2022年高考數(shù)學二輪專題突破 專題二 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 三角變換與解三角形 理

2022年高考數(shù)學二輪專題突破 專題二 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 三角變換與解三角形 理1(xx·浙江)已知R，sin 2cos ，則tan 2等于()A. B.C D2(xx·重慶)若tan ，tan()，則tan 等于()A. B.C. D3(xx·福建)在ABC中，A60°，AC4，BC2，則ABC的面積等于_4(xx·江蘇)若ABC的內角滿足sin Asin B2sin C，則cos C的最小值是_正弦定理和余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內容，主要考查：1.邊和角的計算；2.三角形形狀的判斷；3.面積的計算；4.有關的范圍問題.由于此內容應用性較強，與實際問題結合起來進行命題將是今后高考的一個關注點，不可輕視.熱點一三角恒等變換1三角求值“三大類型”“給角求值”、“給值求值”、“給值求角”2三角函數(shù)恒等變換“四大策略”(1)常值代換：特別是“1”的代換，1sin2cos2tan 45°等；(2)項的分拆與角的配湊：如sin22cos2(sin2cos2)cos2，()等；(3)降次與升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；(4)弦、切互化：一般是切化弦例1(1)已知sin()sin ，<<0，則cos()等于()A BC. D.(2)(xx·課標全國)設(0，)，(0，)，且tan ，則()A3 B2C3 D2思維升華(1)三角變換的關鍵在于對兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等變換公式的熟記和靈活應用，要善于觀察各個角之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的使用過程要注意正確性，要特別注意公式中的符號和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)張冠李戴的情況(2)求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避免產生增解跟蹤演練1(1)(xx·重慶)若tan 2tan ，則等于()A1 B2 C3 D4(2)等于()A4 B2C2 D4熱點二正弦定理、余弦定理(1)正弦定理：在ABC中，2R(R為ABC的外接圓半徑)變形：a2Rsin A，sin A，abcsin Asin Bsin C等(2)余弦定理：在ABC中，a2b2c22bccos A；變形：b2c2a22bccos A，cos A.例2(xx·課標全國)如圖，在ABC中，D是BC上的點，AD平分BAC，ABD面積是ADC面積的2倍(1)求；(2)若AD1，DC，求BD和AC的長思維升華關于解三角形問題，一般要用到三角形的內角和定理，正弦、余弦定理及有關三角形的性質，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)一結構”，這是使問題獲得解決的突破口跟蹤演練2(1)(xx·課標全國)在平面四邊形ABCD中，ABC75°，BC2，則AB的取值范圍是_(2)(xx·江西)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.若c2(ab)26，C，則ABC的面積是()A3 B.C. D3熱點三解三角形與三角函數(shù)的綜合問題解三角形與三角函數(shù)的綜合是近幾年高考的熱點，主要考查三角形的基本量，三角形的面積或判斷三角形的形狀例3(xx·山東)設f(x)sin xcos xcos2.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)在銳角ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若f 0，a1，求ABC面積的最大值思維升華解三角形與三角函數(shù)的綜合題，要優(yōu)先考慮角的范圍和角之間的關系；對最值或范圍問題，可以轉化為三角函數(shù)的值域來求跟蹤演練3已知函數(shù)f(x)2cos (cossin)，在ABC中，有f(A)1.(1)若a2c2b2mbc，求實數(shù)m的值；(2)若a1，求ABC面積的最大值1在ABC中，BC1，B，ABC的面積S，則sin C等于()A. B.C. D.2已知函數(shù)f(x)sin x·cos xcos2x(>0)的最小正周期為.