重点突破：判断三角形解的个数问题
北师大版八年级下册数学[《三角形的证明》全章复习与巩固--知识点整理及重点题型梳理](提高)
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北师大版八年级下册数学重难点突破知识点梳理及重点题型巩固练习《三角形的证明》全章复习与巩固(提高)【学习目标】1.经历回顾与思考的过程，深刻理解和掌握定理的探索和证明.2.结合具体实例感悟证明的思路和方法，能运用综合、分析的方法解决有关问题.3.能正确运用尺规作图的基本方法作已知线段的垂直平分线和角的平分线，以及绘制特殊三角形.【知识网络】【要点梳理】要点一、等腰三角形1.三角形全等的性质及判定全等三角形的对应边相等，对应角也相等.判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL.2.等腰三角形的判定、性质及推论性质：等腰三角形的两个底角相等（等边对等角）判定：有两个角相等的三角形是等腰三角形（等角对等边）推论：等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合（即“三线合一”）3.等边三角形的性质及判定定理性质定理：等边三角形的三个角都相等，并且每个角都等于60°；等边三角形的三条边都满足“三线合一”的性质；等边三角形是轴对称图形，有3条对称轴.判定定理：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形；三个角都相等的三角形是等边三角形.4.含30°的直角三角形的边的性质定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半.要点诠释：等边三角形是中考中常考的知识点，并且有关它的计算也很常见，因此对于等边三角形的特殊数据要熟记于心，不如边长为a 的等边三角形他的高是2a ，面积是24；含有30°的直角三角形揭示了三角形中边与角的关系，打破了以往那种只有角或边的关系，同时也为我们学习三角函数奠定了基础.要点二、直角三角形1.勾股定理及其逆定理定理：直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方.逆定理：如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形.2.命题与逆命题命题包括题设和结论两部分；逆命题是将原命题的题设和结论交换位置得到的；正确的逆命题就是逆定理.3.直角三角形全等的判定定理定理：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（HL ）要点诠释：①勾股定理的逆定理在语言叙述的时候一定要注意，不能说成“两条边的平方和等于斜边的平方”，应该说成“三角形两边的平方和等于第三边的平方”.②直角三角形的全等判定方法，还有SSS,SAS,ASA,AAS,一共有5种判定方法. 要点三、线段的垂直平分线1.线段垂直平分线的性质及判定性质：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等.判定：到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上.2.三角形三边的垂直平分线的性质三角形三条边的垂直平分线相交于一点，并且这一点到三个顶点的距离相等.3.如何用尺规作图法作线段的垂直平分线分别以线段的两个端点A 、B 为圆心，以大于12AB 的长为半径作弧，两弧交于点M 、N ；作直线MN ，则直线MN 就是线段AB 的垂直平分线.要点诠释：①注意区分线段的垂直平分线性质定理和判定定理,注意二者的应用范围；②利用线段的垂直平分线定理可解决两条线段的和距离最短问题.要点四、角平分线1.角平分线的性质及判定定理性质：角平分线上的点到这个角的两边的距离相等；判定：在一个角的内部，且到角的两边的距离相等的点，在这个角的平分线上.2.三角形三条角平分线的性质定理性质：三角形的三条角平分线相交于一点，并且这一点到三条边的距离相等.3.如何用尺规作图法作出角平分线要点诠释：①注意区分角平分线性质定理和判定定理,注意二者的应用范围；②几何语言的表述，这也是证明线段相等的一种重要的方法.遇到角平分线时，要构造全等三角形.【典型例题】类型一、能证明它们么1. 如图，△ACD 和△BCE 都是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°，AE 交CD 于点F ，BD 分别交CE 、AE 于点G 、H ．试猜测线段AE 和BD 的数量和位置关系，并说明理由．【思路点拨】由条件可知CD=AC ，BC=CE ，且可求得∠ACE=∠DCB ，所以△ACE ≌△DCB ，即AE=BD ，∠CAE=∠CDB ；又因为对顶角∠AFC=∠DFH ，所以∠DHF=∠ACD=90°，即AE ⊥BD ．【答案与解析】猜测AE=BD ，AE ⊥BD ；理由如下：∵∠ACD=∠BCE=90°，∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE ，即∠ACE=∠DCB ，又∵△ACD 和△BCE 都是等腰直角三角形，∴AC=CD ，CE=CB ，∵在△ACE 与△DCB 中，,AC DC ACE DCB EC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ACE ≌△DCB （SAS ），∴AE=BD ， ∠CAE=∠CDB ；∵∠AFC=∠DFH ，∠FAC+∠AFC=90°，∴∠DHF=∠ACD=90°，∴AE ⊥BD ．故线段AE 和BD 的数量相等，位置是垂直关系.【总结升华】主要考查全等三角形的判定，涉及到等腰直角三角形的性质及对顶角的性质等知识点．举一反三：【变式】将两个全等的直角三角形ABC 和DBE 按图1方式摆放，其中∠ACB=∠DEB=90°，∠A=∠D=30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．（1）求证：AF+EF=DE；（2）若将图1中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其它条件不变，请在图2中画出变换后的图形，并直接写出你在（1）中猜想的结论是否仍然成立；（3）若将图1中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其它条件不变，如图3．你认为（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出AF、EF与DE之间的关系，并说明理由．【答案】（1）证明：连接BF（如下图1），∵△ABC≌△DBE（已知），∴BC=BE，AC=DE．∵∠ACB=∠DEB=90°，∴∠BCF=∠BEF=90°．∵BF=BF，∴Rt△BFC≌Rt△BFE．∴CF=EF．又∵AF+CF=AC，∴AF+EF=DE．（2）解：画出正确图形如图2.（1）中的结论AF+EF=DE仍然成立；（3）证明：连接BF ，∵△ABC ≌△DBE ，∴BC=BE ，∵∠ACB=∠DEB =90°，∴△BCF 和△BEF 是直角三角形，在Rt △BCF 和Rt △BEF 中，,BC BE BF BF=⎧⎨=⎩ ∴△BCF ≌△BEF ，∴CF=EF ；∵△ABC ≌△DBE ，∴AC=DE ，∴AF=AC+FC=DE+EF ．类型二、直角三角形2. 下列说法正确的说法个数是（ ）①两个锐角对应相等的两个直角三角形全等，②斜边及一锐角对应相等的两个直角三角形全等，③两条直角边对应相等的两个直角三角形全等，④一条直角边和另一条直角边上的中线对应相等的两个直角三角形全等．A.1B.2C.3D.4【思路点拨】根据全等三角形的判定方法及“HL”定理，判断即可；【答案】C.【解析】A 、三个角相等，只能判定相似；故本选项错误；B 、斜边及一锐角对应相等的两个直角三角形，符合两三角形的判定定理“AAS”；故本选项正确；C 、两条直角边对应相等的两个直角三角形，符合两三角形的判定定理“SAS”；故本选项正确；D、一条直角边和另一条直角边上的中线对应相等的两个直角三角形，首先根据“HL”定理，可判断两个小直角三角形全等，可得另条直角边相等，然后，根据“SAS”，可判断两个直角三角形全等；故本选项正确；所以，正确的说法个数是3个．故选C．【总结升华】直角三角形全等的判定，一般三角形全等的判定方法都适合它，同时，直角三角形有它的特殊性，作为“HL”公理就是直角三角形独有的判定方法，使用时应该抓住“直角”这个隐含的已知条件．3.（2016•南开区一模）问题背景：在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为、、，求这个三角形的面积．小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．（1）请你将△ABC的面积直接填写在横线上；（2）若△ABC三边的长分别为、、2（m＞0，n＞0，且m ≠n），运用构图法可求出这三角形的面积为．【思路点拨】（1）是直角边长为1，2的直角三角形的斜边；是直角边长为1，3的直角三角形的斜边；是直角边长为2，3的直角三角形的斜边，把它整理为一个矩形的面积减去三个直角三角形的面积；（2）结合（1）易得此三角形的三边分别是直角边长为m，4n的直角三角形的斜边；直角边长为3m，2n的直角三角形的斜边；直角边长为2m，2n的直角三角形的斜边．同样把它整理为一个矩形的面积减去三个直角三角形的面积可得．