（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點(diǎn)增分 專題五 三角恒等變換與解三角形講義 理（普通生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點(diǎn)增分 專題五 三角恒等變換與解三角形講義 理（普通生，含解析） [全國卷3年考情分析] 年份 全國卷Ⅰ 全國卷Ⅱ 全國卷Ⅲ 2018 正、余弦定理的應(yīng)用·T17 二倍角公式及余弦定理·T6 二倍角公式·T4 同角三角函數(shù)關(guān)系及兩角和的正弦公式·T15 三角形的面積公式及余弦定理·T9 2017 正、余弦定理、三角形的面積公式及兩角和的余弦公式·T17 余弦定理、三角恒等變換及三角形的面積公式·T17 余弦定理、三角形的面積公式·T17 2016 正、余弦定理、三角形面積公式、兩角和的正弦公式·T17

2、 誘導(dǎo)公式、三角恒等變換、給值求值問題·T9 同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、二倍角公式·T5 正弦定理的應(yīng)用、誘導(dǎo)公式·T13 利用正、余弦定理解三角形·T8 (1)高考對此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命題形式出現(xiàn)． (2)若無解答題，一般在選擇題或填空題各有一題，主要考查三角恒等變換、解三角形，難度一般，一般出現(xiàn)在第4～9或第13～15題位置上． (3)若以解答題命題形式出現(xiàn)，主要考查三角函數(shù)與解三角形的綜合問題，一般出現(xiàn)在解答題第17題位置上，難度中等． 保分考點(diǎn)·練后講評 [大穩(wěn)定] 1.＝(　　) A．－　　　　　　　　 　B．－1 C.

3、D．1 解析：選D　原式＝2×＝2×＝ 2sin 30°＝1.故選D. 2.(2018·全國卷Ⅲ)若sin α＝，則cos 2α＝(　　) A. B. C．－ D．－ 解析：選B　∵sin α＝，∴cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×2＝.故選B. 3.已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均為銳角，則角β等于(　　) A. B. C. D. 解析：選C　∵0<α<，0<β<， ∴－<α－β<. ∵sin(α－β)＝－，sin α＝， ∴cos(α－β)＝，cos α＝， ∴cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋

4、sin αsin(α－β) ＝×＋×＝，∴β＝. [解題方略]　三角函數(shù)求值的類型及方法 給角求值 解決給角求值問題的關(guān)鍵是兩種變換：一是角的變換，注意各角之間是否具有和差關(guān)系、互補(bǔ)(余)關(guān)系、倍半關(guān)系，從而選擇相應(yīng)公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，把非特殊角的三角函數(shù)相約或相消，從而轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù)；二是結(jié)構(gòu)變換，在熟悉各種公式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、符號特征的基礎(chǔ)上，結(jié)合所求式子的特點(diǎn)合理地進(jìn)行變形 給值求值 給值求值的關(guān)鍵是找出已知式與待求式之間的聯(lián)系及函數(shù)的差異，一般可以適當(dāng)變換已知式，求得另外某些函數(shù)式的值，以備應(yīng)用．同時也要注意變換待求式，便于將已知式求得的函數(shù)值代入，從而達(dá)到解題的目的

5、給值求角 實(shí)質(zhì)上也轉(zhuǎn)化為“給值求值”，關(guān)鍵也是變角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函數(shù)值結(jié)合該函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求得角，有時要壓縮角的取值范圍 [小創(chuàng)新] 1.已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，則log 2等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選C　因?yàn)閟in(α＋β)＝，sin(α－β)＝，所以sin αcos β＋cos αsin β＝， sin αcos β－cos αsin β＝，所以sin αcos β＝，cos αsin β＝，所以＝5， 所以log2＝log52＝4.故選C. 2.已知tan 2α＝，α∈，函數(shù)f(x)＝s

6、in(x＋α)－sin(x－α)－2sin α，且對任意的實(shí)數(shù)x，不等式f(x)≥0恒成立，則sin的值為(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 解析：選A　由tan 2α＝，即＝，得tan α＝或tan α＝－3.又f(x)＝sin(x＋α)－sin(x－α)－2sin α＝2cos xsin α－2sin α≥0恒成立，所以sin α≤0，tan α＝－3，sin α＝－，cos α＝，所以sin＝sin αcos－cos αsin＝－，故選A. 3.設(shè)向量a＝(cos α，－1)，b＝(2，sin α)，若a⊥b，則tan＝________. 解析：∵a＝(c

