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第1讲 三角恒等变换（讲）
【典例1】（2023年高考文科数学（全国乙卷）第4题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
【解读】试题以简单平面几何问题为载体，以求角的大小为桥梁，将几何问题与代数问题联系在一起．从几何上看，若，则是直角三角形，且是显然的，但考生要将形象思维转化为逻辑推理结论，需要利用正弦定理、余弦定理、三角函数的恒等变形知识，并具有一定的逻辑推理能力以及运算求解能力．这样设计的目的是使考生能在熟悉的情境中，理解问题，分析问题，进而解决问题，全面考查考生分析问题与解决问题的能力．
试题简洁清晰，题干部分以考生最熟悉的边角关系呈现，但解决问题的思维方法是丰富的，既可以是几何的，也可以是函数的，还可以是代数运算的，给不同思维范式的考生提供了广阔的发挥空间．试题主要考查考生对正弦定理、余弦定理、三角恒等变形技巧的掌握和应用，考查内容属于高中数学教学中的基本知识与技能．
【答案】C
【目标】试题考查正弦定理、两角和的三角函数公式以及三角函数的恒等变形能力，考查逻辑推理能力以及运算求解能力．
【分析】解题思路 思路1 由射影定理得，
从而由已知得，即，
从而可得．故，正确选项为C．
思路2 由正弦定理及题设得．
由于，
故，
即，从而可得．故，正确选项为C．
思路3 由余弦定理及题设可得，
化简得，所以是直角三角形，且．
故，正确选项为C．
思路4 由正弦定理及题设得，所以，，
代入已知可得，即．
所以，或．
当时，可得，即，舍去；
当时，可得，即，故正确选项为C．
【典例2】（2023年高考文科数学（全国甲卷）第17题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求bc；
（2）若，求面积．
【解读】解三角形本质上是在三角形内蕴方程（三角形的正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理）以及三角形两边之和大于第三边的基础上，把试题设定的条件（方程）与内蕴方程建立联系，从而求得三角形的全部或者部分度量关系．试题题干部分是三角形的边和角的方程，第（1）问是求边长的乘积，第（2）问是求三角形面积．试题考查解三角形的基本知识和基本技能，考查考生运算求解能力．试题以三角形三边和一个内角的等式为命制背景，考生可以借助余弦定理和正弦定理，得到的大小，进而求得三角形面积．试题结构简洁明确，指引性强，运算量适中，重点考查了必备知识，突出了基础性，符合高考评价体系的考查要求和考生实际．
【目标】试题考查解三角形的基本知识和方法，考查正弦定理和余弦定理的掌握，考查运算求解能力．
【分析】解题思路 （1）利用余弦定理．
由余弦定理得．
由题设得，且，所以．
（2）思路1 利用正弦定理．
由正弦定理得．
因为，所以，即．
由得．
因此面积为．
思路2 利用余弦定理．
由，，
得，
．
故，即，所以．
因此面积为．
【典例3】（2023年高考理科数学（全国乙卷）第12题）已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点．若，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【解读】试题解法多样，不同的选择体现了考生不同的思维水平．考生可以通过解析几何的方法把直线与圆的方程联立，根据韦达定理得出点D坐标，进而利用函数思想得到最大值；也可以通过平面几何的方法确定点D的轨迹为圆的一部分，再通过数形结合的方法得出最大值．当然考生还可以用两个向量的夹角作为自变量，通过向量投影得到答案．总之，试题对考生的思维有一定要求，需要考生思维的创新性，强调多想少算，数形结合．试题具有很好的选拔功能．
【答案】A
【目标】试题考查圆与直线的位置关系，以及向量的数量积等知识．试题一方面需要一定的动态分析能力，由于直线PB是动直线，需要考虑点D的所有可能位置（即轨迹）；另一方面，题目所求是一个定向量与一个动向量的数量积最大化，考生也需要正交分解的想法．