【答案与解析】解：（1）S△ABC=3×3﹣×1×2﹣×2×3﹣×1×3=；（2）构造△ABC如图所示，S△ABC=3m×4n﹣×m×4n﹣×3m×2n﹣×2m×2n=5mn．故答案为：（1）3；（2）5mn．【总结升华】此题主要考查了勾股定理应用，利用了数形结合的思想，通过构造直角三角形，利用勾股定理求解是解题关键，关键是结合网格用矩形及容易求得面积的直角三角形表示出所求三角形的面积进行解答．类型三、线段垂直平分线4. 如图，在锐角△ABC中，AD、CE分别是BC、AB边上的高，AD、CE相交于F，BF的中点为P，AC的中点为Q，连接PQ、DE．（1）求证：直线PQ是线段DE的垂直平分线；（2）如果△ABC是钝角三角形，∠BAC＞90°，那么上述结论是否成立？请按钝角三角形改写原题，画出相应的图形，并给予必要的说明．【思路点拨】（1）只需证明点P、Q都在线段DE的垂直平分线上即可．即证P、Q分别到D、E的距离相等．故连接PD、PE、QD、QE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证；（2）根据题意，画出图形；结合图形，改写原题．【答案与解析】（1）证明：连接PD、PE、QD、QE．∵CE⊥AB，P是BF的中点，∴△BEF是直角三角形，且PE是Rt△BEF斜边的中线，∴PE=12 BF．又∵AD⊥BC，∴△BDF是直角三角形，且PD是Rt△BDF斜边的中线，∴PD=12BF=PE，∴点P在线段DE的垂直平分线上．同理可证，QD、QE分别是Rt△ADC和Rt△AEC斜边上的中线，∴QD=12AC=QE，∴点Q也在线段DE的垂直平分线上．∴直线PQ垂直平分线段DE．（2）当△ABC为钝角三角形时，（1）中的结论仍成立．如图，△ABC是钝角三角形，∠BAC＞90°．原题改写为：如图，在钝角△ABC中，AD、CE分别是BC、AB边上的高，DA与CE的延长线交于点F，BF的中点为P，AC的中点为Q，连接PQ、DE．求证：直线PQ垂直且平分线段DE．证明：连接PD，PE，QD，QE，则PD、PE分别是Rt△BDF和Rt△BEF的中线，∴PD=12BF，PE=12BF，∴PD=PE，点P在线段DE的垂直平分线上．同理可证QD=QE，∴点Q在线段DE的垂直平分线上．∴直线PQ垂直平分线段DE．【总结升华】考查了线段垂直平分线的判定和性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识点，图形较复杂，有一定综合性，但难度不是很大．举一反三：【变式】在△ABC中，AB=AC，AB的垂直平分线交AB于N，交BC的延长线于M，∠A=40度．（1）求∠M的度数；（2）若将∠A的度数改为80°，其余条件不变，再求∠M的大小；（3）你发现了怎样的规律？试证明；（4）将（1）中的∠A改为钝角，（3）中的规律仍成立吗？若不成立，应怎样修改．【答案】（1）∵∠B=12（180°-∠A）=70°∴∠M=20°（2）同理得∠M=40°（3）规律是：∠M的大小为∠A大小的一半，证明：设∠A=α，则有∠B=12（180°-α）∠M=90°-12（180°-α）=12α.（4）不成立.此时上述规律为：等腰三角形一腰的垂直平分线与底边相交所成的锐角等于顶角的一半．类型四、角平分线5. 如图，△ABC中，∠A=60°，∠ACB的平分线CD和∠ABC的平分线BE交于点G．求证：GE=GD．【思路点拨】连接AG，过点G作GM⊥AB于M，GN⊥AC于N，GF⊥BC于F．由角平分线的性质及逆定理可得GN=GM=GF，AG是∠CAB的平分线；在四边形AMGN中，易得∠NGM=180°-60°=120°；在△BCG中，根据三角形内角和定理，可得∠CGB=120°，即∠EGD=120°，∴∠EGN=∠DGM，证明Rt△EGN≌Rt△DGM（AAS）即可得证GE=GM．【答案与解析】解：连接AG，过点G作GM⊥AB于M，GN⊥AC于N，GF⊥BC于F．∵∠A=60°，∴∠ACB+∠ABC=120°，∵CD，BE是角平分线，∴∠BCG+∠CBG=120°÷2=60°，∴∠CGB=∠EGD=120°，∵G是∠ACB平分线上一点，∴GN=GF，同理，GF=GM，∴GN=GM，∴AG是∠CAB的平分线，∴∠GAM=∠GAN=30°，∴∠NGM=∠NGA+∠AGM=60°+60°=120°，∴∠EGD=∠NGM=120°，∴∠EGN=∠DGM，又∵GN=GM，∴Rt△EGN≌Rt△DGM（AAS），∴GE=GD．【总结升华】此题综合考查角平分线的定义、三角形的内角和及全等三角形的判定和性质等知识点，难度较大，作辅助线很关键．举一反三：【变式】（2015春•澧县期末）如图：在△ABC中，∠C=90°AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB 于E，F在AC上，BD=DF；证明：（1）CF=EB．（2）AB=AF+2EB．【答案】证明：（1）∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC，∴DE=DC，∵在Rt△DCF和Rt△DEB中，∴Rt△CDF≌Rt△EBD（HL）．∴CF=EB；（2）∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC，∴CD=DE．在△ADC与△ADE中，∵精品文档用心整理∴△ADC≌△ADE（HL），∴AC=AE，∴AB=AE+BE=AC+EB=AF+CF+EB=AF+2EB．资料来源于网络仅供免费交流使用。
2024_2025学年八年级数学上学期期中核心考点专题01三角形的基础含解析新人教版
期中考点专题01 三角形的基础重点突破三角形的概念：由不在同一条直线上的三条线段首尾依次相接所组成的图形叫做三角形。
三角形特性三角形用符号“”表示，顶点是A、B、C的三角形记作“ABC”，读作“三角形ABC”。
三角形按边分类：等腰三角形：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形，其中相等的两条边叫做腰，另一边叫做底边，两腰的夹角叫做顶角，腰与底边的夹角叫做底角。
等边三角形：底边与腰相等的等腰三角形叫做等边三角形，即三边都相等。
三角形三边的关系（重点（1）三角形的随意两边之和大于第三边。
三角形的随意两边之差小于第三边。
（这两个条件满意其中一个即可）用数学表达式表达就是：记三角形三边长分别是a，b，c，则a＋b＞c或c－b＜a。
（2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a－b|＜c＜a＋b三角形的分类：三角形按边的关系分类如下：三角形按角的关系分类如下：三角形的稳定性➢三角形具有稳定性➢四边形及多边形不具有稳定性要使多边形具有稳定性，方法是将多边形分成多个三角形，这样多边形就具有稳定性了。
考查题型考查题型一三角形的个数问题典例1．（2024·西林县期中）如图所示，其中三角形的个数是（）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】D【提示】依据三角形的定义解答即可，由不在同始终线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形.【详解】图中的三角形有：△ABC，△BCD，△BCE，△ABE，△CDE共5个.故选D.【名师点拨】本题考查了三角形的概念，由不在同始终线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形.组成三角形的线段叫做三角形的边，相邻边的公共端点叫做三角形的顶点.相邻两条边组成的角，叫做三角形的内角，简称为三角形的角.变式1-1．（2024·秦皇岛市期中）图中三角形的个数是（）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】D【解析】图中的三角形有: △ABD, △ADE, △AEC, △ABE, △ADC, △ABC,共6个.故选D.变式1-2．（2024·洛阳市期末）图中三角形的个数是（）A．4个B．6个C．8个D．10个【答案】C【提示】依据三角形的定义即可得．【详解】图中的三角形是，共8个故选：C．【名师点拨】本题考查了三角形的定义，驾驭理解三角形的概念是解题关键．变式1-3．（2024·恩施市期中）如图，图中三角形的个数有（）A．6个B．8个C．10个D．12个【答案】B【解析】试题解析：以O为一个顶点的有△CBO、△CDO、△ABO、△ADO，不以O为顶点的三角形有△CAD、△CBA、△BCD、△BAD，共有8个．故选B.考查题型二三角形的分类典例2（2024·石家庄市期末）在△ABC中，∠A=20°，∠B=60°，则△ABC的形态是（）A．等边三角形 B．锐角三角形C．直角三角形 D．钝角三角形【答案】D【解析】试题提示：依据三角形的内角和定理求出∠C，即可判定△ABC的形态．解：∵∠A=20°，∠B=60°，∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣20°﹣60°=100°，∴△ABC是钝角三角形．故选D．变式2-1．（2024·黄冈市期中）一个三角形三个内角的度数之比为1：2：3，则这个三角形肯定是（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰直角三角形【答案】B【解析】试题提示：依据三角形的内角和为180°，可知最大角为90°，因式这个三角形是直角三角形.故选B.变式2-2．（2024·深圳市期中）在△ABC中，若∠A：∠B：∠C＝1：3：5，则△ABC是（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．