、c分别是内角A、B、C所对的边长，并且sin2A=sin(π3+B)sin(π3-B)+sin2B.

(1)求角A的值;

(2)若 =12，a=27，求b，c(其中b

【解析】(1)因为sin2A=(32cos B+12sin B)(32cos B-12sin B)+sin2B=34cos2 B-14sin2B+sin2B=34，所以sin A=±32.又A为锐角，所以A=π3.

(2)由 =12可得cbcos A=12.①

由( 1)知A=π3，所以cb=24.②

由余弦定理知a2=c2+b2-2cbcos A，将a=27及①代入得c2+b2=52.③

③+②×2，得(c+b)2=100，所以c+b=10.

因此，c，b是一元二次方程t2-10t+24=0的两个根.

又b

【点拨】本小题考查两角和与差的正弦公式，同角三角函数的基本关系，特殊角的三角函数值，向量的数量积，利用余弦定理解三角形等有关知识，考查综合运算求解能力.

【变式训练2】在△ABC中，a、b、c分别是A、B、C的对边，且满足(2a-c)cos B=

bcos C.

(1)求角B的大小;

(2)若b=7，a+c=4，求△ABC的面积.

【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理得

a=2Rsin A，b=2Rsin B，c=2Rsin C，

代入(2a-c)cos B=bcos C，

整理得2sin Acos B=sin Bcos C+sin C cos B，

即2sin Acos B=sin(B+C)=sin A，

在△ABC中，sin A>0,2cos B=1，

因为∠B是三角形的内角，所以B=60°.

(2)在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+c2-2ac cos B

=(a+c)2-2ac-2ac cos B，

将b=7，a+c=4代入整理，得ac=3.

故S△ABC=12acsin B=32sin 60°=334.

题型三　正、余弦定理在实际问题中的应用

【例3】(2010陕西)如图所示，A，B是海面上位于东西方向相距5(3+3)海里的两个观测点.现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距203海里的C点的救 援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点需要多长时间?

【解析】由题意知AB=5(3+3)(海里)，∠DBA=90°-60°=30°，∠DAB=90°-45°=45°，所以∠ADB=180°-(45°+30°)=105°.

在△DAB中，由正弦定理得DBsin∠DAB=ABsin∠ADB，

所以DB= =

= =53(3+1)3+12=103(海里).

又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°)=60°，BC=203海里，

在△DBC中，由余弦定理得

CD2=BD2+BC2-2BD BC cos∠DBC=300+1 200-2×103×203×12=900，

所以CD=30(海里)，则需要的时间t=3030=1(小时).

所以，救援船到达D点需要1小时.

【点拨】应用解三角形知识解决实际问题的基本步骤是：

(1)根据题意，抽象地构造出三角形;

(2)确定实际问题所涉及的数据以及要求解的结论与所构造的三角形的边与角的对应关系;

(3)选用正弦定理或余弦定理或者二者相结合求解;

(4)给出结论.

【变式训练3】如图，一船在海上由西向东航行，在A处测得某岛M的方位角为北偏东α角，前进m km后在B处测得该岛的方位角为北偏东β角，已知该岛周围n km范围内(包括边界)有暗礁，现该船继续东行，当α与β满足条件　　　时，该船没有触礁危险.

【解析】由题可知，在△ABM中，根据正弦定理得BMsin(90°-α)=msin(α-β)，解得BM=mcos αsin(α-β)，要使船 没有触礁危险需要BMsin(90°-β)=mcos αcos βsin(α-β)>n.所以α与β的关系满足mcos αcos β>nsin(α-β)时，船没有触礁危险.

总结提高

1.正弦定理、余弦定理体现了三角形中角与边存在的一种内在联系，如证明两内角A>B与sin A>sin B是一种等价关系.

2.在判断三角形的形状时，一般将已知条件中的边角关系转化，统一转化为边的关系或统一转化为角的关系，再用恒等变形(如因式分解、配方)求解，注意等式两边的公因式不要随意约掉，否则会漏解.

3.用正弦定理求角的大小一定要根据题中所给的条件判断角的范围，以免增解或漏解.

5.8 三角函数的综合应用

典例精析

题型一　利用三角函数的性质解应用题

【例1】如图，ABCD是一块边长为100 m的正方形地皮，其中AST是一半径为90 m的扇形小山，其余部分都是平地.一开发商想在平地上建一个矩形 停车场，使矩形的一个顶点P在 上，相邻两边CQ、CR分别落在正方形的边BC、CD上，求矩形停车场PQCR面积的最大值和最小值.

【解析】如图，连接AP，过P作PM⊥AB于M.

设∠PAM=α，0≤α≤π2，

则PM=90sin α，AM=90cos α，

所以PQ=100-90cos α，PR=100-90sin α，

于是S四边形PQCR=PQ•PR

=(100-90cos α)(100-90sin α)

=8 100sin αcos α-9 000(sin α+cos α)+10 000.

设t=sin α+cos α，则1≤t≤2，sin αcos α=t2-12.

S四边形PQCR=8 100•t2-12-9 000t+10 000

=4 050(t-109)2+950 (1≤t≤2).

当t=2时，(S四边形PQCR)max=14 050-9 0002 m2;

当t=109时，(S四边形PQCR)min=950 m2.

