专题1 微专题3 解三角形（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题一　三角函数、解三角形与平面向量 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 微专题3　解三角形 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 　 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　正、余弦定理的应用 　(2024·新课标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. [解析]　(1)第1步：利用余弦定理求C 由余弦定理得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(2),2)， 又0<C<π，∴C＝eq \f(π,4). 第2步：将C代入已知等式求B ∴eq \r(2)cos B＝sin C＝eq \f(\r(2),2)，∴cos B＝eq \f(1,2)， 又0<B<π，∴B＝eq \f(π,3). (2)第1步：求A 由(1)得A＝π－B－C＝eq \f(5π,12)， 第2步：利用正弦定理得出a，c的关系 由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(a,\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq \f(c,\f(\r(2),2))， ∴a＝eq \f(1＋\r(3),2)c. 第3步：利用三角形面积公式求c ∴△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1＋\r(3),4)c2×eq \f(\r(3),2)＝3＋eq \r(3)，得c＝2eq \r(2). (1)利用正、余弦定理解三角形时，涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理． (2)涉及边a，b，c的齐次式时，常用正弦定理转化为角的正弦值，再利用三角公式进行变形．　 【预测练1】 (多选)(2024·山东烟台三模)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，C为钝角，且c－b＝2bcos A，则下列结论中正确的是(　　) A．a2＝b(b＋c)　　　　 B．A＝2B C．0<cos A<eq \f(1,2) D．0<sin B<eq \f(1,2) 解析　因为c－b＝2bcos A，所以由余弦定理得c－b＝2b·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，因此c(c－b)＝b2＋c2－a2，整理得a2＝b(b＋c)，故A选项正确；因为c－b＝2bcos A，所以由正弦定理得sin C－sin B＝2sin Bcos A，即sin(A＋B)－sin B＝2sin Bcos A，所以sin Acos B－sin Bcos A＝sin B，所以sin(A－B)＝sin B，由于C是钝角，所以A－B＝B，即A＝2B，故B选项正确；由于A＝2B，且C>90°，所以0°<A<60°，0°<B<30°，因此1>cos A>eq \f(1,2)，0<sin B<eq \f(1,2)，故C选项错误，D选项正确．综上，正确的结论是ABD. 答案　ABD 命题点2　三角函数与解三角形 　设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－cos2x. (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B为锐角，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，c＝2a，b＝eq \r(6)，求△ABC的面积S. [解析]　(1)因为f(x)＝sin 2xcos eq \f(π,6)＋cos 2xsin eq \f(π,6)－eq \f(1,2)cos 2x－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)，令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得－eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(π,4)＋kπ(k∈Z)，所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)． (2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,3)))－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,3)))＝0.因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2B＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，则2B＋eq \f(π,3)＝π，解得B＝eq \f(π,3).由余弦定理得cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(5a2－6,4a2)＝eq \f(1,2)，解得a＝eq \r(2)，所以c＝2eq \r(2)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3). 解此类题的常用方法是“化简转化法”，即先用诱导公式、同角关系、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行巧“化简”，然后再用正、余弦定理对三角形的边、角进行互化．　 【预测练2】 已知函数f(x)＝sin2eq \f(x,2)－eq \r(3)sin eq \f(x,2)·cos eq \f(x,2)－eq \f(1,2). (1)求函数y＝f(x)的单调递减区间； (2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a2－b2＝accos B－eq \f(1,2)bc，求f(B)的取值范围． 解析　(1)f(x)＝－eq \f(\r(3),2)sin x－eq \f(1,2)cos 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(π,2)＋2kπ，k∈Z，则－eq \f(2π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，所以函数y＝f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z)． (2)由a2－b2＝accos B－eq \f(1,2)bc＝ac·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)－eq \f(1,2)bc，得b2＋c2－a2＝bc，则cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，因为0<A<π，所以A＝eq \f(π,3).f(B)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，因为0<B<eq \f(2π,3)，eq \f(π,6)<B＋eq \f(π,6)<eq \f(5π,6)，则eq \f(1,2)<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))≤1，所以－1≤f(B)<－eq \f(1,2)，所以f(B)的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))). 命题点3　解三角形的实际应用 　(1)(2024·江苏南京六校联考)某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测量红豆树高度，他选取与红豆树根部C在同一水平面的A，B两点，在A点测得红豆树根部C在北偏西60°的方向上，沿正西方向步行40米到B处，测得树根部C在北偏西15°的方向上，树梢D的仰角为30°，则红豆树的高度为(　　) A．