新高考2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第三部分講重點(diǎn)解答題專練第1講解三角形教學(xué)案理

PAGEPAGE1講重點(diǎn)·解答題專練把握審題中的“三性”做到解題過(guò)程中的“三思”1.目的性：明確解題的終極目標(biāo)和每一個(gè)步驟的分項(xiàng)目標(biāo)．2.精確性：留意概念把握的精確性和運(yùn)算過(guò)程的精確性．3.隱含性：留意題設(shè)條件的隱含性．審題不怕慢，其實(shí)慢中有快，解題方向明確，解題手段合理，這是提高解題速度和精確性的保證．1.思路：由于解答題具有學(xué)問(wèn)容量大，解題方法多的特點(diǎn)，因此，審題時(shí)應(yīng)考慮應(yīng)用多種解題思路．2.思想：高考解答題的設(shè)置往往著重考查數(shù)學(xué)思想方法，解題時(shí)應(yīng)留意數(shù)學(xué)思想方法的合理運(yùn)用．3.思辨：即在求解解答題時(shí)，留意對(duì)思路和運(yùn)算方法的選擇和解題后的反思.第1講解三角形■真題調(diào)研——————————————【例1】[2024·全國(guó)卷Ⅰ]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)若eq\r(2)a＋b＝2c，求sinC.解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).因?yàn)?°＜A＜180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由題設(shè)及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).由于0°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).【例2】[2024·全國(guó)卷Ⅲ]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA.(1)求B；(2)若△ABC為銳角三角形，且c＝1，求△ABC面積的取值范圍．解：(1)由題設(shè)及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA.因?yàn)閟inA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因?yàn)閏oseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°.(2)由題設(shè)及(1)知△ABC的面積S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a.由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin120°－C,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2).由于△ABC為銳角三角形，故0°＜A＜90°，0°＜C＜90°.由(1)知A＋C＝120°，所以30°＜C＜90°，故eq\f(1,2)＜a＜2，從而eq\f(\r(3),8)＜S△ABC＜eq\f(\r(3),2).因此，△ABC面積的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).【例3】[2024·北京卷]在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－eq\f(1,2).(1)求b，c的值；(2)求sin(B－C)的值．解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).因?yàn)閎＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得c＝5.所以b＝7.(2)由cosB＝－eq\f(1,2)得sinB＝eq\f(\r(3),2).由正弦定理得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，∠B是鈍角，所以∠C為銳角．所以cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(11,14).所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝eq\f(4\r(3),7).【例4】[2024·江蘇卷]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.(1)若a＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，求c的值；(2)若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))的值．解：(1)因?yàn)閍＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，由余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，得eq\f(2,3)＝eq\f(3c2＋c2－\r(2)2,2×3c×c)，即c2＝eq\f(1,3).所以c＝eq\f(\r(3),3).(2)因?yàn)閑q\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(cosB,2b)＝eq\f(sinB,b)，所以cosB＝2sinB.從而cos2B＝(2sinB)2，即cos2B＝4(1－cos2B)，故cos2B＝eq\f(4,5).因?yàn)閟inB>0，所以cosB＝2sinB>0，從而cosB＝eq\f(2\r(5),5).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB＝eq\f(2\r(5),5).■模擬演練——————————————1．[2024·長(zhǎng)沙、南昌聯(lián)考]如圖，在平面四邊形ABCD中，對(duì)角線BD平分∠ABC，∠BAD為鈍角，∠BCD＝120°，BC＝CD＝2，AB∶AD＝eq\r(2)∶1.(1)求△ABD的外接圓半徑；(2)求△ABC的面積．解：(1)∵BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，∴∠CBD＝∠BDC＝30°，∴∠ABD＝∠CBD＝30°.在△BCD中，由余弦定理，得BD＝eq\r(BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD)＝eq\r(22＋22－2×2×2cos120°)＝2eq\r(3).在△ABD中，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，∴sin∠ADB＝eq\f(AB,AD)·sin∠ABD＝eq\f(\r(2),2)，∴∠ADB＝45°，∴∠BAD＝105°.又sin105°＝sin75°＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，∴△ABD的外接圓直徑2R＝eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(2\r(3),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝6eq\r(2)－2eq\r(6)，∴△ABD的外接圓半徑R＝3eq\r(2)－eq\r(6).(2)在△ABD中，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，∴AB＝eq\f(BDsin∠ADB,sin∠BAD)＝eq\f(2\r(3)×\f(\r(2),2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝6－2eq\r(3).又∠ABC＝2∠ABD＝60°，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)AB·BCsin∠ABC＝eq\f(1,2)×(6－2eq\r(3))×2×eq\f(\r(3),2)＝3(eq\r(3)－1)．2．[2024·武漢2月調(diào)研]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知a＝2，b＝3，sin2C＋sinA(1)求c；(2)求△ABC的面積．解：(1)由sin2C＋sinA＝0知，2sinC·cosC＋sinA＝0，∴2c·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋a＝0，∴c(a2＋b2－c2)＋a2·b＝0，而a＝2，b＝3，∴c(4＋9－c2)＋12＝0，即c3－13c－12＝0，∴(c＋1)(c＋3)(c－4)＝0，而c>0，∴c＝4.(2)在△ABC中，由余弦定理得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(4＋16－9,2×2×4)＝eq\f(11,16)，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))2)＝eq\f(3\r(15),16)，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×4×eq\f(3\r(15),16)＝eq\f(3\r(15),4).3．[2024·南昌一模]函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(0<ω<eq\f(π,2)，|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，A(0，eq\r(3))，C(2,0)，并且AB∥x軸．(1)求ω和φ的值；(2)求cos∠ACB的值．解：(1)由已知得f(0)＝2sinφ＝eq\r(3)，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))).因?yàn)閒(2)＝0，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω＋\f(π,3)))＝0，所以2ω＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(k,2)π－eq\f(π,6)，k∈Z，而0＜ω＜eq\f(π,2)，所以ω＝eq\f(π,3).(2)由(1)知，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3)))，令f(x)＝eq\r(3)，得eq\f(π,3)x＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,3)或eq\f(π,3)x＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，所以x＝6k或x＝6k＋1，由題圖可知，B(1，eq\r(3))，所以eq\o(CA,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3))，所以|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\r(7)，|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝2，所以cos∠ACB＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))||\o(CB,\s\up6(→))|)＝eq\f(5,2\r(7))＝eq\f(5\r(7),14).4．[2024·廣州綜合測(cè)試一]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知ccosB＝(3a－b)cosC(1)求sinC的值；(2)若c＝2eq\r(6)，b－a＝2，求△ABC的面積．解：(1)解法一：因?yàn)閏cosB＝(3a－b)cosC，所以由正弦定理得sinCcosB＝(3sinA－sinB)cosC，即sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC，所以sin(B＋C)＝3sinAcosC，由于A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，則sinA＝3sinAcosC.因?yàn)?<A<π，所以sinA≠0，cosC＝eq\f(1,3).因?yàn)?<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).解法二：因?yàn)閏cosB＝(3a－b)cosC，所以由余弦定理得c×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝(3a－b)×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化簡(jiǎn)得a2＋b2－c2＝eq\f(2,3)ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(2,3)ab,2ab)＝eq\f(1,3).因?yàn)?<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).(2)解法一：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，又c＝2eq\r(6)，cosC＝eq\f(1,3)，得a2＋b2－eq\f(2,3)ab＝24，