第1部分 专题2 微专题8 三角恒等变换与解三角形（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 微专题8　三角恒等变换与解三角形 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 ★[高考定位]　三角恒等变换与解三角形是高考考查的热点，多以解三角形为背景，在应用正弦定理、余弦定理的同时，经常应用三角变换进行化简，综合性较强，解三角形常以解答题的形式考查正、余弦定理的应用，难度中等． 三角恒等变换 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓ sin αsin β； (3)tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β) 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； (3)tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α). [例1]　(1)(2024·云南333联考三)若sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝(　　) A.eq \f(1,2)　　 B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(1,3)　　 D.eq \f(\r(3),3) [解析]　根据题意，利用两角和与差的三角函数，准确运算，即可求解． 由sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)－\f(π,6)))＋ sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))coseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)， 即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2). [答案]　A (2)(2024·新课标全国Ⅱ卷)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tan α＋tan β＝4，tan αtan β＝eq \r(2)＋1，则sin(α＋β)＝________. [解析]　法一：根据两角和与差的正切公式得tan(α＋β)＝－2eq \r(2)，再缩小α＋β的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案． 法一：由题意得tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(4,1－\r(2)＋1)＝－2eq \r(2)， 因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,2)))， β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2mπ＋π，2mπ＋\f(3π,2)))，k，m∈Z， 则α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋2kπ＋π，2m＋2kπ＋2π))，k，m∈Z， 又因为tan(α＋β)＝－2eq \r(2)＜0， 则α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋2kπ＋\f(3π,2)，2m＋2kπ＋2π))，k，m∈Z，则sin(α＋β)＜0， 则eq \f(sinα＋β,cosα＋β)＝－2eq \r(2)，联立sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin(α＋β)＝－eq \f(2\r(2),3). 法二： 因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cos α＞0，cos β＜0， cos α＝eq \f(cos α,\r(sin2α＋cos2α))＝eq \f(1,\r(1＋tan2α))， cos β＝eq \f(cos β,\r(sin2β＋cos2β))＝eq \f(－1,\r(1＋tan2β))， 则sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos αcos β(tan α＋tan β) ＝4cos αcos β＝eq \f(－4,\r(1＋tan2α) \r(1＋tan2β)) ＝eq \f(－4,\r(tan α＋tan β2＋tan αtan β－12)) ＝eq \f(－4,\r(42＋\r(2)2))＝－eq \f(2\r(2),3). [答案]　－eq \f(2\r(2),3) 三角恒等变换的“4大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等． (3)降次与升次：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． 1．(2024·新课标全国Ⅰ卷)已知cos(α＋β)＝m，tan αtan β＝2，则cos(α－β)＝(　　) A．－3m B．－eq \f(m,3) C.eq \f(m,3) D．3m 解析：A　[由tan αtan β＝2，得sin αsin β＝2cos αcos β，cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝－cos αcos β＝m，故cos αcos β＝－m，所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝3cos αcos β＝－3m.] 2．(2024·承德二模)已知tan x＝eq \f(1,3)，则eq \f(sin x,cos 3xcos 2x)＋eq \f(sin x,cos 2xcos x)＝________. 