第1部分 单元2 第3讲 第1课时 三角函数与解三角形(Word教参)-【优化指导】2025年高考数学二轮复习高中总复习·第2轮

第三讲　三角函数与解三角形 [大题突破·师生共研] 考情研析　正、余弦定理及其应用是高考必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围(最值)等，如2024年新课标 Ⅰ 卷T15，2024年新课标 Ⅱ 卷T15，2023年新课标 Ⅰ 卷T17，2023年新课标 Ⅱ 卷T17等．解决这类问题常涉及三角恒等变换、三角函数的最值、不等式、函数等知识，需要较强的转化与化归能力． 第一课时　三角函数与解三角形 考点一　利用正、余弦定理进行边、角计算 [例1] (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＝cos B，a2＋b2－c2＝ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋，求c. 解：(1)由余弦定理得cos C＝＝， 又0<C<π，∴C＝. ∴cos B＝sin C＝，∴cos B＝， 又0<B<π，∴B＝. (2)由(1)得A＝π－B－C＝， 由正弦定理＝，得＝， ∴a＝c. ∴△ABC的面积S＝ac sin B＝c2×＝3＋， 得c＝2. 用正、余弦定理进行边、角运算的方法 第一步选定理： (1)若式子中含有角的余弦或边的二次式，则考虑余弦定理． (2)若式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理． (3)若特征不明显，则考虑两个定理都有可能用到． 第二步求解：利用正、余弦定理求角、求边、求值． 训练1 (2023·新课标 Ⅱ 卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为，D为BC的中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝，求tan B； (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 解：(1)因为D为BC的中点， 所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DC sin ∠ADC＝2××1×DC×＝，解得DC＝2， 所以BD＝DC＝2，a＝4. 因为∠ADC＝，所以∠ADB＝. 在△ABD中，由余弦定理，得 c2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝1＋4＋2＝7， 所以c＝. 方法一　在△ADC中，由余弦定理，得 b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos ∠ADC＝1＋4－2＝3， 所以b＝， 在△ABC中，由余弦定理，得 cos B＝＝＝， 所以sin B＝＝. 所以tanB＝＝. 方法二　在△ABD中，由正弦定理， 得＝， 所以sin B＝＝， 所以cos B＝＝. 所以tanB＝＝. (2)方法一　因为D为BC的中点，所以BD＝DC. 因为∠ADB＋∠ADC＝π， 所以cos ∠ADB＝－cos ∠ADC， 则在△ABD与△ADC中，由余弦定理， 得＝－， 得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)， 所以2BD2＝b2＋c2－2＝6， 所以BD＝，所以a＝2. 方法二　因为D为BC的中点，所以BC＝2BD. 在△ABD与△ABC中，由余弦定理， 得cos B＝＝， 整理，得2BD2＝b2＋c2－2＝6， 得BD＝，所以a＝2. 在△ABC中，由余弦定理， 得cos ∠BAC＝＝＝－， 所以S△ABC＝bc sin ∠BAC＝bc＝ bc＝＝，解得bc＝4. 则由bc＝4， b2＋c2＝8，解得b＝c＝2. 考点二　正、余弦定理与三角恒等变换的综合 [例2] (2023·新课标 Ⅰ 卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B. (1)求sin A； (2)设AB＝5，求AB边上的高． 解：方法一　(1)在△ABC中，A＋B＝π－C， 因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝. 因为2sin (A－C)＝sin B， 所以2sin (A－)＝sin (－A)， 展开并整理得(sin A－cos A)＝(cos A＋sin A)， 得sin A＝3cos A， 又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0， 所以sin A＝. (2)由正弦定理＝， 得BC＝×sin A＝×＝3， 由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C， 得52＝AC2＋(3)2－2AC·3cos ， 整理得AC2－3AC＋20＝0， 解得AC＝或AC＝2， 由(1)得，tan A＝3>，所以<A<， 又A＋B＝，所以B>， 即C<B，所以AB<AC，所以AC＝2， 设AB边上的高为h，则×AB×h＝×AC×BC sin C， 即5h＝2×3×，解得h＝6， 所以AB边上的高为6. 