2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題1 三角函數(shù)、解三角形 第2講 解三角形學(xué)案 文

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1、2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題1 三角函數(shù)、解三角形 第2講 解三角形學(xué)案 文 熱點題型 真題統(tǒng)計 命題規(guī)律 題型1：利用正、余弦定理解三角形 2018全國卷ⅠT16；2018全國卷ⅡT7；2018全國卷ⅢT11 2017全國卷ⅠT11；2017全國卷ⅡT16；2017全國卷ⅢT15 2016全國卷ⅠT4；2016全國卷ⅡT15；2015全國卷ⅠT17 1.高考對此部分的考查為“一小”或“一大”，近三年高考以“一小”為主. 2.小題出現(xiàn)在4－11或15－16題的位置上，有成為壓軸小題的趨勢. 題型2：正、余弦定理的綜合應(yīng)用 2016全國卷ⅢT9；20

2、15全國卷ⅡT17；2014全國卷ⅠT16 2014全國卷ⅡT17 3.解答題重點考查解三角形問題，出現(xiàn)在第17題位置上，難度中等. 1．正弦定理及其變形 在△ABC中，＝＝＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)．變形：a＝2Rsin A，sin A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． 2．余弦定理及其變形 在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A. 變形：cos A＝，b2＋c2－a2＝2bccos A. 3．三角形面積公式 S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B. ■高考考法示例· ?角度一　求解三角形中的邊角問題 【例

3、1－1】　(2016·全國卷Ⅱ)(1)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，則b＝________. 　[在△ABC中，∵cos A＝，cos C＝，∴sin A＝，sin C＝，∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝. 又∵＝，∴b＝＝＝.] (2)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知 asin A＋csin C－asin C＝bsin B. ①求B； ②若A＝75°，b＝2，求a，c. [解]　①由正弦定理，得a2＋c2－ac＝b2. 由余弦定理，得b2＝a2＋c2

4、－2accos B. 故cos B＝，因此B＝45°. ②sin A＝sin(30°＋45°) ＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45° ＝. 故a＝b×＝＝1＋. c＝b×＝2×＝. ?角度二　與三角形有關(guān)的面積問題 【例1－2】　(1)(2018·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為________． 　[由bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，得sinBsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsi

5、n C，因為sin Bsin C≠0，所以sin A＝.因為b2＋c2－a2＝8，cos A＝，所以bc＝，所以S△ABC＝bcsin A＝××＝.] (2)(2018·溫州模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知A＝，b2－a2＝c2. ①求tan C的值； ②若△ABC的面積為3，求b的值； [解]?、儆蒪2－a2＝c2及正弦定理得sin2B－＝sin2C， ∴－cos 2B＝sin2C，又由A＝，即B＋C＝，得 －cos 2B＝sin 2C＝2sin Ccos C，解得tan C＝2； ②由tan C＝2，C∈(0，π)得sin C＝，cos C＝，

6、 又∵sin B＝sin(A＋C)＝sin，∴sin B＝，由正弦定理得c＝b， 又∵A＝，bcsin A＝3，∴bc＝6，故b＝3. [方法歸納] 1．關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口． 2．在三角形中，正、余弦定理可以實現(xiàn)邊角互化，尤其在余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A中，有b2＋c2和bc兩項，二者的關(guān)系b2＋c2＝(b＋c)2－2bc經(jīng)常用到． (教師備選) △ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b

7、，c，已知a＝bcos C＋csin B. (1)求B； (2)若b＝2，求△ABC面積的最大值． [解]　(1)由已知及正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin C·sin B．① 又A＝π－(B＋C)，故sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C．② 由①②和C∈(0，π)得sin B＝cos B. 又B∈(0，π)，所以B＝. (2)△ABC的面積S＝acsin B＝ac. 由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accos. 又a2＋c2≥2ac，故ac≤，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時，等號成立． 因此△ABC面積的最大值為＋1. ■對