【点拨】同时含有sin θcos θ，sin θ±cos θ的函数求最值时，可设sin θ±cos θ=t，把sin θcos θ用t表示，从而把问题转化成关于t的二次函数的最值问题.注意t的取值范围.

【变式训练1】若0

A.4x>sin 3x B.4x

C.4x≥sin 3x D.与x的值有关

【解析】令f(x)=4x-sin 3x，则f′(x)=4-3cos 3x.因为f′(x)=4-3cos 3x>0，所以f(x)为增函数.又0f(0)=0，即得4x-sin 3x>0.所以4x>sin 3x.故选A.

题型二　函数y=Asin(ωx+φ)模型的应用

【例2】已知某海滨浴场的海浪高度y(米)是时间t(0≤t≤24，单位：小时)的函数，记作y=f(t).下表是某日各时的浪花高度数据.

经长期观测，y=f(t)的曲线可近似地看成是函数y=Acos ωt+b.

(1)根据以上数据，求出函数y=Acos ωt+b的最小正周期T、振幅A及函数表达式;

(2)依据规定，当海浪高度高于1米时才对冲浪爱好者开放. 请依据(1)的结论，判断一天内的上午8：00至晚上20：00之间，有多少时间可供冲浪者进行运动?

【解析】(1)由表中数据知，周期T=12，所以ω=2πT=2π12=π6.

由t=0，y=1.5，得A+b=1.5，由t=3，y=1.0，得b=1.0，

所以A=0.5，b=1，所以振幅为12.所以y=12cos π6t+1.

(2)由题知，当y>1时才可对冲浪者开放，

所以12cos π6t+1>1，所以cos π6t>0，

所以2kπ-π2<π6t<2kπ+π2，即12k-3

因为0≤t≤24，故可令①中k分别为0,1,2，得0≤t<3或9

故在规定时间上午8：00至晚上20：00之间，有6个小时时间可供冲浪者运动，即上午9：00至下午15：00.

【点拨】用y=Asin(ωx+φ)模型解实际问题，关键在于根据题目所给数据准确求出函数解析式.

【变 式训练2】如图，一个半径为10 m的水轮按逆时针方向每分钟转4圈，记水轮上的点P到水面的距离为d m(P在水面下则d为负数)，则d(m)与时间t(s)之间满足关系式：d=Asin(ωt+φ)+k(A>0，ω>0，-π2<φ<π2)，且当点P从水面上浮现时开始计算时间，有以下四个结论：①A=10;②ω=2π15;③φ=π6;④k=5.其中正确结论的序号是　　　　　.

【解析】①②④.

题型三　正、余弦定理的应用

【例3】为了测量两山顶M、N间的距离，飞机沿水平方向在A、B两点进行测量，A、B、M、N在同一个铅垂平面内(如图所示)，飞机 能测量的数据有俯角和A、B之间的距离，请设计一个方案，包括：(1)指出需测量的数据(用字母表示，并在图中标示);(2)用文字和公式写出计算M、N间距离的步骤.

【解析】(1)如图所示：①测AB间的距离a;②测俯角∠MAB=φ，∠NAB=θ，∠MBA=β，∠NBA=γ.(2)在△ABM中 ，∠AMB=π-φ-β，由正弦定理得

BM=ABsin φsin∠AMB=asin φsin(φ+β)，

同理在△BAN中，BN=ABsin θsin∠ANB=asin θsin(θ+γ)，

所以在△BMN中，由余弦定理得

MN=

=a2sin2φsin2(φ+β)+a2sin2θsin2(θ+γ)-2a2sin θsin φcos(γ-β)sin(φ+β)sin(θ+γ).

【变式训练3】一船向正北方向匀速行驶，看见正西方向两座相距10海里的灯塔恰好与该船在同一直线上，继续航行半小时后，看见其中一座灯塔在南偏西60°方向上，另一灯塔在南偏西75°方向上，则该船的速度是　　　海里/小时.

【解析】本题考查实际模型中的解三角形问题.依题意作出简图，易知AB=10，∠OCB=60°，∠OCA=75°.我们只需计算出OC的长，即可得出船速.在直角三角形OCA和OCB中，显然有OBOC=tan∠OCB=tan 60°且OAOC=tan∠OCA=tan 75°，

因此易得AB=OA-OB=OC(tan 75°-tan 60°)，即有

OC=ABtan 75°-tan 60°=10tan 75°-tan 60°

=10tan(30°+45°)-tan 60°

=10tan 30°+tan 45°1-tan 30°tan 45°-tan 60°=1013+11-13-3=5.

由此可得船的速度为5海里÷0.5小时=10海里/小时.

总结提高

1.解三角形的应用题时应注意：

(1)生活中的常用名词，如仰角，俯角，方位角，坡比等;

(2)将所有已知条件化入同一个三角形中求解;

(3)方程思想在解题中的运用.

2.解三角函数的综合题时应注意：

(1)与已知基本函数对应求解，即将ωx+φ视为一个整体X;

(2)将已知三角函数化为同一个角的一种三角函数，如y=Asin(ωx+φ)+B或y=asin2x+bsin x+c;

(3)换元方法在解题中的运用.

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