統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)板塊2命題區(qū)間精講精講1三角函數(shù)與解三角函數(shù)學(xué)案含解析文

PAGE1-精講1三角函數(shù)與解三角函數(shù)命題點(diǎn)1與三角形有關(guān)的邊長、角度、面積問題等價(jià)轉(zhuǎn)化思想在解三角形中的應(yīng)用(1)利用正、余弦定理解三角形關(guān)鍵是利用定理進(jìn)行邊角互化．①當(dāng)出現(xiàn)邊角混合時(shí)，常利用正弦定理；②當(dāng)出現(xiàn)三邊的平方時(shí)，常利用余弦定理．(2)若想“邊”往“角”化，常利用“a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC”；若想“角”往“邊”化，常利用sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)等．[高考題型全通關(guān)]1．在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，已知acosA＝R，其中R為△ABC外接圓的半徑，a2＋c2－b2＝eq\f(4\r(3),3)S，其中S為△ABC的面積．(1)求sinC；(2)若a－b＝eq\r(2)－eq\r(3)，求△ABC的周長．[解](1)由正弦定理得acosA＝eq\f(a,2sinA)，∴sin2A＝1，又0＜2A＜∴2A＝eq\f(π,2)，則A＝eq\f(π,4).又a2＋c2－b2＝eq\f(4\r(3),3)·eq\f(1,2)acsinB，由余弦定理可得2accosB＝eq\f(2\r(3),3)acsinB，∴tanB＝eq\r(3).又0＜B＜π，∴B＝eq\f(π,3)，∴sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).(2)由正弦定理得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(\r(2),\r(3))，又a－b＝eq\r(2)－eq\r(3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝\r(3)，))又sinC＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，∴c＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2))·eq\f(\r(2)＋\r(6),4)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2)，∴a＋b＋c＝eq\f(3\r(2),2)＋eq\r(3)＋eq\f(\r(6),2).[點(diǎn)評]本題求解的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是acosA＝R＝eq\f(a,2sinA)；二是面積公式S＝eq\f(1,2)acsinB的代入．2．已知函數(shù)f(x)＝2cos2x－eq\r(3)sin2x，x∈R.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間及最大值；(2)在△ABC中，角A，B，C對應(yīng)的邊分別是a，b，c，f(A)＝－1，a＝eq\r(7)，且2sinB＝3sinC，求邊長b和c的值．[解](1)由題意知，函數(shù)f(x)＝2cos2x－eq\r(3)sin2x＝1＋cos2x－eq\r(3)sin2x＝1＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，因?yàn)閥＝cosx在區(qū)間[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上單調(diào)遞減，所以令2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3).所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．當(dāng)2x＋eq\f(π,3)＝2kπ(k∈Z)，即x＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)時(shí)，f(x)有最大值3.(2)因?yàn)閒(A)＝1＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＝－1，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＝－1，又因?yàn)閑q\f(π,3)＜2A＋eq\f(π,3)＜eq\f(7π,3)，所以2A＋eq\f(π,3)＝π，即A＝eq\f(π,3)，因?yàn)閍＝eq\r(7)，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc＝7，因?yàn)?sinB＝3sinC，由正弦定理，得2b＝3c，所以b＝3，c[點(diǎn)評]在余弦定理中，要強(qiáng)化變形應(yīng)用：如①b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB②a2＋c2－b2＝2accosB；③cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac).命題點(diǎn)2解三角形的實(shí)際應(yīng)用利用正、余弦定理求解實(shí)際問題的策略利用正、余弦定理求解實(shí)際應(yīng)用問題時(shí)，通常要依據(jù)題意，從實(shí)際問題中抽象出一個(gè)或幾個(gè)三角形，然后通過解三角形得到實(shí)際問題的解，求解的關(guān)鍵是將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為解三角形問題．