新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題命題點(diǎn)4三角函數(shù)與解三角形課件

命題點(diǎn)4三角函數(shù)與解三角形預(yù)測說明三角函數(shù)與解三角形在高考中各種題型都會(huì)涉及,大部分是考查基礎(chǔ)知識(shí)和基本

方法,主要考查運(yùn)算求解、邏輯推理能力.命題方向:1.三角函數(shù)的圖象與性質(zhì):常以兩種形式出現(xiàn):一是圍繞三角函數(shù)的求值、單調(diào)性、奇

偶性、周期性、對(duì)稱性等展開,以填空題、選擇題的形式為主,考查數(shù)形結(jié)合思想與

推理、運(yùn)算能力.二是三角函數(shù)圖象的變換問題,主要針對(duì)三角函數(shù)圖象的平移、伸

縮、對(duì)稱、翻折等變換進(jìn)行研究,考查化歸與轉(zhuǎn)化思想.2.三角恒等變換與解三角形:(1)利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系及三角函數(shù)公式化簡、求

值(角)(給角求值、給值求值、給值求角);(2)解三角形(求邊、角、最值、面積、證明

問題等).以三角恒等變換為工具,利用正余弦定理、向量等知識(shí)進(jìn)行求解,主要考查邏

輯推理、直觀想象等素養(yǎng).預(yù)測探究識(shí)透高頻考點(diǎn)1.(2024浙江紹興4月適應(yīng)性考試,6)已知x∈

,sin

=

,則tan

=

(

)A.-

B.-

C.

D.

B2.(多選)(2024安徽皖江名校聯(lián)盟模擬,9)已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)

ω>0,-

<φ<

的部分圖象如圖,則

(

)A.A=

B.函數(shù)f

的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱BDC.函數(shù)f

在

上單調(diào)遞減D.函數(shù)f(x)在(0,2π)上有4個(gè)極值點(diǎn)3.(多選)(2024江蘇南京師大附中模擬,10)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若

·

=2,a=2,則()A.bccosA=2aB.b2+c2=8C.角A的最大值為

D.△ABC面積的最大值為

BCD4.(2024湖南長沙雅禮中學(xué)月考六,15)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知a=

bcosC-

csinB.(1)求角B;(2)過B作BD⊥BA,交線段AC于D,且AD=2DC,求角C.

回歸教材

向量法解三角形(可參考人教A版教材必修第二冊(cè)P63“數(shù)學(xué)探究:用向量法研究三角形的性質(zhì)”)

解析

(1)由正弦定理及題意得sinA=cosCsinB-

sinCsinB.∵A=π-(B+C),∴sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=cosCsinB-

sinCsinB,∴cosBsinC=-

sinCsinB,又B,C∈(0,π),∴sinC≠0,∴tanB=-

,∴B=

.(2)∵D在AC邊上,且AD=2DC,∴

=

+

.∵BD⊥BA,∴

·

=0,即

·

=0,

+2

·

=0,∴c2+2accosB=0,由(1)知cosB=cos

=-

,∴c2=ac,c=a.∴A=C,又B=

π,∴C=

.悟透新型考法1.(多選)(2024浙江嘉興二模,10)已知角α的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合,它的始邊與x軸的非負(fù)半

軸重合,終邊過點(diǎn)A(a,b)(ab≠0,a≠b),定義:Ti(α)=

.對(duì)于函數(shù)f(x)=Ti(x),則

(

)A.函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)

對(duì)稱B.函數(shù)f(x)在區(qū)間

上單調(diào)遞增C.將函數(shù)f(x)的圖象向左平移

個(gè)單位長度后得到一個(gè)偶函數(shù)的圖象D.方程f(x)=

在區(qū)間[0,π]上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解AB2.(2024河北唐山二模,17)(1)證明:sin3x=3sinx-4sin3x;(2)若sin10°∈

,n∈N*,利用(1)結(jié)合自己所學(xué)知識(shí),求n.