【分析】解题思路 思路1 由D为BC的中点可知OD与PD垂直，即点D在以OP为直径的圆周上（事实上点D的轨迹为该圆周在⊙O内部的部分）．取OP的中点M，有，并且，由于，有，同时，因此，当MD与PA平行时取到最大值，因此正确选项为A．
思路2 设点P为原点，⊙O的圆心为，方程为，设点，直线PB为，代入圆的方程得，由韦达定理知两根和，即，，以及中点，点D的横坐标，当时取到最大值，因此的最大值为．
【典例4】（2023年高考数学（新课标Ⅰ卷）第8题）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【解读】试题以两角和与差的三角函数及倍角的三角函数为载体，构造了两角差的正弦值，以及两角三角函数值的乘积，考生可以利用关系式推导得到两角和的正弦值，并利用余弦函数的倍角公式得到结论．试题立足于考生最熟悉的知识，题干简单明了，设计巧妙，解题思路清晰，解题方法多样，计算量适中，贴近中学数学教学实际．试题注重基础，强调知识的灵活运用．
【答案】B
【目标】试题考查两角和与两角差的三角函数公式，以及倍角公式；考查在三角恒等变形中，考生识别、选择、应用三角公式解决问题的能力；考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力等关键能力．
【分析】解题思路 思路1 利用两角和的正弦公式可得
．
将代入上式得，，
故．
所以．
故正确选项为B．
思路2 设，则，．
而，所以，即，
从而，故正确选项为B．
思路3 由于，下面求．
利用两角和的正弦公式可得．
将代入上式得．两式相除可得．
故．①
又由上可得，，两式平方相加可得，
化简得．②
所以由①②得
从而，故正确选项为B．
思路4 由于，
下面分别求和．
由于，
将代入上式得，
故．
由上可得，
即，
可得．所以，正确选项为B．
【典例5】（2023年高考数学（新课标Ⅰ卷）第17题）已知在中，，．
（1）求；
【解读】试题以三角形中的三角关系立意，考查应用三角函数公式和正弦定理、平面几何知识进行运算求解的能力．试题面向全体考生，体现了对逻辑思维能力、运算求解能力和空间想象能力的考查．试题叙述清晰，设问指向明确，解题方法直接，有效控制了试题难度．
考生根据题意画出图形，利用正弦的和角和差角公式就能比较顺利地解答第（1）问．第（2）问给出三角形边的长，而由第（1）问可以确定三角形的三个内角，利用正弦定理便可求出另一条边或的长，从而求得边上的高．
试题既有效考查了考生对基本概念、基本公式的理解和应用，也考查了考生的基本数学能力，难度不大，体现了对考生的人文关怀．
【目标】试题考查正弦定理、同角三角函数基本关系式、三角恒等变形等基础知识；试题基于解三角形考查空间想象、运算求解、逻辑思维等能力以及函数与方程、化归与转化、数形结合等思想
【分析】解题思路 （1）思路1 由题设得，故．于是，即
．
化简可得，故，．
思路2由题设得，故，．由已知，即，则，从而，．
所以．
应用一 三角恒等变换的化简问题——解决三角函数性质问题
【例1】（2023·全国·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.若在区间内有，则（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步：利用三角恒等变换化简函数，利用三角函数图象变换可得出函数的解析式：
函数，
将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，
第二步：利用正弦型函数的对称性可得出的值：
当时，，
令，得，
所以当时，，且，
所以函数的图象关于直线对称.
因为在区间内有，且的最小正周期，
所以，
第三步：值计算可得出的值：
此时.
故选：B.
应用二 给角求值型问题
【例2】（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）在中，角所对的边分别为，c.已知.
（1）求角；
（2）若，求的值；
【引导与详解】
（1）第一步：由正弦定理化边为角，再结合两角和与差的三角函数公式即可求解：
即，
（2）第一步：用两角和的余弦公式把拆开：
，
第二步：结合二倍角公式即可求解.：
应用三 给值求值型问题
【例3】（2023·山西临汾·校考模拟预测）已知为锐角，且，则________.