(1)求的值；(2)在ABC中，sin B，sin A，sin C成等比數(shù)列，求此時f (A)的值域提醒：完成作業(yè)專題二第2講二輪專題強化練專題二 第2講三角變換與解三角形A組專題通關1已知(，)，sin()，則cos 等于()A B.C或 D2已知函數(shù)f(x)4sin()，f(3)，f(3)，其中，0，則cos()的值為()A. B. C. D.3設ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bcos Cccos Basin A，則ABC的形狀為()A銳角三角形 B直角三角形C鈍角三角形 D不確定4(xx·廣東)設ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a2，c2，cos A且b<c，則b等于()A3 B2 C2 D.5已知ABC中，角A、B、C的對邊分別是a、b、c，且tan B，·，則tan B等于()A. B.1 C2 D26(xx·蘭州第一中學期中)已知tan 4，則的值為_7(xx·天津)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知ABC的面積為3，bc2，cos A，則a的值為_8.如圖，在一個塔底的水平面上的點A處測得該塔頂P的仰角為，由點A向塔底D沿直線行走了30 m到達點B，測得塔頂P的仰角為2，再向塔底D前進10 m到達點C，又測得塔頂?shù)难鼋菫?，則塔PD的高度為_m.9(xx·浙江)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知tan2.(1)求的值；(2)若B，a3，求ABC的面積10已知f(x)2sin(x)，現(xiàn)將f(x)的圖象向左平移個單位長度，再向上平移個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象(1)求f()g()的值；(2)若a，b，c分別是ABC三個內角A，B，C的對邊，ac4，且當xB時，g(x)取得最大值，求b的取值范圍B組能力提高11(xx·溫州模擬)若(0，)，則的最大值為_12(xx·湖北)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時測得公路北側一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600 m后到達B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD_m.13在ABC中，向量，的夾角為120°，2，且AD2，ADC120°，則ABC的面積等于_14(xx·四川)如圖，A，B，C，D為平面四邊形ABCD的四個內角(1)證明：tan ；(2)若AC180°，AB6，BC3，CD4，AD5，求tan tan tan tan 的值學生用書答案精析第2講三角變換與解三角形高考真題體驗1Csin 2cos ，sin24sin ·cos 4cos2.用降冪公式化簡得：4sin 23cos 2，tan 2.故選C.2Atan tan().32解析如圖所示，在ABC中，由正弦定理得，解得sin B1，所以B90°，所以SABC×AB×2××22.4.解析由sin Asin B2sin C，結合正弦定理得ab2c.由余弦定理得cos C，故cos C<1，且3a22b2時取“”故cos C的最小值為.熱點分類突破例1(1)C(2)B解析(1)sin()sin ，<<0，sin cos ，sin cos ，cos()cos cossin sincos sin .(2)由tan 得，即sin cos cos cos sin ，sin()cos sin()(0，)，(0，)，(，)，(0，)，由sin()sin()，得，2.跟蹤演練1(1)C(2)D解析(1)3.(2)4，故選D.例2解(1)SABDAB·ADsinBAD，SADCAC·ADsinCAD.因為SABD2SADC，BADCAD，所以AB2AC.由正弦定理可得.(2)因為SABDSADCBDDC，所以BD.在ABD和ADC中，由余弦定理知AB2AD2BD22AD·BDcosADB，AC2AD2DC22AD·DCcosADC.故AB22AC23AD2BD22DC26，由(1)知AB2AC，所以AC1.跟蹤演練2(1)(，)(2)C解析(1)如圖所示，延長BA與CD相交于點E，過點C作CFAD交AB于點F，則BF<AB<BE.在等腰三角形CBF中，F(xiàn)CB30°，CFBC2，BF.在等腰三角形ECB中，CEB30°，ECB75°，BECE，BC2，BE×.<AB<.(2)c2(ab)26，c2a2b22ab6.C，c2a2b22abcos a2b2ab.由得ab6.SABCabsin C×6×.例3解(1)由題意知f(x)sin 2x.由2k2x2k，kZ，可得kxk，kZ；由2k2x2k，kZ，可得kxk，kZ.