《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題突破 專題二 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 三角變換與解三角形 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題突破 專題二 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 三角變換與解三角形 理（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題突破 專題二 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 三角變換與解三角形 理 1．(xx·浙江)已知α∈R，sin α＋2cos α＝，則tan 2α等于(　　) A. B. C．－ D．－ 2．(xx·重慶)若tan α＝，tan(α＋β)＝，則tan β等于(　　) A. B. C. D 3．(xx·福建)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2，則△ABC的面積等于________． 4．(xx·江蘇)若△ABC的內(nèi)角滿足sin A＋sin B＝2sin C，則cos C的最小值是________． 正弦定理和余弦定理以及

2、解三角形問題是高考的必考內(nèi)容，主要考查：1.邊和角的計(jì)算；2.三角形形狀的判斷；3.面積的計(jì)算；4.有關(guān)的范圍問題.由于此內(nèi)容應(yīng)用性較強(qiáng)，與實(shí)際問題結(jié)合起來(lái)進(jìn)行命題將是今后高考的一個(gè)關(guān)注點(diǎn)，不可輕視. 熱點(diǎn)一　三角恒等變換 1．三角求值“三大類型” “給角求值”、“給值求值”、“給值求角”． 2．三角函數(shù)恒等變換“四大策略” (1)常值代換：特別是“1”的代換，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等； (2)項(xiàng)的分拆與角的配湊：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等； (3)降次與升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式

3、降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦． 例1　(1)已知sin(α＋)＋sin α＝－，－<α<0，則cos(α＋)等于(　　) A．－ B．－ C. D. (2)(xx·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)設(shè)α∈(0，)，β∈(0，)，且tan α＝，則(　　) A．3α－β＝ B．2α－β＝ C．3α＋β＝ D．2α＋β＝ 思維升華　(1)三角變換的關(guān)鍵在于對(duì)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等變換公式的熟記和靈活應(yīng)用，要善于觀察各個(gè)角之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的使用過程要注意正確性，要特別注意公式中的符號(hào)和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)張冠

4、李戴的情況．(2)求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避免產(chǎn)生增解． 跟蹤演練1　(1)(xx·重慶)若tan α＝2tan ，則等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 (2)－等于(　　) A．4 B．2 C．－2 D．－4 熱點(diǎn)二　正弦定理、余弦定理 (1)正弦定理：在△ABC中，＝＝＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)．變形：a＝2Rsin A，sin A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． (2)余弦定理：在△ABC中， a2＝b2＋c2－2bccos A； 變形：b2＋c2－a2＝2bccos A，co

5、s A＝. 例2　(xx·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)如圖，在△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍． (1)求； (2)若AD＝1，DC＝，求BD和AC的長(zhǎng)． 　 　 　 　 　 　 　 　 思維升華　關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時(shí)要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口． 跟蹤演練2　(1)(xx·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是_

6、_______． (2)(xx·江西)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝，則△ABC的面積是(　　) A．3 B. C. D．3 熱點(diǎn)三　解三角形與三角函數(shù)的綜合問題 解三角形與三角函數(shù)的綜合是近幾年高考的熱點(diǎn)，主要考查三角形的基本量，三角形的面積或判斷三角形的形狀． 例3　(xx·山東)設(shè)f(x)＝sin xcos x－cos2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若f ＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值． 　 　 　 　 　 思

7、維升華　解三角形與三角函數(shù)的綜合題，要優(yōu)先考慮角的范圍和角之間的關(guān)系；對(duì)最值或范圍問題，可以轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的值域來(lái)求． 跟蹤演練3　已知函數(shù)f(x)＝2cos (cos－sin)，在△ABC中，有f(A)＝＋1. (1)若a2－c2＝b2－mbc，求實(shí)數(shù)m的值； (2)若a＝1，求△ABC面積的最大值． 　 　 　 1．在△ABC中，BC＝1，B＝，△ABC的面積S＝，則sin C等于(　　) A. B. C. D. 2．已知函數(shù)f(x)＝sin ωx·cos ωx－cos2ωx(ω>0)的最小正周期為. (1)求ω的值； 　 (2

8、)在△ABC中，sin B，sin A，sin C成等比數(shù)列，求此時(shí)f (A)的值域． 　 提醒：完成作業(yè)　專題二　第2講 二輪專題強(qiáng)化練 專題二 第2講　三角變換與解三角形 A組　專題通關(guān) 1．已知α∈(，π)，sin(α＋)＝，則cos α等于(　　) A．－ B. C．－或 D．－ 2．已知函數(shù)f(x)＝4sin(＋)，f(3α＋π)＝，f(3β＋)＝－，其中α，β∈[0，]，則cos(α－β)的值為(　　) A. B. C. D. 3．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，則△

9、ABC的形狀為(　　) A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．不確定 4．(xx·廣東)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若a＝2，c＝2，cos A＝且b

