(新课标)2022版高考数学二轮复习专题一三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形学案文新人教.pdf

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1、新课标新课标 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习专题一三角函数与解三角复习专题一三角函数与解三角形第形第2 2讲三角恒等变换与解三角讲三角恒等变换与解三角形学案文新人教形学案文新人教 A A 版版第第 2 2 讲讲三角恒等变换与解三角形三角恒等变换与解三角形 做真题做真题 1 1(2022高考全国卷)(2022高考全国卷)0 0，2sin2sin2 2 2 2cos 2cos 21 1，那么，那么 sinsin()1 15 5A.A.B.B.5 55 53 3C.C.3 32 2 5 5D.D.5 5解析：选解析：选 B.B.由由 2sin 22sin 2cos 2cos 21

2、 1，得，得4sin4sincoscos1 12 sin2 sin2 21 1，即，即 2sin2sincoscos 1 1sinsin.因为因为 0 0，所以，所以 coscos2 2 2 21 1sinsin2 2，所以，所以 2sin2sin1 1sinsin2 21 15 5sinsin，解得，解得 sinsin，应选，应选 B.B.5 52 22 2(2022高考全国卷)(2022高考全国卷)ABCABC的内角的内角A A，B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，b b，c c.a asinsinA Ab bsinsinB B4 4c csinsin-2-2-1 1b bC C

3、，coscosA A，那么，那么()4 4c cA A6 6C C4 4B B5 5D D3 32 22 2解析：选解析：选 A.A.由题意及正弦定理得，由题意及正弦定理得，b ba ab bc ca a4 4c c，所以由余弦定理得，所以由余弦定理得，coscosA A2 2bcbc2 22 22 22 23 3c c1 1b b，得，得 6.6.应选应选 A.A.2 2bcbc4 4c c3 3 (一一 题题 多多 解解)(2022)(2022 高高 考考 全全 国国 卷卷 5 5 1 1 ，那么，那么 tantan_)tantan 4 4 5 5 5 5 1 1 ，所以，所以解析：法一：

4、因为解析：法一：因为 tantan 4 4 5 5 2 25 5tantantantan4 41 1tantan1 11 1，即即，解得解得 tantan5 55 51 1tantan5 51 1tantantantan4 43 3.2 2-3-3-5 5 1 1 ，法二：因为法二：因为 tantan 4 4 5 5 所所 以以 5 5 5 5 tantan tantan 4 4 4 4 5 5 5 51 1 tantantantan 1 14 4 4 45 53 3 .5 5 1 12 25 5 tantan1 1 111 1tantan 4 4 5 54 4 3 3答案：答案：2 24 4

5、(2022高考全国卷)(2022高考全国卷)ABCABC的内角的内角A A，B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，b b，c c.a asinsin(1)(1)求求B B；A AC C2 2b bsinsinA A.(2)(2)假设假设ABCABC为锐角三角形，且为锐角三角形，且c c1 1，求，求ABCABC面积的取值范围面积的取值范围解：解：(1)(1)由题设及正弦定理得由题设及正弦定理得 sinsinA AsinsinsinsinB BsinsinA A.A AC C2 2-4-4-因为因为 sinsinA A0 0，所以，所以 sinsinA AC C2 2sinsinB B.

6、由由A AB BC C180180，可得，可得 sinsin故故 coscos 2sin2sin coscos.2 22 22 2A AC Ccoscos，2 22 2B BB BB BB B因为因为 coscos 0，故0，故 sinsin ，因此，因此B B6060.2 22 22 23 3(2)(2)由题设及由题设及(1)(1)知知ABCABC的面积的面积S SABCABCa a.4 4B BB B1 1c csinsinA Asinsin120120C C由正弦定理得由正弦定理得a asinsinC CsinsinC C3 31 1.2tan2tanC C2 2由于由于ABCABC为锐