【引导与详解】
第一步：对已知式整理可得，结合角的范围可得的范围：
因为，
即，
且为锐角，则，
可知，
第二步：以为整体，结合三角恒等变换分析求解.：
则，
可得，
所以.
故答案为：.
应用四 给值求角型问题
【例4】（2023·福建三明·统考三模）在平面直角坐标系中，、、，当时.写出的一个值为________.
【引导与详解】
第一步：利用平面向量数量的坐标运算结合两角和的正弦公式可得出：
【答案】（满足或的其中一值）
由题意可得，，
所以，，同理可得，
则
，
第二步：求出的值，即可得解：
所以，或，
解得或，
故答案为：（满足或的其中一值）.
应用五 利用三角恒等变换判断三角形的形状
【例5】（2023·四川凉山·二模）在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题，命题为等腰三角形．则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【引导与详解】
第一步：证明充分性：利用三角恒等变换公式和正弦定理，把中等式化为，从而，得或：
根据正弦定理可得，
所以
所以，
即，
整理得，则或，
因为，，，，
则或，即或，所以由不能推出；
第二步：证明必要性：
当为等腰三角形时，不一定为，也不一定相等，所以由不能推出，
故p是q的既不充分也不必要条件．
故选：D
应用六 三角形中的三角恒等式
【例6】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）中，，，分别为角，，的对边，且.
（1）求角A；
【引导与详解】
第一步：根据题意，由正弦定理得到：
因为，
由正弦定理和两角和正弦公式得：
第二步：化简整理求出，即可得出结果：
又因为
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，所以，所以
所以，即；
方法一： 已知角求三角函数值
第一步：确定角的范围：首先需要确定给定角的范围（如0°-90°、90°-180°等），这有助于确定所使用的三角函数（如正弦、余弦、正切等）以及它们可能的取值范围.
第二步：合理使用不同的方法进行处理：
①使用三角函数定义：根据三角函数的定义，如正弦函数sin（θ） = 对边/斜边、余弦函数cos（θ） = 邻边/斜边、正切函数tan（θ） = 对边/邻边，来计算函数值.
②特殊角的三角函数值：如果给定的角是特殊角（如30°、45°、60°等），则可以直接使用特殊角的三角函数值进行计算.
③使用诱导公式：如果给定的角不是特殊角，且其终边在坐标轴上，可以使用诱导公式将其转化为特殊角或易于计算的角.
④使用和差公式：如果给定的角是两个特殊角的和或差，可以使用和差公式来简化计算.
⑤考虑三角函数的周期性：三角函数具有周期性，因此可以通过加上或减去一个完整的周期来简化计算.
第三步：检查结果的合理性：检查结果是否符合给定角的范围的合理取值范围，以及是否符合常识（例如，正切函数值在第一象限应大于0）.
方法二： 已知三角函数值求角
第一步：确定给定的三角函数值的范围：对于正弦，余弦和正切函数，都有自己对应的取值范围，需要在合理的范围内求解.
第二步：找角度：利用三角函数值的范围，来反推出所求三角函数的角度.
第三步：如果给定的三角函数值不在上述范围内，我们需要考虑其对应的角度范围：我们可以通过加上或减去n倍或者2n倍的半周期来找到对应的角度.
方法三： 已知三角函数值求函数值
第一步：确定函数类型：首先需要确定给定的三角函数是哪一种类型（正弦、余弦、正切等）.
第二步：确定自变量值：根据题目给定的三角函数值，确定自变量（角度）的值.如果给定的三角函数值为特殊角（如0°、30°、45°、60°、90°等）或已知的特殊值，可以直接确定角度.如果给定的三角函数值不是特殊值，可以通过三角函数的基本性质（如周期性、对称性等）或使用计算器进行近似计算来确定角度.
第三步：代入函数公式：根据确定的函数类型和自变量值，代入相应的函数公式（如正弦函数公式、余弦函数公式等）进行计算.
