专题2 第3讲 大题专攻——三角函数与解三角形-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

第3讲　大题专攻——三角函数与解三角形 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 三角函数的图象、性质与三角恒等变换的综合问题 解答题中继续考查利用正、余弦定理求解三角形边、角、面积等问题，常涉及最值、范围问题.注意在平面四边形中考查三角形应用，难度中等偏下 三角形中基本量的计算（涉及最值、范围问题） 解三角形在平面图形中的应用 二、真题感悟 1.（2024·新高考Ⅰ卷15题）（正、余弦定理及三角形面积公式的应用）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. 2.（2023·新高考Ⅰ卷17题）（正、余弦定理的应用）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. 重｜难｜排｜查 1.正弦定理：在△ABC中，＝＝＝2R（R为△ABC的外接圆半径）.变形：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.变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝. 3.三角形的面积公式：S＝absin C＝acsin B＝bcsin A. 三角函数图象与性质的综合问题 【例1】　已知函数f（x）＝sin（ ωx－）（ω＞0）的图象向左平移个单位长度后与函数g（x）＝cos（2x＋φ）（ ｜φ｜＜）的图象重合. （1）求ω和φ的值； （2）若函数h（x）＝f（ x＋）＋g（ x－），求h（x）的单调递增区间及图象的对称轴方程. 感悟提升 解三角函数图象与性质的综合问题的方法 （1）先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y＝Asin（ωx＋φ）＋B（一角一函数）的形式； （2）把“ωx＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y＝Asin（ωx＋φ）＋B的单调性、奇偶性、对称性、最值、极值点、零点. 　（2024·三明质量检测）已知函数f（x）＝sin ωx＋cos（ωx＋）（其中ω＞0）图象的两条相邻对称轴间的距离为. （1）若f（x）在（0，m）上有最大值无最小值，求实数m的取值范围； （2）将函数f（x）的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到g（x）的图象，设h（x）＝g（x）＋x，求h（x）在（－2π，π）上的极大值点. 正、余弦定理的应用 考向1　解三角形中的计算问题 【例2】　（2024·新高考Ⅱ卷15题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2. （1）求A； （2）若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长. 感悟提升 　　在处理三角形中的边角关系时，一般将边角混合的式子全部化为角的关系式或全部化为边的关系式.式子中若出现边的一次式，一般采用正弦定理，若出现边的二次式，一般采用余弦定理. 考向2　解三角形中的证明问题 【例3】　在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝150°，点D满足＝2，且＋＝. （1）求证：AD＝a； （2）求的值. 感悟提升 　　三角形中的证明问题有两类：一是角的关系，可以利用三角恒等变换转化为同名三角函数，或是某个三角函数值求角；二是边的关系，可以利用正、余弦定理转化为边的关系，证明时可从复杂的一边入手，证明两边相等，也可用比较法，左边－右边＝0. 　（2024·阜阳模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asin Acos B＋bsin Acos A＝acos C. （1）求角C的大小； （2）若a＝3，且·＝1，求△ABC的面积. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3讲　大题专攻——三角函数与解三角形 【锁定高考·明方向】 真题感悟 1.解：（1）由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C， 对比已知a2＋b2－c2＝ab， 可得cos C＝＝＝， 因为C∈（0，π），所以C＝， 又sin C＝cos B，所以＝cos B， 即cos B＝，又B∈（0，π），所以B＝. （2）由（1）可得A＝， 则sin A＝sin＝sin（＋）＝×＋×＝，由正弦定理有＝， 从而a＝·c＝c， 又S△ABC＝acsin B＝3＋， 即ac＝4（＋1）， 将a＝c代入，解得c＝2. 2.解：（1）∵A＋B＝3C，A＋B＋C＝π， ∴4C＝π，则C＝. ∵2sin（A－C）＝sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C）， ∴2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C， 则sin Acos C＝3cos Asin C，∴sin A＝3cos A＞0. 又sin2A＋cos2A＝1，∴sin A＝. （2）法一　设AB边上的高为h， 由（1）易得cos A＝，则sin B＝sin（A＋C）＝sin（＋A）＝cos A＋sin A＝. 