7、os α，－1)，b＝(2，sin α)，a⊥b，∴2cos α－sin α＝0，∴tan α＝2， ∴tan＝＝＝. 答案： [分點(diǎn)研究] 題型一　利用正、余弦定理進(jìn)行邊、角計(jì)算 [例1]　(2018·石家莊質(zhì)檢)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且＝tan A＋tan B. (1)求角A的大小； (2)設(shè)D為AC邊上一點(diǎn)，且BD＝5，DC＝3，a＝7，求c. [解]　(1)∵在△ABC中，＝tan A＋tan B， ∴＝＋， 即＝， ∴＝，則tan A＝， 又0

8、DC＝＝－， 又0<∠BDC<π，∴∠BDC＝. 又A＝，∴△ABD為等邊三角形，∴c＝5. [變式1]　若本例(2)變?yōu)椋篴＝，求b＋c的取值范圍． 解：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A， 可得b2＋c2－3＝bc， 即(b＋c)2－3＝3bc≤(b＋c)2，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時取等號， ∴b＋c≤2， 又由兩邊之和大于第三邊可得b＋c>， ∴b＋c∈(，2]． [變式2]　若本例(2)變?yōu)椋篈D⊥BC，且a＝，求AD的取值范圍． 解：∵S△ABC＝AD·BC＝bcsin A， ∴AD＝bc. 由余弦定理得cos A＝＝≥， ∴0

9、＝c時等號成立)， ∴0

10、求△ABC的面積． [解]　(1)對于2R(sin2B－sin2A)＝(b－c)sin C， 由正弦定理得， bsin B－asin A＝bsin C－csin C，即b2－a2＝bc－c2， 所以cos A＝＝. 因?yàn)?°

11、面積公式的應(yīng)用原則 (1)對于面積公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一個角就使用含該角的公式． (2)與面積有關(guān)的問題，一般要利用正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的互化． 題型三　正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用 [例3]　如圖，為了估測某塔的高度，在同一水平面的A，B兩點(diǎn)處進(jìn)行測量，在點(diǎn)A處測得塔頂C在西偏北20°的方向上，仰角為60°；在點(diǎn)B處測得塔頂C在東偏北40°的方向上，仰角為30°.若A，B兩點(diǎn)相距130 m，則塔的高度CD＝________m. [解析]　設(shè)CD＝h，則AD＝，BD＝h. 在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°

12、， 則由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°， 可得1302＝3h2＋－2·h··， 解得h＝10，故塔的高度為10 m. [答案]　10 [解題方略]　解三角形實(shí)際應(yīng)用問題的步驟 [多練強(qiáng)化] 1．(2018·全國卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，則AB＝(　　) A．4　　　　　　　　　 B. C. D．2 解析：選A　∵cos＝， ∴cos C＝2cos2－1＝2×2－1＝－. 在△ABC中，由余弦定理， 得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×＝32， ∴AB＝4.

13、 2．甲船從位于海島B正南10海里的A處，以4海里/時的速度向海島B行駛，同時乙船從海島B以6海里/時的速度向北偏東60°方向行駛，當(dāng)兩船相距最近時，兩船行駛的時間為________小時． 解析：如圖，設(shè)經(jīng)過x小時后，甲船行駛到D處，乙船行駛到C處，則AD＝4x，BC＝6x，則BD＝10－4x，由余弦定理得，CD2＝(10－4x)2＋(6x)2－2×(10－4x)×6xcos 120°＝28x2－20x＋100＝282＋.若甲船行駛2.5小時，則甲船到達(dá)海島B，因而若x<2.5，則當(dāng)x＝時距離最小，且最小距離為 ＝，若x≥2.5，則BC≥6×2.5＝15>，因而當(dāng)兩船相距最近時，兩船行駛的

