《（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 三角函數(shù)、三角恒等變換與解三角形 第2講 三角恒等變換與解三角形學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 三角函數(shù)、三角恒等變換與解三角形 第2講 三角恒等變換與解三角形學(xué)案 理（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 三角函數(shù)、三角恒等變換與解三角形 第2講 三角恒等變換與解三角形學(xué)案 理 [考情考向分析]　正弦定理、余弦定理以及解三角形問(wèn)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)參數(shù)的范圍問(wèn)題．由于此內(nèi)容應(yīng)用性較強(qiáng)，與實(shí)際問(wèn)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(lèi)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)

2、的拆分與角的配湊：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，逆用二倍角公式降次． (4)弦、切互化：一般是切化弦． 例1　(1)(2018·廣東省省際名校(茂名市)聯(lián)考)若cos＝，則cos等于(　　) A. B．－ C. D．－ 答案　D 解析　∵cos＝， ∴cos＝sin ＝sin＝， ∴cos＝1－2sin2＝－. (2)已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均為銳角，則β等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因?yàn)棣?，β均為銳角，

3、所以－<α－β<. 又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝. 又sin α＝，所以cos α＝， 所以sin β＝sin[α－(α－β)] ＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝×－×＝. 所以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(guò)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)“張冠李戴”的情況． (2)求角問(wèn)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)

4、生增解． 跟蹤演練1　(1)(2018·湖南G10教育聯(lián)盟聯(lián)考)已知cos＝3sin，則tan＝________. 答案　2－4 解析　∵cos＝3sin， ∴－sin α＝－3sin， ∴sin α＝3sin＝3sin αcos?＋3cos αsin? ＝sin α＋cos α， ∴tan α＝， 又tan?＝tan＝ ＝＝2－， ∴tan＝ ＝＝2－4. (2)(2018·江西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)若＝sin 2θ，則sin 2θ等于(　　) A. B．－ C. D．－ 答案　B 解析　由題意得＝ ＝2(cos θ＋sin θ)＝sin 2θ，

5、將上式兩邊分別平方，得4＋4sin 2θ＝3sin22θ， 即3sin22θ－4sin 2θ－4＝0， 解得sin 2θ＝－或sin 2θ＝2(舍去)， 所以sin 2θ＝－. 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，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝，sin B＝，sin C＝，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，cos A＝. 例2　(2017·全國(guó)Ⅲ)

6、△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin A＋cos A＝0，a＝2，b＝2. (1)求c； (2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積． 解　(1)由已知可得tan A＝－，所以A＝. 在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A， 即28＝4＋c2－4c·cos ， 即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)或c＝4. 所以c＝4. (2)由題設(shè)可得∠CAD＝， 所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝. 故△ABD的面積與△ACD的面積的比值為＝1. 又△ABC的面積為×4×2sin∠BAC＝2， 所以△ABD的面積為

7、. 思維升華　關(guān)于解三角形問(wèn)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(jiàn)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(wèn)題獲得解決的突破口． 跟蹤演練2　(2018·廣州模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知B＝60°，c＝8. (1)若點(diǎn)M，N是線段BC的兩個(gè)三等分點(diǎn)，BM＝BC，＝2，求AM的值； (2)若b＝12，求△ABC的面積． 解　(1)由題意得M，N是線段BC的兩個(gè)三等分點(diǎn)， 設(shè)BM＝x，則BN＝2x，AN＝2x， 又B＝60°，AB＝8， 在△ABN中，由余弦定理得

8、12x2＝64＋4x2－2×8×2xcos 60°， 解得x＝2(負(fù)值舍去)，則BM＝2. 在△ABM中，由余弦定理， 得AB2＋BM2－2AB·BM·cos B＝AM2， AM＝＝＝2. (2)在△ABC中，由正弦定理＝， 得sin C＝＝＝. 又b>c，所以B>C，則C為銳角，所以cos C＝. 則sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C ＝×＋×＝， 所以△ABC的面積S＝bcsin A ＝48×＝24＋8. 熱點(diǎn)三　解三角形與三角函數(shù)的綜合問(wèn)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

9、斷三角形的形狀． 例3　(2018·天津)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知bsin A＝acos. (1)求角B的大?。? (2)設(shè)a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值． 解　(1)在△ABC中，由正弦定理＝，可得 bsin A＝asin B. 又由bsin A＝acos，得asin B＝acos， 即sin B＝cos，所以tan B＝. 又因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝. (2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝， 得b2＝a2＋c2－2accos B＝7，故b＝. 由bsin A＝acos，可得sin A＝ . 因?yàn)閍