7、角三角形，故为锐角三角形，故 0 0 A A9090，0 0 C C9090.由由(1)(1)知知A AC C120120，1 13 3所以所以 3030 C C9090，故，故 a a22，从而，从而 S S2 28 8-5-5-3 3.ABCABC 2 2 3 33 3 因此，因此，ABCABC面积的取值范围是面积的取值范围是，.2 2 8 8 明考情明考情 1 1高考对此局部的考查一般以“二小或高考对此局部的考查一般以“二小或“一大的命题形式出现“一大的命题形式出现2 2假设无解答题，假设无解答题，一般在选择题或填空题各一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难有一

8、题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般度一般3 3假设以解答题形式出现，假设以解答题形式出现，主要考查三角函主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第1717、1818 题位置上，难度中等题位置上，难度中等三角恒等变换及求值三角恒等变换及求值(综合型综合型)知识整合知识整合-6-6-两角和与差的正弦、余弦、正切公式两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(1)sin()sinsincoscoscoscossinsin.(2)cos(2)cos()coscoscoscos sinsinsinsin.tantantantan(3)t

9、an(3)tan().1 1 tantantantan二倍角的正弦、余弦、正切公式二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 2(1)sin 22sin2sincoscos.(2)cos 2(2)cos 2coscossinsin2cos2cos1 11 12sin2sin2 2.2tan2tan(3)tan 2(3)tan 2.2 21 1tantan 典型例题典型例题 2cos 22cos 2(1)(1)假设假设 3sin 23sin 2，那么，那么 coscos 4 4 sin 2sin 2()2 22 22 2-7-7-1 12 2A.A.B.B.3 33 32 2C C3 31 1D

10、D3 3 5 5(2)(2)假设假设，0 0，sinsin，2 2 5 5 3 3 1010coscos ，那么，那么()1010 2 2 A.A.6 6C.C.3 3B.B.4 4D.D.12122cos 22cos 2【解析】【解析】(1)(1)因为因为3sin 23sin 2 coscos 4 4 ，2 2coscossinsin所以所以3sin 23sin 2coscoscoscossinsinsinsin4 44 42 22 2，即即 2(cos2(cossinsin)3sin 23sin 2，-8-8-两边平方得：两边平方得：4(14(1sin 2sin 2)3sin3sin 2

11、2，即即 3sin3sin 2 24sin 24sin 24 40.0.2 2解得：解得：sin 2sin 22(2(舍去舍去)或或 sin 2sin 2.3 3 5 5(2)(2)由由 sinsin，及，及 0 0，得，得 coscos2 2 5 5 2 2 5 53 3 1010，由，由 coscos sinsin，及，及5 51010 2 2 1010 0 0，得得 coscos，所以所以 sin(sin()2 2 1010 2 22 23 3 10102 2 5 5sinsincoscoscoscossinsin10105 510105 52 2，又因为，又因为(，)，所，所10105

12、 52 22 22 2以以.4 4【答案】【答案】(1)C(1)C(2)B(2)B三角函数恒等变换的“四大策略三角函数恒等变换的“四大策略(1)(1)常值代换：特别是“1的代换，常值代换：特别是“1的代换，1 1sinsin2 2-9-9-coscostan 45tan 45等等(2)(2)项的分拆与角的配凑：项的分拆与角的配凑：如如sinsin2cos2cos(sin(sincoscos)coscos，()等等(3)(3)降次与升次：降次与升次：正用二倍角公式升次，正用二倍角公式升次，逆用逆用二倍角公式降次二倍角公式降次(4)(4)弦、切互化：一般是切化弦弦、切互化：一般是切化弦 对点训练对

13、点训练 1.1.3cos3cos 15154sin4sin 1515coscos 1515()1 1A.A.2 2C C1 12 2B.B.2 2D.D.2 22 22 22 22 22 22 22 22 2解析：解析：选选 D.D.3cos3cos 15154sin4sin 1515coscos 1515 3cos 153cos 152sin 152sin 152sin 152sin 15coscos1515 3cos 153cos 152sin 152sin 15sin 30sin 303cos 153cos 15 sin 15sin 15 2cos(152cos(153030)2.2.-

