统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重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文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重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文，共16页。试卷主要包含了二倍角的正弦、余弦、正切公式，公式的变形与应用等内容，欢迎下载使用。
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin (α±β)＝________________；
(2)cs (α±β)＝________________；
(3)tan (α±β)＝________________．
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝________；
(2)cs 2α＝________＝________＝________；
(3)tan 2α＝________．
3．公式的变形与应用
(1)两角和与差的正切公式的变形
tan α＋tan β＝________________；
tan α－tan β＝________________．
(2)升幂公式
1＋cs α＝________；1－cs α＝________；
(3)降幂公式
sin2α＝________；cs2α＝________．
例 1 (1)[2023·新课标Ⅰ卷]已知sin (α－β)＝ eq \f(1,3)，cs αsin β＝ eq \f(1,6)，则cs (2α＋2β)＝( )
A． eq \f(7,9) B． eq \f(1,9)
C．－ eq \f(1,9) D．－ eq \f(7,9)
(2)[2023·新课标Ⅱ卷]已知α为锐角，cs α＝ eq \f(1＋\r(5),4)，则sin eq \f(α,2)＝( )
A． eq \f(3－\r(5),8) B． eq \f(－1＋\r(5),8)
C． eq \f(3－\r(5),4) D． eq \f(－1＋\r(5),4)
(3)[2023·四川省成都市模拟(二)]已知θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))， eq \f(16,3)cs 2 eq \f(θ,2)＝1＋cs 2θ，则tan θ＝( )
A． eq \f(\r(5),2) B．－ eq \f(\r(5),2)
C． eq \f(2\r(5),5) D．－ eq \f(2\r(5),5)
[听课记录]
归纳总结
化简三角函数式的规律
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，避免产生增解．
对点训练
1.[2021·全国甲卷]若α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝ eq \f(cs α,2－sin α)，则tan α＝( )
A． eq \f(\r(15),15) B． eq \f(\r(5),5)
C． eq \f(\r(5),3) D． eq \f(\r(15),3)
2．[2023·河南省开封市杞县等4地高三三模]已知sin (α＋ eq \f(π,6))－cs α＝ eq \f(4,5)，则cs (α＋ eq \f(π,3))＝( )
A． eq \f(3,5) B． eq \f(4,5)
C．－ eq \f(3,5) D．－ eq \f(4,5)
3．[2023·江西省智学联盟体高三第一次联考]已知α∈(－ eq \f(π,2)，0)，tan 2α＝ eq \f(sin α,cs α－2)，则tan α＝________．
考点二 利用正、余弦定理解三角形——选用定理，边角互化
1．正弦定理及其变形
在△ABC中，________＝________＝________＝2R(R为△ABC的外接圆半径).变形：a＝2R sin A，sin A＝ eq \f(a,2R)，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理及其变形
在△ABC中，a2＝________________；
变形：b2＋c2－a2＝2bc cs A，cs A＝________________．
3．三角形面积公式
S△ABC＝ eq \f(1,2)ab sin C＝__________＝__________．
角度1利用正、余弦定理进行计算
例 2 [2023·全国甲卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 eq \f(b2＋c2－a2,cs A)＝2.
(1)求bc；
(2)若 eq \f(a cs B－b cs A,a cs B＋b cs A)－ eq \f(b,c)＝1，求△ABC面积．
[听课记录]
归纳总结
1．正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．
2．三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1,2)bc sin A，一般是已知哪一个角就使用含哪个角的公式．
(2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．
角度2与三角形有关的最值问题
例 3[2023·江西省赣州市测试]在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B＝2A，a＝2，则△ABC的周长的取值范围是( )
A．(4＋2 eq \r(2)，6＋2 eq \r(3)) B．[4＋2 eq \r(2)，6＋2 eq \r(3))
C．(4＋2 eq \r(2)，6＋2 eq \r(3)] D．[4＋2 eq \r(2)，6＋2 eq \r(3)]
归纳总结
与三角形有关的最值或取值范围问题一般有两类：第一类是求角的最值或取值范围，这时一般应用三角函数值的范围解决；第二类是求边或周长、面积的最值或取值范围，这时一般利用基本不等式或函数的单调性解决．
角度3三角形的实际应用
例 4 [2021·全国甲卷]2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B, C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为( eq \r(3)≈1.732)( )
A．346 B．373
C．446 D．473
归纳总结
解三角形应用题的4个要点
提醒 (1)在解决有关高度问题时，理解仰角、俯角、方向(位)角是关键．
(2)在解应用题时，还要根据题意正确画出示意图．
对点训练
1．[2023·全国乙卷(文)]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a cs B－b cs A＝c，且C＝ eq \f(π,5)，则B＝( )
A． eq \f(π,10) B． eq \f(π,5)
C． eq \f(3π,10) D． eq \f(2π,5)
2．[2023·四川省绵阳市高三诊断性考试]2023年7月28日第31届世界大学生夏季运动会在成都东安湖体育公园开幕．公园十二景中的第一景东安阁，阁楼整体采用唐代风格、萃取太阳神鸟形象、蜀锦与宝相花纹(芙蓉花)元素，严谨地按照唐式高阁的建筑形制设计建造，已成为成都市文化新地标，面向世界展现千年巴蜀风韵．某数学兴趣小组在探测东安阁高度的实践活动中，选取与阁底A在同一水平面的B，C两处作为观测点，测得BC＝36 m，∠ABC＝45°，∠ACB＝105°，在C处测得阁顶P的仰角为45°，则他们测得东安阁的高度AP为(精确到0.1 m，参考数据：≈1.41，≈1.73)( )
A．72.0 m B．51.0 m
C．50.8 m D．62.3 m
3.
