微专题 8 三角恒等变换与解三角形-【创新教程】2027年高考数学大二轮专题增分方案学生用书

数学 跟踪训练 规律方法》 2.在△ABC中，tanA=3tanB,A一B的最大 已知函数的零点、极值点求w,P的取值范 值为.若函数f(x)=sin(ax十p)(aw>0)在 围问题，一是利用三角函数的图象求解；二 区间 一66 ππ 上单调递增，则ω的最大 是利用解析式，直接求函数的零点、极值点 值为 即可，注意函数的极值点即为三角函数的 专点对称轴、零点与a,e的取值范围 最大值、最小值点. 典题例析 跟踪训练 [例3]将函数f(x)=sinx的图象先向右 3.将函数fu)=sim2x+ 3 的图象向左平移 平移5个单位长度，再把所得函数图象上 (p>0)个单位长度得到函数g(x)的图象， 的每个点的纵坐标不变，横坐标都变为原 若x= 来的(o>0)倍，得到函数g(x)的图象. 1为g()图象的一条对称轴，则 P的最小值为 已知函数g(x)在0，上有两个零点， A B段 则w的取值范围为 ( A[) B[) c母 晋 c[) ©温馨提 学习至此，请完成配套训练素养培优9 微专题8三角恒等变换与解三角形 ★[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 研析考点层级突破 吉原一 三角恒等变换 (2)cos 2a cos2a-sin2a 2cos2a-1 核心知识 =1-2sin2a; 1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (3)tan 2a= 2tan a 1-tan a (l)sin(a±β)=sin acos B±cos asin B; 典题例析 (2)cos(a士B)=cos acos B干sin asin B; [例1](1)(2026·全国卷)已知a为第二象 8ana士0m是 限角，3sin2 acosa=8 Bsin acos2a,则+sinc 2-cos a () 2.二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1sin 2a=2sin acos a; A B是 c号 n是 36 [第一部分]专题二平面向量、三角函数与解三角形 (2)已知a,B均为锐角，sin(a一)=2g2 典题例析 3 [例2](2026·全国Ⅱ卷)在△ABC中，已 tan atan B=3,则cos(a十)= …方法归纳》 cosBC)+sin Asin C 三角恒等变换的“4大策略” =1. (1)常值代换：特别是“1”的代换，1=sin20+ (1)证明：△ABC为钝角三角形； cos20=tan45°等. (2)若△ABC的面积为7，求△ABC的 (2)项的拆分与角的配凑：如sina十2cos2a= 周长 (sina十cos2a)+cos2a,a=(a-3)+B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 跟踪训练 1.已知a,3均为锐角，且满足sin(a一β)+ 3cos(a-B)=√/10，cos(a+)=- 则 sin asin B的值为 ( ) 方法归纳》 A把 四 C. n号 正、余弦定理的适用条件 2.已知a=2cos73,则2sin228-1 (1)“已知两角和一边”或“已知两边和这 a√J4-a 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 A.-2 B.-1 三角形的三边”一般采用余弦定理. c D.- 注意：应用定理要注意“三统一”，即“统一 角、统一函数、统一结构” 春点三 解三角形 跟踪训练 核心知识 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为 1.正弦定理及其变形 a,b,c.已知2 sin Ccos A=sinA+2sinB. 在△ABC中，sinA a (1)求角C的大小； sin B sin C=2R (R为△ABC的外接圆半径).变形：a= (2)求0B的取值范围。 cos A 2Rsin A,sinAsinA sinB:sinC等. 2.余弦定理及其变形 在△ABC中，a2=b2+c2-2 bccos A; 变形：b十c2-a2=2 bccos A,cosA =b2+c2-a2 2bc 37 数学 专点解三角形的实际应用 方法归纳》 核心知识 解三角形实际问题的步骤 解三角形应用题的常考类型 分析一理解题意，分析已知与未知，画出示意图 根据已知条件与求解目标，把已知量与 1.实际问题经抽象概括后，已知量与未知量 建模 求解量尽量集中在有关的三角形中，建 全部集中在一个三角形中，可用正弦定理 立一个解三角形的模型 或余弦定理求解。 利用正、余弦定理解三角形、求得数学 求解 2.