2023年高考數(shù)學二輪復習第一部分專題攻略專題二三角函數(shù)、解三角形第三講三角函數(shù)與解三角形

第三講三角函數(shù)與解三角形一一大題備考大題一般為兩問：第一問一般為利用正、余弦定理實施“邊角互化”求角，多與三角形的內角和定理、兩角和與差的正、余弦公式、二倍角公式等相結合；第二問一般與三角形的面積、周長問題相結合，有時與基本不等式相結合求三角形的周長或面積的最值等.微專題1三角函數(shù)的圖象與性質保分題.已知函數(shù)f(x)=√35m(CoX+與+2Sin2(ωx+衛(wèi))一1(ω>0)的相鄰兩對稱軸間的距離為π.2 12 2(1)求f(x)的解析式；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移：個單位長度，再把各點的橫坐標縮小為原來的2(縱坐標不變)，得到函數(shù)y=g(x)的圖象，當x∈［-12，*時，求函數(shù)g(x)的值域..［2022?湖南永州二模］已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,∣φ∣<2)的部分圖象如圖所示.⑴求f(x)；(2)將函數(shù)y=4x)圖象向左平移H個單位，得到函數(shù)y=g(x)的圖象，求g(x)在［0，π］上的12 3值域.技法領悟1.借助三角恒等變換及相應三角函數(shù)公式把待求函數(shù)化成y=ASin(ωx+φ)+B或。=ACos(ωx+φ)+B)的形式；2．把“①X+Q”視為一個整體，借助復合函數(shù)性質求y=Asin(ωx+φ)+B或(y=ACos(ωx+φ)+B)的單調性、奇偶性、最值、對稱性等問題.微專題2利用正弦、余弦定理解三角形保分題1.[2022?全國乙卷]記AABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,的已知sinCsin(A—B)=sinBsin(C—A).(1)證明：2a2=b2+c2；(2)若a=5,cosA=25,求^ABC的周長.312.[2022?廣東茂名二模]在AABC中，a,b,C分別是內角A,B,C的對邊，且a：b=2：√3,2sinB+√3sinA=2√2.(1)求角B的大?。?2)若a=2,求AABC的面積.提分題例1[2022?新高考I卷]記AABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知-Cos^=sin2B,1+sinA1+cos2B(1)若C=2π,求B；3(2)求a2+b2的最小值.c2聽課筆記：例2[2022?山東煙臺三模]在AABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且b=2aCOsAcosC＋2ccos2A.(1)求角A；(2)若a=4,求c—2b的取值范圍.聽課筆記：技法領悟1?若涉及已知條件中含邊長之間的關系，且與面積有關的最值問題，一般利用S=jabSinC型面積公式及基本不等式求解.2．若求與三角形邊長有關的表達式的最值或取值范圍時，一般把邊用三角形的一個角表示，利用角的范圍求解．鞏固訓練1.[2022?河北滄州二模]在AABC中；內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知b(2sinA一V3cosA)=aSinB.⑴求A；(2)若a=2,點D為BC的中點，求AD的最大值..[2022?山東濟南二模]已知△ABC內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,A+C=2B,△ABC的面積S=?a.4⑴求邊c；(2)若AABC為銳角三角形，求a的取值范圍.第三講三角函數(shù)與解三角形微專題1三角函數(shù)的圖象與性質保分題1.解析：(1)由題意，函數(shù)fX)=V3sin(ωx+π)+2sin2[1(ωx+π)]-1=V3sin(ωx+π)-cos(ωx+π)=2sin(ωx+---)=2sinωx因為函數(shù)fX)圖象的相鄰兩對稱軸間的距離為2，所以T=∏,可得ω=2.故fX)=2sin2X.(2)將函數(shù)fX)的圖象向右平矛零個單位長度，可得歹=2sin(2X-號的圖象.再把橫坐標縮小為原來的1，得到函數(shù)歹=g(X)=2sin(4X-∏)的圖象.23當X∈[-工,π]時，4X-π∈[-2π,π],12 6 3 3 3當4X-3=-2時，函數(shù)g(X)取得最小值，最小值為-2,當4X-3=π時，函數(shù)g(X)取得最大值，最大值為√3,故函數(shù)g(X)的值域為[-2,√3].2.