2024年新高考数学大一轮复习专题二平面向量与三角函数第7讲三角恒等变换与解三角形.docx

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1、第7讲三角恒等变换与解三角形考情分析1.三角恒等变换的求值、化简是命题的热点，利用三角恒等变换作为工具，将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题.2.单独考查可出现在选择题、填空题中，综合考查以解答题为主，中等难度考点一三角恒等变换核心提炼1三角求值“三大类型”“给角求值”“给值求值”“给值求角”2三角恒等变换“四大策略”(1)常值代换：常用到“1”的代换，1sin2cos2tan45等(2)项的拆分与角的配凑：如sin22cos2(sin2cos2)cos2，()等(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次(4)弦、切互化例1(1)(2020全国)已知(0，)，且3cos2

2、8cos5，则sin等于()A.B.C.D.答案A解析由3cos28cos5，得3(2cos21)8cos5，即3cos24cos40，解得cos或cos2(舍去)又因为(0，)，所以sin0，所以sin.(2)已知sin，sin()，均为锐角，则等于()A.B.C.D.答案C解析因为，均为锐角，所以.又sin()，所以cos().又sin，所以cos，所以sinsin()sincos()cossin().所以.易错提醒(1)公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增

3、解跟踪演练1(1)已知，tan，则()ABCD2答案B解析tantan，因为，所以，即.(2)(tan10)_.答案2解析(tan10)(tan10tan60)2.考点二正弦定理、余弦定理核心提炼1正弦定理：在ABC中，2R(R为ABC的外接圆半径)变形：a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C，sin A，sin B，sin C，abcsin AsinBsinC等2余弦定理：在ABC中，a2b2c22bccosA.变形：b2c2a22bccosA，cosA.3三角形的面积公式：SabsinCacsinBbcsinA.考向1求解三角形中的角、边例2在ABC中，角A，B，C的对边分别

4、为a，b，c，且c.(1)求角A的大小；(2)若bc10，ABC的面积SABC4，求a的值解(1)由正弦定理及c，得sinC，sinC0，sinA(1cosA)，sinAcosA2sin，sin，又0A，A，A，A.(2)SABCbcsinAbc4，bc16.由余弦定理，得a2b2c22bccos(bc)22bcbc(bc)23bc，又bc10，a210231652，a2.考向2求解三角形中的最值与范围问题例3(2020新高考测评联盟联考)在：acsinAacosC，(2ab)sinA(2ba)sinB2csinC这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答已知ABC的角A，B，C的对边分别

5、为a，b，c，c，而且_(1)求角C；(2)求ABC周长的最大值解(1)选：因为acsinAacosC，所以sinAsinCsinAsinAcosC，因为sinA0，所以sinCcosC1，即sin，因为0C，所以C，所以C，即C.选：因为(2ab)sinA(2ba)sinB2csinC，所以(2ab)a(2ba)b2c2，即a2b2c2ab，所以cosC，因为0C，所以C.(2)由(1)可知，C，在ABC中，由余弦定理得a2b22abcosC3，即a2b2ab3，所以(ab)233ab，所以ab2，当且仅当ab时等号成立，所以abc3，即ABC周长的最大值为3.规律方法(1)利用余弦定理求边

6、，一般是已知三角形的两边及其夹角利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，且该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性(2)三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围跟踪演练2(1)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若ABC的面积为S，且a1,4Sb2c21，则ABC外接圆的面积为()A4B2CD.答案D解析由余弦定理得，b2c2a22bccosA，a1，所以b2c212bccosA，又SbcsinA,4Sb2c21，所以4bcsinA2bccosA，即

7、sinAcosA，所以A，由正弦定理得，2R，得R，所以ABC外接圆的面积为.(2)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A3B，则的取值范围是()A(0,3) B(1,3) C(0,1 D(1,2答案B解析A3B2cos2Bcos2B2cos2B1，即2cos2B1，又AB(0，)，即4B(0，)2Bcos2B(0,1)，(1,3)(3)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若tanC，ab，BC边上的中点为D，则sinBAC_，AD_.答案解析因为tanC，所以sinC，cosC，又ab，所以c2a2b22abcosC1313216，所以c4.由，得，解得sin