14、時間為小時． 答案： 3．(2018·南寧摸底)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c(1＋cos B)＝b(2－cos C)． (1)求證：2b＝a＋c； (2)若B＝，△ABC的面積為4，求b. 解：(1)證明：∵c(1＋cos B)＝b(2－cos C)， ∴由正弦定理可得sin C＋sin Ccos B＝2sin B－sin Bcos C， 可得sin Ccos B＋sin B cos C＋sin C＝2sin B， sin(B＋C)＋sin C＝2sin B， ∴sin A＋sin C＝2sin B， ∴a＋c＝2b. (2)∵B＝， ∴△A

15、BC的面積S＝acsin B＝ac＝4， ∴ac＝16. 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac. ∵a＋c＝2b，∴b2＝4b2－3×16，解得b＝4. 解三角形與三角函數(shù)的交匯問題 [典例]　如圖，在△ABC中，三個內(nèi)角B，A，C成等差數(shù)列，且AC＝10，BC＝15. (1)求△ABC的面積； (2)已知平面直角坐標(biāo)系xOy中點(diǎn)D(10,0)，若函數(shù)f(x)＝Msin(ωx＋φ)M>0，ω>0，|φ|<的圖象經(jīng)過A，C，D三點(diǎn)，且A，D為f(x)的圖象與x軸相鄰的兩個交點(diǎn)，求f(x)的解析式． [解]　(1)在△AB

16、C中，由角B，A，C成等差數(shù)列，得B＋C＝2A， 又A＋B＋C＝π，所以A＝. 設(shè)角A，B，C的對邊分別為a，b，c， 由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccos ， 所以c2－10c－125＝0，解得c＝AB＝5＋5. 因?yàn)镃O＝10×sin ＝5， 所以S△ABC＝×(5＋5)×5＝(3＋)． (2)因?yàn)锳O＝10×cos ＝5， 所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2×(10＋5)＝30， 故ω＝. 因?yàn)閒(－5)＝Msin＝0， 所以sin＝0，所以－＋φ＝kπ，k∈Z. 因?yàn)閨φ|<，所以φ＝. 因?yàn)閒(0)＝Msin ＝5，所以M＝10， 所以f(x)＝1

17、0sin. [解題方略]　解三角形與三角函數(shù)交匯問題一般步驟 [多練強(qiáng)化] (2019屆高三·遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝cos2x＋sin(π－x)cos(π＋x)－. (1)求函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsin C＝asin A，求△ABC的面積． 解：(1)f(x)＝cos2x－sin xcos x－ ＝－sin 2x－ ＝－sin， 由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]， ∴函數(shù)f(x)在[0

18、，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為0，和. (2)由(1)知f(x)＝－sin， ∴f(A)＝－sin＝－1， ∵△ABC為銳角三角形，∴0

19、地晚 s，在A地測得該儀器至最高點(diǎn)H處的仰角為30°. (1)求A，C兩地間的距離； (2)求這種儀器的垂直彈射高度HC.(已知聲音的傳播速度為340 m/s) [解]　(1)設(shè)BC＝x m，由條件可知AC＝x＋×340＝(x＋40)m. 在△ABC中，由余弦定理，可得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC， 即x2＝1002＋(x＋40)2－2×100×(x＋40)×， 解得x＝380. 所以AC＝380＋40＝420(m)， 故A，C兩地間的距離為420 m. (2)在Rt△ACH中，AC＝420，∠HAC＝30°， 所以HC＝ACtan 30°＝420×＝140， 故這種儀器的垂直彈射高度為140 m. [素養(yǎng)通路] 數(shù)學(xué)建模是對現(xiàn)實(shí)問題進(jìn)行數(shù)學(xué)抽象，用數(shù)學(xué)語言表達(dá)問題、用數(shù)學(xué)方法構(gòu)建模型解決問題的素養(yǎng)．?dāng)?shù)學(xué)建模過程主要包括：在實(shí)際情境中從數(shù)學(xué)的視角發(fā)現(xiàn)問題、提出問題，分析問題、建立模型，確定參數(shù)、計(jì)算求解，檢驗(yàn)結(jié)果、改進(jìn)模型，最終解決實(shí)際問題． 本題中把求A，C兩地間的距離問題建立數(shù)學(xué)模型，在△ABC中，通過解三角形求AC的長，把求高度HC建立數(shù)學(xué)模型，在Rt△ACH中，通過解三角形求HC的長．考查了數(shù)學(xué)建模這一核心素養(yǎng)．