破解此類題的關(guān)鍵如下：①分析：理解題意，弄清已知與未知，抽象出一個(gè)或幾個(gè)三角形．②建模：依據(jù)已知條件與求解目標(biāo)，把已知量與待求量盡可能地集中在相關(guān)的三角形中，建立三角形模型．③求解作答：選擇正、余弦定理求解，并檢驗(yàn)解的合理性，然后作答．④避開誤差：解三角形時(shí)，應(yīng)盡可能用原始數(shù)據(jù)，少用間接求出的量．[高考題型全通關(guān)]1．(2024·長沙模擬)高鐵是我國國家名片之一，高鐵的修建凝合著中國人的才智與汗水．如圖所示，B，E，F(xiàn)為山腳兩側(cè)共線的三點(diǎn)，在山頂A處測得這三點(diǎn)的俯角分別為30°，60°，45°，安排沿直線BF開通穿山隧道，現(xiàn)已測得BC，DE，EF三段線段的長度分別為3,1,2.(1)求出線段AE的長度；(2)求出隧道CD的長度．切入點(diǎn)：(1)結(jié)合圖形及角的關(guān)系得出∠F、∠FAE，△AEF可解．(2)利用CD＝BE－BC－DE求解．[解](1)由已知可得EF＝2，∠F＝45°，∠EAF＝60°－45°＝15°，在△AEF中，由正弦定理得：eq\f(AE,sin∠F)＝eq\f(EF,sin∠EAF)，即eq\f(AE,sin45°)＝eq\f(2,sin15°)，解得AE＝2(eq\r(3)＋1)．(2)由已知可得∠BAE＝180°－30°－60°＝90°，在Rt△ABE中，BE＝2AE＝4(eq\r(3)＋1)，所以隧道長度CD＝BE－BC－DE＝4eq\r(3).2.如圖，為了測量A，B兩點(diǎn)間的距離，視察者找到在同始終線上的三點(diǎn)C，D，E.從D點(diǎn)測得∠ADC＝67.5°，從C點(diǎn)測得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，從E點(diǎn)測得∠BEC＝60°.若測得DC＝2eq\r(3)km，CE＝eq\r(2)km，求A，B[解]在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，則∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，又DC＝2eq\r(3)km，則AC＝DC在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，則∠EBC＝180°－75°－60°＝45°.由正弦定理可得eq\f(EC,sin∠EBC)＝eq\f(BC,sin∠BEC)，又CE＝eq\r(2)km，所以BC＝eq\f(EC×sin∠BEC,sin∠EBC)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝eq\r(3)km，在△ABC中，AC＝2eq\r(3)km，BC＝eq\r(3)km，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，則AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝9，則AB＝3km命題點(diǎn)3正、余弦定理的綜合應(yīng)用角度一以平面幾何為載體的解三角形問題解決以平面幾何為載體的解三角形問題應(yīng)留意的4個(gè)方面一是充分利用平面幾何圖形的性質(zhì)；二是出現(xiàn)多個(gè)三角形時(shí)，從條件較多的三角形突破求解；三是四邊形問題要轉(zhuǎn)化到三角形中去求解；四是通過三角形中的不等關(guān)系eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(如大邊對大角，最大角肯定大于等于\f(π,3)))確定角或邊的范圍．[高考題型全通關(guān)]1.如圖，在平面四邊形ABCD中，AC與BD為其對角線，已知BC＝1，且cos∠BCD＝－eq\f(3,5).(1)若AC平分∠BCD，且AB＝2，求AC的長；(2)若∠CBD＝45°，求CD的長．[解](1)若對角線AC平分∠BCD，即∠BCD＝2∠ACB＝2∠ACD，∴cos∠BCD＝2cos2∠ACB－1＝－eq\f(3,5)，∵cos∠ACB＞0，∴cos∠ACB＝eq\f(\r(5),5).∵在△ABC中，BC＝1，AB＝2，cos∠ACB＝eq\f(\r(5),5)，∴由余弦定理AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·cos∠ACB可得，AC2－eq\f(2\r(5),5)AC－3＝0，解得AC＝eq\r(5)，或AC＝－eq\f(3\r(5),5)(舍去)，∴AC的長為eq\r(5).(2)∵cos∠BCD＝－eq\f(3,5)，∴sin∠BCD＝eq\r(1－cos2∠BCD)＝eq\f(4,5)，又∵∠CBD＝45°，∴sin∠CDB＝sin(180°－∠BCD－45°)＝sin(∠BCD＋45°)＝eq\f(\r(2),2)(sin∠BCD＋cos∠BCD)＝eq\f(\r(2),10)，∴在△BCD中，由正弦定理eq\f(BC,sin∠CDB)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，可得CD＝eq\f(BC·sin∠CBD,sin∠CDB)＝5，即CD的長為5.2．在△ABC中，∠A＝90°，點(diǎn)D在BC邊上．在平面ABC內(nèi)，過D作DF⊥BC且DF＝AC．(1)若D為BC的中點(diǎn)，且△CDF的面積等于△ABC的面積，求∠ABC；(2)若∠ABC＝45°，且BD＝3CD，求cos∠CFB．[解](1)如圖所示，D為BC的中點(diǎn)，所以BD＝CD．又S△ABC＝S△CDF，即eq\f(1,2)AB×AC＝eq\f(1,2)CD×DF＝eq\f(1,4)BC×AC，從而BC＝2AB，又∠A＝90°，從而∠ACB＝30°，所以∠ABC＝90°－30°＝60°.(2)由∠ABC＝45°，從而AB＝AC，設(shè)AB＝AC＝k，則BC＝eq\r(2)k.