[2023·广东省深圳市高三冲刺]如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距＋海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以3海里/小时的速度沿着直线追击．
(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里；
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船．
4．[2023·江西省智学联盟体高三联考]已知△ABC中内角A，B，C所对边分别为a，b，c，b sin＝a sin B.
(1)求∠A；
(2)若BC边上一点D，满足BD＝2CD且AD＝，求△ABC面积的最大值．
考点三 与解三角形有关的交汇问题 [交汇创新]——转问题，选定理，得结论
解三角形问题一直是近几年高考的重点，主要考查以斜三角形为背景求三角形的基本量、面积或判断三角形的形状，解三角形与平面向量、不等式、三角函数性质、三角恒等变换交汇命题成为高考的热点．
例 5如图，在△ABC中，三个内角B，A，C成等差数列，且AC＝10，BC＝15.
(1)求△ABC的面积；
(2)已知平面直角坐标系xOy中，点D(10，0)，若函数f(x)＝M sin (ωx＋φ)(M>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2))的图象经过A，C，D三点，且A，D为f(x)的图象与x轴相邻的两个交点，求f(x)的解析式．
归纳总结
解三角形与三角函数交汇问题一般步骤
对点训练
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a cs B＋b cs A＝c sin C，数列{an}满足an＝(n2＋2n)sin [(2n－1)C]，则数列{an}的前100项和S100＝________．
[高考5个大题]解题研诀窍(一) 三角函数问题重在“变”——变角、变式
[思维流程——找突破口]
[技法指导——迁移搭桥]
1.常用的变角技巧
(1)已知角与特殊角的变换；
(2)已知角与目标角的变换；
(3)角与其倍角的变换；
(4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2· eq \f(α＋β,2)， eq \f(α＋β,2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(β,2)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)－β)).
2．常用的变式技巧
主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有：
(1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；
(2)涉及sin x±cs x、sin x·cs x的问题，常做换元处理，如令t＝sin x±cs x∈[－ eq \r(2)， eq \r(2)]，将原问题转化为关于t的函数来处理；
(3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等．
[典例] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b sin A＝a cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6))).
(1)求角B的大小；
(2)设a＝2，c＝3，求b和sin (2A－B)的值．
[快审题]
[稳解题]
(1)在△ABC中，由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，
可得b sin A＝a sin B．
又因为b sin A＝a cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，
所以a sin B＝a cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，
即sin B＝ eq \f(\r(3),2)cs B＋ eq \f(1,2)sin B，
所以tan B＝ eq \r(3) ．
因为B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝ eq \f(π,3)，
得b2＝a2＋c2－2ac cs B＝7，故b＝ eq \r(7).
由b sin A＝a cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，可得sin A＝ eq \f(\r(3),\r(7)).
因为a0，所以sin eq \f(α,2)＝ eq \f(－1＋\r(5),4)，故选D.
方法二 由题意，cs α＝ eq \f(1＋\r(5),4)＝1－2sin2 eq \f(α,2)，得sin2 eq \f(α,2)＝ eq \f(3－\r(5),8)，将选项逐个代入验证可知D选项满足，故选D.
（3）因为 eq \f(16,3)cs2 eq \f(θ,2)＝1＋cs2θ，将cs2 eq \f(θ,2)＝ eq \f(1＋csθ,2)，cs 2θ＝2cs2θ－1代入化简，
可得3cs2θ－4csθ－4＝0，解得cs θ＝2（舍去）或cs θ＝－ eq \f(2,3)，
又因为θ∈（ eq \f(π,2)，π），所以sin θ＝ eq \f(\r(5),3)，tan θ＝ eq \f(sin θ,cs θ)＝－ eq \f(\r(5),2).故选B.