8、BAC.因为BC边上的中点为D，所以CD，所以在ACD中，AD2b222bcos C，所以AD.专题强化练一、单项选择题1(2020全国)在ABC中，cosC，AC4，BC3，则cosB等于()A.B.C.D.答案A解析由余弦定理得AB2AC2BC22ACBCcosC42322439，所以AB3，所以cosB.2(2020全国)已知sinsin1，则sin等于()A.B.C.D.答案B解析因为sinsinsinsinsincoscossinsincoscossin2sincossin1.所以sin.3在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2，1，B，则a的值为()A.1B22C

9、22D.答案D解析在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2，1，所以1，所以tanC1，C.因为B，所以ABC，所以sinAsinsincoscossin.由正弦定理可得，则a.4在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，acosBbcosA2ccosC，c，且ABC的面积为，则ABC的周长为()A1B2C4D5答案D解析在ABC中，acosBbcosA2ccosC，则sinAcosBsinBcosA2sinCcosC，即sin(AB)2sinCcosC，sin(AB)sinC0，cosC，C，由余弦定理可得，a2b2c2ab，即(ab)23abc27，又SabsinCa

10、b，ab6，(ab)273ab25，即ab5，ABC的周长为abc5.5若，都是锐角，且cos，sin()，则cos等于()A.B.C.或D.或答案A解析因为，都是锐角，且cos，所以，又sin()，而，所以，所以cos()，又sin，所以coscos()cos()cossin()sin.6在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c.若A120，a1，则2b3c的最大值为()A3B.C3D.答案B解析因为A120，a1，所以由正弦定理可得，所以bsinB，csinC，故2b3csinB2sinCsin2sinCsinC2cosCsin(C)其中sin，cos，所以2b3c的最大值为.二、多项

11、选择题7(2020临沂模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2，c3，A3C，则下列结论正确的是()AcosCBsinBCa3DSABC答案AD解析因为A3C，ABC，所以B2C.由正弦定理，得，即，所以cosC，故A正确；因为cosC，所以sinC，所以sinBsin2C2sinCcosC2，故B错误；因为cosBcos2C2cos2C1，所以sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC，则cosA，所以a2b2c22bccosA(2)2322231，所以a1，故C错误；SABCbcsinA23，故D正确8已知0，若sin2m，cos2n且mn，则下列选项中与t

12、an恒相等的有()A.B.C.D.答案AD解析sin2m，cos2n，m2n21，tan.三、填空题9(2020保定模拟)已知tan，则_.答案解析因为tan，所以，即，解得tan，所以tan.10在ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且，则A_.答案解析由正弦定理，得，整理得b2a22acsinBc2，即b2c2a22acsinB2bcsinA，由余弦定理得，b2c2a22bccosA，2bccosA2bcsinA，即cosAsinA，tanA1，A.11(2020全国)如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB_.答案

13、解析在ABD中，ABAD，ABAD，BD，FBBD.在ACE中，AEAD，AC1，CAE30，EC1，CFCE1.又BC2，在FCB中，由余弦定理得cosFCB.12(2020山东省师范大学附中月考)在ABC中，设角A，B，C对应的边分别为a，b，c，记ABC的面积为S，且4a2b22c2，则的最大值为_答案解析由题意知，4a2b22c2b24a22c2a2c22accosB，整理，得2accosB3a23c2cosB，因为222，代入cosB，整理得2，令t，则2(9t222t9)2，所以2，所以，故的最大值为.四、解答题13(2020全国)ABC中，sin2Asin2Bsin2CsinBs

14、inC.(1)求A；(2)若BC3，求ABC周长的最大值解(1)由正弦定理和已知条件得BC2AC2AB2ACAB.由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcosA由得cosA.因为0A，所以A.(2)由正弦定理及(1)得2，从而AC2sinB，AB2sin(AB)3cosBsinB.故BCACAB3sinB3cosB32sin.又0BA；条件：cosB.解(1)在ABC中，由余弦定理知，b2c2a22bccosA，所以2b22bccosA(1tanA)，所以bc(cosAsinA)，又由正弦定理知，得sinBsinC(cosAsinA)，所以sin(AC)sinC(cosAsinA)，即sinAcosCcosAsinCsinCcosAsinCsinA，所以sinAcosCsinCsinA，因为sinA0，所以cosCsinC，所以tanC1，又因为0C，所以C.(2)选择条件，cosB，因为cosB，且0B，所以sinB，因为sinAsin(BC)sinBcosCsinCcosB，由正弦定理知，所以a2，在ABD中，由余弦定理知AD2AB2BD22ABBDcosB(2)2()22226，所以AD.