又BD＝3CD，所以BD＝eq\f(3,4)BC＝eq\f(3\r(2),4)k，CD＝eq\f(\r(2),4)k.因?yàn)镈F＝AC＝k，從而BF＝eq\r(DF2＋BD2)＝eq\f(\r(34),4)k，CF＝eq\r(DF2＋CD2)＝eq\f(3\r(2),4)k.法一：由余弦定理，得cos∠CFB＝eq\f(CF2＋BF2－BC2,2CF·BF)＝eq\f(\f(9,8)k2＋\f(17,8)k2－2k2,2×\f(3\r(2),4)k×\f(\r(34),4)k)＝eq\f(5\r(17),51).法二：所以cos∠DFB＝eq\f(DF,BF)＝eq\f(2\r(34),17)，從而sin∠DFB＝eq\f(BD,BF)＝eq\f(3\r(17),17)，cos∠DFC＝eq\f(DF,CF)＝eq\f(2\r(2),3)，從而sin∠DFC＝eq\f(CD,CF)＝eq\f(1,3).所以cos∠CFB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠DFC＋∠DFB))＝eq\f(5\r(17),51).[點(diǎn)評]求解本題(1)的關(guān)鍵是由S△CDF＝S△ABC求得BC＝2AB；求解本題(2)的關(guān)鍵是借助勾股定理及條件BD＝3CD，推出DF及BF的長度(或比值關(guān)系)．另本題(1)(2)問沒有干脆聯(lián)系，在解題上可采納跳步解答，干脆求解第(2)問．角度二最值(范圍)問題三角形面積的最值問題的兩種解決方法一是將面積表示為邊的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將面積用三角形某一個(gè)角的三角函數(shù)表示，結(jié)合角的范圍確定三角形面積的最值．[高考題型全通關(guān)]1．△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知2eq\r(3)bcosC＝2eq\r(3)a－3c.(1)求taneq\f(B,2)的值：(2)若eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→))＝2eq\o(CM,\s\up7(→))，且|eq\o(CM,\s\up7(→))|＝2eq\r(6)，求△ABC面積的最大值．[解](1)△ABC中，2eq\r(3)bcosC＝2eq\r(3)a－3c，由正弦定理得，2eq\r(3)sinBcosC＝2eq\r(3)sinA－3sinC，即2eq\r(3)sinBcosC＝2eq\r(3)sin(B＋C)－3sinC，所以0＝2eq\r(3)cosBsinC－3sinC．又C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以cosB＝eq\f(\r(3),2).又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)，所以taneq\f(B,2)＝eq\f(sin\f(B,2),cos\f(B,2))＝eq\f(2sin\f(B,2)cos\f(B,2),2cos2\f(B,2))＝eq\f(sinB,1＋cosB)＝eq\f(\f(1,2),1＋\f(\r(3),2))＝eq\f(1,2＋\r(3))＝2－eq\r(3).(2)由eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→))＝2eq\o(CM,\s\up7(→))，所以M為AB中點(diǎn)，如圖所示．在△BMC中，由余弦定理得CM2＝BM2＋BC2－2BM·BC·cosB，所以24＝BM2＋BC2－eq\r(3)BM·BC，即24≥2BM·BC－eq\r(3)BM·BC，所以BM·BC≤eq\f(24,2－\r(3))＝24(2＋eq\r(3))，當(dāng)且僅當(dāng)BM＝BC時(shí)等號(hào)成立．所以S△ABC＝2S△BCM＝2×eq\f(1,2)BC·BM·sinB≤24(2＋eq\r(3))×eq\f(1,2)＝24＋12eq\r(3)，所以△ABC面積的最大值為24＋12eq\r(3).[點(diǎn)評]解答本題的關(guān)鍵是由eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→))＝2eq\o(CM,\s\up7(→))得出M為AB的中點(diǎn)，進(jìn)而得出S△ABC＝2S△MBC．在求S△ABC最值時(shí)，不等式起了關(guān)鍵作用．2．(2024·武漢模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿意cos2A－cos2B＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋A))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A)).(1)求角B的值；(2)若b＝eq\r(3)≤a，求a－eq\f(1,2)c的取值范圍．[解](1)∵cos2A－cos2B＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋A))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosA－\f(1,2)sinA))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2A－\f(1,4)sin2A))＝eq\f(3,2)×eq\f(1＋cos2A,2)－eq\f(1,2)×eq\f(1－cos2A,2)＝eq\f(1,2)＋cos2A，∴cos2B＝－eq\f(1,2)，可得2cos2B－1＝－eq\f(1,2)，∴cos2B＝eq\f(1,4)，即cosB＝±eq\f(1,2)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).(2)∵b