2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題增分課2 三角函數(shù)與解三角形中的高考熱點(diǎn)問題教學(xué)案 理（含解析）北師大版

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1、 高考大題增分課 [命題解讀]　從近五年全國(guó)卷高考試題來看，解答題第17題交替考查解三角形與數(shù)列，本專題的熱點(diǎn)題型有：一是考查解三角形；二是解三角形與三角恒等變換的交匯問題；三是平面幾何圖形中的度量問題；四是三角形中的最值(范圍)問題． 解三角形 以斜三角形為背景求三角形的基本量、求三角形面積或判斷三角形形狀，主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函數(shù)公式的應(yīng)用． 【例1】　(2017·全國(guó)卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積． [解]　(

2、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. [規(guī)律方法]　1.正、余弦定理的選用 解三角形時(shí)，如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，則考慮用正弦定理；如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時(shí)，要考慮用余弦定理；以上特征都不明顯時(shí)，則要考慮兩個(gè)定理都有可能用到． 2．與三角形面積有關(guān)

3、問題的解題策略 (1)求三角形的面積．對(duì)于面積公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一個(gè)角就使用含哪個(gè)角的公式． (2)已知三角形的面積解三角形．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． (2018·鄭州二模)△ABC內(nèi)接于半徑為R的圓，a，b，c分別是A，B，C的對(duì)邊，且2R(sin2B－sin2A)＝(b－c)sin C，c＝3. (1)求A； (2)若AD是BC邊上的中線，AD＝，求△ABC的面積． [解]　(1)2R(sin2B－sin2A)＝(b－c)sin C， 由正弦定理得bsin B－asin A＝bsin

4、C－csin C， 則b2－a2＝bc－c2. 所以cos A＝＝，所以A＝60°. (2)以AB，AC為鄰邊作平行四邊形ABEC， 在△ABE中，∠ABE＝120°，AE＝， 由余弦定理得AE2＝AB2＋BE2－2AB·BEcos 120°， 即19＝9＋AC2－2×3×AC×，解得AC＝2(舍負(fù))． 故S△ABC＝bcsin A＝×2×3×＝. 三角恒等變換與解三角形 以三角形為載體，三角恒等變換與解三角形交匯命題，是近幾年高考試題的一大亮點(diǎn)，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的綜合應(yīng)用，求解的關(guān)鍵是根據(jù)題目提供的信息，恰當(dāng)?shù)貙?shí)施邊角互化． 【例2】　(201

5、7·全國(guó)卷Ⅱ) △ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2. (1)求cos B； (2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求B． [解]　(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π得sin B＝8sin2， 故sin B＝4(1－cos B)． 上式兩邊平方，整理得 17cos2B－32cos B＋15＝0， 解得cos B＝1(舍去)，cos B＝. (2)由cos B＝得sin B＝， 故S△ABC＝acsin B＝ac. 又S△ABC＝2，則ac＝. 由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋co

6、s B)＝36－2××＝4. 所以b＝2. [規(guī)律方法]　1.以三角形為載體，實(shí)質(zhì)考查三角形中的邊角轉(zhuǎn)化，求解的關(guān)鍵是抓住邊角間的關(guān)系，恰當(dāng)選擇正、余弦定理． 2．解三角形常與三角變換交匯在一起(以解三角形的某一結(jié)論作為條件)，此時(shí)應(yīng)首先確定三角形的邊角關(guān)系，然后靈活運(yùn)用三角函數(shù)的和、差、倍角公式化簡(jiǎn)轉(zhuǎn)化． 在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且(a＋c)2＝b2＋3ac. (1)求角B的大小； (2)若b＝2，且sin B＋sin(C－A)＝2sin 2A，求△ABC的面積． [解]　(1)由(a＋c)2＝b2＋3ac，整理得a2＋c2－b2＝ac， 由余弦

7、定理得cos B＝＝＝， ∵0＜B＜π，∴B＝. (2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，即B＝π－(A＋C)， 故sin B＝sin(A＋C)， 由已知sin B＋sin(C－A)＝2sin 2A可得sin(A＋C)＋sin(C－A)＝2sin 2A， ∴sin Acos C＋cos Asin C＋sin Ccos A－cos Csin A＝4sin Acos A， 整理得cos Asin C＝2sin Acos A. 若cos A＝0，則A＝，由b＝2，可得c＝＝， 此時(shí)△ABC的面積S＝bc＝. 若cos A≠0，則sin C＝2sin A，由正弦定理可知，c＝2a， 代

8、入a2＋c2－b2＝ac，整理可得3a2＝4，解得a＝， ∴c＝， 此時(shí)△ABC的面積S＝acsin B＝. 綜上所述，△ABC的面積為. 平面圖形中的幾何度量問題 以四邊形為載體，通過分割或補(bǔ)形構(gòu)造新的三角形，其實(shí)質(zhì)還是考查三角形中正、余弦定理的應(yīng)用． 【例3】　(本題滿分12分)(2018·全國(guó)卷Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5. (1)求①； (2)若②. [信息提取]　看到①想到△ADB；想到△ADB中已知哪些量；想到如何應(yīng)用正、余弦定理解三角形． 看到②想到△DBC；想到用余弦定理求BC. [解]　(1)在△AB

