2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)第二部分專題1三角函數(shù)與解三角形第2講三角恒等變換與解三角形教師用書(shū)教案理1

PAGE專題1第2講三角恒等變換與解三角形三角恒等變換及其應(yīng)用授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第17頁(yè)考情調(diào)研考向分析三角恒等變換是三角變換的工具，主要考查利用兩角和與差的三角函數(shù)公式、二倍角公式進(jìn)行三角函數(shù)的化簡(jiǎn)與求值，重在考查化簡(jiǎn)、求值，公式的正用、逆用以及變式運(yùn)用，可單獨(dú)考查，也可與三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)、向量等學(xué)問(wèn)綜合考查，加強(qiáng)轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用意識(shí)．選擇、填空、解答題均有可能出現(xiàn)，中、低檔難度.1.應(yīng)用三角變換化簡(jiǎn)求值．2.結(jié)合三角變換探討三角函數(shù)的圖象和性質(zhì).[題組練透]1．若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(\r(3),3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2α))＝()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3)解析：由題意，依據(jù)誘導(dǎo)公式可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2α))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))，又由余弦的倍角公式，可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(1,3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2α))＝eq\f(1,3)，故選D.答案：D2．(2024·三明質(zhì)檢)下列數(shù)值最接近eq\r(2)的是()A.eq\r(3)cos14°＋sin14°B.eq\r(3)cos24°＋sin24°C.eq\r(3)cos64°＋sin64°D.eq\r(3)cos74°＋sin74°解析：選項(xiàng)A：eq\r(3)cos14°＋sin14°＝2sin(60°＋14°)＝2sin74°；選項(xiàng)B：eq\r(3)cos24°＋sin24°＝2sin(60°＋24°)＝2sin84°；選項(xiàng)C：eq\r(3)cos64°＋sin64°＝2sin(60°＋64°)＝2sin124°＝2sin56°；選項(xiàng)D：eq\r(3)cos74°＋sin74°＝2sin(60°＋74°)＝2sin134°＝2sin46°，經(jīng)過(guò)化簡(jiǎn)后，可以得出每一個(gè)選項(xiàng)都具有2sinα，0°＜α＜90°的形式，要使得選項(xiàng)的數(shù)值接近eq\r(2)，故只須要sinα接近于sin45°，依據(jù)三角函數(shù)y＝sinx，0°＜x＜90°圖象可以得出sin46°最接近sin45°，故選D.答案：D3．(2024·濱州模擬)函數(shù)y＝(cosx＋sinx)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,8)，2kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)解析：函數(shù)的解析式y(tǒng)＝(cosx＋sinx)·sinx＝sinxcosx＋sin2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間滿意2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(3,8)π(k∈Z)，表示為區(qū)間形式即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．故選B.答案：B4．(2024·青島模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，則sin2α＝________.解析：∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－1＝eq\f(2,9)－1＝－eq\f(7,9)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α，∴sin2α＝eq\f(7,9).答案：eq\f(7,9)[題后悟通]三角函數(shù)求值的類型及方法(1)給角求值：解決給角求值問(wèn)題的關(guān)鍵是兩種變換：一是角的變換，留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，把非特別角的三角函數(shù)相約或相消，從而轉(zhuǎn)化為特別角的三角函數(shù)；二是結(jié)構(gòu)變換，在熟識(shí)各種公式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、符號(hào)特征的基礎(chǔ)上，結(jié)合所求式子的特點(diǎn)合理地進(jìn)行變換．(2)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(shí)也要留意變換待求式，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．(3)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(shí)要壓縮角的取值范圍．正弦定理與余弦定理授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第19頁(yè)考情調(diào)研考向分析以利用正弦、余弦定理解三角形為主，常與三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)、三角恒等變換、三角形中的幾何計(jì)算交匯考查，加強(qiáng)直觀想象的應(yīng)用意識(shí)．題型多樣，中檔難度.1.利用正、余弦定理解三角形．2.推斷三角形的形態(tài)．3.計(jì)算三角形的面積.[題組練透]1．(2024·桂林、崇左模擬)在△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別是a、b、c，若ccosB＋bcosC＝eq\r(2)，且b2＋c2－a2＝eq\r(2)bc，則eq\f(a,sinA)＝()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C．2 D.eq\f(1,2)解析：把余弦定理代入ccosB＋bcosC＝eq\r(2)，得a＝eq\r(2)，由b2＋c2－a2＝eq\r(2)bc得2bccosA＝eq\r(2)bc，∴cosA＝eq\f(\r(2),2)，∴A＝eq\f(π,4).∴eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2))＝2.故選C.答案：C2．