10、cos A＝－，則a的值為________． 8.如圖，在一個(gè)塔底的水平面上的點(diǎn)A處測(cè)得該塔頂P的仰角為θ，由點(diǎn)A向塔底D沿直線行走了30 m到達(dá)點(diǎn)B，測(cè)得塔頂P的仰角為2θ，再向塔底D前進(jìn)10 m到達(dá)點(diǎn)C，又測(cè)得塔頂?shù)难鼋菫?θ，則塔PD的高度為________m. 9．(xx·浙江)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知tan＝2. (1)求的值； (2)若B＝，a＝3，求△ABC的面積． 10．已知f(x)＝2sin(x－)－，現(xiàn)將f(x)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)的圖象．

11、 (1)求f()＋g()的值； (2)若a，b，c分別是△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a＋c＝4，且當(dāng)x＝B時(shí)，g(x)取得最大值，求b的取值范圍． B組　能力提高 11．(xx·溫州模擬)若α∈(0，)，則的最大值為________． 12．(xx·湖北)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測(cè)得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600 m后到達(dá)B處，測(cè)得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m. 13．在△ABC中，向量，的夾角為120°，＝2，且AD＝2，∠AD

12、C＝120°，則△ABC的面積等于________． 14．(xx·四川)如圖，A，B，C，D為平面四邊形ABCD的四個(gè)內(nèi)角． (1)證明：tan ＝； (2)若A＋C＝180°，AB＝6，BC＝3，CD＝4，AD＝5，求tan ＋tan ＋tan ＋tan 的值． 學(xué)生用書答案精析 第2講　三角變換與解三角形 高考真題體驗(yàn) 1．C　[∵sin α＋2cos α＝， ∴sin2α＋4sin α·cos α＋4cos2α＝. 用降冪公式化簡(jiǎn)得：4sin 2α＝－3cos 2α， ∴tan 2α＝＝－.故選C.] 2．A　[tan β＝tan[(α＋β)－

13、α]＝ ＝＝.] 3．2 解析　如圖所示，在△ABC中，由正弦定理得＝， 解得sin B＝1， 所以B＝90°， 所以S△ABC＝×AB×2＝××2＝2. 4. 解析　由sin A＋sin B＝2sin C， 結(jié)合正弦定理得a＋b＝2c. 由余弦定理得cos C＝ ＝＝ ≥＝， 故≤cos C<1， 且3a2＝2b2時(shí)取“＝”． 故cos C的最小值為. 熱點(diǎn)分類突破 例1　(1)C　(2)B 解析　(1)∵sin(α＋)＋sin α＝－，－<α<0， ∴sin α＋cos α＝－， ∴sin α＋cos α＝－， ∴cos(α＋)＝cos αco

14、s－sin αsin ＝－cos α－sin α＝. (2)由tan α＝ 得＝， 即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β， ∴sin(α－β)＝cos α＝sin(－α)． ∵α∈(0，)，β∈(0，)， ∴α－β∈(－，)，－α∈(0，)， ∴由sin(α－β)＝sin(－α)， 得α－β＝－α， ∴2α－β＝. 跟蹤演練1　(1)C　(2)D 解析　(1)＝ ＝ ＝＝ ＝＝3. (2)－＝－ ＝＝ ＝＝－4，故選D. 例2　解　(1)S△ABD＝AB·ADsin∠BAD， S△ADC＝AC·ADsin∠CAD. 因?yàn)镾△ABD＝

15、2S△ADC， ∠BAD＝∠CAD， 所以AB＝2AC. 由正弦定理可得 ＝＝. (2)因?yàn)镾△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝. 在△ABD和△ADC中，由余弦定理知 AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB， AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC. 故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6， 由(1)知AB＝2AC，所以AC＝1. 跟蹤演練2　(1)(－，＋)　(2)C 解析　(1)如圖所示，延長(zhǎng)BA與CD相交于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF∥AD交AB于點(diǎn)F，則BF

16、＝2， ∴BF＝＝－. 在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°， BE＝CE，BC＝2，＝， ∴BE＝×＝＋. ∴－

17、單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z)； 單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z)． (2)由f＝sin A－＝0，得sin A＝， 由題意知A為銳角，所以cos A＝. 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A， 可得1＋bc＝b2＋c2≥2bc， 即bc≤2＋，且當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立． 因此bcsin A≤. 所以△ABC面積的最大值為. 跟蹤演練3　解　(1)f(x)＝2cos(·cos－sin)＝2cos2－2sin·cos＝＋cos x－sin x ＝＋2sin(－x)， 由f(A)＝＋1， 可得＋2sin(－A)＝＋1， 所以sin(－A)＝. 又A∈(0，π)，所以－A∈(－，)

18、， 所以－A＝，即A＝. 由a2－c2＝b2－mbc及余弦定理， 可得＝＝cos A＝， 所以m＝. (2)由(1)知cos A＝，則sin A＝， 又＝cos A＝， 所以b2＋c2－a2＝bc≥2bc－a2， 即bc≤(2＋)a2＝2＋， 當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立， 所以S△ABC＝bcsin A≤， 即△ABC面積的最大值為. 高考押題精練 1．D　[因?yàn)樵凇鰽BC中，BC＝1，B＝，△ABC的面積S＝，所以S△ABC＝BC·BA·sin B＝，即×1×BA×＝，解得BA＝4.又由余弦定理，得AC2＝BC2＋BA2－2BC·BA·cos B， 即得AC＝，由正