10eq \r(6) 米　　　　　　 B．20eq \r(3) 米 C.eq \f(20\r(3),3) 米 D．eq \f(20\r(6),3) 米 (2)(2024·山东临沂一模)在同一平面上有相距14公里的A，B两座炮台，A在B的正东方．某次演习时，A向西偏北θ方向发射炮弹，B则向东偏北θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着A改向向西偏北eq \f(θ,2)方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为(　　) A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里 [解析]　(1)依题意可得如下图形： 在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，∠BCA＝75°－30°＝45°，AB＝40，所以由正弦定理得：eq \f(40,sin 45°)＝eq \f(BC,sin 30°)，解得BC＝20eq \r(2)， 在Rt△BCD中，∠CBD＝30°， 所以CD＝BC·tan 30°＝20eq \r(2)×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(20\r(6),3)，则红豆树的高度为eq \f(20\r(6),3)米．故选D. (2)依题意设炮弹第一次命中点为C，则AB＝14，AC＝BC＝AM＝18，∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝eq \f(θ,2)， 在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos θ， 即182＝182＋142－2×18×14cos θ， 解得cos θ＝eq \f(7,18)， 所以cos θ＝2cos2eq \f(θ,2)－1＝eq \f(7,18)， 又θ为锐角，解得cos eq \f(θ,2)＝eq \f(5,6)(负值舍去)， 在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·ABcos eq \f(θ,2)＝182＋142－2×18×14×eq \f(5,6)＝100， 所以BM＝10，即B炮台与弹着点M的距离为10公里．故选D. [答案]　(1)D　(2)D 解三角形实际问题的步骤 【预测练3】 (2024·广东二模)在一堂数学实践探究课中，同学们用镜面反射法测量学校钟楼的高度．如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为a1＝1.00 m，之后将小镜子前移a＝6.00 m，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为a2＝0.60 m，已知人的眼睛距离地面的高度为h＝1.75 m，则钟楼的高度大约是(　　) A．27.75 m B．27.25 m C．26.75 m D．26.25 m 解析　如图，设钟楼的高度为PQ， 由△MKE∽△PQE，可得EQ＝eq \f(PQ·KE,MK)＝eq \f(a1·PQ,h)， 由△NTF∽△PQF，可得FQ＝eq \f(PQ·TF,NT)＝eq \f(PQ·a2,h)， 故EQ－FQ＝eq \f(a1·PQ,h)－eq \f(PQ·a2,h)＝a， 故PQ＝eq \f(ah,a1－a2)＝eq \f(6×1.75,1－0.6)＝eq \f(10.5,0.4)＝26.25(m)， 故选D. 答案 D 1．(2024·新课标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． 解析　(1)解法一(辅助角法) 由sin A＋eq \r(3)cos A＝2，得eq \f(1,2)sin A＋eq \f(\r(3),2)cos A＝1， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1. 因为0<A<π，所以eq \f(π,3)<A＋eq \f(π,3)<eq \f(4π,3)， 所以A＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，故A＝eq \f(π,6). 解法二(同角三角函数的基本关系法) 由sin A＋eq \r(3)cos A＝2，得eq \r(3)cos A＝2－sin A， 两边同时平方，得3cos2A＝4－4sin A＋sin2A， 则3(1－sin2A)＝4－4sin A＋sin2A， 整理，得1－4sin A＋4sin2A＝0， 所以(1－2sin A)2＝0，则sin A＝eq \f(1,2). 因为0<A<π，所以A＝eq \f(π,6)或A＝eq \f(5π,6). 当A＝eq \f(π,6)时，sin A＋eq \r(3)cos A＝2成立，符合条件； 当A＝eq \f(5π,6)时，sin A＋eq \r(3)cos A＝2不成立，不符合条件．故A＝eq \f(π,6). (2)由eq \r(2)bsin C＝csin 2B，得eq \r(2)bsin C＝2csin Bcos B，由正弦定理，得eq \r(2)bc＝2cbcos B，所以cos B＝eq \f(\r(2),2)，因为0<B<π，所以B＝eq \f(π,4). C＝π－(A＋B)＝eq \f(7π,12)，所以sin C＝sin eq \f(7π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝sin eq \f(π,3)cos eq \f(π,4)＋cos eq \f(π,3)sin eq \f(π,4)＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4). 由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得b＝eq \f(asin B,sin A)＝eq \f(2sin\f(π,4),sin\f(π,6))＝2eq \r(2)，c＝eq \f(asin C,sin A)＝eq \f(2sin\f(7π,12),sin\f(π,6))＝eq \r(6)＋eq \r(2). 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋eq \r(6)＋3eq \r(2). 2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C,2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－C))＝sin B． (1)求sin A； (2)设AB＝5，求AB边上的高． 解析　(1)∵A＋B＝3C， ∴π－C＝3C，即C＝eq \f(π,4)， 又2sin(A－C)＝sin B＝sin(A＋C)， ∴2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C， ∴sin Acos C＝3cos Asin C， ∴sin A＝3cos A， 即tan A＝3，所以0<A<eq \f(π,2)， ∴sin A＝eq \f(3,\r(10))＝eq \f(3\r(10),10). (2)由(1)知，cos A＝eq \f(1,\r(10))＝eq \f(\r(10),10)， 由sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝eq \f(\r(2),2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq \f(2\r(5),5)， 由正弦定理eq \f(c,sin C)＝eq \f(b,sin B)， 可得b＝eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq \r(10)，设AB边上的高为h， ∴eq \f(1,2)AB·h＝eq \f(1,2)AB·AC·sin A， ∴h＝b·sin A＝2eq \r(10)×eq \f(3\r(10),10)＝6. 即AB边上的高为6. $$