8、點即時訓(xùn)練· 1．(2018·全國卷Ⅱ)在△ABC中，cos ＝，BC＝1，AC＝5，則AB＝(　　) A．4　　　　　　 B. C. D．2 A　[因為cos ＝，所以cos C＝2cos2 －1＝2×2－1＝－.于是，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos C＝52＋12－2×5×1×－＝32，所以AB＝4.故選A.] 2．(2018·紹興模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a≠b，c＝，cos2A－cos2B＝sin Acos A－sin Bcos B. (1)求角C的大??； (2)若sin A＝，求△ABC的

9、面積． [解]　(1)由題意得，－＝sin 2A－sin 2B， 即sin 2A－cos 2A＝sin 2B－cos 2B， sin＝sin，由a≠b得，A≠B，又A＋B∈(0，π)，得2A－＋2B－＝π，即A＋B＝，所以C＝； (2)由c＝，sin A＝，＝得a＝，由a＜c，得A＜C，從而cos A＝，故sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝，所以△ABC的面積為S＝acsin B＝. 題型2　正、余弦定理的綜合應(yīng)用 全國卷考查解三角形問題常與平面幾何交匯，題目中經(jīng)常出現(xiàn)有關(guān)的幾何元素如高、角平分線、線段的垂直平分線、三角形內(nèi)切圓等；地方卷常與

10、平面向量交匯考查，解三角形還常與不等式，三角函數(shù)的性質(zhì)交匯命題． ■高考考法示例· 【例2】　(1)(2016·全國卷Ⅲ)在△ABC中，B＝，BC邊上的高等于BC，則sin A＝(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. (2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且tan B＝，·＝，則tan B等于(　　) A. B.－1 C．2 D．2－ (3)如圖2-1-4，山上原有一條筆直的山路BC，現(xiàn)在又新架設(shè)了一條索道AC，小李在山腳B處看索道AC，發(fā)現(xiàn)張角∠ABC＝120°；從B處攀登400米到達(dá)D處，回頭看索道AC，發(fā)現(xiàn)張角∠ADC

11、＝150°；從D處再攀登800米方到達(dá)C處，則索道AC的長為________米． 圖2-1-4 (1)D　(2) D　(3)400　[(1)如圖，AD為△ABC中BC邊上的高． 設(shè)BC＝a，由題意知AD＝BC＝a，B＝，易知BD＝AD＝a，DC＝a. 在Rt△ABD中，由勾股定理得， AB＝＝a. 同理，在Rt△ACD中，AC＝＝a. ∵S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝BC·AD， ∴×a×a·sin∠BAC＝a·a， ∴sin∠BAC＝＝. 由·＝得accos B＝，則cos B＝，又cos B＝，因此＝，即a2＋c2－b2＝1，故tan B＝2－. (

12、3)如題圖，在△ABD中，BD＝400米，∠ABD＝120°. ∵∠ADC＝150°，∴∠ADB＝30°，∴∠DAB＝180°－120°－30°＝30° 由正弦定理，可得＝. ∴＝，得AD＝400(米)． 在△ADC中，DC＝800米，∠ADC＝150°，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2·AD·CD·cos∠ADC＝(400)2＋8002－2×400×800×cos 150°＝4002×13，解得AC＝400(米)．故索道AC的長為400米．] [方法歸納] 1．求解與三角形相關(guān)的平面幾何問題的策略 一般先將所給的圖形拆分成若干個三角形，根據(jù)已知條件確定解三角形的先后順序

13、，再根據(jù)各個三角形之間的關(guān)系，交叉使用公共條件，求得結(jié)果，同時注意相關(guān)平面幾何知識的應(yīng)用． 2．求解三角形與平面向量交匯問題的策略 利用解三角形的知識解決平面向量問題是高考在知識的交匯處命制試題的一個熱點．解決這類試題的基本方法是根據(jù)正、余弦定理求出平面向量的模和夾角，從而達(dá)到利用解三角形求解平面向量數(shù)量積的目的． ■對點即時訓(xùn)練· 1．(2018·長春模擬)已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)·sin C，則△ABC面積的最大值為________． 　[由a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c