方法二　(1)在△ABC中，A＋B＝π－C， 因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝. 因为2sin (A－C)＝sin B， 所以2sin (A－C)＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)， 所以2sin A cos C－2cos A sin C＝sin A cos C＋cos Asin C， 所以sin A cos C＝3cos A sin C， 易得cos A cos C≠0， 所以tan A＝3tan C＝3tan ＝3， 又sin A>0，所以sin A＝＝. (2)由(1)知sin A＝，tan A＝3>0，所以A为锐角， 所以cos A＝， 所以sin B＝sin (－A)＝(cos A＋sin A)＝×(＋)＝， 由正弦定理＝， 得AC＝＝＝2， 故AB边上的高为AC×sin A＝2×＝6. 解三角形与三角函数综合问题的策略 (1)“三统一”：即“统一角，统一函数，统一结构”； (2)定理公式应用：注意正、余弦定理，三角形内角和定理及三角形面积公式的应用． 训练2 (2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2. (1)求bc； (2)若－＝1，求△ABC面积． 解：(1)由余弦定理知cos A＝， 代入＝2，得2bc＝2， 故bc＝1. (2)由正弦定理及－＝1， 得－＝1， 化简得－＝1. ∵A＋B＝π－C， ∴sin (A＋B)＝sin C， ∴sin (A－B)－sin B＝sin C＝sin (A＋B)， ∴sin A cos B－cos A sin B－sin B＝sin A cos B＋cos Asin B，∴－2cos A sin B＝sin B. ∵B∈(0，π)，∴sin B≠0， ∴cos A＝－. ∵A∈(0，π)， ∴sin A＝＝. 由(1)知bc＝1， 故S△ABC＝bc sinA＝×1×＝. 考点三　平面多边形中的解三角形问题 [例3] (2024·安庆二模)如图，在平面四边形ABCD中，tan ∠ABD＋tan∠ADB＝. (1)求∠ADB； (2)若AD＝BD＝4，∠ACB＝∠BDC＝，求CD. 解：(1)由已知得＋＝， 故＝， 所以＝. 因为sin (∠ABD＋∠ADB)＝sin (π－∠BAD)＝sin ∠BAD≠0， 故cos ∠ADB＝，又0＜∠ADB＜π，故∠ADB＝. (2)因为AD＝BD＝4，又由(1)得∠ADB＝， 所以△ABD为边长为4的等边三角形， 在△ABC中，∠ACB＝， 由正弦定理得＝， 故BC＝＝8sin ∠BAC， 因为∠BAC＋∠BCA＋∠ABD＋∠CBD＝π， 所以∠BAC＋∠CBD＝， 故BC＝8cos ∠CBD， 在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD×BC×cos ∠CBD， 即CD2＝42＋BC2－8×BC×cos ∠CBD＝16，得CD＝4. 多边形背景解三角形问题的求解思路 (1)分拆：把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解． (2)寻关系：即寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果． (3)提醒：解题时，有时要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的性质，要把这些知识与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题． 训练3 (2024·大理模拟)如图所示，在平行四边形ABCD中，有AC cos ∠BAC＝(2AB－BC)·cos ∠ABC. (1)求∠ABC的大小； (2)若BC＝3，AC＝，求平行四边形ABCD的面积． 解：(1)因为AC cos ∠BAC＝(2AB－BC)·cos∠ABC，在△ABC中， 由正弦定理得，2sin ∠ACB·cos ∠ABC＝sin ∠BAC cos ∠ABC＋sin ∠ABC cos ∠BAC， ∴2sin ∠ACB cos ∠ABC＝sin (∠BAC＋∠ABC)＝sin (π－∠ACB)＝sin ∠ACB， 又∠ACB∈(0，π)，则sin ∠ACB≠0， ∴cos ∠ABC＝， ∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝. (2)在平行四边形ABCD中，∠ABC＝，BC＝3，AC＝， 在△ABC中，由余弦定理得， AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC cos ∠ABC， 即7＝AB2＋9－2×AB×3×，解得AB＝1或AB＝2， 当AB＝1时，平行四边形ABCD的面积为 S＝2S△ABC＝2×AB×BC sin ＝2××1×3×＝； 当AB＝2时，平行四边形ABCD的面积为S＝2S△ABC＝2×AB×BC sin ＝2××2×3×＝3. $$