统考版2024高考数学二轮复习板块2命题区间精讲精讲1三角函数与解三角函数学案含解析文

PAGE1-精讲1三角函数与解三角函数命题点1与三角形有关的边长、角度、面积问题等价转化思想在解三角形中的应用(1)利用正、余弦定理解三角形关键是利用定理进行边角互化．①当出现边角混合时，常利用正弦定理；②当出现三边的平方时，常利用余弦定理．(2)若想“边”往“角”化，常利用“a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC”；若想“角”往“边”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．[高考题型全通关]1．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，已知acosA＝R，其中R为△ABC外接圆的半径，a2＋c2－b2＝eq\f(4\r(3),3)S，其中S为△ABC的面积．(1)求sinC；(2)若a－b＝eq\r(2)－eq\r(3)，求△ABC的周长．[解](1)由正弦定理得acosA＝eq\f(a,2sinA)，∴sin2A＝1，又0＜2A＜∴2A＝eq\f(π,2)，则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).[点评]本题求解的关键有两点：一是acosA＝R＝eq\f(a,2sinA)；二是面积公式S＝eq\f(1,2)acsinB的代入．2．已知函数f(x)＝2cos2x－eq\r(3)sin2x，x∈R.(1)求函数f(x)的单调递减区间及最大值；(2)在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，f(A)＝－1，a＝eq\r(7)，且2sinB＝3sinC，求边长b和c的值．[解](1)由题意知，函数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)))，因为y＝cosx在区间[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上单调递减，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)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．当2x＋eq\f(π,3)＝2kπ(k∈Z)，即x＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)时，f(x)有最大值3.(2)因为f(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，又因为eq\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)，因为a＝eq\r(7)，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc＝7，因为2sinB＝3sinC，由正弦定理，得2b＝3c，所以b＝3，c[点评]在余弦定理中，要强化变形应用：如①b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB②a2＋c2－b2＝2accosB；③cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac).命题点2解三角形的实际应用利用正、余弦定理求解实际问题的策略利用正、余弦定理求解实际应用问题时，通常要依据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解三角形得到实际问题的解，求解的关键是将实际问题转化为解三角形问题．破解此类题的关键如下：①分析：理解题意，弄清已知与未知，抽象出一个或几个三角形．②建模：依据已知条件与求解目标，把已知量与待求量尽可能地集中在相关的三角形中，建立三角形模型．③求解作答：选择正、余弦定理求解，并检验解的合理性，然后作答．④避开误差：解三角形时，应尽可能用原始数据，少用间接求出的量．[高考题型全通关]1．(2024·长沙模拟)高铁是我国国家名片之一，高铁的修建凝合着中国人的才智与汗水．如图所示，B，E，F为山脚两侧共线的三点，在山顶A处测得这三点的俯角分别为30°，60°，45°，安排沿直线BF开通穿山隧道，现已测得BC，DE，EF三段线段的长度分别为3,1,2.(1)求出线段AE的长度；(2)求出隧道CD的长度．切入点：(1)结合图形及角的关系得出∠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)，所以隧道长度CD＝BE－BC－DE＝4eq\r(3).2.如图，为了测量A，B两点间的距离，视察者找到在同始终线上的三点C，D，E.从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°.若测得DC＝2eq\r(3)km，CE＝eq\r(2)km，求A，B[解]在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，又DC＝2eq\r(3)km，则AC＝DC在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，则∠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°，则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝9，则AB＝3km命题点3正、余弦定理的综合应用角度一以平面几何为载体的解三角形问题解决以平面几何为载体的解三角形问题应留意的4个方面一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(如大边对大角，最大角肯定大于等于\f(π,3)))确定角或边的范围．[高考题型全通关]1.如图，在平面四边形ABCD中，AC与BD为其对角线，已知BC＝1，且cos∠BCD＝－eq\f(3,5).(1)若AC平分∠BCD，且AB＝2，求AC的长；(2)若∠CBD＝45°，求CD的长．[解](1)若对角线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的长为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的长为5.2．在△ABC中，∠A＝90°，点D在BC边上．在平面ABC内，过D作DF⊥BC且DF＝AC．(1)若D为BC的中点，且△CDF的面积等于△ABC的面积，求∠ABC；(2)若∠ABC＝45°，且BD＝3CD，求cos∠CFB．[解](1)如图所示，D为BC的中点，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，从而BC＝2AB，又∠A＝90°，从而∠ACB＝30°，所以∠ABC＝90°－30°＝60°.(2)由∠ABC＝45°，从而AB＝AC，设AB＝AC＝k，则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.因为DF＝AC＝k，从而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)，从而sin∠DFB＝eq\f(BD,BF)＝eq\f(3\r(17),17)，cos∠DFC＝eq\f(DF,CF)＝eq\f(2\r(2),3)，从而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).[点评]求解本题(1)的关键是由S△CDF＝S△ABC求得BC＝2AB；求解本题(2)的关键是借助勾股定理及条件BD＝3CD，推出DF及BF的长度(或比值关系)．另本题(1)(2)问没有干脆联系，在解题上可采纳跳步解答，干脆求解第(2)问．角度二最值(范围)问题三角形面积的最值问题的两种解决方法一是将面积表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将面积用三角形某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定三角形面积的最值．[高考题型全通关]1．△ABC中，内角A，B，C的对边分别是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面积的最大值．[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为AB中点，如图所示．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))，当且仅当BM＝BC时等号成立．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面积的最大值为24＋12eq\r(3).[点评]解答本题的关键是由eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→))＝2eq\o(CM,\s\up7(→))得出M为AB的中点，进而得出S△ABC＝2S△MBC．在求S△ABC最值时，不等式起了关键作用．2．(2024·武汉模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满意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的取值范围．[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