19、弦定理，得＝，解得sin C＝.] 2．解　(1)f(x)＝sin 2ωx－(cos 2ωx＋1)＝sin(2ωx－)－， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的周期為T＝＝， 所以ω＝. (2)由(1)知f(x)＝sin(3x－)－， 易得f(A)＝sin(3A－)－. 因?yàn)閟in B，sin A，sin C成等比數(shù)列， 所以sin2A＝sin Bsin C， 所以a2＝bc， 所以cos A＝＝≥＝(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號(hào))， 因?yàn)?

20、 二輪專題強(qiáng)化練答案精析 第2講　三角變換與解三角形 1．A　[∵α∈(，π)，∴α＋∈(π，π)， ∵sin(α＋)＝， ∴cos(α＋)＝－， ∴cos α＝cos(α＋－)＝cos(α＋)·cos＋sin(α＋)sin ＝－×＋×＝－.] 2．D　[由f(3α＋π)＝， 得4sin[(3α＋π)＋]＝， 即4sin(α＋)＝， 所以cos α＝， 又α∈[0，]，所以sin α＝. 由f(3β＋)＝－， 得4sin[(3β＋)＋]＝－， 即sin(β＋π)＝－， 所以sin β＝. 又β∈[0，]， 所以cos β＝. 所以cos(α－β)＝cos

21、 αcos β＋sin αsin β＝×＋×＝.] 3．B　[由bcos C＋ccos B＝asin A，得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，即sin(B＋C)＝sin2A，所以sin A＝1，由0

22、2－，故選D.] 6. 解析?。剑剑剑? 7．8 解析　∵cos A＝－，0＜A＜π， ∴sin A＝， S△ABC＝bcsin A＝bc× ＝3，∴bc＝24， 又b－c＝2，∴b2－2bc＋c2＝4，b2＋c2＝52， 由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccos A ＝52－2×24×＝64， ∴a＝8. 8．15 解析　依題意有PD⊥AD，BA＝30 m，BC＝10 m， ∠PAD＝θ，∠PBD＝2θ，∠PCD＝4θ， 所以∠APB＝∠PBD－∠PAD＝θ＝∠PAD. 所以PB＝BA＝30 m. 同理可得PC＝BC＝10 m. 在△BPC中，由余弦定

23、理，得 cos 2θ＝＝， 所以2θ＝30°，4θ＝60°. 在△PCD中，PD＝PC×sin 4θ＝10×＝15(m)． 9．解　(1)由tan＝2， 得tan A＝. 所以＝ ＝＝. (2)由tan A＝，A∈(0，π)， 得sin A＝，cos A＝. 又由a＝3，B＝及正弦定理＝，得b＝3. 由sin C＝sin(A＋B)＝sin 得sin C＝， 設(shè)△ABC的面積為S， 則S＝absin C＝9. 10．解　(1)因?yàn)間(x)＝2sin[(x＋)－]－＋＝2sin(x＋)， 所以f()＋g()＝2sin(－)－＋2sin＝1. (2)因?yàn)間(x)＝2

24、sin(x＋)， 所以當(dāng)x＋＝＋2kπ(k∈Z)， 即x∈＋2kπ(k∈Z)時(shí)，g(x)取得最大值． 因?yàn)閤＝B時(shí)g(x)取得最大值， 又B∈(0，π)，所以B＝. 而b2＝a2＋c2－2accos＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac≥16－3·()2＝16－12＝4， 所以b≥2.又b0， ∴＝≤＝， 故的最大值為. 12．100 解析　在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，由正弦定理得＝，即＝，所以B

25、C＝300.在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝BCtan∠CBD＝300·tan 30°＝100. 13．2 解析　在△ABC中，因?yàn)椤螦DC＝120°，所以∠ADB＝60°， 因?yàn)橄蛄浚膴A角為120°， 所以∠B＝60°，所以△ADB為等邊三角形． 因?yàn)锳D＝2，所以AB＝BD＝2. 因?yàn)椋?，所以點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)， 所以BC＝4，所以△ABC的面積S△ABC＝BA·BC·sin B＝×2×4×sin 60°＝2. 14．(1)證明　tan ＝＝ ＝. (2)解　由A＋C＝180°，得C＝180°－A，D＝180°－B， 由(1)，有tan ＋tan ＋tan ＋tan ＝＋＋＋ ＝＋. 連接BD， 在△ABD中，有BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos A， 在△BCD中，有BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos C， 所以AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝BC2＋CD2＋2BC·CDcos A， 則cos A ＝ ＝＝， 于是sin A＝ ＝ ＝. 連接AC，同理可得 cos B＝＝＝， 于是sin B＝＝ ＝. 所以tan ＋tan ＋tan ＋tan ＝＋＝＋ ＝.