14、－b)sin C，故(a＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，又根據(jù)正弦定理，得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，化簡得，b2＋c2－a2＝bc， 故cos A＝＝，所以A＝60°，又b2＋c2－bc＝4≥bc，故S△BAC＝bcsin A≤.] 2．(2017·山東高考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b＝3，·＝－6，S△ABC＝3，求A和a. [解]　因為·＝－6，所以bccos A＝－6. 又S△ABC＝3，所以bcsin A＝6. 因此tan A＝－1. 又0

15、c2－2bccos A， 得a2＝9＋8－2×3×2×＝29， 所以a＝. 1．(2018·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為，則C＝(　　) A.　 　　B.　 　　C.　 　　D. C　[因為S△ABC＝absin C，所以＝absin C．由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcos C，得2abcos C＝2absin C，即cos C＝sin C，所以在△ABC中，C＝.故選C.] 2．(2017·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c

16、＝，則C＝(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. B　[因為a＝2，c＝， 所以由正弦定理可知，＝， 故sin A＝sin C. 又B＝π－(A＋C)， 故sin B＋sin A(sin C－cos C) ＝sin(A＋C)＋sin Asin C－sin Acos C ＝sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C ＝(sin A＋cos A)sin C ＝0. 又C為△ABC的內(nèi)角， 故sin C≠0， 則sin A＋cos A＝0，即tan A＝－1. 又A∈(0，π)，所以A＝. 從而sin C＝sin A＝×

17、＝. 由A＝知C為銳角，故C＝. 故選B.] 3．(2014·全國卷Ⅰ)如圖2-1-5，為測量山高M(jìn)N，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點．從A點測得M點的仰角∠MAN＝60°，C點的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；從C點測得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100 m，則山高M(jìn)N＝________m. 圖2-1-5 150　[根據(jù)圖示，AC＝100 m. 在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理得＝?AM＝100 m. 在△AMN中，＝sin 60°， ∴MN＝100×＝150(m)．] 4．(2017·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角

18、A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin A＋cos A＝0，a＝2，b＝2. (1)求c； (2)設(shè)D為BC邊上一點，且AD⊥AC，求△ABD的面積． [解]　(1)由已知可得tan A＝－，所以A＝. 在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccos， 即c2＋2c－24＝0， 解得c＝－6(舍去)，c＝4. (2)由題設(shè)可得∠CAD＝， 所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝. 故△ABD面積與△ACD面積的比值為 ＝1. 又△ABC的面積為×4×2sin∠BAC＝2， 所以△ABD的面積為. 一、三角函數(shù)中的數(shù)學(xué)文化 【例1】　第24屆國際數(shù)學(xué)家大會

19、會標(biāo)是以我國古代數(shù)學(xué)家趙爽的弦圖為基礎(chǔ)進(jìn)行設(shè)計的．如圖1，會標(biāo)是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形．如果小正方形的面積為1，大正方形的面積為25，直角三角形中較大的銳角為θ，那么tan＝________. 圖1 [思路點撥]　本題先根據(jù)題意確定大、小正方形的邊長，再由直角三角形中銳角的三角函數(shù)值確定角θ滿足的條件，由此依據(jù)相關(guān)的三角函數(shù)公式進(jìn)行計算即可． [解析]　依題意得大、小正方形的邊長分別是1,5，于是有5sin θ－5cos θ＝1，即有sin θ－cos θ＝.從而(sin θ＋cos θ)2＝2－(sin θ－cos θ)2＝，則sin θ＋cos θ