形态不确定【答案】C【提示】依据∠A：∠B：∠C=1：3：5，可设∠A=x°，∠B=3x°，∠C=5x°，再依据三角形内角和为180°可得方程x+3x+5x=180，解方程算出x的值，即可推断出△ABC的形态．【详解】解：∵∠A：∠B：∠C=1：3：5，∴设∠A=x°，∠B=3x°，∠C=5x°，∴x+3x+5x=180，解得：x=20，∴∠C=5×20°=100°，∴△ABC是钝角三角形．故选：C．【名师点拨】本题考查三角形内角和定理，关键是利用方程思想列出三个角的关系式．变式2-3．（2024·石家庄市期末）下面给出的四个三角形都有一部分被遮挡，其中不能确定三角形类型的是（）A．B．C．D．【答案】A【提示】依据三角形按角分类的方法一一推断即可．【详解】视察图象可知：选项B，D的三角形是钝角三角形，选项C中的三角形是锐角三角形，选项A中的三角形无法判定三角形的类型．故选A．【名师点拨】本题考查了三角形的分类，解题的关键是娴熟驾驭基本学问，属于中考常考题型．考查题型三构成三角形的条件典例3．（2024·宜兴市期末）下列各组线段不能组成三角形的是 ( )A．4cm、4cm、5cm B．4cm、6cm、11cmC．4cm、5cm、6cm D．5cm、12cm、13cm【答案】B【提示】依据三角形的随意两边之和大于第三边对各选项提示推断后利用解除法求解.【详解】A 、4485+=>，∴445cm cm cm 、、能组成三角形，故本选项错误；B 、461011+=<，∴4611cm cm cm 、、不能组成三角形，故本选项正确；C 、5496+=>，∴456cm cm cm 、、能组成三角形，故本选项错误；D 、5121713+=>，∴51213cm cm cm 、、能组成三角形，故本选项错误.故选：B .【名师点拨】本题考查了三角形的三边关系，是基础题，熟记三边关系是解题的关键.变式3-1．（2024·太仓市）等腰三角形的两边长分别为3和6，则这个等腰三角形的周长为（ ）A ．12B ．15C ．12或15D ．18【答案】B【解析】试题提示：依据题意，要分状况探讨：①、3是腰；②、3是底．必需符合三角形三边的关系，随意两边之和大于第三边．解：①若3是腰，则另一腰也是3，底是6，但是3+3=6，∴不构成三角形，舍去．②若3是底，则腰是6，6．3+6＞6，符合条件．成立．∴C=3+6+6=15．故选B ．变式3-2．（2024·兰州市期末）等腰三角形的一边长为4，另一边长为9，则这个三角形的周长为( )A ．22B ．17C ．13D ．17或22【答案】A【提示】分4是腰长和底边两种状况探讨求解即可．【详解】解：4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、9，∵4+4=8＜9，∴不能组成三角形，4是底边时，三角形的三边分别为4、9、9，能组成三角形，周长=4+9+9=22，综上所述，该等腰三角形的周长为22．故选A ．【名师点拨】本题主要考查了三角形三边关系，难点在于分状况探讨并利用三角形的三边关系推断是否能组成三角形．cm cm长的两根木棒首尾相接成一个三角形的变式3-3．（2024·哈尔滨市期中）下列长度的四根木棒中，能与49，是（）A．4cm B．5cm C．9cm D．13cm【答案】C【提示】依据三角形三边关系：三角形随意两边之和大于第三边，逐一推断选项，即可.【详解】∵4+4<9，cm cm长的木棒首尾相接，不能组成三角形，∴4cm，49，∴A错误；∵5+4=9，cm cm长的木棒首尾相接，不能组成三角形，∴5cm，49，∴B错误；∵9+4>9，cm cm长的木棒能组成三角形，∴9cm，49，∴C正确；∵4+9=13，cm cm长的木棒，不能组成三角形，∴13cm，49，∴D错误；故选C.【名师点拨】本题主要考查三角形的三边关系，驾驭“三角形随意两边之和大于第三边”，是解题的关键.m-=，且m，n恰好是等腰△ABC的两条边的边长，变式3-4．（2024·濮阳市期末）若实数m，n满意20则△ABC的周长是( )A．12 B．8 C．10 D．10或8【答案】C【提示】依据非负数的性质求出,m n的值，依据等腰三角形的性质求解即可.m-=【详解】20m n∴==2,4,当三角形的腰长为2时，224+=，构不成三角形；++=.当三角形的腰长为4时，三角形的周长为：44210故答案选：C.【名师点拨】考查非负数的性质以及等腰三角形的性质，驾驭三角形的三边关系是解题的关键.考查题型四三角形第三边的取值范围典例4．（2024·三明市期末）已知三角形两边的长分别是3和7，则此三角形第三边的长可能是（）A．1 B．2 C．8 D．11【答案】C【提示】依据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可确定出第三边的范围，据此依据选项即可推断. 【详解】设第三边长为x，则有7-3<x<7+3，即4<x<10，视察只有C选项符合，故选 C.【名师点拨】本题考查了三角形三边的关系，娴熟驾驭三角形三边之间的关系是解题的关键.a的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（）变式4-1．（2024·龙岩市期中）若长度分别为,3,5A．1 B．2 C．3 D．8【答案】C【提示】依据三角形三边关系可得5﹣3＜a＜5+3，解不等式即可求解．【详解】由三角形三边关系定理得：5﹣3＜a＜5+3，即2＜a＜8，由此可得，符合条件的只有选项C，故选C．【名师点拨】本题考查了三角形三边关系，能依据三角形的三边关系定理得出5﹣3＜a＜5+3是解此题的关键，留意：三角形的两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边．变式4-2．（2024·齐齐哈尔市期末）已知三角形三边长分别为2，x，13，若x为正整数，则这样的三角形个数为A．2 B．3 C．5 D．13【答案】B【提示】依据“三角形两边之和大于第三边, 两边之差小于第三边”，可得x的取值范围，一一推断可得答案. 【详解】解：依据“三角形两边之和大于第三边, 两边之差小于第三边”可得:13-2<x<13+2,即11<x<15,因为取正整数,故x的取值为12、13、14,即这样的三角形共有3个.故本题正确答案为B.【名师点拨】本题主要考查构成三角形的三边的关系.变式4-3．（2024·广州市期中）一个三角形的两边长为3和8，第三边长为奇数，则第三边长为（）A ．5或7B ．7或9C ．7D ．9【答案】B 【详解】依据三角形三边关系可得：5＜第三边＜11，依据第三边长为奇数，则第三边长为7或9．故选B.考查题型五 三角形三边关系的应用典例5．（2024·德州市期末）已知三角形的两边分别为1和4，第三边长为整数 ，则该三角形的周长为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】C【提示】依据三角形的三边关系“第三边大于两边之差，而小于两边之和”，求得第三边的取值范围；再依据第三边是整数，从而求得周长．【详解】设第三边为x ，依据三角形的三边关系，得：4-1＜x ＜4+1，即3＜x ＜5，∵x 为整数，∴x 的值为4．三角形的周长为1+4+4=9．故选C.【名师点拨】此题考查了三角形的三边关系．关键是正确确定第三边的取值范围．变式5-1．（2024·汕头市期中）已知a b c 、、是ABC ∆的三边长，化简a b c b a c +----的值是（ ）A ．2c -B ．22b c -C ．22a c -D ．22a b - 【答案】B【提示】依据三角形的三边关系“随意两边之和大于第三边，随意两边之差小于第三边”，得到a+b-c ＞0，b -a -c ＜0，再依据肯定值的性质进行化简计算.【详解】依据三角形的三边关系，得a+b-c>0，b -a -c <0.∴原式= a+b-c −(a +c −b)= 22b c -.故选择B 项.【名师点拨】本题考查三角形三边关系和肯定值，解题的关键是娴熟驾驭三角形三边关系.变式5-2．（2024·保定市期末）如图，为估计池塘岸边A ，B 的距离，小明在池塘的一侧选取一点O ，测得OA=15米，OB=10米，A ，B 间的距离可能是（ ）A．30米B．25米C．20米D．5米【答案】C【解析】设A，B间的距离为x．依据三角形的三边关系定理，得：15-10＜x＜15+10，解得：5＜x＜25，所以，A，B之间的距离可能是20m．故选C．变式5-3．（2024·滨州市期末）若（a﹣3）2+|b﹣6|＝0，则以a、b为边长的等腰三角形的周长为（）A．12 B．15 C．12或15 D．18【答案】B【提示】依据非负数的和为零，可得每个非负数同时为零，可得a、b的值，依据等腰三角形的判定，可得三角形的腰，依据三角形的周长公式，可得答案．【详解】由（a﹣3）2+|b﹣6|＝0，得a﹣3＝0，b﹣6＝0．则以a、b为边长的等腰三角形的腰长为6，底边长为3，周长为6+6+3＝15，故选B．【名师点拨】本题考查了非负数的性质，利用非负数的和为零得出每个非负数同时为零是解题关键．变式5-4．（2024·南开区期末）假如一等腰三角形的周长为27，且两边的差为12，则这个等腰三角形的腰长为（）A．13 B．5 C．5或13 D．1【答案】A【详解】设等腰三角形的腰长为x，则底边长为x﹣12或x+12，当底边长为x﹣12时，依据题意，2x+x﹣12=27，解得x=13，∴腰长为13；当底边长为x+12时，依据题意，2x+x+12=27，解得x=5，因为5+5＜17，所以构不成三角形，故这个等腰三角形的腰的长为13，故选A．考查题型六三角形的稳定性典例6．