2024新高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)專題三三角函數(shù)與解三角形3.3三角大題三角變換與解三角形學(xué)案含解析

3.3三角大題三角變換與解三角形必備學(xué)問精要梳理1.三角函數(shù)恒等變換“四大策略”(1)常值代換:特殊是“1”的代換,1=sin2θ+cos2θ=tan45°等.(2)角的配湊:如α=(α+β)-β,2α=(α+β)+(α-β);α=12[(α+β)+(α-β)](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.2.解三角形的公式變形(1)正弦定理asinA=bsinB=csinC的一些變式:①a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC;②sinA=a2R,sinB=b2R,sinC=c2R;③a=2RsinA,b=2R(2)余弦定理a2=b2+c2-2bccosA的變形為cosA=b2+c2-a22bc.當(dāng)b2+c2-a2>0(=0,<0)時(shí),3.三個(gè)等價(jià)關(guān)系在△ABC中,a>b?sinA>sinB?A>B.關(guān)鍵實(shí)力學(xué)案突破熱點(diǎn)一三角函數(shù)與三角變換的綜合【例1】(2024北京海淀二模,17)已知函數(shù)f(x)=2cos2ω1x+sinω2x.(1)求f(0)的值;(2)從①ω1=1,ω2=2;②ω1=1,ω2=1這兩個(gè)條件中任選一個(gè),作為題目的已知條件,求函數(shù)f(x)在-π2,π6上的最小值,并干脆寫出函數(shù)f解題心得1.解決三角變換在三角函數(shù)圖象與性質(zhì)中的應(yīng)用的基本思路是:通過變換把函數(shù)化為y=Asin(ωx+φ)的形式再探討其性質(zhì),解題時(shí)留意視察角、名、結(jié)構(gòu)等特征,留意利用整體思想解決相關(guān)問題.2.三角變換的總體思路是化異為同,目的是通過消元削減未知量的個(gè)數(shù).如把三角函數(shù)式中的異名、異角、異次化為同名、同角、同次,或把未知角用已知角表示,或把未知角通過三角變換化成已知角.【對點(diǎn)訓(xùn)練1】(2024北京東城一模,17)已知函數(shù)f(x)=asin2x-π6-2cos2x+π6(a>0),且滿意.

(1)求函數(shù)f(x)的解析式及最小正周期;(2)若關(guān)于x的方程f(x)=1在區(qū)間[0,m]上有兩個(gè)不同解,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.從①f(x)的最大值為1,②f(x)的圖象與直線y=-3的兩個(gè)相鄰交點(diǎn)的距離等于π,③f(x)的圖象過點(diǎn)π6,0這三個(gè)條件中選擇一個(gè)熱點(diǎn)二利用正弦定理、余弦定理解三角形【例2】(2024山東,17)在①ac=3,②csinA=3,③c=3b這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問題中,若問題中的三角形存在,求c的值;若問題中的三角形不存在,說明理由.問題:是否存在△ABC,它的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且sinA=3sinB,C=π6,?解題心得1.已知兩邊和一邊的對角或已知兩角和一邊都能用正弦定理解三角形,正弦定理的形式多樣,其中a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R為三角形外接圓的半徑)能夠?qū)崿F(xiàn)邊角互化.2.已知兩邊和它們的夾角或已知兩邊和一邊的對角或已知三邊都能干脆運(yùn)用余弦定理解三角形,在運(yùn)用余弦定理時(shí),要留意整體思想的運(yùn)用.3.已知兩角和一邊,該三角形是確定的,其解是唯一的;已知兩邊和一邊的對角,該三角形具有不唯一性,通常依據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角定理進(jìn)行推斷.【對點(diǎn)訓(xùn)練2】(2024山東菏澤一模,17)在①B=π3,②a=2,③bcosA+acosB=3+1這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問題中,并解決相應(yīng)問題已知在銳角三角形ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,△ABC的面積為S,若4S=b2+c2-a2,b=6且,求△ABC的面積S的大小.

