2021新高考数学二轮总复习学案3-3三角大题三角变换与解三角形

3.3三角大题三角变换与解三角形必备知识精要梳理1.三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换:特别是“1”的代换,1=sin2θ+cos2θ=tan45°等.(2)角的配凑:如α=(α+β)β,2α=(α+β)+(αβ);α=12[(α+β)+(αβ)](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:一般是切化弦.2.解三角形的公式变形(1)正弦定理asinA=bsinB=csinC的一些变式:①a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC;②sinA=a2R,sinB=b2R,sinC=c2R;③a=2RsinA,b=2R(2)余弦定理a2=b2+c22bccosA的变形为cosA=b2+c2-a22bc.当b2+c2a2>0(=0,<0)时,3.三个等价关系在△ABC中,a>b⇔sinA>sinB⇔A>B.关键能力学案突破热点一三角函数与三角变换的综合【例1】(2020北京海淀二模,17)已知函数f(x)=2cos2ω1x+sinω2x.(1)求f(0)的值;(2)从①ω1=1,ω2=2;②ω1=1,ω2=1这两个条件中任选一个,作为题目的已知条件,求函数f(x)在-π2,π6上的最小值,并直接写出函数f解题心得1.解决三角变换在三角函数图象与性质中的应用的基本思路是:通过变换把函数化为y=Asin(ωx+φ)的形式再研究其性质,解题时注意观察角、名、结构等特征,注意利用整体思想解决相关问题.2.三角变换的总体思路是化异为同,目的是通过消元减少未知量的个数.如把三角函数式中的异名、异角、异次化为同名、同角、同次,或把未知角用已知角表示,或把未知角通过三角变换化成已知角.【对点训练1】(2020北京东城一模,17)已知函数f(x)=asin2xπ62cos2x+π6(a>0),且满足.

(1)求函数f(x)的解析式及最小正周期;(2)若关于x的方程f(x)=1在区间[0,m]上有两个不同解,求实数m的取值范围.从①f(x)的最大值为1,②f(x)的图象与直线y=3的两个相邻交点的距离等于π,③f(x)的图象过点π6,0这三个条件中选择一个热点二利用正弦定理、余弦定理解三角形【例2】(2020山东,17)在①ac=3,②csinA=3,③c=3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinA=3sinB,C=π6,?解题心得1.已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形,正弦定理的形式多样,其中a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC(R为三角形外接圆的半径)能够实现边角互化.2.已知两边和它们的夹角或已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形,在运用余弦定理时,要注意整体思想的运用.3.已知两角和一边,该三角形是确定的,其解是唯一的;已知两边和一边的对角,该三角形具有不唯一性,通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.【对点训练2】(2020山东菏泽一模,17)在①B=π3,②a=2,③bcosA+acosB=3+1这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解决相应问题已知在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若4S=b2+c2a2,b=6且,求△ABC的面积S的大小.