新型考法

以三角函數(shù)為載體,考查零點(diǎn)存在定理及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

解析

(1)證明:sin3x=sin(2x+x)=sin2xcosx+cos2xsinx=2sinxcosx·cosx+(1-2sin2x)sinx=2sinx(1-sin2x)+sinx-2sin3x=3sinx-4sin3x.(2)由(1)可知,sin30°=3sin10°-4sin310°=

,即sin10°是方程4x3-3x+

=0的一個(gè)實(shí)根.令f(x)=4x3-3x+

,則f'(x)=12x2-3=3(2x+1)(2x-1),顯然0<sin10°<sin30°=

,當(dāng)0<x<

時(shí),f'(x)<0,所以f(x)=4x3-3x+

在

上單調(diào)遞減,又f

=4×

>0,f

=4×

-3×

+

=-

<0,所以sin10°∈

,即n=5.3.(2024湖南婁底一模,17)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,a=13,A=

,b>c,△ABC的內(nèi)切圓圓I的面積為3π.(1)求b、c的值及cos∠ABC;(2)若點(diǎn)D在AC上,且B,I,D三點(diǎn)共線,試討論在BC邊上是否存在點(diǎn)M,使得

·

=

·

?若存在,求出點(diǎn)M的位置,并求出△DBM的面積;若不存在,請(qǐng)說明理由.

新型考法

三角形內(nèi)切圓在解三角形中的應(yīng)用

解析

(1)由△ABC內(nèi)切圓圓I的面積為3π,可得圓I的半徑為r=

,則S△ABC=

×

(13+b+c)=

bcsin

,∴bc=26+2(b+c),∴b+c=

bc-13,由余弦定理得b2+c2-2bccos

=169,得(b+c)2-bc=169,將b+c=

bc-13代入整理得(bc)2-56bc=0,解得bc=56,∴b+c=15,∵b>c,∴b=8,c=7.∴由余弦定理的推論得cos∠ABC=

=

.(2)記圓I與BC邊切于點(diǎn)E,根據(jù)切線長定理可求得BE=6,CE=7,若

·

=

·

,則|BE|·|BM|=|CE|·|CM|,即6|BM|=7(13-|BM|),解得|BM|=7,∴在BC邊上存在點(diǎn)M,使得

·

=

·

.依題意可知I為△ABC的內(nèi)心,則BD平分∠ABC,記∠ABD=∠DBC=θ,由(1)知cos∠ABC=cos2θ=

,故cosθ=

=

,sinθ=

=

,在△ABD中,∠ADB=π-

-θ=

-θ,由正弦定理得,

=

=

,又sin

=

cosθ-

sinθ=

,c=7,∴BD=

,(提示:還可利用角平分線定理求BD)S△DBM=

×|BM|×|BD|×sinθ=

×7××

=

.故BC邊上存在點(diǎn)M,使得

·

=

·

,此時(shí)BM=7,S△DBM=

.參透創(chuàng)新情境(2024湖南長沙一中適應(yīng)性演練(一),16)“費(fèi)馬點(diǎn)”是由十七世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家費(fèi)馬提

出.該問題是:“在一個(gè)三角形內(nèi)求作一點(diǎn),使其與此三角形的三個(gè)頂點(diǎn)的距離之和最

小.”意大利數(shù)學(xué)家托里拆利給出了解答,當(dāng)△ABC的三個(gè)內(nèi)角均小于120°時(shí),使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的點(diǎn)O即為費(fèi)馬點(diǎn);當(dāng)△ABC有一個(gè)內(nèi)角大于或等于120°

時(shí),最大內(nèi)角的頂點(diǎn)為費(fèi)馬點(diǎn).試用以上知識(shí)解決下面問題:已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且cos2B+cos2C-cos2A=1.(1)求A;(2)若bc=2,設(shè)點(diǎn)P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn),求

·

+

·

+

·

.

新定義理解

通過對(duì)“費(fèi)馬點(diǎn)”的理解和應(yīng)用,綜合考查解三角形與平面向量等知識(shí)

解析

(1)由已知△ABC中,cos2B+cos2C-cos2A=1,即1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1,sin2A=sin2B+sin2C,由正弦定理可得a2=b2+c2,故△ABC為直角三角形,且A=

.(2)由(1)知A=

,所以△ABC的三個(gè)角都小于120°,則由費(fèi)馬點(diǎn)定義可知,∠APB=∠BPC=∠AP