熱點(diǎn)三三角函數(shù)與解三角形的綜合【例3】(2024山東聊城二模,18)在①acosB+bcosA=2ccosC,②2asinAcosB+bsin2A=3a,③△ABC的面積為S,且4S=3(a2+b2-c2),這三個(gè)條件中隨意選擇一個(gè),填入下面的問題中,并求解.在銳角三角形ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,函數(shù)f(x)=23sinωxcosωx+2cos2ωx(ω>0)的最小正周期為π,c為f(x)在0,π2上的最大值,且,求a-b解題心得對于在三角形中求解有關(guān)三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)的題目,時(shí)刻不要遺忘對角的范圍的限制,特殊是求三角函數(shù)值的范圍或最值時(shí),先要把自變量的取值范圍求出來,再利用三角函數(shù)的單調(diào)性或利用三角函數(shù)線確定函數(shù)值的范圍.【對點(diǎn)訓(xùn)練3】(2024山東煙臺(tái)模擬,17)已知函數(shù)f(x)=1-23sinxcosx-2cos2x+m在R上的最大值為3.(1)求m的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)若在銳角三角形ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c且f(A)=0,求bc的取值范圍熱點(diǎn)四三角變換與解三角形的綜合【例4】(2024天津,16)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知a=22,b=5,c=13.(1)求角C的大小;(2)求sinA的值;(3)求sin2A+解題心得在含有邊角關(guān)系的等式中,利用正弦定理的變形a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,R為三角形外接圓的半徑,可干脆將等式兩邊的邊化為角;也能利用余弦定理的變形如cosA=b2+c2-a22bc將角化為邊.在三角形中利用三角變換求三角式的值時(shí),要留意角的范圍的限制,還有隱含條件【對點(diǎn)訓(xùn)練4】(2024全國Ⅰ,文18)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知B=150°.(1)若a=3c,b=27,求△ABC的面積;(2)若sinA+3sinC=22,求C熱點(diǎn)五三角函數(shù)、三角變換與解三角形的綜合【例5】(2024全國Ⅱ,理17)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sinBsinC.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周長的最大值.解題心得關(guān)于三角函數(shù)、三角變換與解三角形的綜合題的解題思路,一般是由正弦定理、余弦定理求出某個(gè)量作為下面問題的已知量,然后利用三角變換,將所求的量化為f(x)=Asin(ωx+φ)或f(x)=Acos(ωx+φ)的形式,最終求出結(jié)果.【對點(diǎn)訓(xùn)練5】(2024浙江,18)在銳角△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知2bsinA-3a=0.(1)求角B的大小;(2)求cosA+cosB+cosC的取值范圍.核心素養(yǎng)微專題(三)核心素養(yǎng)在三角應(yīng)用和三角綜合題中的考查【例1】(多選)(2024山東濟(jì)南三模,10)臺(tái)球運(yùn)動(dòng)已有五六百年的歷史,參加者用球桿在臺(tái)上擊球,如圖,有一張長方形球臺(tái)ABCD,AB=2AD,現(xiàn)從角落A沿角α的方向把球打出去,假設(shè)和光線一樣,臺(tái)球在球臺(tái)上遇到障礙物后也遵從反射定律.若球經(jīng)2次碰撞球臺(tái)邊框后恰好進(jìn)入角落C的球袋中,則tanα的值為()A.16 B.12 C.1 D核心素養(yǎng)分析本例考查考生多個(gè)核心素養(yǎng),首先須要考生在讀懂題意的基礎(chǔ)上,通過“直觀想象”得到兩種不同的碰撞狀況;然后利用物理學(xué)中光的反射定律,通過“數(shù)學(xué)抽象”得到關(guān)于角α所在的直角三角形;再通過“數(shù)學(xué)建?！睂栴}轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的模型;最終通過“數(shù)學(xué)運(yùn)算”得出答案.【例2】(2024山東淄博4月模擬,18)已知A,B分別在射線CM,CN(不含端點(diǎn)C)上運(yùn)動(dòng),∠MCN=2π3,在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,(1)若a,b,c依次成等差數(shù)列,且公差為2.求c的值;(2)若c=3,∠ABC=θ,試用θ表示△ABC的周長,并求周長的最大值.核心素養(yǎng)分析本例題是一道跨章節(jié)的綜合題,在解三角形的題境下,將等差數(shù)列與余弦定理的學(xué)問相結(jié)合,將函數(shù)和正弦定理的學(xué)問相結(jié)合,應(yīng)用到一個(gè)問題中.使三角形的周長的最值問題通過建立三角函數(shù)模型得到解決.考查了“數(shù)學(xué)建模”“數(shù)學(xué)運(yùn)算”素養(yǎng)和學(xué)問的應(yīng)用實(shí)力、遷移實(shí)力,同時(shí)也考查了方程與函數(shù)的思想.3.3三角大題三角變換與解三角形關(guān)鍵實(shí)力·學(xué)案突破【例1】解(1)f(0)=2cos20+sin0=2.(2)方案一:選條件①.f(x)的一個(gè)周期為π.f(x)=2cos2x+sin2x=(cos2x+1)+sin2x=222sin2x+22cos2x+1=2sin2x+π4+1因?yàn)閤∈-所以2x+π所以-1≤sin2x+所以1-2≤f(x)≤1+當(dāng)2x+π4=-π2,即x=-3π8時(shí),f(x)在-π2,方案二:選條件②.f(x)的一個(gè)周期為2π.f(x)=2cos2x+sinx=2(1-sin2x)+sinx=-2sin因?yàn)閤∈-所以sinx∈所以-1≤f(x)≤當(dāng)sinx=-1,即x=-π2時(shí),f(x)在-π2,對點(diǎn)訓(xùn)練1解(1)因?yàn)閒(x)=asin2x-π6-cos2x+π6-1=asin2x-π6-cos2x+π3-1=asin2x-π6-cos2x-π6+π2-1=(a+1)sin2x-π6-1,所以函數(shù)f(x)的最小正周期T=π.