14、10-10-3 32 22 2tantan ，那么，那么 coscos 4 4 4 4 4 4()7 7A.A.25251616C.C.25259 9B.B.25252424D.D.2525 1 1tantan3 3解析：解析：选选 B.tanB.tan ，解解4 4 1 1tantan4 4 得得1 1tantan，故故7 7 coscos 4 4 2 2 1 1coscos 2 2 2 2 2 21 1sin 2sin 21 1 sinsincoscos2 22 2sinsincoscos，其其 中中 sinsincoscos2 22 2sinsincoscostantan7 71 19

15、9，故，故 sinsincoscos.2 2tantan1 150502 225253 3 (一一 题题 多多 解解)(2022)(2022 福福 州州 市市 质质 量量 检检 1 1 测测)sin)sin ，且且 0 0，那那 么么6 6 2 22 2 -11-11-coscos ()3 3 A A0 0C C1 11 1B.B.2 23 3D.D.2 2 1 1解析：选解析：选 C.C.法一：由法一：由 sinsin ，且，且6 6 2 2 0 0，得，得，2 2 3 3 所以所以 coscos cos 0cos 01 1，应选，应选 C.C.3 3 1 1 法二：法二：由由 sinsin

16、 ，且且 0 0，得，得，6 6 2 22 2 3 3coscos ，6 6 2 2 所所 以以 coscos coscos 6 6 6 6 3 3 coscos coscossinsin sinsin1 1，应选，应选6 6 6 6 6 66 6 C.C.-12-12-正弦定理与余弦定理的应用正弦定理与余弦定理的应用(综合型综合型)知识整合知识整合 正弦定理及其变形正弦定理及其变形在在ABCABC中，中，2 2R R(R R为为sinsinA AsinsinB BsinsinC CABCABC的外接圆半径的外接圆半径)变形：变形：a a2 2R RsinsinA A，sinsinA Aa a

17、b bc ca a，a ab bc csinsinA AsinsinB BsinsinC C等等2 2R R余弦定理及其变形余弦定理及其变形在在ABCABC中，中，a ab bc c2 2bcbccoscosA A；变变形形：b bc ca a2 2bcbccoscosA A，coscosA A2 22 22 22 22 22 2b bc ca a.2 2bcbc三角形面积公式三角形面积公式1 11 11 1S SABCABCababsinsinC CbcbcsinsinA AacacsinsinB B.2 22 22 2 典型例题典型例题(2022高考全国卷)(2022高考全国卷)ABCAB

18、C的内角的内角A A，-13-13-2 22 22 2B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，b b，c c，设，设(sin(sinB BsinsinC C)sinsinA AsinsinB BsinsinC C.(1)(1)求求A A；(2)(2)假设假设 2 2a ab b2 2c c，求，求 sinsinC C.2 22 2【解】【解】(1)(1)由得由得 sinsinB BsinsinC CsinsinA Asinsin2 22 22 2B BsinsinC C，故由正弦定理得，故由正弦定理得b bc ca abcbc.b b2 2c c2 2a a2 21 1由余弦定理得由余弦

19、定理得 coscosA A.2 2bcbc2 2因为因为 0 0A A180180，所以，所以A A6060.(2)(2)由由(1)(1)知知B B120120C C，由题设及正弦定，由题设及正弦定6 6理得理得 2sin2sinA Asin(120sin(120C C)2sin2sinC C，即，即2 23 31 1coscosC C sinsinC C2sin2sinC C，可得，可得 cos(cos(C C6060)2 22 22 2.2 2由于由于 0 0C C120120，所以，所以 sin(sin(C C6060)2 2，故，故2 2-14-14-2 22 22 2sinsinC