解析：(1)由最大值可確定A=2,因為T=7∏-衛(wèi)=∏,所以ω=2∏=2,212122T止匕時fX)=2sin(2X+φ)，代入最高點(?,2),12可得：Sin(π+φ)=1,從而π+φ=豈+2kπ(k∈Z)，結合φ∣<ππ,于是當k-0時，φ二豈，所以fx)-2sin(2X+ππ).(2)由題意，g(x)-fx+?)-2sin[2(X+匹)+π]-2sin(2X+π)-2cos2X,12 12 3 2當X∈[0，亨時，2X∈[0,曾],則有CoS2X∈[-1,1],所以g(X)在區(qū)間[0,叼上的值域為[-1,2].3微專題2利用正弦、余弦定理解三角形保分題1.解析：(1)證明：,「sinCSin(A-B)-sinBSin(C-A),?sinCSinAcosB-sinCcosAsinB-sinBsinCcosA-sinBcosCsinA,」.sinCsinAcosB-2sinBsinCcosA-sinBcosCsinA.由正弦定理，得accosB-2bccosA-abcosC.由余弦定理，彳導a2+c2-b2-b2+C2-a2-a2+b2-c2.22整理，得2a2-b2+C2.(2)由(1)知2a2-b2+c2.又「a-5,」b2+c2-2a2-50.由余弦定理，得a2-b2+C2-2bCcosA，即25-50-30bc,?bc-31.」.b+c-Vb2+C2+2bc-V50+31-9,???a+b+C-14.故△ABC的周長為14.2.解析：(1)由正弦定理知：?-?，貝值-SinA-J,sinAsinB bsinB√3所以2sinB+√3sinA-4sinB-2√2，則SinB-啦且π>B>0，可得B-π或B-3π又π>A>B>0，所以B-∏.4(2)由題設，”2,則b=√3,又B二：,所以cosB=a2+c2-b2二3=五，整理得C2-22。+1=0,解得C=√2±1,滿足題設.2ac4c2由S△ABC=1acsinB=√c,22所以，當C=√2+1時S=1+殳；當C=√2-1時S=1-返.△ABC ^ABC22提分題[例1]解析：(1)由已知條件，得sin2B+sinAsin2B=cosA+cosAcos2B.所以sin2B=cosA+cosAcos2B-sinAsin2B=cosA+cos(A+2B)=cos[π-(B+C)]+cos[π-(B+C)+2B]=-cos(B+C)+cos[π+(B-C)]=-2cosBcosC,所以2sinBcosB=-2cosBcosC,即(SinB+cosC)cosB=0.由已知條件，得1+cos2B≠0,則B≠∏,2所以cosB≠0,所以sinB=-cosC=1.2又0<B<π,所以B=π.(2)由(1)知sinB=-cosC>0,則B=C-π,所以sinA=sin(B+C)=sin(2C-π)=-cos2C.由正弦定理，得必此=sin2A+sin2B=cos22C+cos2C=(1-2sin2C)2+(1-sin2C)=2+4sin4C-5sin2Cc2 sin2C sin2C sin2C sin2C=-?+4sin2C-5≥2√^-?4sin2C-5=4√2-5,sin2C sin2C當且僅當sin2C=聞寸，等號成立，所以總的最小值為4√2-5.2 c2[例2]解析：(1)因為b=2acosAcosC+2Ccos2A,由正弦定理得sinB=2sinAcosAcosC+2sinCcos2A,即sinB=2cosA(sinAcosC+sinCcosA),即sinB=2cosAsin(A+C),因為A+B+C=π,所以A+C=π-B,所以SinB=2cosASinB.因為B∈(0,π)，所以SinB≠0,所以CoSA=1,因為A∈(0,π)，所以AU(2)由正弦定理得?二盟3,sinA3所以c-2b=她(SinC-2sinB)=8^3[sin(π-π一B)-2sinB]=8^3(WcoSB-3SinB)=8(coSBCoSπ-CoSBSinπ),32 2 3 3所以c-2b=8coS(B+π).3因為B∈(0,2π)，所以B+π∈(3,∏),所以CoS(B+,∈(-1,：),所以c-2b∈(-8,4).[鞏固訓練1].解析：(1)在^ABC中，由正弦定理得aSinB=bSinA.因為b(2SinA-V3coSA)=aSinB，所以b(2SinA-V3coSA)=bSinA.又b≠0,所以SinA-V3coSA=0,所以tanA=V3.因為△ABC中，0<A<π，所以A=∏.3(2)在^ABC中，由a=2,A=n及余弦定理a2=b2+c2-2bcCoSA,得4=b2+C2-bc,所以b2+C2=bc+4≥2bc,所以bc≤4,當且僅當b=C=2時等號成立.又點D為BC的中點，所以AD2=(ab+ac)2

2 ? ? ? ?=AB2+AC2+2AB?AC=4c2+b2+bc=2bc+4≤344,所以∣AD∣ =√3max即AD的最大值為√3.2.解析：(1)因為A+C=2B,A+B+C=∏,所以B=3；因為S=1a