因?yàn)閍>0,所以函數(shù)f(x)的最大值和最小值分別為a,-a-2.若選①,則a=1,函數(shù)f(x)=2sin2x-π6-1;若選②,則-3為函數(shù)f(x)的最小值,從而a=1,函數(shù)f(x)=2sin2x-若選③,則(a+1)sin2×π6-π6-1=0,從而a=1,函數(shù)f(x)=2sin2x-π6-(2)由(1)知,函數(shù)f(x)的最大值為1.因?yàn)殛P(guān)于x的方程f(x)=1在區(qū)間[0,m]上有兩個(gè)不同解,當(dāng)x∈[0,m]時(shí),2x-π6∈-π6,2m-π6,所以5π2解得4π3≤m<7π3.所以實(shí)數(shù)【例2】解方案一:選條件①.由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=32.由sinA=3sinB及正弦定理,得a=3b.于是3b2因此,選條件①時(shí),問題中的三角形存在,此時(shí)c=1.方案二:選條件②.由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=32.由sin由此可得b=c.所以B=C=π由A+B+C=π,得A=π-π6-π6=2π3.由②c所以c=b=23,a=6.因此,選條件②時(shí),問題中的三角形存在,此時(shí)c=23方案三:選條件③.由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=32.由sinA=3sinB及正弦定理,得a=3b.于是3b2+b2-c2對點(diǎn)訓(xùn)練2解因?yàn)?S=b2+c2-a2,cosA=b2+c2-a2所以2bcsinA=2bccosA.明顯cosA≠0,所以tanA=1.又因?yàn)锳∈0,π2若選①B=π3,由asinA=bsinB,得a=bsinAsinB=6×2232=2.又因?yàn)閟inC=sin[π-所以S=12absinC=若選②a=2,由asinA=bsinB因?yàn)锽∈0,π2,又因?yàn)閟inC=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=6+24,所以S=12若選③bcosA+acosB=3+1,所以acosB=1,即a·a2+c2-62ac=1,所以a2=6+2c-c2.又因?yàn)閍2=6+c2-26c·22=6+c2-23c,所以6+2c-c2=6+c2所以S=12bcsinA=【例3】解f(x)=23sinωxcosωx+2cos2ωx=3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin2ωx+π6+1.因?yàn)門=2π2ω=π,所以ω=1,f(x)=2sin2x因?yàn)?≤x≤π2,所以π6≤2x+π6≤7π所以f(x)的最大值為3,即c=3.若選①,由acosB+bcosA=2ccosC及正弦定理可得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC,即sin(A+B)=2sinCcosC,所以cosC=12,C為三角形內(nèi)角,所以C=若選②,由2asinAcosB+bsin2A=3a及正弦定理得2sin2AcosB+2sinBsinAcosA=3sinA.因?yàn)閟inA≠0,所以sinAcosB+sinBcosA=32所以sin(A+B)=32所以sinC=3因?yàn)镃為銳角,所以C=π若選③,由4S=3(a2+b2-c2),得2absinC=3(a2+b2-c2),即sinC=3(a2+b2-c2)2ab,所以sinC=3cosC,即tanC=3,所以C=π3.a-b=23(sinA-sinB)=23sinA-sin23π-A=23sinA-π3.因?yàn)棣?<A<π2,所以-π6<A-π3<π6,所以-3<23sinA-π3<3.所以對點(diǎn)訓(xùn)練3解(1)f(x)=1-23sinxcosx-2cos2x+m=-(3sin2x+cos2x)+m=-2sin2x+由已知2+m=3,得m=1,所以f(x)=-2sin2x+π6+1.令2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2,k∈Z,得kπ+π6≤x≤k所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ+π6,kπ+2π3,k∈Z(2)由(1)知-2sin2A+π6+1=0,所以sin2A+π6=12,由0<A<π2得π6<所以2A+π6=5πb因?yàn)槿切蜛BC為銳角三角形,所以0解得π6<C<所以tanC>33,所以12即bc的取值范圍為12,2.【例4】解(1)在△ABC中,由余弦定理及a=22,b=5,c=13,可得cosC=a又因?yàn)镃∈(0,π),所以C=π(2)在△ABC中,由正弦定理及C=π4,a=22,c=13,可得sinA=(3)由a<c及sinA=21313,可得cosA=1-sin2A=31313,進(jìn)而sin2A=2sinAcosA=1213,cos2A=2cos2A-1=513對點(diǎn)訓(xùn)練4解(1)由題設(shè)及余弦定理得28=3c2+c2-2×3c2×cos150°,解得c=-2(舍去),c=2.從而a=2△ABC的面積為12×23×2×sin150(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,所以sinA+3sinC=sin(30°-C)+3sinC=sin(30°+C).故sin(30°+C)=22.而0°<C<30°,所以30°+C=45°,故C=15【例5】解(1)由正弦定理和已知條件得BC2-AC2-AB2=AC·AB.①由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcosA.②由①②得cosA=-1因?yàn)?<A<π,所以A=2(2)由正弦定理及(1)得ACsinB=ABsinC=BCsinA=23,從而AC=23sinB,AB=23sin(故BC+AC+AB=3+3