解析：利用三角恒等变换化简算式得eq \f(sin x,cos 3xcos 2x)＋eq \f(sin x,cos 2xcos x)＝tan 3x－tan x，已知tan x＝eq \f(1,3)，由正切的倍角公式求出tan 3x即可求得结果． eq \f(sin x,cos 3xcos 2x)＝eq \f(sin3x－2x,cos 3xcos 2x) ＝eq \f(sin 3xcos 2x－cos 3xsin 2x,cos 3xcos 2x)＝tan 3x－tan 2x，eq \f(sin x,cos 2xcos x)＝eq \f(sin2x－x,cos 2xcos x) ＝eq \f(sin 2xcos x－cos 2xsin x,cos 2xcos x)＝tan 2x－tan x， 所以eq \f(sin x,cos 3xcos 2x)＋eq \f(sin x,cos 2xcos x)＝tan 3x－tan x， 而tan 3x＝tan(2x＋x)＝eq \f(tan 2x＋tan x,1－tan 2xtan x)＝eq \f(\f(2tan x,1－tan2x)＋tan x,1－\f(2tan2x,1－tan2x))＝eq \f(3tan x－tan3x,1－3tan2x)＝eq \f(13,9)， 因此原式＝eq \f(13,9)－eq \f(1,3)＝eq \f(10,9). 答案：eq \f(10,9) 　解三角形 1．正弦定理及其变形 在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2Rsin A，sin A＝eq \f(a,2R)，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． 2．余弦定理及其变形 在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A； 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc). [例2]　(1)(2024·新课标全国Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋eq \r(3)cos A＝2. (1)求A； (2)若a＝2，eq \r(2)bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长． [解]　(1)根据辅助角公式对条件sin A＋eq \r(3)cos A＝2进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；(2)先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出b，c即可得出周长． (1)方法一：常规方法(辅助角公式) 由sin A＋eq \r(3)cos A＝2可得eq \f(1,2)sin A＋eq \f(\r(3),2)cos A＝1，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1， 由于A∈(0，π)⇒A＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，故A＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，解得A＝eq \f(π,6). 方法二：常规方法(同角三角函数的基本关系) 由sin A＋eq \r(3)cos A＝2，又sin2A＋cos2A＝1，消去sin A得到： 4cos2A－4eq \r(3)cos A＋3＝0⇔(2cos A－eq \r(3))2＝0，解得cos A＝eq \f(\r(3),2)， 又A∈(0，π)，故A＝eq \f(π,6). 方法三：利用极值点求解 设f(A)＝sin A＋eq \r(3)cos A(0＜A＜π)，则f(A)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))(0＜A＜π)， f(A)在开区间(0，π)上取得最大值，也即取得极值， 即f′(A)＝0＝cos A－eq \r(3)sin A，即tan A＝eq \f(\r(3),3)， 又A∈(0，π)，故A＝eq \f(π,6). 方法四：利用向量数量积公式(柯西不等式) 设a＝(1，eq \r(3))，b＝(sin A，cos A)，由题意，a·b＝sin A＋eq \r(3)cos A＝2， 根据向量的数量积公式， 则2cos〈a，b〉＝2⇔cos〈a，b〉＝1，此时〈a，b〉＝0，即a，b同向共线， 根据向量共线条件，1·cos A＝eq \r(3)·sin A⇔tan A＝eq \f(\r(3),3)， 又A∈(0，π)，故A＝eq \f(π,6). 方法五：利用万能公式求解 设t＝tan eq \f(A,2)，根据万能公式，sin A＋eq \r(3)cos A＝2＝eq \f(2t,1＋t2)＋eq \f(\r(3)1－t2,1＋t2)， 整理可得，t2－2(2－eq \r(3))t＋(2－eq \r(3))2＝0＝(t－(2－eq \r(3)))2， 解得tan eq \f(A,2)＝t＝2－eq \r(3)，根据二倍角公式，tan A＝eq \f(2t,1－t2)＝eq \f(\r(3),3)， 又A∈(0，π)，故A＝eq \f(π,6). (2)由题设条件和正弦定理 eq \r(2)bsin C＝csin 2B⇔eq \r(2)sin Bsin C ＝2sin Csin Bcos B， 又B，C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0，进而cos B＝eq \f(\r(2),2)，得到B＝eq \f(π,4)， 于是C＝π－A－B＝eq \f(7π,12)， sin C＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋sin Bcos A＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4)， 由正弦定理可得，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，即eq \f(2,sin\f(π,6))＝eq \f(b,sin\f(π,4))＝eq \f(c,sin\f(7π,12))， 解得b＝2eq \r(2)，c＝eq \r(6)＋eq \r(2)， 故△ABC的周长为2＋eq \r(6)＋3eq \r(2). 