10、，所以cos A＝ . 因此sin 2A＝2sin Acos A＝， cos 2A＝2cos2A－1＝. 所以sin(2A－B)＝sin 2Acos B－cos 2Asin B ＝×－×＝. 思維升華　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(wèn)題，可以轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的值域來(lái)求解． 跟蹤演練3　(2018·雅安三診)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋sin－1(x∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間； (2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知f(A)＝，若b＋c＝2a，且·＝6，求a的值． 解　(1)

11、f(x)＝sin＋2cos2x－1 ＝－cos 2x＋sin 2x＋cos 2x ＝cos 2x＋sin 2x＝sin. ∴函數(shù)f(x)的最小正周期T＝＝π. 由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 可解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)． ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)． (2)由f(A)＝sin＝，可得 2A＋＝＋2kπ或2A＋＝＋2kπ(k∈Z)． ∵A∈(0，π)，∴A＝， ∵·＝bccos A＝bc＝6， ∴bc＝12， 又∵2a＝b＋c， ∴cos A＝＝－1＝－1＝－1， ∴a＝2. 真題體驗(yàn) 1．(2017·山東改編)在△ABC中，角A，

12、B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若△ABC為銳角三角形，且滿(mǎn)足sin B(1＋2cos C)＝2sin Acos C＋cos Asin C，則下列等式成立的是______．(填序號(hào)) ①a＝2b; ②b＝2a; ③A＝2B; ④B＝2A. 答案?、? 解析　∵等式右邊＝sin Acos C＋(sin Acos C＋cos Asin C)＝sin Acos C＋sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin B， 等式左邊＝sin B＋2sin Bcos C， ∴sin B＋2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin B. 由cos C>0，得sin A＝2sin B.

13、 根據(jù)正弦定理，得a＝2b. 2．(2018·全國(guó)Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，則sin(α＋β)＝________. 答案　－ 解析　∵sin α＋cos β＝1，① cos α＋sin β＝0，② ∴①2＋②2得1＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＋1＝1， ∴sin αcos β＋cos αsin β＝－， ∴sin(α＋β)＝－. 3．(2018·全國(guó)Ⅲ改編)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為，則C＝________. 答案　 解析　∵S＝absin C＝＝ ＝abcos C， ∴

14、sin C＝cos C，即tan C＝1. 又∵C∈(0，π)，∴C＝. 4．(2018·全國(guó)Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為_(kāi)_______． 答案　 解析　∵bsin C＋csin B＝4asin Bsin C， ∴由正弦定理得 sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C. 又sin Bsin C>0，∴sin A＝. 由余弦定理得cos A＝＝＝>0， ∴cos A＝，bc＝＝， ∴S△ABC＝bcsin A＝××＝.

15、 押題預(yù)測(cè) 1．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知cos A＝，sin B＝cos C，并且a＝，則△ABC的面積為_(kāi)_______． 押題依據(jù)　三角形的面積求法較多，而在解三角形中主要利用正弦、余弦定理求解，此題很好地體現(xiàn)了綜合性考查的目的，也是高考的重點(diǎn)． 答案　 解析　因?yàn)?0， 并結(jié)合sin2C＋cos2C＝1，得sin C＝，cos C＝. 于是sin B＝cos C

16、＝. 由a＝及正弦定理＝，得c＝. 故△ABC的面積S＝acsin B＝. 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)在△ABC中，sin B，sin A，sin C成等比數(shù)列，求此時(shí)f(A)的值域． 押題依據(jù)　三角函數(shù)和解三角形的交匯命題是近幾年高考命題的趨勢(shì)，本題綜合考查了三角變換、余弦定理和三角函數(shù)的值域，還用到數(shù)列、基本不等式等知識(shí)，對(duì)學(xué)生能力要求較高． 解　(1)f(x)＝sin 2ωx－(cos 2ωx＋1) ＝sin－， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的最小正周期為T(mén)＝＝， 所以ω＝. (2)由(1)

17、知f(x)＝sin－， 易得f(A)＝sin－. 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)?