实际问题经抽象概括后，已知量与未知量 模型的解 涉及两个或两个以上的三角形，这时需作 检验上述所求出的解是否具有实际 检验 出这些三角形，先解够条件的三角形，然 意义，从而得出实际问题的解 后逐步求解其他三角形，有时需设出未知 跟踪训练 “但有一枝堪比玉，何须九腕始征兰”，盛 量，从几个三角形中列出方程（组），解方 开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景 程（组）得出所要求的解 线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其 典题例析 他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等.某种植 [例3](1)湿地公园是国家湿 园准备将如图扇形空地AOB分成三部 分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已 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 知扇形的半径为？米，圆心角为否，动点P ABCD区域建一处湿地公园.已知∠DAB= 在扇形的弧上，点Q在OB上，且PQ∥OA. 90°，∠DBA=45°，∠BAC=30°，∠DBC 黄玉兰 60°，AB=2√2千米，则CD= 千米 Q 白玉兰 紫玉兰 (2)三角高程测量法是珠峰高程测量方法 0 之一.如图是三角高程测量法的一个示意 (1)当OQ=5米时，求PQ的长； 图，现有A、B、C三点，且A、B、C在同一水 (2)综合考虑到成本和美观原因，要使白 平面上的投影A'、B、C,满足∠A'CB'= 玉兰种植区△OPQ的面积尽可能的大 求△OPQ面积的最大值. 45°，∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的 仰角为15°，BB与CC'的差为100；由B 点测得A点的仰角为45°，则A、C两点到 水平面的高度差约为 .(精确 到1，√3≈1.732) @温馨提污 学习至此，请完成配套训练专题精准强化8 38数学 考点三 例3[解析]由题可知，gx)=in(r-吾） 当x[,受]时ax-子∈[-吾受-] 因为画数g)在[p,受]上有两个零点， 所以≤受-吾<，解得8<w<号 [答案]A 跟踪训练 3.B[由题意得：g(x)=sin2(x+石十9) =sim(2z+号+29小 又周为=一吕是8)的一条对稀轴， 所以+受-2：（号）十晋+20，e2, 即g经+铝，E乙，下面结合选项对垫数长取位( 然取负整数)： 17 k=一1时，9-12r 11 k=一2时，9=12x 5 k=-3时，9=12r: =-4时9=一登] 微专题8三角恒等变换与解三角形 研析考点层级突破 考点一 例1(1)[解析]由3sin2 acos a=8 sin acos2a, 6sin acos'a=8sin a(cos2a-sin2a) 因为a是第二象限角，所以sina>0,cosa<0, 化简得：3cos2a=4(2c0s”a-1), 即aa=亭 由于cosa<0,解得cosa=-25, 5 因为sina>0,所以sina=V1-cosa=5, 51 所以+sine= 1+ 2-cos a 2+252 5 [答案]C (2)[解析]因为a,B均为锐角，所以a 由ina一8=2g,得cos(e-0=号， 1 31 所以cos acos B+sin asin B=3, 1 由tan atan=3,得sin asin=3, cos acos B 所以sin asin B-=3 cos acos B, 1 所以cos acos B十3 cos acos月=3， 1 解得cos acos B=2' 所以sin asin月=子， 故cos(a十B)=cos acos B-sin asin B [答案]-吉 跟踪训练 1.B[已知sin(a-)+3cos(a-B),由辅助角公式得： sin(a-B)+3cos(a-B)=v12+32sin[(a-B)+g] =√10sin[(a-B)+p], 共中mg=示m=品pe(0,受) 已知等式左边等于√I0,因此sin[(a-)十p]=l, 得(a-D十p=受， 即a-g产受-9，因此cosa用=a(受-g) =sin 3√10 10 显 所以cos(a-)=co8 s acos叶sinasin月=30 10 cos(a+B)=cos acos B-sin asin B=- W10 10 所以sin asin A- 10 5 2.Cr2sin228°-1 2sin228°-1 a√4-a22cos73°.√4-4cos273 = c0s56° 2cos73°·2sin73 = c0s56° c0s(90°-34) -sin34° 2sin 146 2sin(180°-34= 考点二 例2[解](1)证明：由A十B十C=π，得A十C=π一B, 则cos(A十C)=-cosB=-3, 4 cos2(A+C)+sin Asin C=1, 得是+inAsin C=1,则sin Asin C=6, 由两角和的余弦公式，cos(A十C) =cos Acos C-sin Asin C=-3 结合sin Asin C=子可知AcosC=-是<0， 7 则cosA,cosC异号，必然一个为负，一个为正. 