正、余弦定理的适用条件 (1)“已知两角和一边”或“已知两边和这其中一边的对角”应采用正弦定理． (2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”一般采用余弦定理． 注意：应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”． (2024·新课标全国Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝eq \r(2)cos B，a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋eq \r(3)，求c. 解：(1)由余弦定理可得：cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(2),2)， 因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,4)，所以eq \r(2)cos B＝sin C＝eq \f(\r(2),2)，即cos B＝eq \f(1,2)， 因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). (2)由(1)可得A＝π－B－C＝eq \f(5,12)π，设△ABC外接圆的半径为R， 由正弦定理可得：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，所以b＝eq \r(3)R，c＝eq \r(2)R，sin A＝sin(B＋C) ＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)·eq \r(3)R·eq \r(2)R·eq \f(\r(6)＋\r(2),4)＝3＋eq \r(3)，解得R＝2， 所以c＝2eq \r(2). 解三角形的实际应用 解三角形应用题的常考类型 1．实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． 2．实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解． [例3]　(1)湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形ABCD区域建一处湿地公园．已知∠DAB＝90°，∠DBA＝45°，∠BAC＝30°，∠DBC＝60°，AB＝2eq \r(2)千米，则CD＝______千米． [解析]　在△BAC中，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(AC,sin∠ABC)， 所以eq \f(2\r(2),sin180°－30°－45°－60°)＝eq \f(AC,sin45°＋60°)， 即eq \f(2\r(2),sin 45°)＝eq \f(AC,sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°)， 所以4＝eq \f(AC,\f(\r(6)＋\r(2),4))，所以AC＝eq \r(6)＋eq \r(2)， 又∠DAB＝90°，∠DBA＝45°，所以△ABD为等腰直角三角形，所以AD＝AB＝2eq \r(2)； 在△DAC中，由余弦定理得 CD＝eq \r(AC2＋AD2－2·AC·ADcos∠DAC) ＝eq \r(\r(6)＋\r(2)2＋2\r(2)2－2\r(6)＋\r(2)×2\r(2)cos90°－30°)＝2eq \r(3)，所以CD＝2eq \r(3). [答案]　2eq \r(3) (2)在气象台正西方向300 km处有一台风中心，它正向东北方向移动，移动速度的大小为40 km/h，距台风中心250 km以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，大约________小时后气象台所在地开始受到影响(参考数据：eq \r(2)≈1.4，eq \r(7)≈2.6)． [解析]　设气象台所在地为O，台风中心为A，约t小时后气象台所在地将受到影响，t小时后中心移动至B处，∠BAO＝45°，如图所示． 在△OAB中，AB＝40t，OA＝300，OB＝250， 由余弦定理，2502＝(40t)2＋3002－2×300×40t×eq \f(\r(2),2)，整理得16t2－120eq \r(2)t＋275＝0， 解得t1＝eq \f(15\r(2)－5\r(7),4)，t2＝eq \f(15\r(2)＋5\r(7),4)， 依题意，保留t1＝eq \f(15\r(2)－5\r(7),4)≈2，故约2小时后影响气象台所在地． [答案]　2 解三角形实际问题的步骤 (2024·湛江二模)财富汇大厦坐落在广东省湛江市经济技术开发区，是湛江经济技术开发区的标志性建筑，同时也是已建成的粤西第一高楼．为测量财富汇大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B、C与O在同一水平面上，他测得BC＝102eq \r(7)米，∠BOC＝120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则财富汇大厦的高度OA＝________米． 解析：根据仰角设出长度，再根据余弦定理列出△OBC的边长关系，解方程求解即可． 设AO＝h米，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以eq \f(OA,OB)＝2，所以OB＝eq \f(h,2).因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC＝h米．由余弦定理，可得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos∠BOC，即1022×7＝eq \f(1,4)h2＋h2＋eq \f(1,2)h2＝eq \f(7,4)h2，解得h＝204. 答案：204 $$