在△ABC中，由正弦定理＝， 得AC＝＝＝2. 又S△ABC＝·AC·AB·sin A＝·AB·h， ∴h＝ACsin A＝2×＝6. 即AB边上的高为6. 法二　由（1）得sin A＝3cos A，则A是锐角，cos A＝，sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝. 由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为ACsin A＝2×＝6. 【研透高考·攻重点】 【例1】　解：（1）由题意得ω＝2，∴f（x）＝sin（ 2x－）， 则f（ x＋）＝sin（ 2x＋）＝cos（ 2x＋）＝cos（2x＋φ）. ∵｜φ｜＜，∴φ＝. （2）h（x）＝f（ x＋）＋g（ x－）＝sin（ 2x＋）＋cos（ 2x＋）＝sin（ 2x＋）， 令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z. ∴h（x）的单调递增区间为［kπ－，kπ＋］，k∈Z. 令2x＋＝kπ＋，k∈Z， 解得x＝＋，k∈Z， ∴h（x）图象的对称轴方程为x＝＋，k∈Z. 跟踪训练 　解：（1）f（x）＝sin ωx＋cos ωx＝sin（ωx＋）， 因为图象相邻两条对称轴间的距离为， 所以周期T＝2×＝π，即ω＝＝2， 因此f（x）＝sin（2x＋）， 当x∈（0，m）时，2x＋∈（，2m＋）， 若f（x）在（0，m）上有最大值无最小值，则由正弦函数图象得＜2m＋≤，解得＜m≤， 即m的取值范围为（，］. （2）将f（x）的图象向右平移个单位长度得y＝sin［2（x－）＋］＝sin 2x的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来2倍（纵坐标不变）得g（x）＝sin x的图象， 所以h（x）＝g（x）＋＝sin x＋， h'（x）＝cos x＋，x∈（－2π，π）， 令h'（x）＝0，得cos x＝－， 则x＝－或x＝－或x＝， 当x∈（－2π，－）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增， 当x∈（－，－）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 当x∈（－，）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增， 当x∈（，π）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 所以h（x）的极大值点为－和. 【例2】　解：（1）法一（辅助角公式法）　由sin A＋cos A＝2，可得sin A＋cos A＝1，即sin（A＋）＝1， 由于A∈（0，π）⇒A＋∈（，），故A＋＝，解得A＝. 法二（同角三角函数的基本关系法）　由sin A＋cos A＝2，又sin2A＋cos2A＝1，消去sin A得4cos2A－4cos A＋3＝0⇔（2cos A－）2＝0，解得cos A＝， 又A∈（0，π），故A＝. （2）由题设条件和正弦定理，bsin C＝csin 2B⇔sin Bsin C＝2sin Csin Bcos B， 又B，C∈（0，π），则sin Bsin C≠0，进而cos B＝，得到B＝， 于是C＝π－A－B＝，sin C＝sin（π－A－B）＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋sin Bcos A＝. 法一（基本量法）　由正弦定理可得，＝＝，即＝＝， 解得b＝2，c＝＋， 故△ABC的周长为2＋＋3. 法二（整体思想法）　由正弦定理＝＝，得＝＝＝4， 所以a＋b＋c＝4（sin A＋sin B＋sin C）＝4×（＋＋）＝2＋＋3， 所以△ABC的周长为2＋＋3. 【例3】　解：（1）证明：由题意知＝2，则CD＝a，BD＝a. 在△ABD中，sin∠BAD＝＝，在△ACD中，sin∠CAD＝＝， 又＝＝＝， 所以＋＝＋＝·＋·＝， 即6AD＝2a，所以AD＝a. （2）在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB＝ ＝， 在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC＝＝. ∠ADB＋∠ADC＝180°，则∠ADB＝180°－∠ADC， 即＝－，整理可得a2－b2＝2c2. 在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝－， 即－＝－＝－，所以c＝b， 所以a2－b2＝6b2，即a＝b，所以＝＝＝. 跟踪训练 　解：（1）因为asin Acos B＋bsin Acos A＝acos C， 所以根据正弦定理得sin Asin Acos B＋sin Asin Bcos A＝sin Acos C， 因为sin A≠0，所以sin Acos B＋sin Bcos A＝cos C，即sin（A＋B）＝cos C，即sin C＝cos C. 因为cos C≠0，所以tan C＝. 因为0＜C＜π，所以C＝. （2）·＝bccos A＝1. 因为a2＝b2＋c2－2bccos A， 所以b2＋c2＝9＋2bccos A＝11， ① 因为c2＝a2＋b2－2abcos C， 所以b2－c2＝2abcos C－a2＝2×3×b×cos－32＝3b－9. ② 联立①②可得2b2－3b－2＝0，解得b＝2（负值舍去）， 故△ABC的面积为absin C＝×3×2×＝. 学科网（北京）股份有限公司 $