（2024·路北区期中）下列图形具有稳定性的是（）A．B．C．D．【答案】A【提示】依据三角形具有稳定性，四边形具有不稳定性进行推断即可得．【详解】A、具有稳定性，符合题意；B、不具有稳定性，故不符合题意；C、不具有稳定性，故不符合题意；D、不具有稳定性，故不符合题意，故选A．【名师点拨】本题考查了三角形的稳定性和四边形的不稳定性，正确驾驭三角形的性质是解题关键．变式6-1．（2024·乌鲁木齐市期末）为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背面加钉了一根木条，这样做的道理是（）A．两点之间，线段最短B．垂线段最短C．三角形具有稳定性D．两直线平行，内错角相等【答案】C【解析】试题提示：三角形具有稳定性，其它多边形不具有稳定性，把多边形分割成三角形则多边形的形态就不会变更．解：这样做的道理是三角形具有稳定性．故选：C．变式6-2．（2024·安阳市期末）王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，如图．要使这个木架不变形，他至少还要再钉上几根木条？（）．A．0根B．1根C．2根D．3根【答案】B【解析】三角形具有稳定性，连接一条对角线，即可得到两个三角形，故选B变式6-3．（2024·济南市期末）如图，窗户打开后，用窗钩AB可将其固定，其所运用的几何原理是（）A．三角形的稳定性B．垂线段最短C．两点确定一条直线D．两点之间，线段最短【答案】A【提示】依据点A、B、O组成一个三角形，利用三角形的稳定性解答．【详解】解：一扇窗户打开后，用窗钩将其固定，正好形成三角形的形态，所以，主要运用的几何原理是三角形的稳定性．故答案选A.【名师点拨】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用．变式6-4．（2024·深圳市期末）如图，工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的依据是( )A．两点之间的线段最短B．长方形的四个角都是直角C．三角形有稳定性D．长方形是轴对称图形【答案】C【详解】用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形的依据是三角形具有稳定性．故选：C．【名师点拨】本题考查了三角形具有稳定性在实际生活中的应用，是基础题．变式6-5．（2024·抚顺市期中）人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（）A．两点之间，线段最短B．垂线段最短C．两直线平行，内错角相等D．三角形具有稳定性【答案】D【提示】依据三角形的稳定性解答即可．【详解】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加其稳定性，故选：D．【名师点拨】此题考查三角形的性质，关键是依据三角形的稳定性解答．。
解直角三角形重点突破
解直角三角形重点突破
０ 江 苏 江 阴 云 亭 中学 周建 华
解直 角 三 角形是 历 年 各地 中考 的必 考 内 容 ， 题 以选择 题 、 空 题 、 试 填 解答
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中学九年级数学下册 7.5 解直角三角形教案 (新版)苏科版 教案
解直角三角形课堂教学教案教材第七章第五节第1课时课题7.5 解直角三角形备课人课型新授课：展现标点讲解重点突破难点巩固疑点教学目标（认知技能情感）【知识与技能】使学生理解直角三角形中五个元素的关系，会运用勾股定理，直角三角形的两个锐角互余及锐角三角函数解直角三角形．【过程与方法】通过综合运用勾股定理，直角三角形的两个锐角互余及锐角三角函数解直角三角形，逐步培养学生分析问题、解决问题的能力．【情感态度与价值观】渗透数形结合的数学思想，培养学生良好的学习习惯．教学重难点重点：直角三角形的解法难点：用计算器辅助解决含三角函数值计算的实际问题. 三角函数在解直角三角形中的灵活运用．教具与课件多媒体与三角尺板书设计7.5 解直角三角形(1)三边之间关系: （勾股定理）。
(2)锐角之间的关系: ∠A+ ∠B=90°(直角三角形的两个锐角互余)(3)边角之间的关系: 由直角三角形中的已知元素,求出所有未知元素的过程,叫做解直角三角形教学环节学生自学共研的内容方法（按环节设计自学、讨论、训练、探索、创新等内容）教师施教提要（启发、精讲、活动等）再次优化asin,cos,tanba bA A Ac c===222a b c+=一、创设情境二、探究活动三、例题教学【新知引入】如图,在Rt△ABC中, ∠C为直角,其余5个元素之间有以下关系:(1)三边之间关系: （勾股定理）(2)锐角之间的关系: ∠A+ ∠B=90°(直角三角形的两个锐角互余)(3)边角之间的关系:利用以上关系,如果知道其中的2个元素(其中至少有一个是边),那么就可以求出其余的3个未知元素.由直角三角形中的已知元素,求出所有未知元素的过程,叫做解直角三角形。
【典型例题】在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°,a=5.解这个直角三角形 .2．已知：在Rt△ABC中，∠C=90°，a=3, b= .求: (1)c的大小；(2)∠A、∠B的大小.3．如图，⊙O的半径为10，求⊙O的内接正五边形ABCDE的边长.4．在Rt△ABC中，CD是斜边上的高..若，求△ABC的面积.课后练习：【知识要点】1、如图，在Rt△ABC中，∠C为直角，其余5个元素之间有以提问的形式进行。
专题1-1 三角函数 重难点、易错点突破(含答案)
专题1-1 三角函数重难点、易错点突破（建议用时：180分钟）1 同角三角函数关系巧应用同角三角函数的用途主要体现在三角函数的求值和恒等变形中各函数间的相互转化，下面结合常见的应用类型举例分析，体会其转化作用，展现同角三角函数关系的巧应用.一、知一求二例1 已知sin α＝255，π2≤α≤π，则tan α＝_________________________________.二、“1”的妙用例2 证明：1－sin 6x －cos 6x 1－sin 4x －cos 4x ＝32.三、齐次式求值例3 已知tan α＝2，求值：(1)2sin α－3cos α4sin α－9cos α＝________； (2)2sin 2α－3cos 2α＝________.2 三角函数的性质总盘点三角函数的性质是高考考查的重点和热点内容之一，应用“巧而活”.要能够灵活地运用性质，必须在脑海中能及时地浮现出三角函数的图象.下面通过典型例题对三角函数的性质进行盘点，请同学们用心体会.一、定义域例1 函数y ＝cos x －12的定义域为________.二、值域与最值例2 函数y ＝cos(x ＋π3)，x ∈(0，π3]的值域是________.三、单调性例3 已知函数f (x )＝sin(π3－2x )，求： (1)函数f (x )的单调减区间；(2)函数f (x )在[－π，0]上的单调减区间.四、周期性与对称性例4 已知函数f (x )＝sin(2ωx －π3)(ω>0)的最小正周期为π，则函数f (x )的图象的对称轴方程是________.五、奇偶性例5 若函数f (x )＝sin x ＋φ3(φ∈[0，2π))是偶函数，则φ＝________.1 善用数学思想——巧解题一、数形结合思想例1 在(0，2π)内，使sin x >cos x 成立的x 的取值范围是________.二、分类讨论思想例2 已知角α的终边在直线3x ＋4y ＝0上，求sin α，cos α，tan α的值.三、函数与方程的思想例3 函数f (x )＝3cos x －sin 2x (π6≤x ≤π3)的最大值是________.四、转化与化归思想例4 比较下列两个数的大小tan(－13π4)与tan(－17π5).2 三角恒等变形的几个技巧三角函数是高考的热点，素以“小而活”著称．除了掌握基础知识之外，还要注意灵活运用几个常用的技巧．下面通过例题进行解析，希望对同学们有所帮助．一、灵活降幂例1 3－sin 70°2－cos 210°＝________. 二、化平方式例2 化简求值：12－1212＋12cos 2α(α∈(3π2，2π))．三、灵活变角例3 已知sin(π6－α)＝13，则cos(2π3＋2α)＝________. 四、构造齐次弦式比，由切求弦例4 已知tan θ＝－12，则cos 2θ1＋sin 2θ的值是________． 五、分子、分母同乘以2n sin α求cos αcos 2αcos 4α·cos 8α…cos 2n －1α的值例5 求值：sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°.1 数形结合百般好，形象直观烦琐少——构建正弦、余弦函数图象解题正弦、余弦函数的图象是本章的重点，也是高考的一个热点，它不仅能直观反映三角函数的性质，而且它还有着广泛的应用，若能根据问题的题设特点灵活构造图象，往往能直观、准确、快速解题.一、确定函数的值域例1 定义运算a ※b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a >b ，例如，1※2＝1，则函数f (x )＝sin x ※cos x 的值域为________.二、确定零点个数例2 函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x －sin x 在区间[0，2π]上的零点个数为________.