18、＋tan 50°－tan 70°tan 50°的值為(　　) A. B. C．－ D．－ 答案　D 解析　因?yàn)閠an 120°＝＝－， 即tan 70°＋tan 50°－tan 70°tan 50°＝－. 3．(2018·凱里市第一中學(xué)《黃金卷》模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿(mǎn)足cos A＝，則該三角形為(　　) A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．等邊三角形 D．直角三角形 答案　D 解析　由cos A＝，即＝， 化簡(jiǎn)得c2＝a2＋b2，所以△ABC為直角三角形． 4．(2018·衡水金卷調(diào)研卷)在△ABC中，角A，

19、B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，acos B＋bcos A＝2ccos C，c＝，且△ABC的面積為，則△ABC的周長(zhǎng)為(　　) A．1＋ B．2＋ C．4＋ D．5＋ 答案　D 解析　在△ABC中，acos B＋bcos A＝2ccos C， 則sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos C， 即sin(A＋B)＝2sin Ccos C， ∵sin(A＋B)＝sin C≠0，∴cos C＝，∴C＝， 由余弦定理可得，a2＋b2－c2＝ab， 即(a＋b)2－3ab＝c2＝7， 又S＝absin C＝ab＝，∴ab＝6， ∴(a＋b)2＝7＋3a

20、b＝25，a＋b＝5， ∴△ABC的周長(zhǎng)為a＋b＋c＝5＋. 5．已知α為銳角，則2tan α＋的最小值為(　　) A．1 B．2 C. D. 答案　D 解析　方法一　由tan 2α有意義，α為銳角可得α≠45°， ∵α為銳角，∴tan α>0， ∴2tan α＋＝2tan α＋ ＝≥×2＝， 當(dāng)且僅當(dāng)tan α＝，即tan α＝，α＝時(shí)等號(hào)成立．故選D. 方法二　∵α為銳角，∴sin α>0，cos α>0， ∴2tan α＋＝＋ ＝＝ ＝≥×2＝， 當(dāng)且僅當(dāng)＝， 即α＝時(shí)等號(hào)成立．故選D. 6．(2017·全國(guó)Ⅰ)已知α∈，tan α＝2，則cos＝_

21、_______. 答案　 解析　∵cos＝cos αcos ＋sin αsin ＝(cos α＋sin α)． 又由α∈，tan α＝2知，sin α＝，cos α＝， ∴cos＝×＝. 7．設(shè)△ABC內(nèi)切圓與外接圓的半徑分別為r與R.且sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，則cos C＝________；當(dāng)BC＝1時(shí)，△ABC的面積等于________． 答案?。? 解析　∵sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4， ∴a∶b∶c＝2∶3∶4. 令a＝2t，b＝3t，c＝4t， 則cos C＝＝－， ∴sin C＝. 當(dāng)BC＝1時(shí)，AC＝， ∴S

22、△ABC＝×1××＝. 8．(2018·綿陽(yáng)診斷)如圖，在△ABC中，BC＝2，∠ABC＝，AC的垂直平分線DE與AB，AC分別交于D，E兩點(diǎn)，且DE＝，則BE2＝________. 答案?。? 解析　如圖，連接CD，由題設(shè)，有∠BDC＝2A， 所以＝＝， 故CD＝. 又DE＝CDsin A＝＝， 所以cos A＝，而A∈(0，π)，故A＝， 因此△ADE為等腰直角三角形， 所以AE＝DE＝. 在△ABC中，∠ACB＝75°，所以＝， 故AB＝＋1， 在△ABE中，BE2＝(＋1)2＋2－2×(＋1)××＝＋. 9．(2017·全國(guó)Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的

23、對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2. (1)求cos B； (2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b. 解　(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π，得sin B＝8sin2， 故sin B＝4(1－cos B)． 上式兩邊平方，整理得17cos2B－32cos B＋15＝0， 解得cos B＝1(舍去)或cos B＝. 故cos B＝. (2)由cos B＝，得sin B＝， 故S△ABC＝acsin B＝ac. 又S△ABC＝2，則ac＝. 由余弦定理及a＋c＝6， 得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B) ＝36－

24、2××＝4， 所以b＝2. 10．(2018·荊州質(zhì)檢)已知向量a＝(sin 2x，cos 2x)，b＝(cos θ，sin θ)，若f(x)＝a·b，且函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)． (1)求函數(shù)f(x)的解析式，并求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若f(A)＝，且b＝5，c＝2，求△ABC外接圓的面積． 解　(1)f(x)＝a·b＝sin 2xcos θ＋cos 2xsin θ ＝sin(2x＋θ)， ∵函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)， ∴2×＋θ＝kπ＋，k∈Z， ∴θ＝kπ＋，k∈Z， 又|θ|<，∴θ＝.