9、D中，由正弦定理得＝. 由題設(shè)知，＝，··································2分 所以sin∠ADB＝.···········································3分 由題設(shè)知，∠ADB＜90°，所以cos∠ADB＝＝.··········6分 (2)由題設(shè)及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝.·····················8分 在△BCD中，由余弦定理得 BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC ＝25＋8－2×5×2× ＝25. ····························

10、···························11分 所以BC＝5.·················································12分 [易錯(cuò)與防范] 易錯(cuò)點(diǎn) 防范措施 想不到先求sin∠ADB，再計(jì)算cos∠ADB． 同角三角函數(shù)的基本關(guān)系：sin2α＋cos2α＝1常作為隱含條件，必須熟記于心. 求不出cos∠BDC. 互余的兩個(gè)角α，β滿足sin α＝cos β. [通性通法]　求解此類問題的突破口：一是觀察所給的四邊形的特征，正確分析已知圖形中的邊角關(guān)系，判斷是用正弦定理，還是用余弦定理，求邊或角；二是注意大邊對(duì)大角在解三

11、角形中的應(yīng)用． 如圖，在△ABC中，點(diǎn)D是邊AC上一點(diǎn)，且AD＝2CD． (1)若∠ABC＝90°，AB＝AD＝2，求BD的長(zhǎng)； (2)求證：＝. [解]　(1)由題意，AC＝3， 于是cos A＝＝. 在△ABD中，根據(jù)余弦定理可知BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝， 所以BD＝. (2)證明：在△ABD和△CBD中分別使用正弦定理可得方程組 由∠ADB＋∠CDB＝π得sin∠ADB＝sin∠CDB． 于是，結(jié)合AD＝2CD，將上面的兩個(gè)方程相比可得， ＝. 三角形中的最值(范圍)問題 解三角形與其他知識(shí)相交匯問題，常與不等式、平面向量等知識(shí)相

12、交匯，此類問題出現(xiàn)在解答題的第二問中，屬于中檔題，分值約為6分． 【例4】　△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，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 Csin 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＋c

13、2－2accos . 又a2＋c2≥2ac， 故ac≤，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)，等號(hào)成立． 因此△ABC面積的最大值為＋1. [規(guī)律方法]　該類求解面積(周長(zhǎng))問題是建立面積(周長(zhǎng))的函數(shù)關(guān)系式或者使用基本不等式得出三角形兩邊之積的最大值，再根據(jù)三角形面積公式(或周長(zhǎng)公式)求得最值． (2019·長(zhǎng)春質(zhì)檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知b＝acos C＋. (1)求角A； (2)若·＝3，求a的最小值． [解]　(1)由題意得，b－acos C＝， ∴由正弦定理知，sin B－sin Acos C＝sin C. ∵A＋B＋C＝π， ∴sin B＝si

14、n(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C， ∴sin Acos C＋cos Asin C－sin Acos C＝sin C， ∴cos Asin C＝sin C， ∴cos A＝， ∴A＝. (2)由(1)及·＝3得bc＝6，所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－6≥2bc－6＝6， 當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號(hào)，所以a的最小值為. [大題增分專訓(xùn)] 1．(2018·濟(jì)南一模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且bcos A－acos B＝2c. (1)證明：tan B＝－3tan A； (2)若b2＋c2＝a2＋bc，且△ABC

15、的面積為，求a. [解]　(1)證明：根據(jù)正弦定理，得sin Bcos A－cos Bsin A＝2sin C＝2sin(A＋B)， 即sin Bcos A－cos Bsin A＝2(sin Bcos A＋cos Bsin A)， 整理得sin Bcos A＝－3cos Bsin A，∴tan B＝－3tan A. (2)由已知得，b2＋c2－a2＝bc，∴cos A＝＝＝， 由0＜A＜π，得A＝，tan A＝，∴tan B＝－. 由0＜B＜π，得B＝，∴C＝，a＝c， 由S△ABC＝acsin ＝×a2＝，得a＝2. 2．(2018·合肥一模)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)

16、邊分別為a，b，c，(a－2b)cos C＋ccos A＝0. (1)求角C； (2)若c＝2，求△ABC周長(zhǎng)的最大值． [解]　(1)根據(jù)正弦定理，由已知得(sin A－2sin B)cos C＋sin Ccos A＝0， 即sin Acos C＋sin Ccos A＝2sin Bcos C， sin(A＋C)＝2sin Bcos C， ∵A＋C＝π－B，∴sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sin B＞0， ∴sin B＝2sin Bcos C，∴cos C＝. ∵C∈(0，π)，∴C＝. (2)由(1)及余弦定理得cos C＝＝， 又c＝2，∴a2＋b2－12＝a B

17、． ∴(a＋b)2－12＝3ab≤32， 即(a＋b)2≤48(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立)． ∴△ABC周長(zhǎng)的最大值為6. 3．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且＝. (1)求角A的大小； (2)若a＝2，S△ABC＝6，求b，c的值． [解]　(1)∵＝， 由正弦定理可得： ＝， ∴sin Acos B＝2sin Ccos A－sin Bcos A， ∴sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos A. 即sin C＝2sin Ccos A. 又sin C≠0，∴cos A＝. 又A∈(0，π)， ∴A＝. (2)∵S△ABC＝bcsin A＝bc·＝6， ∴bc＝24，① 又cos A＝ ＝ ＝ ＝， 整理得：(b＋c)2＝100， 又b＋c＞0， ∴b＋c＝10.② 聯(lián)立①②解得：或 - 9 -