20、Csin(sin(C C60606060)sin(sin(C C 6060 )cos)cos6060 cos(cos(C C6060)sin 60)sin 606 6 2 2.4 4正、余弦定理的适用条件正、余弦定理的适用条件(1)“两角和一边或“两边和其中一边的(1)“两角和一边或“两边和其中一边的对角应采用正弦定理对角应采用正弦定理(2)“两边和这两边的夹角或“三角形的(2)“两边和这两边的夹角或“三角形的三边应采用余弦定理三边应采用余弦定理 对点训练对点训练 1 1(2022济南市模拟考试(2022济南市模拟考试)在在ABCABC中，中，ACAC2 2 5 5 5 5，BCBC 1010

21、，coscosA A，那么，那么ABCABC的面的面5 5积为积为()5 5A.A.B B5 52 2-15-15-C C10101010D.D.2 2解析：选解析：选 A.A.由由ACAC 5 5，BCBC 1010，BCBC2 2ABAB2 2ACAC2 2ACACABABcoscosA A，得，得ABAB4 4ABAB5 50 0，解得，解得5 51 1ABAB5 5，而，而 sinsinA A 1 1coscosA A，故，故S SABCABC5 52 22 22 22 25 55 555 5 5.选选 A.A.5 52 22 2(2022贵阳市第一学期监测(2022贵阳市第一学期监测

22、)锐角锐角ABCABC的内角的内角A A，B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，b b，c c，假设，假设a a1 1，2 2a acoscosC Cc c2 2b b，那么角，那么角A A_解析：由题意，解析：由题意，2 2a acoscosC Cc c2 2b b，利用正弦，利用正弦定理，得定理，得 2sin2sinA AcoscosC CsinsinC C2sin2sinB B，(1)(1)，将将 sinsinB Bsin(sin(A AC C)sinsinA AcoscosC CcoscosA AsinsinC C代入代入(1)(1)式得式得 sinsinC C2cos2cos

23、A AsinsinC C，又，又 sinsinC C0 0，1 1故故 coscosA A，所以，所以A A.2 23 3答案：答案：3 3-16-16-3 3(2022洛阳市统考(2022洛阳市统考)如图，四边形如图，四边形ABCDABCD中，中，ACAC 3 3BCBC，ABAB4 4，ABCABC.3 3(1)(1)求求ACBACB；2 2(2)(2)假设假设ADCADC，四边形，四边形ABCDABCD的周长为的周长为3 31010，求四边形，求四边形ABCDABCD的面积的面积解：解：(1)(1)设设BCBCa a，那么，那么ACAC 3 3a a，由余弦定理由余弦定理ACACABAB

24、BCBC2 2ABABBCBCcoscos2 22 22 2ABCABC，1 1得得 3 3a a4 4 a a2424a a，所以所以a a2 22 2a a8 82 22 22 22 20 0，所以所以a a2 2 或或a a4(4(舍去舍去)，所以所以ABABACACBCBC，所以所以ACBACB.2 2-17-17-2 22 22 2(2)(2)因为四边形因为四边形ABCDABCD的周长为的周长为 1010，ABAB4 4，BCBC2 2，所以所以ADADCDCD4.4.又又ACACADADDCDC2 2ADADDCDCcoscosADCADC，即即 1212ADAD2 2DCDC2

25、2ADADDCDC(ADADDCDC)2 22 22 22 2ADADDCDC，所以所以ADADDCDC4.4.1 12 2所以所以S SADCADCADADDCDCsinsin 3.3.2 23 3所以所以S S四边形四边形ABCDABCDS SABCABCS SADCADC2 2 3 3 3 33 3 3.3.与解三角形有关的交汇问题与解三角形有关的交汇问题(交汇型交汇型)典型例题典型例题 函数函数f f(x x)sinsinx xcoscosx x2 2 3sin3sinx xcoscos2 22 2x x(x xR)R)(1)(1)求求f f(x x)的最小正周期；的最小正周期；(2)