三、确定参数的值例3 已知f (x )＝sin(ωx ＋π3)(ω>0)，f ⎝⎛⎭⎫π6＝f ⎝⎛⎭⎫π3，且f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π6，π3上有最小值，无最大值，则ω＝_________.四、判断函数单调性例4 设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3(x ∈R )，则f (x )________.(将正确说法的序号填上) ①在区间⎣⎡⎦⎤2π3，4π3上是单调增函数 ②在区间⎣⎡⎦⎤3π4，13π12上是单调增函数 ③在区间⎣⎡⎦⎤－π8，π4上是单调减函数 ④在区间⎣⎡⎦⎤π3，5π6上是单调减函数 五、确定参数范围例5 当0≤x ≤1时，不等式sinπx 2≥kx 恒成立，则实数k 的取值范围是________. 六、研究方程的实根例6 已知方程2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝k 在[0，π]上有两个实数根x 1，x 2，求实数k 的取值范围，并求x 1＋x 2的值.2 聚焦三角函数最值的求解策略一、化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式求解例1 求函数f (x )＝sin 4x ＋cos 4x ＋sin 2x cos 2x 2－sin 2x的最值．例2 求函数y ＝sin 2x ＋2sin x cos x ＋3cos 2x 的最小值，并写出y 取最小值时x 的集合．二、利用正弦、余弦函数的有界性求解例3 求函数y ＝2sin x ＋12sin x －1的值域．例4 求函数y ＝sin x ＋3cos x －4的值域．三、转化为一元二次函数在某确定区间上求最值例5 设关于x 的函数y ＝cos 2x －2a cos x －2a 的最小值为f (a )，写出f (a )的表达式．四、利用函数的单调性求解例7 求函数y ＝(1＋sin x )(3＋sin x )2＋sin x的最值．例8 在Rt △ABC 内有一内接正方形，它的一条边在斜边BC 上，设AB ＝a ，∠ABC ＝θ，△ABC 的面积为P ，正方形面积为Q .求P Q的最小值．易错问题盘点一、求角时选择三角函数类型不当而致错例1 已知sin α＝55，sin β＝1010，α和β都是锐角，求α＋β的值．二、忽视条件中隐含的角的范围而致错例2 已知tan 2α＋6tan α＋7＝0，tan 2β＋6tan β＋7＝0，α、β∈(0，π)，且α≠β，求α＋β的值．三、忽略三角形内角间的关系而致错例3 在△ABC 中，已知sin A ＝35，cos B ＝513，求cos C .四、忽略三角函数的定义域而致错例4 判断函数f (x )＝1＋sin x －cos x 1＋sin x ＋cos x的奇偶性．五、误用公式a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)而致错例5 若函数f (x )＝sin(x ＋θ)＋cos(x －θ)，x ∈R 是偶函数，求θ的值．专题1-1 三角函数重难点、易错点突破参考答案1 同角三角函数关系巧应用例1 解析 由sin α＝255，且sin 2α＋cos 2α＝1得cos α＝±55， 因为π2≤α≤π，可得cos α＝－55，所以tan α＝sin αcos α＝－2. 答案 －2点评 已知某角的弦函数值求其他三角函数值时，先利用平方关系求另一弦函数值，再求切函数值，需要注意的是利用平方关系时，若没有角度的限制，要注意分类讨论.例2 证明 因为sin 2x ＋cos 2x ＝1，所以1＝(sin 2x ＋cos 2x )3，1＝(sin 2x ＋cos 2x )2，所以1－sin 6x －cos 6x 1－sin 4x －cos 4x ＝(sin 2x ＋cos 2x )3－sin 6x －cos 6x (sin 2x ＋cos 2x )2－sin 4x －cos 4x＝3sin 4x cos 2x ＋3cos 4x sin 2x 2sin 2x cos 2x ＝3(sin 2x ＋cos 2x )2＝32. 即原命题得证.点评 本题在证明过程中，充分利用了三角函数的平方关系，对“1”进行了巧妙的代换，使问题迎刃而解.例3 解析 (1)因为cos α≠0，分子分母同除以cos α，得2sin α－3cos α4sin α－9cos α＝2tan α－34tan α－9＝2×2－34×2－9＝－1. (2)2sin 2α－3cos 2α＝2sin 2α－3cos 2αsin 2α＋cos 2α， 因为cos 2 α≠0，分子分母同除以cos 2α，得2sin 2α－3cos 2αsin 2α＋cos 2α＝2tan 2α－3tan 2α＋1＝2×22－322＋1＝1. 答案 (1)－1 (2)1点评 这是一组在已知tan α＝m 的条件下，求关于sin α、cos α的齐次式值的问题.解这类问题需注意以下几点：(1)一定是关于sin α、cos α的齐次式(或能化为齐次式)的三角函数式；(2)因为cos α≠0，所以分子、分母可同时除以cos n α(n ∈N ＋).这样可以将所求式化为关于tan α的表达式，整体代入tan α＝m 的值求解.2 三角函数的性质总盘点例1解析 由题意得cos x ≥12，所以2k π－π3≤x ≤2k π＋π3，k ∈Z . 即函数的定义域是[2k π－π3，2k π＋π3]，k ∈Z . 答案 [2k π－π3，2k π＋π3]，k ∈Z 点评 解本题的关键是先列出保证函数式有意义的三角不等式，然后利用三角函数的图象或者单位圆中三角函数线求解.例2 解析 因为0<x ≤π3，所以π3<x ＋π3≤23π，f (x )＝cos x 的图象如图所示： 可知cos 23π≤cos(x ＋π3)<cos π3，即－12≤y <12.故函数的值域是[－12，12). 答案 [－12，12) 点评 解本题的关键是从x 的范围入手，先求得ωx ＋φ的范围，再结合余弦函数的图象对应得出cos(ωx ＋φ)的范围，从而可得函数的值域或者最值.例3 解 由f (x )＝sin(π3－2x )可化为f (x )＝－sin(2x －π3). 所以原函数的单调减区间即为函数y ＝sin(2x －π3)的单调增区间. (1)令2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ， 解得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z . 所以f (x )＝sin(π3－2x )的单调减区间为[k π－π12，k π＋5π12]，k ∈Z . (2)在减区间[k π－π12，k π＋5π12]，k ∈Z 中， 令k ＝－1、0时，可以得到当x ∈[－π，0]时，f (x )＝sin(π3－2x )的单调减区间为[－π，－7π12]，[－π12，0]. 点评 解本题的关键是先把函数化为标准形式y ＝sin(ωx ＋φ)，ω>0，然后把ωx ＋φ看做一个整体，根据y ＝sin x 的单调性列出不等式，求得递减区间的通解；如果要求某一个区间上的单调区间，再对通解中的k 进行取值，便可求得函数在这个区间上的单调区间.例4 解析 由T ＝π＝2π2ω得ω＝1， 所以f (x )＝sin(2x －π3)， 由2x －π3＝π2＋k π，k ∈Z ，解得f (x )的对称轴为x ＝5π12＋k π2，k ∈Z . 答案 x ＝5π12＋k π2，k ∈Z 点评 解本题的关键是先由周期公式求得ω的值，再解决对称轴问题，求解对称轴有两种方法：一种是直接求得函数的对称轴；另一种是根据对称轴的特征——对应的函数值为函数的最值解决.同样地，求解对称中心也有两种方法.例5 解析 函数是偶函数，所以函数关于x ＝0对称.由x ＋φ3＝π2＋k π，k ∈Z ，可得函数的对称轴方程是x ＝x 3π2＋3k π－φ，k ∈Z .令3π2＋3k π－φ＝0，k ∈Z ， 解得φ＝3π2＋3k π，k ∈Z ，又φ∈[0，2π)，故φ＝3π2. 答案 3π2点评 解本题的关键是把奇偶性转化为对称性解决：偶函数⇔函数图象关于y 轴对称；奇函数⇔函数图象关于原点对称.1 善用数学思想——巧解题例1 解析 在同一坐标系中画出y ＝sin x ，y ＝cos x ，x ∈(0，2π)的图象如图： 由图知，x ∈(π4，5π4).答案 (π4，5π4)点评 求解三角函数的方程、不等式时，通常利用函数的图象使问题变得更简单. 例2 解 角α的终边在直线3x ＋4y ＝0上， 在角α的终边上任取一点P (4t ，－3t )(t ≠0)，则x ＝4t ，y ＝－3t ， r ＝x 2＋y 2＝(4t )2＋(－3t )2＝5|t |.当t >0时，r ＝5t ，sin α＝y r ＝－3t 5t ＝－35，cos α＝x r ＝4t 5t ＝45，tan α＝y x ＝－3t 4t ＝－34；当t <0时，r ＝－5t ，sin α＝y r ＝－3t －5t ＝35，cos α＝x r ＝4t －5t ＝－45，tan α＝y x ＝－3t 4t ＝－34，综上可知，sin α＝－35，cos α＝45，tan α＝－34； 或sin α＝35，cos α＝－45，tan α＝－34.点评 (1)若角的终边位置象限不确定，应分类讨论.(2)若三角函数值含有变量，因变量取不同的值会导致不同的结果，需要讨论.