热点三三角函数与解三角形的综合【例3】(2020山东聊城二模,18)在①acosB+bcosA=2ccosC,②2asinAcosB+bsin2A=3a,③△ABC的面积为S,且4S=3(a2+b2c2),这三个条件中任意选择一个,填入下面的问题中,并求解.在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,函数f(x)=23sinωxcosωx+2cos2ωx(ω>0)的最小正周期为π,c为f(x)在0,π2上的最大值,且,求ab解题心得对于在三角形中求解有关三角函数的图象和性质的题目,时刻不要忘记对角的范围的限制,特别是求三角函数值的范围或最值时,先要把自变量的取值范围求出来,再利用三角函数的单调性或利用三角函数线确定函数值的范围.【对点训练3】(2020山东烟台模拟,17)已知函数f(x)=123sinxcosx2cos2x+m在R上的最大值为3.(1)求m的值及函数f(x)的单调递增区间;(2)若在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c且f(A)=0,求bc的取值范围热点四三角变换与解三角形的综合【例4】(2020天津,16)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为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+解题心得在含有边角关系的等式中,利用正弦定理的变形a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,R为三角形外接圆的半径,可直接将等式两边的边化为角;也能利用余弦定理的变形如cosA=b2+c2-a22bc将角化为边.在三角形中利用三角变换求三角式的值时,【对点训练4】(2020全国Ⅰ,文18)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.(1)若a=3c,b=27,求△ABC的面积;(2)若sinA+3sinC=22,求C热点五三角函数、三角变换与解三角形的综合【例5】(2020全国Ⅱ,理17)△ABC中,sin2Asin2Bsin2C=sinBsinC.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.解题心得关于三角函数、三角变换与解三角形的综合题的解题思路,一般是由正弦定理、余弦定理求出某个量作为下面问题的已知量,然后利用三角变换,将所求的量化为f(x)=Asin(ωx+φ)或f(x)=Acos(ωx+φ)的形式,最终求出结果.【对点训练5】(2020浙江,18)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2bsinA3a=0.(1)求角B的大小;(2)求cosA+cosB+cosC的取值范围.核心素养微专题(三)核心素养在三角应用和三角综合题中的考查【例1】(多选)(2020山东济南三模,10)台球运动已有五六百年的历史,参与者用球杆在台上击球,如图,有一张长方形球台ABCD,AB=2AD,现从角落A沿角α的方向把球打出去,假设和光线一样,台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律.若球经2次碰撞球台边框后恰好进入角落C的球袋中,则tanα的值为()A.16 B.12 C.1 D核心素养分析本例考查考生多个核心素养,首先需要考生在读懂题意的基础上,通过“直观想象”得到两种不同的碰撞情况;然后利用物理学中光的反射定律,通过“数学抽象”得到关于角α所在的直角三角形;再通过“数学建模”将问题转化为三角函数的模型;最后通过“数学运算”得出答案.【例2】(2020山东淄博4月模拟,18)已知A,B分别在射线CM,CN(不含端点C)上运动,∠MCN=2π3,在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,(1)若a,b,c依次成等差数列,且公差为2.求c的值;(2)若c=3,∠ABC=θ,试用θ表示△ABC的周长,并求周长的最大值.核心素养分析本例题是一道跨章节的综合题,在解三角形的题境下,将等差数列与余弦定理的知识相结合,将函数和正弦定理的知识相结合,应用到一个问题中.使三角形的周长的最值问题通过建立三角函数模型得到解决.考查了“数学建模”“数学运算”素养和知识的应用能力、迁移能力,同时也考查了方程与函数的思想.3.3三角大题三角变换与解三角形关键能力·学案突破【例1】解(1)f(0)=2cos20+sin0=2.(2)方案一:选条件①.f(x)的一个周期为π.f(x)=2cos2x+sin2x=(cos2x+1)+sin2x=222sin2x+22cos2x+1=2sin2x+π4+1因为x∈-所以2x+π所以1≤sin2x+所以12≤f(x)≤1+当2x+π4=π2,即x=3π8时,f(x)在π2方案二:选条件②.f(x)的一个周期为2π.f(x)=2cos2x+sinx=2(1sin2x)+sinx=2sin因为x∈-所以sinx∈所以1≤f(x)≤当sinx=1,即x=π2时,f(x)在-π2对点训练1解(1)因为f(x)=asin2xπ6cos2x+π61=asin2xπ6cos2x+π31=asin2xπ6cos2xπ6+π21=(a+1)sin2xπ61,所以函数f(x)的最小正周期T=π.因为a>0,所以函数f(x)的最大值和最小值分别为a,a2.若选①,则a=1,函数f(x)=2sin2xπ61;若选②,则3为函数f(x)的最小值,从而a=1,函数f(x)=2sin2x若选③,则(a+1)sin2×π6-π61=0,从而a=1,函数f(x)=2sin2xπ6(2)由(1)知,函数f(x)的最大值为1.因为关于x的方程f(x)=1在区间[0,m]上有两个不同解,当x∈[0,m]时,2xπ6∈π6,2mπ6,所以5π2解得4π3≤m<7π3.所以实数【例2】解方案一:选条件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,选条件①时,问题中的三角形存在,此时c=1.方案二:选条件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=ππ6-π6=2π3.由②c所以c=b=23,a=6.因此,选条件②时,问题中的三角形存在,此时c=23方案三:选条件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对点训练2解因为4S=b2+c2a2,cosA=b2+c2-a2所以2bcsinA=2bccosA.显然cosA≠0,所以tanA=1.又因为A∈0,π2若选①B=π3,由asinA=bsinB,得a=bsinAsinB=6×2232=2.又因为sinC=sin[π所以S=12absinC=若选②a=2,由asinA=bsinB因为B∈0,π2,又因为sinC=sin[π(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=6+24,所以S=12若选③bcosA+acosB=3+1,所以acosB=1,即a·a2+c2-62ac=1,所以a2=6+2cc2.又因为a2=6+c226c·22=6+c223c,所以6+2cc2=6+c所以S=12bcsinA=【例3】解f(x)=23sinωxcosωx+2cos2ωx=3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin2ωx+π6+1.因为T=2π2ω=π,所以ω=1,f(x)=2sin2x因为0≤x≤π2,所以π6≤2x+π6≤7所以f(x)的最大值为3,即c=3.若选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为三角形内角,所以C=若选②,由2asinAcosB+bsin2A=3a及正弦定理得2sin2AcosB+2sinBsinAcosA=3sinA.因为sinA≠0,所以sinAcosB+sinBcosA=32所以sin(A+B)=32所以sinC=3因为C为锐角,所以C=π若选③,由4S=3(a2+b2c2),得2absinC=3(a2+b2c2),即sinC=3(a2+b2-c2)2ab,所以sinC=3cosC,即tanC=3,所以C=π3.ab=23(sinAsinB)=23sinAsin23πA=23sinAπ3.因为π6<A<π2,所以π6<Aπ3<π6,所以3<23sinAπ3<3.所以对点训练3解(1)f(x)=123sinxcosx2cos2x+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所以函数f(x)的单调递增区间为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因为三角形ABC为锐角三角形,所以0解得π6<C<所以tanC>33,所以12即bc的取值范围为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又因为C∈(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,进而sin2A=2sinAcosA=1213,cos2A=2cos2A1=513对点训练4解(1)由题设及余弦定理得28=3c2+c22×3c2×cos150°,解得c=2(舍去),c=2.从而a=2△ABC的面积为12×23×2×sin150(2)在△ABC中,A=180°BC=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)由正弦定理和已知条件得BC2AC2AB2=AC·AB.①由余弦定理得BC2=AC2+AB22AC·ABcosA.②由①②得cosA=1因为0<A<π,所以A=2(2)由正弦定理及(1)得ACsinB=ABsinC=BCsinA=23,从而AC=23sinB,AB=23sin(π故BC+AC+AB=3+3sinB+3