26、(2)在在ABCABC中，角中，角A A，B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，-18-18-1 1b b，c c，假设，假设f f(BACBAC)2 2，c c5 5，coscosB B，求，求7 7中线中线ADAD的长的长【解】【解】(1)(1)f f(x x)cos 2cos 2x x 3sin 23sin 2x x 2sin2sin 2 2x x，6 6 2 2所以最小正周期所以最小正周期T T，所以函数所以函数f f(x x)2 2的最小正周期为的最小正周期为.(2)(2)由由(1)(1)知知f f(x x)2sin2sin 2 2x x.6 6 因为因为f f(BACBAC

27、)2 2，所以所以 sinsin 22BACBAC 1 1，6 6 所以所以 22BACBAC，所以，所以BACBAC，6 62 23 31 1又又 coscosB B，7 74 4 3 3所以所以 sinsinB B，7 7-19-19-3 31 11 1所以所以 sinsinC Csinsin(BACBACB B)2 27 72 24 4 3 35 5 3 3.7 71414在在ABCABC中，由正弦定理中，由正弦定理得得5 55 5 3 31414c csinsinC Ca asinsinBACBAC，a a3 32 2，7 7所以所以a a7 7，所以，所以BDBD.2 2在在ABDA

28、BD中，由余弦定理得中，由余弦定理得ADADABABBDBD 7 7 2 27 71 11291292 2ABABBDBDcoscosB B5 5 2525 .2 27 74 4 2 2 2 22 22 22 2129129所以所以ADAD.2 2(1)(1)该题是解三角形与三角函数的综合型问该题是解三角形与三角函数的综合型问题，三角函数在该题中的作用就是利用函数值给题，三角函数在该题中的作用就是利用函数值给出三角形的内角出三角形的内角BACBAC，此时的条件类型就是两角此时的条件类型就是两角-20-20-一边，利用正、余弦定理求解即可一边，利用正、余弦定理求解即可(2)(2)中线的求解，中线

29、的求解，也可以利用向量法，也可以利用向量法，显然显然ADAD1 1(ABABACAC)，然后利用向量数量积运算即可求得然后利用向量数量积运算即可求得2 2结果结果(3)(3)求解三角函数与解三角形的综合问题，求解三角函数与解三角形的综合问题，关关键是准确找出题中的条件，并在三角形中准确标键是准确找出题中的条件，并在三角形中准确标出数据，如此题，根据将问题转化为三角形中相出数据，如此题，根据将问题转化为三角形中相关数据的求解，然后根据条件的类型和所求建立关数据的求解，然后根据条件的类型和所求建立相应的数学模型，最后利用正弦定理或余弦定理相应的数学模型，最后利用正弦定理或余弦定理解决相应的问题即可

30、解决相应的问题即可 对点训练对点训练 1 1在在ABCABC中，角中，角A A，B B，C C的对边分别是的对边分别是a a，b b，c c，假设，假设a a，b b，c c成等比数列，且成等比数列，且a ac cacacbcbc，那么，那么2 22 2c cb bsinsinB B()3 32 2 3 3A.A.B.B.2 23 3-21-21-3 3C.C.3 3D.D.3 32 2解析：解析：选选 B.B.由由a a，b b，c c成等比数列得成等比数列得b bacac，那么有那么有a ac cb bbcbc，由余弦定理得，由余弦定理得 coscosA A2 22 22 2b bc ca

31、 abcbc1 12 2，故故A A.对于对于b bacac，由正由正2 2bcbc2 2bcbc2 23 33 3弦定理得，弦定理得，sinsinB BsinsinA AsinsinC CsinsinC C，由正，由正2 22 22 22 22 2sinsinC CsinsinC C2 2 3 3弦定理得，弦定理得，.应选应选2 2b bsinsinB BsinsinB B3 33 3sinsinC C2 2B.B.2 2在在ABCABC中，角中，角A A，B B，C C所对的边分别为所对的边分别为c cA A2 2 5 5a a，b b，c c，且且 coscos，ABABACAC3 3，