所以f(x)的單調遞增區(qū)間是(kZ)；單調遞減區(qū)間是(kZ)(2)由fsin A0，得sin A，由題意知A為銳角，所以cos A.由余弦定理a2b2c22bccos A，可得1bcb2c22bc，即bc2，且當bc時等號成立因此bcsin A.所以ABC面積的最大值為.跟蹤演練3解(1)f(x)2cos(·cossin)2cos22sin·coscos xsin x2sin(x)，由f(A)1，可得2sin(A)1，所以sin(A).又A(0，)，所以A(，)，所以A，即A.由a2c2b2mbc及余弦定理，可得cos A，所以m.(2)由(1)知cos A，則sin A，又cos A，所以b2c2a2bc2bca2，即bc(2)a22，當且僅當bc時等號成立，所以SABCbcsin A，即ABC面積的最大值為.高考押題精練1D因為在ABC中，BC1，B，ABC的面積S，所以SABCBC·BA·sin B，即×1×BA×，解得BA4.又由余弦定理，得AC2BC2BA22BC·BA·cos B，即得AC，由正弦定理，得，解得sin C.2解(1)f(x)sin 2x(cos 2x1)sin(2x)，因為函數(shù)f(x)的周期為T，所以.(2)由(1)知f(x)sin(3x)，易得f(A)sin(3A).因為sin B，sin A，sin C成等比數(shù)列，所以sin2Asin Bsin C，所以a2bc，所以cos A(當且僅當bc時取等號)，因為0<A<，所以0<A，所以<3A，所以<sin(3A)1，所以1<sin(3A)，所以函數(shù)f(A)的值域為(1，二輪專題強化練答案精析第2講三角變換與解三角形1A(，)，(，)，sin()，cos()，cos cos()cos()·cossin()sin××.2D由f(3)，得4sin(3)，即4sin()，所以cos ，又0，所以sin .由f(3)，得4sin(3)，即sin()，所以sin .又0，所以cos .所以cos()cos cos sin sin ××.3B由bcos Cccos Basin A，得sin Bcos Csin Ccos Bsin2A，即sin(BC)sin2A，所以sin A1，由0<A<，得A，所以ABC為直角三角形4C由余弦定理a2b2c22bccos A，得4b2122×b×2×，即b26b80，b4或b2，又b<c，b2.5D由題意得，·|·|cos Baccos B，即cos B，由余弦定理，得cos Ba2c2b21，所以tan B2，故選D.6.解析.78解析cos A，0A，sin A，SABCbcsin Abc×3，bc24，又bc2，b22bcc24，b2c252，由余弦定理得，a2b2c22bccos A522×24×64，a8.815解析依題意有PDAD，BA30 m，BC10 m，PAD，PBD2，PCD4，所以APBPBDPADPAD.所以PBBA30 m.同理可得PCBC10 m.在BPC中，由余弦定理，得cos 2，所以230°，460°.在PCD中，PDPC×sin 410×15(m)9解(1)由tan2，得tan A.所以.(2)由tan A，A(0，)，得sin A，cos A.又由a3，B及正弦定理，得b3.由sin Csin(AB)sin得sin C，設ABC的面積為S，則Sabsin C9.10解(1)因為g(x)2sin(x)2sin(x)，所以f()g()2sin()2sin1.(2)因為g(x)2sin(x)，所以當x2k(kZ)，即x2k(kZ)時，g(x)取得最大值因為xB時g(x)取得最大值，又B(0，)，所以B.而b2a2c22accosa2c2ac(ac)23ac163ac163·()216124，所以b2.又b<ac4，所以b的取值范圍是2,4)11.解析(0，)，且tan >0，故的最大值為.12100解析在ABC中，AB600，BAC30°，ACB75°30°45°，由正弦定理得，即，所以BC300.在RtBCD中，CBD30°，CDBCtanCBD300·tan 30°100.132解析在ABC中，因為ADC120°，所以ADB60°，因為向量，的夾角為120°，所以B60°，所以ADB為等邊三角形因為AD2，所以ABBD2.因為2，所以點D為BC的中點，所以BC4，所以ABC的面積SABCBA·BC·sin B×2×4×sin 60°2.14(1)證明tan .(2)解由AC180°，得C180°A，D180°B，由(1)，有tan tan tan tan .連接BD，在ABD中，有BD2AB2AD22AB·ADcos A，在BCD中，有BD2BC2CD22BC·CDcos C，所以AB2AD22AB·ADcos ABC2CD22BC·CDcos A，則cos A ，于是sin A .連接AC，同理可得cos B，于是sin B .所以tan tan tan tan .