答案：（1）B （2）D （3）B
对点训练
1．解析：方法一 因为tan 2α＝ eq \f(sin 2α,cs 2α)＝ eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，且tan 2α＝ eq \f(cs α,2－sin α)，所以 eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝ eq \f(csα,2－sin α)，解得sin α＝ eq \f(1,4).因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝ eq \f(\r(15),4)，tan α＝ eq \f(sin α,cs α)＝ eq \f(\r(15),15).故选A.
方法二 因为tan 2α＝ eq \f(2tan α,1－tan2α)＝ eq \f(\f(2sinα,cs α),1－\f(sin2α,cs2α))＝ eq \f(2sinαcs α,cs2α－sin2α)＝ eq \f(2sinαcs α,1－2sin2α)，且tan2α＝ eq \f(cs α,2－sin α)，所以 eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝ eq \f(csα,2－sin α)，解得sin α＝ eq \f(1,4).因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝ eq \f(\r(15),4)，tan α＝ eq \f(sin α,cs α)＝ eq \f(\r(15),15).故选A.
答案：A
2．解析：因为sin （α＋ eq \f(π,6)）－cs α＝ eq \f(\r(3),2)sin α＋ eq \f(1,2)cs α－cs α＝ eq \f(\r(3),2)sin α－ eq \f(1,2)cs α＝ eq \f(4,5)，即sin （α－ eq \f(π,6)）＝ eq \f(4,5)，所以cs （α＋ eq \f(π,3)）＝cs [（α－ eq \f(π,6)）＋ eq \f(π,2)]＝－sin （α－ eq \f(π,6)）＝－ eq \f(4,5).故选D.
答案：D
3．解析：由于α∈（－ eq \f(π,2)，0），所以sin α0，
依题意tan 2α＝ eq \f(sin 2α,cs 2α)＝ eq \f(2sin αcs α,2cs2α－1)＝ eq \f(sinα,cs α－2)，
2cs α（cs α－2）＝2cs2α－1，
2cs2α－4csα＝2cs2α－1，
解得csα＝ eq \f(1,4)，sin α＝－ eq \r(1－cs2α)＝－ eq \f(\r(15),4)，
所以tan α＝ eq \f(sin α,cs α)＝－ eq \r(15).
答案：－ eq \r(15)
考点二
1. eq \f(a,sin A) eq \f(b,sin B) eq \f(c,sin C)
2．b2＋c2－2bc cs A eq \f(b2＋c2－a2,2bc)
3. eq \f(1,2)bc sin A eq \f(1,2)ac sin B
[例2] 解析：（1）由余弦定理知cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
代入 eq \f(b2＋c2－a2,cs A)＝2，得2bc＝2，
故bc＝1.
（2）由正弦定理及 eq \f(a cs B－b cs A,a cs B＋b cs A)－ eq \f(b,c)＝1，
得 eq \f(sin A cs B－sin B cs A,sin A cs B＋sin B cs A)－ eq \f(sin B,sin C)＝1，
化简得 eq \f(sin （A－B）,sin （A＋B）)－ eq \f(sin B,sin C)＝1.
∵A＋B＝π－C，∴sin （A＋B）＝sin C，
∴sin （A－B）－sin B＝sin C＝sin （A＋B），
∴sin A cs B－cs A sin B－sin B＝sin A cs B＋cs A sin B，
∴－2cs A sin B＝sin B.
∵B∈（0，π），∴sin B≠0，∴cs A＝－ eq \f(1,2).
∵A∈（0，π），∴sin A＝ eq \r(1－cs2A)＝ eq \f(\r(3),2).
由（1）知bc＝1，故△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)bc sinA＝ eq \f(1,2)×1× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),4).
[例3] 解析：sin 3A＝sin （2A＋A）＝sin 2A cs A＋cs 2Asin A＝2sin A cs2A＋（2cs2A－1）sinA，
由正弦定理得 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)， eq \f(2,sin A)＝ eq \f(b,sin 2A)＝ eq \f(c,sin （A＋B）)， eq \f(2,sin A)＝ eq \f(b,2sin A cs A)＝ eq \f(c,sin 3A)，
由于sin A>0，
所以b＝4cs A，
c＝ eq \f(2[2sin A cs2A＋（2cs2A－1）sinA],sin A)＝8cs2A－2，
所以a＋b＋c＝8cs2A＋4csA，
由于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0