32、那么那么ABCABC2 25 5的面积为的面积为_解析：由解析：由ABABACAC3 3，得，得bcbccoscosA A3 3，2 2 5 5 2 23 3 1 1，又又 coscosA A2cos2cos 1 122 2 25 5 5 5 2 2A A-22-22-4 43 3所以所以 sinsinA A，bcbc 3 3，5 55 5所以所以bcbc5.5.4 41 1由由 sinsinA A 及及S SABCABCbcbcsinsinA A，5 52 2得得S SABCABC2.2.答案：答案：2 2一、选择题一、选择题1 1(2022重庆市学业质量调研(2022重庆市学业质量调研)1

33、5sin15sincos(2cos(2)，那么，那么 tan 2tan 2()15151515A A B.B.7 77 71515C C8 81515D.D.8 8解析：选解析：选 B.B.由由 15sin15sincos(2cos(2)，1515得得 15sin15sincoscos，所以，所以 tantan，那，那1515-23-23-15152 215152tan2tan1515么么 tan 2tan 2，应选，应选2 2 1515 2 21 1tantan7 7 1 1 1515 B.B.2 2(2022高考全国卷)在(2022高考全国卷)在ABCABC中，中，coscos2 25 5

34、，BCBC1 1，ACAC5 5，那么，那么ABAB()5 5A A4 4 2 2C.C.2929B.B.3030D D2 2 5 5C C5 5解析：选解析：选 A.A.因为因为 coscos，所以，所以 coscosC C2 25 5 5 5 2 23 32cos2cos1 122 1 1.于是，在于是，在ABCABC2 25 5 5 5 2 2C CC C中，中，由余弦定理得由余弦定理得ABABACACBCBC2 2ACACBCBCcoscosC C 3 3 5 5 1 1 251251 3232，所以，所以ABAB4 4 2.2.5 5 2 22 22 22 22 2应选应选 A.A.

35、3 3(2022成都市第二次诊断性检测(2022成都市第二次诊断性检测)假设假设-24-24-2 2 5 5，都是锐角，且都是锐角，且 sinsin，sin(sin()5 51010，那么，那么 sinsin()10107 7 2 2A.A.10101 1C.C.2 22 2B.B.2 21 1D.D.10102 2 5 5解析：选解析：选 B.B.因为因为 sinsin，为锐角，为锐角，5 55 5所以所以 coscos.5 5因为因为，均为锐角，所以均为锐角，所以 0 0，0 02 2，所以所以0 0，所以所以2 22 22 21010，又因为，又因为 sin(sin()0 0，所以，所以

36、 0 02 210103 3 1010，所以，所以 cos(cos()，所以，所以2 21010-25-25-sinsinsinsin()sinsincos(cos(2 2 5 53 3 10105 5)coscossin(sin()5 510105 510105 5 50502 2.101050502 2 14144 4 0 0，且且 sinsincoscos，4 4 4 4 2cos2cos1 1那么那么()coscos 4 4 2 2A.A.3 33 3C.C.4 44 4B.B.3 33 3D.D.2 22 21414解析：选解析：选 D.D.由由 sinsincoscos，4 4 7

37、 7得得 sinsin .4 4 4 4 因为因为 0 0，所以，所以 0 0，4 4 4 44 4-26-26-3 3所以所以 coscos .4 4 4 42cos2cos1 1cos 2cos 2故故 coscos sinsin 4 4 4 4 sinsin 2 2 sinsin 2 2 2 2 4 4 sinsin sinsin 4 4 4 4 3 32cos2cos .4 4 2 22 25 5 ABCABC的内角的内角A A，B B，C C的对边分别是的对边分别是a a，b b，c c，假设，假设c csinsinB Bb bsinsinC C2 2a a，那么，那么ABCABC是

38、是()A A等边三角形等边三角形B B锐角三角形锐角三角形C C等腰直角三角形等腰直角三角形 D D钝角三角形钝角三角形解析：选解析：选 C.C.因为因为c csinsinB Bb bsinsinC C2 2a a，所以由，所以由sinsinC CsinsinB B正正 弦弦 定定 理理 可可 得得，2sin2sinA AsinsinB BsinsinC C-27-27-2 2sinsinC CsinsinB B2 2，sinsinB BsinsinC CsinsinC CsinsinB B所以所以 sinsinA A1 1，当，当时，时，“sinsinB BsinsinC C成立，成立，所以