(2024·保定模擬)在△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊a、b、c依次成等差數(shù)列，且B＝eq\f(π,3)，則△ABC的形態(tài)為()A．等邊三角形B．直角邊不相等的直角三角形C．等腰直角三角形D．鈍角三角形解析：因?yàn)閍、b、c依次成等差數(shù)列，所以b＝eq\f(a＋c,2)，由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，將b＝eq\f(a＋c,2)代入上式整理得(a－c)2＝0，所以a＝c，又B＝eq\f(π,3)，可得△ABC為等邊三角形．故選A.答案：A3．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且bsinAcosC＋csinAcosB＝eq\f(\r(15)a,4).(1)求sinA；(2)若a＝3eq\r(2)，b＝4，求c.解析：(1)因?yàn)閎sinAcosC＋csinAcosB＝eq\f(\r(15)a,4)，所以由正弦定理，得sinBsinAcosC＋sinCsinAcosB＝eq\f(\r(15)sinA,4)，因?yàn)閟inA≠0，所以sinBcosC＋sinCcosB＝eq\f(\r(15),4)，所以sin(B＋C)＝eq\f(\r(15),4)，所以sin(π－A)＝eq\f(\r(15),4)，所以sinA＝eq\f(\r(15),4).(2)法一：因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以A為銳角，因?yàn)閟inA＝eq\f(\r(15),4)，所以cosA＝eq\f(1,4).因?yàn)閍＝3eq\r(2)，b＝4，由余弦定理得(3eq\r(2))2＝42＋c2－2×4×c×eq\f(1,4)，所以c2－2c－2＝0，所以c＝eq\r(3)＋1.法二：因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以A，B為銳角，因?yàn)閍＝3eq\r(2)，b＝4，所以由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(4×\f(\r(15),4),3\r(2))＝eq\f(\r(30),6)，所以cosB＝eq\f(\r(6),6).因?yàn)閟inA＝eq\f(\r(15),4)，所以cosA＝eq\f(1,4).所以sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(30)\r(3)＋1,24)，由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\r(3)＋1.[題后悟通]1．正、余弦定理的適用條件(1)“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對(duì)角”應(yīng)采納正弦定理．(2)“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)采納余弦定理．[留意]應(yīng)用定理要留意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”．2．三角形面積公式的應(yīng)用原則(1)對(duì)于面積公式S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA，一般是已知哪一個(gè)角就運(yùn)用含該角的公式．(2)與面積有關(guān)的問(wèn)題，一般要利用正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的互化．3．解三角形實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的步驟解三角形與三角函數(shù)的交匯問(wèn)題授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第20頁(yè)考情調(diào)研考向分析利用正弦定理、余弦定理與三角恒等變換、三角函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合考查，加強(qiáng)數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)的綜合性考查．題型主要為選擇題和填空題，中檔難度.1.三角函數(shù)與解三角形．2.解三角形與其他學(xué)問(wèn)交匯.[題組練透]1．(2024·吉安模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2ccosB＝2a＋b(1)求角C的大小；(2)若函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋mcos2x(m∈R)圖象的一條對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(C,2)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(6,5)，求cos(2α＋C)的值．解析：(1)由題意，依據(jù)正弦定理，可得2sinCcosB＝2sinA＋sinB，又由A＝π－(B＋C)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，可得2sinCcosB＝2sinBcosC＋2cosBsinC＋sinB，即2sinBcosC＋sinB＝0，又因?yàn)锽∈(0，π)，則sinB>0，可得cosC＝－eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(2π,3).(2)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋mcos2x＝2sin2xcoseq\f(π,6)＋2cos2xsineq\f(π,6)＋mcos2x＝eq\r(3)sin2x＋(m＋1)cos2x，由題意知函數(shù)f(x)的圖象的一條對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(π,3)，所以f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，得m＋1＝eq\r(3)sineq\f(4π,3)＋(m＋1)coseq\f(4π,3)，即m＝－2，所以f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(6,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，所以cos(2α＋C)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(2π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))－1＝－eq\f(7,25).2．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－sin2ωx＋1(ω>0)的圖象中相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2).(1)求ω的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)已知a，b，c分別為△ABC中角A，B，C的對(duì)邊，且滿意a＝eq\r(3