20、＝，因此sin θ＝，cos θ＝，tan θ＝，故tan＝＝－7. [答案]?。? [體會領(lǐng)悟]　1 700多年前，趙爽繪制了極富創(chuàng)意的弦圖，采用“出入相補”原理使得勾股定理的證明不證自明.該題取材于第24屆國際數(shù)學(xué)家大會會標(biāo)，題干大氣，設(shè)問自然，流露出豐富的文化內(nèi)涵.既巧妙地考查了三角函數(shù)的相關(guān)知識，又豐富了弦圖的內(nèi)涵，如正方形四邊相等寓言各國及來賓地位平等，小正方形和三角形緊緊簇?fù)碓谝黄?，表明各國?shù)學(xué)家要密切合作交流，等等. 二、三角函數(shù)與其它知識交匯創(chuàng)新 ?預(yù)測1：三角函數(shù)與數(shù)列問題的交匯 【例2】設(shè)an＝sin，n∈N*，Sn＝a1＋a2＋…＋an，則在S1，S2，…，S1

21、00中，正數(shù)的個數(shù)是(　　) A．16　　　B．72　　　C．86　　　D．100 [解析]　易知S1＞0，S2＞0，S3＞0，S4＞0，S5＞0，S6＞0，S7＞0. S8＝sin＋sin＋…＋sin＋sin＝sin＋sin＋…＋sin＞0， S9＝sin＋sin＋…＋sin＞0， S10＝sin＋…＋sin＞0， S11＝sin＋sin＋sin＞0， S12＝sin＋sin＞0， S13＝sin＝0， S14＝sin＋sin＝0， ∴S1，S2，…，S100中，S13＝0，S14＝0，S27＝0，S28＝0，S41＝0，S42＝0，S55＝0，S56＝0，S69＝0，S

22、70＝0，S83＝0，S84＝0，S97＝0，S98＝0，共14個． ∴在S1，S2，…，S100中，正數(shù)的個數(shù)是100－14＝86(個)． 【答案】　C ?預(yù)測2：三角函數(shù)與方程問題的交匯 【例3】已知一元二次方程x2－x＋p＝0的兩根是直角三角形ABC中兩個銳角A，B的正弦值，則實數(shù)p＝________. [解析]　由題意知A＋B＝，則sin B＝cos A， 又即 則有1＋2p＝2，解得p＝. [答案]　 ?預(yù)測3：解三角形與平面向量、不等式交匯 【例4】在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a＋c＝3，b＝3. (1)求cos B的最小值； (

23、2)若·＝3，求A的大?。? [解]　(1)由余弦定理可得 cos B＝＝ ＝＝－1≥－1＝， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝時，等號成立，此時cos B取得最小值. (2)因為·＝3， 所以accos B＝3. 由(1)可得cos B＝－1， 所以ac＝6，cos B＝.故sin B＝. 由a＋c＝3及ac＝6可解得a＝2或a＝. 由正弦定理知＝. 當(dāng)a＝2時，sin A＝sin B＝×＝1，所以A＝. 同理，當(dāng)a＝時，求得A＝. 所以A的大小為或. [體會領(lǐng)悟]　解決三角函數(shù)與其他知識的交匯問題，可利用數(shù)形結(jié)合思想.利用“數(shù)形結(jié)合”思想還可以解決以下問題： (1)討論含有參數(shù)

24、的方程解的個數(shù)問題. (2)求三角函數(shù)解析式中含有參數(shù)的最值問題. (3)求一些特殊函數(shù)的周期. (4)利用三角函數(shù)圖象對實際問題作出分析等. 三、規(guī)范答題——解三角形 [滿分心得]　(1)寫全得分步驟：對于解題過程中是得分點的步驟有則給分，無則沒分，所以得分點步驟一定要寫全，如第（1）問中只要寫出就有分，第（2）問中求出就有分. （2）寫明得分關(guān)鍵：對于解題過程中的關(guān)鍵點，有則給分，無則沒分，所以在答題時要寫清得分關(guān)鍵點，如第（1）問中由正弦定理得；第(2)問由余弦定理得b2＋c2－bc＝9. （3）計算正確是得分保證：解題過程中計算準(zhǔn)確，是得滿分的根本保證，如化簡如果出現(xiàn)錯誤，本題的第（2）問就全錯了，不能得分.