例3 解析 f (x )＝3cos x －sin 2x ＝cos 2x ＋3cos x －1＝(cos x ＋32)2－74， 设cos x ＝t ，因为π6≤x ≤π3，所以由余弦函数的单调性可知，12≤cos x ≤32，即12≤t ≤32，又函数f (t )＝(t ＋32)2－74在[12，32]上是单调增函数，故f (t )max ＝f (32)＝54，所以f (x )的最大值为54. 答案 54点评 遇平方关系，可想到构造二次函数，再利用二次函数求解最大值. 例4 解 tan(－13π4)＝－tan π4，tan(－17π5)＝－tan 2π5.因为0<π4<2π5<π2，且y ＝tan x 在(0，π2)上是单调增函数，所以tan π4<tan 2π5.所以－tan π4>－tan 2π5，即tan(－13π4)>tan(－17π5).点评 三角函数值比较大小问题一般将其转化到某一三角函数的一个单调区间内，然后利用三角函数的单调性比较大小.另外诱导公式的使用也充分体现了将未知化为已知的化归与转化思想.2 三角恒等变形的几个技巧例1 解析3－sin 70°2－cos 210°＝3－sin 70°2－1＋cos 20°2＝3－cos 20°3－cos 20°2＝2.答案 2点评 常用的降幂技巧还有：因式分解降幂、用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1进行降幂：如cos 4θ＋sin 4θ＝(cos 2θ＋sin 2θ)2－2cos 2θsin 2θ＝1－12sin 22θ，等等．例2 解 因为α∈(3π2，2π)，所以α2∈(3π4，π)， 所以cos α>0，sin α2>0，故原式＝12－121＋cos 2α2＝ 12－12cos α＝ sin 2α2＝sin α2.点评 一般地，在化简求值时，遇到1＋cos 2α、1－cos 2α、1＋sin 2α、1－sin 2α常常化为平方式：2cos 2α、2sin 2α、(sin α＋cos α)2、(sin α－cos α)2.例3 解析 cos(2π3＋2α)＝2cos 2(π3＋α)－1＝2sin 2(π6－α)－1＝2×(13)2－1＝－79.答案 －79点评 正确快速求解本题的关键是灵活运用已知角“π6－α”表示待求角“2π3＋2α”，善于发现前者和后者的一半互余．例4 解析 cos 2θ1＋sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θcos 2θ＋sin 2θ＋2sin θcos θ＝1－tan 2θ1＋tan 2θ＋2tan θ＝1－141＋14＋2×(－12)＝3414＝3.答案 3点评 解本题的关键是先由二倍角公式和平方关系把“cos 2θ1＋sin 2θ”化为关于sin θ和cos θ的二次齐次弦式比．例5 解 原式＝12cos 20°cos 40°cos 80°＝4sin 20°cos 20°cos 40°cos 80°8sin 20°＝2sin 40°cos 40°cos 80°8sin 20°＝sin 80°cos 80°8sin 20°＝116·sin 160°sin 20°＝116.点评 这类问题的解决方法是分子、分母同乘以最小角的正弦的倍数即可.1 数形结合百般好，形象直观烦琐少——构建正弦、余弦函数图象解题例1 解析 根据题设中的新定义，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin x ，sin x ≤cos x ，cos x ，sin x >cos x ，作出函数f (x )在一个周期内的图象，如图可知函数f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤－1，22. 答案 ⎣⎡⎦⎤－1，22点评 有关三角函数的值域的确定，常常作出函数的图象，借助于图象直观、准确地求解. 例2 解析 在同一直角坐标系内，画出y ＝⎝⎛⎭⎫12x及y ＝sin x 的图象，由图象可观察出交点个数为2. 答案 2点评 有关三角函数的交点个数的确定，常常作出函数的图象，借助于图象直观、准确求解.例3 解析 ∵f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(ω>0)且f ⎝⎛⎭⎫π6＝f ⎝⎛⎭⎫π3， 又f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π6，π3内只有最小值、无最大值，画出函数大致图象，如图所示， ∴f (x )在π6＋π32＝π4处取得最小值.∴π4ω＋π3＝2k π－π2(k ∈Z ).∴ω＝8k －103(k ∈Z ). ∵ω>0，∴当k ＝1时，ω＝8－103＝143；当k ＝2时，ω＝16－103＝383，此时在区间⎝⎛⎭⎫π6，π3内已存在最大值.故ω＝143. 答案143点评 本小题考查对y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象及性质的理解与应用，求解本题应注意两点：一是f (x )在π4处取得最小值；二是在区间⎝⎛⎭⎫π6，π3内只有最小值而无最大值，求解时作出其草图可以帮助解题.例4 解析 作出函数y ＝⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的图象如图所示.由图象可知②正确. 答案 ②点评 形如f (x )＝|A sin(ωx ＋φ)＋k |(A ≠0，ω≠0)的函数性质，可作出其图象，利用数形结合思想求解. 例5 解析 作出函数y ＝sinπx2，y ＝kx 的函数图象，如图所示.当k ≤0时，显然成立；当0<k ≤1时，由图象可知： sinπx2≥kx 在[0，1]上成立.综上所述，k ≤1. 答案 (－∞，1]点评 数形结合时，函数图象要根据题目需要作得精确可信，必要时应结合计算判断.本题讨论y ＝kx 与y ＝sinπx2的图象关系时，不要忘记k ≤0的情况. 例6 解 在同一坐标系内作出函数y 1＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4(0≤x ≤π)与y 2＝k 的图象，如图所示.当x ＝0时，y 1＝2sin ⎝⎛⎭⎫0＋π4＝1. 所以当k ∈[1，2)时，两曲线在[0，π]上有两个交点，即方程有两个实数根x 1、x 2，且x 1、x 2关于x ＝π4对称，x 1＋x 2＝π2.故实数k 的取值范围是[1，2)，且x 1＋x 2＝π2.点评 本题通过函数图象的交点个数判断方程实数根的个数，应重视这种方法.2 聚焦三角函数最值的求解策略例1 解 原函数变形得：f (x )＝(sin 2x ＋cos 2x )2－sin 2x cos 2x2－sin 2x＝1－14sin 22x 2－sin 2x＝⎝⎛⎭⎫1＋12sin 2x ⎝⎛⎭⎫1－12sin 2x 2⎝⎛⎭⎫1－12sin 2x ＝14sin 2x ＋12.∴f (x )max ＝34，f (x )min ＝14.例2 解 原函数化简得：y ＝sin 2x ＋cos 2x ＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＋2. 当2x ＋π4＝2k π＋32π，k ∈Z ，即x ＝k π＋58π，k ∈Z 时，y min ＝2－ 2.此时x 的集合为{x |x ＝k π＋58π，k ∈Z }．点评 形如y ＝a sin 2ωx ＋b sin ωx cos ωx ＋c cos 2ωx ＋d (a ，b ，c ，d 为常数)的式子，都能转化成y ＝A sin(2ωx ＋φ)＋B 的形式求最值．例3 解 原函数整理得sin x ＝y ＋12(y －1).∵|sin x |≤1，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋12(y －1)≤1，解出y ≤13或y ≥3.即函数的值域为⎝⎛⎦⎤－∞，13∪[3，＋∞)． 例4解 原函数整理得sin x －y cos x ＝－4y －3，∴y 2＋1sin(x ＋φ)＝－4y －3， ∴sin(x ＋φ)＝－4y －31＋y 2.∵|sin(x ＋φ)|≤1，解不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4y －31＋y 2≤1得：－12－2615≤y ≤－12＋2615. 即值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12－2615，－12＋2615.点评 对于形如y ＝a sin x ＋b c sin x ＋d 或y ＝a sin x ＋bc cos x ＋d 的这类函数，均可利用三角函数中弦函数的有界性去求最值．例5 解y ＝cos 2x －2a cos x －2a ＝2cos 2x －2a cos x －(2a ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫cos x －a 22－⎝⎛⎭⎫a 22＋2a ＋1.当a2<－1，即a <－2时，f (a )＝y min ＝1，此时cos x ＝－1. 当－1≤a 2≤1，即－2≤a ≤2时，f (a )＝y min ＝－a 22－2a －1，此时cos x ＝a2.当a2>1，即a >2时，f (a )＝y min ＝1－4a ，此时cos x ＝1. 综上所述，f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧1(a <－2)，－a22－2a －1(－2≤a ≤2)，1－4a (a >2).点评 形如y ＝a sin 2x ＋b sin x ＋c 的三角函数可转化为二次函数y ＝at 2＋bt ＋c 在区间[－1,1]上的最值问题解决．