25、 ∴f(x)＝sin. 由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z. ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，k∈Z. (2)∵f(A)＝sin＝， ∴sin＝1. ∵A∈(0，π)， ∴2A＋∈， ∴2A＋＝， ∴A＝. 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A ＝25＋12－2×5×2cos ＝7， ∴a＝. 設(shè)△ABC外接圓的半徑為R， 由正弦定理得＝2R＝＝2， ∴R＝， ∴△ABC外接圓的面積S＝πR2＝7π. B組　能力提高 11．已知2sin θ＝1－cos θ，則tan θ等于(　　) A．－或0 B

26、.或0 C．－ D. 答案　A 解析　因?yàn)?sin θ＝1－cos θ， 所以4sin cos ＝1－＝2sin2， 解得sin ＝0或2cos ＝sin ，即tan ＝0或2， 又tan θ＝， 當(dāng)tan ＝0時(shí)，tan θ＝0； 當(dāng)tan ＝2時(shí)，tan θ＝－. 12．在銳角△ABC中，角A所對(duì)的邊為a，△ABC的面積S＝，給出以下結(jié)論： ①sin A＝2sin Bsin C； ②tan B＋tan C＝2tan Btan C； ③tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C； ④tan Atan Btan C有最小值8. 其中正確結(jié)

27、論的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　D 解析　由S＝＝absin C，得a＝2bsin C， 又＝，得sin A＝2sin Bsin C，故①正確； 由sin A＝2sin Bsin C， 得sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bsin C， 兩邊同時(shí)除以cos Bcos C， 可得tan B＋tan C＝2tan Btan C，故②正確； 由tan(A＋B)＝， 且tan(A＋B)＝tan(π－C)＝－tan C， 所以＝－tan C， 整理移項(xiàng)得tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Bt

28、an C， 故③正確； 由tan B＋tan C＝2tan Btan C， tan A＝－tan(B＋C)＝， 且tan A，tan B，tan C都是正數(shù)， 得tan Atan Btan C＝·tan Btan C ＝·tan Btan C＝， 設(shè)m＝tan Btan C－1，則m>0， tan Atan Btan C＝ ＝2＋4≥4＋4＝8， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝tan Btan C－1＝1， 即tan Btan C＝2時(shí)取“＝”， 此時(shí)tan Btan C＝2，tan B＋tan C＝4，tan A＝4， 所以tan Atan Btan C的最小值是8，故④正確，故選D

29、. 13．(2018·百校聯(lián)盟TOP20聯(lián)考)如圖，在△ABC中，D，F(xiàn)分別為BC，AC的中點(diǎn)，AD⊥BF，若sin2C＝sin∠BAC·sin∠ABC，則cos C＝________. 答案　 解析　設(shè)BC＝a，AC＝b，AB＝c， 由sin2C＝sin∠BAC·sin∠ABC可得，c2＝ab， 由AD⊥BF可得， ·＝·＝0， 整理可得，2－2－·＝0， 即b2－c2－bccos∠BAC＝0， 即2b2－4c2－2bccos∠BAC＝0， 2b2－4c2－(b2＋c2－a2)＝0， 即a2＋b2－c2＝4c2＝ab， 所以cos C＝＝. 14．如圖，在△AB

30、C中，D為邊BC上一點(diǎn)，AD＝6，BD＝3，DC＝2. (1)如圖1，若AD⊥BC，求∠BAC的大??； (2)如圖2，若∠ABC＝，求△ADC的面積． 解　(1)設(shè)∠BAD＝α，∠DAC＝β. 因?yàn)锳D⊥BC，AD＝6，BD＝3，DC＝2， 所以tan α＝，tan β＝， 所以tan∠BAC＝tan(α＋β) ＝＝＝1. 又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝. (2)設(shè)∠BAD＝α. 在△ABD中，∠ABC＝，AD＝6，BD＝3. 由正弦定理得＝，解得sin α＝. 因?yàn)锳D>BD，所以α為銳角， 從而cos α＝＝. 因此sin∠ADC＝sin ＝sin αcos ＋cos αsin ＝＝. 所以△ADC的面積S＝×AD×DC·sin∠ADC ＝×6×2×＝(1＋)．