39、所以A A，b bc c，2 2所以所以ABCABC是等腰直角三角形是等腰直角三角形6 6ABCABC的三个内角的三个内角A A，B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，b b，c c，且，且a a2 22 2sinsinA Ab b2 22 2sinsinB B2 2c c，sinsinA A(1(1coscosC C)2 2sinsinB BsinsinC C，b b6 6，ABAB边上的点边上的点M M满足满足AMAM2 2MBMB，过点过点M M的直线与射线的直线与射线CACA，CBCB分别交于分别交于P P，Q Q两点，两点，那么那么MPMPMQMQ的最小值是的最小值是()A

40、A3636C C3838解析：选解析：选 A.A.B B3737D D39392 22 2-28-28-由正弦定理，知由正弦定理，知2 2a a2 22 2sinsinA Ab b2 22 2sinsinB B2 2c c，即，即 2 22 22sin2sinC C，所以，所以 sinsinC C1 1，C C，所以，所以 sinsinA A(1(12 2coscosC C)sinsinB BsinsinC C，即，即 sinsinA AsinsinB B，所以，所以A AB B.以以C C为坐标原点建立如下图的平面直角为坐标原点建立如下图的平面直角4 4 坐标系，坐标系，那么那么M M(2(

41、2，4)4)，设设MPCMPC，0 0，2 2 16164 42 22 2那么那么MPMPMQMQ(sin(sincoscos2 22 2sinsincoscos2 22 2 16164 4 16162 2)2 22 2 20204tan4tan2 2tantan sinsincoscos 3636，当且仅当，当且仅当 tantan 2 2时等号成立，即时等号成立，即MPMP2 2MQMQ的最小值为的最小值为 36.36.二、填空题二、填空题2 2-29-29-1 1 7 7假设假设sinsin ，那么，那么coscos 2 2 3 3 4 4 3 3 _ 解析：解析：coscos 2 2 c

42、oscos 2 2 3 3 3 3 1 17 72sin2sin 1 1221 1.16168 8 3 3 2 27 7答案：答案：8 88 8(一题多解)(2022高考全国卷)一题多解)(2022高考全国卷)ABCABC的内角的内角A A，B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，b b，c c.假设假设b b6 6，a a2 2c c，B B，那么，那么ABCABC的面积为的面积为_3 3解析：法一：因为解析：法一：因为a a2 2c c，b b6 6，B B，所，所3 3以由余弦定理以由余弦定理b b2 2a a2 2c c2 22 2acaccoscosB B，得得 6 62 2(

43、2(2c c)2 2c c2222c cc ccoscos，得得c c2 2 3 3，所以所以a a4 4 3 3，3 32 21 11 1所以所以ABCABC的面积的面积S SacacsinsinB B 4 4 3 322 3 32 22 2-30-30-sinsin6 6 3.3.3 3法二：因为法二：因为a a2 2c c，b b6 6，B B，所以由余，所以由余3 3弦定理弦定理b b2 2a a2 2c c2 22 2acaccoscosB B，得，得 6 62 2(2(2c c)2 2c c2 22222c cc ccoscos，得，得c c2 2 3 3，所以，所以a a4 4

44、3 3，3 3所以所以a ab bc c，所以，所以A A，所以，所以ABCABC的面积的面积2 22 22 22 21 1S S 22 3 3666 6 3.3.2 2答案：答案：6 6 3 39.9.在河岸在河岸A A处看到河对岸两个帐篷处看到河对岸两个帐篷C C，D D分别在分别在北偏东北偏东 4545和北偏东和北偏东 3030方向，假设向东走方向，假设向东走 3030米到达米到达B B处后再次观察帐篷处后再次观察帐篷C C，D D，此时，此时C C，D D分分别在北偏西别在北偏西 1515和北偏西和北偏西 6060方向，方向，那么帐篷那么帐篷C C，-31-31-D D之间的距离为之间