例6 解 设sin x ＋cos x ＝t ，t ∈[－2， 2 ]，则2sin x cos x ＝t 2－1，原函数变为y ＝t 2＋t ＋1，t ∈[－2，2 ]，当t ＝－12时，y min ＝34；当t ＝2时，y max ＝3＋ 2.点评 一般地，既含sin x ＋cos x (或sin x －cos x )又含sin x cos x 的三角函数采用换元法可以转化为t 的二次函数解最值．注意以下结论的运用，设sin x ＋cos x ＝t ，则sin x cos x ＝12(t 2－1)；sin x －cos x ＝t ，则sin x cosx ＝12(1－t 2)． 例7 解 y ＝sin 2x ＋4sin x ＋3sin x ＋2＝(sin x ＋2)2－1sin x ＋2＝(sin x ＋2)－1(sin x ＋2)，令t ＝sin x ＋2，则t ∈[1,3]，y ＝t －1t.利用函数单调性的定义易证函数y ＝t －1t 在[1,3]上为增函数．故当t ＝1即sin x ＝－1时，y min ＝0； 当t ＝3即sin x ＝1时，y max ＝83.例8 解 AC ＝a tan θ，P ＝12AB ·AC ＝12a 2tan θ.设正方形边长为x ，AG ＝x cos θ，BC ＝acos θ.BC 边上的高h ＝a sin θ，∵AG AB ＝h －x h ，即x cos θa ＝a sin θ－x a sin θ， ∴x ＝a sin θ1＋sin θcos θ， ∴Q ＝x 2＝a 2sin 2θ(1＋sin θcos θ)2. 从而P Q ＝sin θ2cos θ·(1＋sin θcos θ)2sin 2θ＝(2＋sin 2θ)24sin 2θ＝1＋⎝⎛⎭⎫sin 2θ4＋1sin 2θ. 易知函数y ＝1t ＋t 4在区间(0,1]上是减少的， 所以当sin 2θ＝1时，⎝⎛⎭⎫P Q min ＝94. 点评 一些复杂的三角函数最值问题，可以通过适当换元转化为简单的代数函数后，利用函数单调性巧妙解决．易错问题盘点例1 [错解] 因为α和β都是锐角，且sin α＝55，sin β＝1010，所以cos α＝255，cos β＝31010， sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝55×31010＋255×1010＝22. 因为α，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则α＋β∈(0，π)． 所以α＋β＝π4或3π4. [剖析] 由sin α＝55，sin β＝1010，α和β都是锐角，可以知道α和β都是定值，因此α＋β也是定值，因此上述解法出现两个答案，其中就有一个是错误的．这是因为sin(α＋β)在第一、第二象限没有区分度，应选择计算cos(α＋β)的值．[正解] 因为α和β都是锐角，且sin α＝55，sin β＝1010，所以cos α＝255，cos β＝31010， cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝255×31010－55×1010＝22.因为α，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则α＋β∈(0，π)， 所以α＋β＝π4.温馨点评 根据条件求角，主要有两步：(1)求角的某种三角函数值；(2)确定角的范围，从而确定所求角的值.完成第一步一般要选择相对角的范围区分度比较大的三角函数，且确定范围要尽量缩小.例2 [错解] 由题意知tan α、tan β是方程x 2＋6x ＋7＝0的两根，由根与系数的关系得：⎩⎪⎨⎪⎧tan α＋tan β＝－6 ①tan αtan β＝7 ②∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝－61－7＝1.∵0<α<π，0<β<π，∴0<α＋β<2π， ∴α＋β＝π4或α＋β＝54π.[剖析] 由①②知tan α<0，tan β<0，角α、β都是钝角．上述解法忽视了这一隐含条件．[正解] 由⎩⎪⎨⎪⎧tan α＋tan β＝－6，tan αtan β＝7易知tan α<0，tan β<0.∵α、β∈(0，π)， ∴π2<α<π，π2<β<π.∴π<α＋β<2π.又∵tan(α＋β)＝1，∴α＋β＝54π.例3 [错解] 由sin A ＝35，得cos A ＝±45，由cos B ＝513，得sin B ＝1213，当cos A ＝45时，cos C ＝－cos(A ＋B )＝sin A sin B －cos A cos B ＝1665.当cos A ＝－45时，cos C ＝－cos(A ＋B )＝sin A sin B －cos A cos B ＝5665.[剖析] 在△ABC 中，三个内角A 、B 、C 的和为π，解题时要充分利用这一定理．本题得到cos A ＝±45后，没有对cos A ＝－45这一结果是否合理进行检验，从而导致结论不正确．[正解] 由cos B ＝513>0，∴B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且sin B ＝1213. 由sin A ＝35，得cos A ＝±45，当cos A ＝－45时，cos A <－12.∴A >2π3.∵sin B ＝1213>32，B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴B >π3. 故当cos A ＝－45时，A ＋B >π，与A 、B 是△ABC 的内角矛盾．∴cos A ＝45，cos C ＝－cos(A ＋B )＝sin A sin B －cos A cos B ＝1665.例4 [错解] f (x )＝1＋sin x －cos x 1＋sin x ＋cos x＝1＋2sin x 2cos x 2－⎝⎛⎭⎫1－2sin 2x 21＋2sin x 2cos x 2＋⎝⎛⎭⎫2cos 2x 2－1＝2sin x2⎝⎛⎭⎫cos x 2＋sin x 22cos x 2⎝⎛⎭⎫sin x 2＋cos x 2＝tan x2，由此得f (－x )＝tan ⎝⎛⎭⎫－x 2＝－tan x2＝－f (x )， 因此函数f (x )为奇函数．[剖析] 运用公式后所得函数f (x )＝tan x2的定义域为{}x |x ∈R ，x ≠2k π＋π，k ∈Z .两函数的定义域不同，变形后的函数定义域扩大致错．[正解] 事实上，由1＋sin x ＋cos x ≠0可得sin x ＋cos x ≠－1， 即2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≠－1，从而sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≠－22， 所以x ＋π4≠2k π＋5π4且x ＋π4≠2k π＋7π4(k ∈Z )，故函数f (x )的定义域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≠2k π＋π，且x ≠2k π＋3π2，k ∈Z ，显然该定义域不关于原点对称． 所以函数f (x )为非奇非偶函数．例5 [错解] ∵f (x )＝sin(x ＋θ)＋cos(x －θ)， ∴f (0)＝sin θ＋cos θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4. ∵f (x )＝sin(x ＋θ)＋cos(x －θ)是偶函数， ∴|f (0)|＝f (x )max ＝ 2. ∴f (0)＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝±2， ∴sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝±1，∴θ＋π4＝k π＋π2，k ∈Z . 即θ＝k π＋π4，k ∈Z .[剖析] 因为x ＋θ与x －θ是不同的角，所以函数f (x )的最大值不是2，上述解答把f (x )的最大值误当作2来处理．[正解] 因为f (x )＝sin(x ＋θ)＋cos(x －θ)是偶函数，所以f (x )＝f (－x )对一切x ∈R 恒成立．即sin(x ＋θ)＋cos(x －θ)＝sin(－x ＋θ)＋cos(－x －θ)恒成立． ∴[sin(x ＋θ)＋sin(x －θ)]＋[cos(x －θ)－cos(x ＋θ)]＝0. ∴2sin x cos θ＋2sin x sin θ＝0恒成立． 即2sin x (cos θ＋sin θ)＝0恒成立． ∴cos θ＋sin θ＝0.∵cos θ＋sin θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝0， ∴θ＋π4＝k π，即θ＝k π－π4，k ∈Z .。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题一三角函数和解三角形第1讲三角函数的图象和性质
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专题一 三角函数和解三角形
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所以 ω＝－16＋23k，k∈Z， 所以 ω＝52，f(x)＝sin 52x＋π4＋2， 所以 fπ2＝sin 54π＋π4＋2＝1. 故选 A.