又A,C∈(0，π)，即A,C中必有一个是钝角， 所以△ABC为钝角三角形. (2)由正弦定理和三角形的面积公式， ain C(Rin A)(Rsin B)sin C =2R2sin Asin Bsin C, (R是△ABC外接圆半径) 又mA血c-名血B√-(2- 为-2R·7解得R-2严 4 7 又sinB=T. =4,则b=2 Rsin B=V2, 由余弦定理b2=a2+c2-2 ac cos B, 即a2+e2- 2ac-2, 2 ac sin B 4,则ac=2, 238 于是d2+2-昌ac=2,即。+2=5， (a十c)2=a2+2ac十c2=9,解得a十c=3, 故△ABC的周长为(a+c)+b=3十√2. 跟踪训练 解：(1)解法1：在△ABC中，由2 sin Ccos A=sinA+ 2sinB及正弦定理得，2c·cosA=a十2b, 再由余孩定理，得2c.6+c2-a -=a十2b, 2bc 则c2=a2+b2+ab, 又因为c2=a2+-2 abeosC,所以cosC=-号 2 因为C∈(0，)，所以C=2r 3 解法2：因为2 sin Ccos A=sinA+2sinB,B=x-(A+C), 所以2 sin Ccos A=sinA+2sin[π-(A+C)], 所以2 sin Ccos A=sinA+2 sin Acos C+2 cos Asin C, 所以(2cosC+1)sinA=0, 因为sinA≠0，所以2cosC+1=0,所以c0sC=-2, 1 因为C∈(0，)，所以C=2 (2)因为C=5,所以B=吾-A,A∈(0，晋） 所以CosB os(g-A_asA+号snA cos A cos A cos A 因为A∈(0，晋）所以mA∈(0n同，所以号+9mA 2片以器（合2） 考点三 例3(1)[解析] 在△BAC中，由正弦定理得sin∠ACB AB AC = sin∠ABC' 2√2 AC 所以sin(180°-30°-45°-60)sin(45+60叮' 即2v2 AC sin45-sin45°cos60°+cos45sin60, 所以4= AC。,所以AC=6+2, 6+√2 4 又∠DAB=90°，∠DBA=45°，所以△ABD为等腰直角 三角形，所以AD=AB=2√2； 在△DAC中，由余弦定理得 CD=√JAC+AD2-2·AC·ADcos∠DAC =√/(W6+√2)+(2√2)2-2(W6+√2)X2√2cos(90°-30) =2√3，所以CD=2√3 [答案]2√3 (2)[解析]如图，过点C作 CH⊥BB',过点B作BD ⊥AA', 则AA'-CC=AA'-(BB'- Di BH)=AA'-BB′+100 R =AD+100, A 由B,点测得A,点的仰角为 45°，得△ADB为等腰直角三 角形，AD=DB, AA'-CC'=AD+100=DB+100 =A'B'+100, 3 讲解册参考答案 由∠BCH=15°，得CH=CB'=,100 tan 15, 在△AC'B'中，由正弦定理得，sin45一sin7行 A'B'CB' 100 100 tan 15'cos 15 sin 153' 而sin15°=sin(45°-30) -号×-9×-6， 4 因此A'B= 100X4X2=100(W3+1)≈273， √6-√2 所以AA'-CC=A'B′+100≈373. [答案]373 跟踪训练 解：(1)由PQ/0A,得∠PQ0=--否， 由余弦定理可得OP2=OQ+PQ-2 X OQX PQX cos∠PQO, 即49=25+PQ-5PQ,即PQ-5PQ-24=0, 即(PQ十3)(PQ-8)=0,故PQ=-3(舍去)或PQ=8, 即PQ=8(米). (2)设∠A0P=0(0<0K),由PQ/OA, 得∠OPQ-∠AOP=0,又∠PQ0=子， 由运孩定理可得0P-品中0Q-14m0, sin 3 则SAOPQ= 2 OPXOQXsin(5-0） -495 nin(号-0 令f0=inin(5-）小(0<0<）) 则f0)=sm0sin(等-） = 2 sin dcos 0 g9+n20 -m(20-晋)+子， 所以0有强大值2十日-是， 此时20-若=受，即0=子时取得， 此时Sa0-95x是-0m 3 4 专题三数列 微专题9等差数列与等比数列 研析考点层级突破 考点一 例1(1)[解析]设等差数列{an}的公差为d, 则由题可得3a,+3d-6 /d=-3 15a1+10d=-5{a1=5' 所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15. [答案]B (2)[解析]等差数列的前n项和公式为 S.-na+u(n Dd, 2 69