45、的距离为_米米解析：由题意可得解析：由题意可得DABDAB6060，CABCAB4545，CBACBA7575，DBADBA3030，在，在ABDABD中，中，DABDAB6060，DBADBA3030，ABAB3030，所以，所以ADBADBBDBD9090，sinsinDABDABsinsin 6060，解得解得BDBD1515 3.3.BABA在在ABCABC中，中，CABCAB4545，CBACBA7575，所以，所以ACBACB6060，ABABsin 60sin 60BCBCsin 45sin 45，解得，解得BCBC1010 6.6.在在BCDBCD中，中，CBDCBDCBACB

46、ADBADBA4545，那那么么由由余余弦弦定定理理得得 coscosCBDCBDcoscos 4545BCBCBDBDCDCD2 2BCBCBDBD2 22 22 22 2，2 22 2即即2 22 21010 6 6 1515 3 3 CDCD，得，得CDCD5 5 15.15.2 21010 6 61515 3 3答案：答案：5 5 1515三、解答题三、解答题1010(2022合肥市第二次质量检测(2022合肥市第二次质量检测)在在ABCABC-32-32-中，中，角角A A，B B，C C的对边分别是的对边分别是a a，b b，c c.b bsinsin C C 3 3 c csin

47、sinB B0.0.(1)(1)求角求角C C的值；的值；(2)(2)假设假设a a4 4，c c2 2 7 7，求，求ABCABC的面积的面积 解：解：(1)(1)因为因为b bsinsin C C c csinsinB B0 0，3 3 1 1 3 3所以所以 sinsinB B sinsinC CcoscosC C sinsinC CsinsinB B2 2 2 2 0 0，因为因为B B(0，(0，)，所以，所以 sinsinB B0 0，1 13 3所以所以 sinsinC CcoscosC C0 0，所以，所以 sinsin C C 3 3 2 22 2 0.0.2 2因为因为C

48、C(0，(0，)，所以，所以C C.3 3(2)(2)因为因为c ca ab b2 2ababcoscosC C，a a4 4，c c2 2 7 7，所以，所以b b4 4b b12120 0，因为因为b b0 0，所以，所以b b2 2，所以，所以ABCABC的面积的面积S S-33-33-2 22 22 22 21 11 13 3ababsinsinC C 42422 2 3.3.2 22 22 21111(2022郑州市第一次质量预测(2022郑州市第一次质量预测)ABCABC的内角的内角A A，B B，C C的对边分别为的对边分别为a a，b b，c c，ABCABC的的b b面积为面

49、积为S S，且满足，且满足 sinsinB B.4 4S S(1)(1)求求 sinsinA AsinsinC C；(2)(2)假设假设 4cos4cosA AcoscosC C3 3，b b 1515，求，求ABCABC的周长的周长1 1解：解：(1)(1)由三角形的面积公式可得由三角形的面积公式可得S Sbcbcsinsin2 22 2A A，b b2 22 2又又 sinsinB B，所以，所以 2 2bcbcsinsinA AsinsinB Bb b，4 4S S即即 2 2c csinsinA AsinsinB Bb b，由正弦定理可得，由正弦定理可得 2sin2sinC Csins

50、inA AsinsinB BsinsinB B，1 1因为因为 sinsinB B0 0，所以，所以 sinsinA AsinsinC C.2 2(2)(2)因为因为 4cos4cosA AcoscosC C3 3，所以，所以 coscosA AcoscosC C-34-34-3 3，4 43 31 11 1所以所以 coscosA AcoscosC CsinsinA AsinsinC C ，4 42 24 41 11 1即即 cos(cos(A AC C)，所以，所以 coscosB B，4 44 41515因为因为 0 0B B，所以，所以 sinsinB B，4 41515因为因为4.4