第四步：求解函数值：根据代入公式后的表达式，求解得到函数的值.如果计算过程中出现开方或分母等复杂运算，需要注意运算的正确性和精度问题.
第五步：检查结果：最后需要检查结果是否符合题目要求和实际情况，如果存在误差或错误，需要回到前面的步骤重新进行计算和检查.
需要注意的是，在处理三角函数问题时，需要熟练掌握三角函数的基本性质和公式，以及运算的正确性.同时，对于一些特殊情况或复杂问题，可能需要结合其他数学知识和方法进行处理.
微点：三角恒等变换
【表现形式】
一、和差公式
在新教材中，利用三角函数定义结合两点间的距离公式去推导，下面我们利用向量的数量积去推导证明如下图，在单位圆中
证明：，，与的夹角为
故，故得
……简称
下面我们通过代换思想推导其他和差公式
：
： 即：
：
即：
二、倍角公式：和差公式当的特殊情况
：
：
：
三、降幂公式：余弦倍角公式的逆用
四、辅助角公式：正余弦和差公式的应用
；
因为，所以令，；
其中；
例：；
一提：，二换：三角函数值，三：和差公式合一．
五、万能公式：齐次化是手段，结果是同角关系的应用
六、正切恒等式
在非直角三角形中：
证明：因为，，所以，
化简可得．
【步骤】
①对已知条件进行化简，得出函数值或者角度关系；
②将求得的值带入相关式子中进行求解.
【例1】（2021·全国真题）（ ）
A． B． C． D．
答案 D
解析 观察互余，利用消元思想及二倍角公式可得
，故选D．
【例2】等于（ ）
A． B． C． D．
答案 C
解析 观察几个角度的关系，，，；
∵，
∴原式，故选C．
总结：借助于90°的整数倍角找角的关系，然后通过诱导公式把复杂的角化归为同锐角关系．
【跟踪练习】
（2023·全国·模拟预测）
1．已知是锐角，，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·湖北·统考二模）
2．已知动直线l的方程为，，，O为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·模拟预测）
3．函数在下列某个区间上单调递增，这个区间是（ ）
A． B． C． D．
（2023·陕西安康·校联考模拟预测）
4．已知，若，则的最小值为 ．
（2023·全国·模拟预测）
5．已知平面向量，，若的图像是中心对称图形，则 ，对称中心的坐标为 ．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】根据倍角公式的变形求出，，再由两角和的余弦公式求解.
【详解】因为是锐角，所以，
因为，，
所以，，
所以．
故选：D．
2．B
【分析】利用万能公式将直线方程化为，求出过原点与直线垂直的直线方程，进而得出点的轨迹为圆心为半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.
【详解】由可得，
令，由万能公式可得，
，所以直线的方程为①，
由题意可知过原点与直线垂直的直线方程为②，
可得，即表示点的轨迹为圆心为半径为3的圆，
于是线段长度的取值范围为，因为，
所以线段PQ长度的取值范围为，
故选：B.
3．A
【分析】由二倍角公式结合辅助角公式化简可得的表达式，求出其单调增区间，结合选项，即可判断出答案.
【详解】∵，
令，则，
即的单调递增区间为，
当时，，
∴函数在区间上单调递增.
故选：A
4．##
【分析】由两角和的正弦公式化简已知式，可得，从而得到，利用二次函数的性质可求最小值.
【详解】由题意知：
，
由题意知，因此．
所以，故，
因为，所以，
所以
，
而，故，故的最小值为.
故答案为：.
5． 0 （）
【分析】先进行向量数量积运算表示出，再利用三角恒等变换将函数解析式化简，结合函数的对称性即可得解；根据正弦函数的对称中心整体代换进行求解.
【详解】因为，，
当（）时，，
此时的图像是中心对称图形，
则（）．
令，则（），解得（），
所以对称中心的坐标为（）．
故答案为：0；
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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