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专题一 三角函数和解三角形
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2．(2022·全国甲卷)设函数 f(x)＝sin ωx＋π3在区间(0，π)恰有三个极
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【解析】 f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，所以 f(x) 在区间0，π2和32π，2π上 f′(x)>0，即 f(x)单调递增；在区间π2，32π上 f′(x)<0， 即 f(x)单调递减，又 f(0)＝f(2π)＝2，fπ2＝π2＋2，f32π＝－32π＋1＋1＝－ 32π，所以 f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－32π，最大值为π2＋2.故选 D.
值点、两个零点，则 ω 的取值范围是
( C)
A．53，163
B．53，169
C．163，83
D．163，169
专题一 三角函数和解三角形
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【解析】 依题意可得 ω>0，因为 x∈(0，π)，所以 ωx＋π3∈π3，ωπ＋π3，
要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，
又 y＝sin x，x∈π3，3π的图象如下所示：
则52π<ωπ＋π3≤3π，解得163<ω≤83，即 ω∈163，83.故选 C.
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3．(2022·全国甲卷)将函数 f(x)＝sin ωx＋π3(ω>0)的图象向左平移π2个 单位长度后得到曲线 C，若 C 关于 y 轴对称，则 ω 的最小值是 ( C )
由考题定考向,探方法成策略——以２０２１年新高考全国Ⅰ卷解三角形问题为例
试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀由考题定考向,探方法成策略以２０２１年新高考全国I卷解三角形问题为例◉江苏省连云港市城头高级中学㊀程玲强㊀㊀１真题呈现,问题解析考题㊀(２０２１年新高考全国Ⅰ卷第１９题)记әA B C的内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b２＝a c,点D在A C边长,B D s i nøA B C＝a s i n C．(１)证明:B D＝b;(２)若A D＝２D C,求c o søA B C ．图１解析:本题为解三角形问题,可先绘制辅助图形,如图１所示．(１)根据题设可知,B D＝a s i n Cs i nøA B C．由正弦定理得cs i n C＝bs i nøA B C,即s i n Cs i nøA B C＝cb．所以B D＝a cb,又知b２＝a c,则推出B D＝b,得证．(２)由A C＝b,A D＝２D C,可得A D＝２b３,D C＝b３．所以,在әA B D中,c o søA D B＝１３b２９－c２４b２３．同理可得c o søC D B＝１０b２９－a２２b２３．因为øA D B＝π－øC D B,所以１３b２９－c２４b２３＝a２－１０b２９２b２３,整理得２a２＋c２＝１１b２３．又b２＝a c,所以２a２＋b４a２＝１１b２３,整理得６a４－１１a２b２＋３b４＝０,解得a２b２＝１３或a２b２＝３２．在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c＝４３－a２２b２．当a２b２＝１３时,c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当a２b２＝３２时,c o søA B C＝７１２．综上可知,c o søA B C＝７１２．另解:对于第(２)问,还可以从向量视角来解析．已知A D＝２D C,则D是三角形边A C的三等分点,则有B Dң＝１３B Aң＋２３B Cң,两边平方,可得|B Dң|２＝１９|B Aң|２＋４９|B Aң||B Cң|c o søA B C＋４９|B C|２．①在әA B C中,由余弦定理,可得c o søA B C＝a２＋c２－b２２a c．结合题目条件有b２＝９D C２＝a c,B D＝b＝３D C．将上述式子代入①式,消去B D,c o søA B C和b,可初步得到６a２－１１a c＋３c２＝０,则c＝２３a或c＝３a．当c＝３a时,b２＝a c＝３a２,由余弦定理,得c o søA B C＝７６＞１,不符合题意;当c＝２３a时,b２＝a c＝２３a２,可得c o søA B C＝７１２．２命题揭秘,技巧探究上述考题为高考常见的解三角形问题,主要考查三角函数的核心知识,如正弦定理㊁余弦定理,以及利用定理度量三角形,对学生计算分析㊁利用知识解决实际问题的能力有较高的要求．下面深入解读考题的０６Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年６月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀命题规律,以及常用的解题技巧．２．１命题规律探究正弦定理㊁余弦定理是高考的热点知识,也是解三角形的核心知识,它们常用来求解三角形的相关问题,如已知边求其他角,判断三角形的形状,求三角形的面积,等等．同时,考题中也常将两个定理与和差公式㊁倍角公式以及三角形的面积公式相结合,转化的技巧性极强．问题解答需要灵活运用正弦定理㊁余弦定理,并有效结合函数与方程思想㊁化归转化思想等．２．２解题技巧探究正弦定理㊁余弦定理是解三角形的核心知识,对应变形式的应用也极为广泛,也是需要重点掌握的知识;另外需要掌握以下几个解析技巧．(１)正弦定理的推广:a s i n A＝b s i n B＝c s i n C＝２R,其中R为әA B C外接圆的半径．求解әA B C外接圆的面积或周长时,可利用正弦定理的推广式来求外接圆的半径．(２)三角形面积公式:S＝１２a b s i n C＝１２b c s i n A＝１２c a s i n B．对于上式,可从三角形内角与边来解读,即三角形的面积可表示为任意两边及其夹角正弦值乘积的一半．(３)正弦知识与三角形个数:利用正弦定理的变形式可判断满足条件的三角形个数．由正弦定理可变形出s i n B＝b s i n A a．当s i n B＝b s i n A a＞１,则满足条件的三角形为０个,即无解;当s i n B＝b s i n A a＝１,则满足条件的三角形为１个;当s i n B＝b s i n A a＜１,则满足条件的三角形为１个或２个．(４)正弦定理的适用问题:已知两角和任意一边,求其他边和角;已知两边和其中一边的对角,求其他边和角．(５)利用正㊁余弦定理解题常用策略:利用两个定理解题常结合转化思想,即将边转化为角,或将角转化为边,最终目标是实现角或边的统一．对于三角形中的不等式问题,可利用两个定理来适当 放缩 ．对于三角形的取值范围问题,若以余弦定理为切入点,则可将问题转化为不等式;若以正弦定理为切入点,则可将问题转化为三角函数．３关联探究,解题分析解三角形问题的类型十分多样,所涉知识考点也较为众多,结合图形理解条件把握三角形特征,活用定理是解题的关键．下面结合具体问题进行关联探究．３．１倍角公式转化,破解三角函数值问题涉及倍角的三角函数问题较为特殊,需用倍角公式构建倍角与三角形内角的关系,然后利用正弦定理㊁余弦定理加以运算突破．图２例１㊀如图２所示,用三个全等的әA B F,әB C D,әC A E拼成了一个等边三角形A B C,әD E F为等边三角形,且E F＝２A E,设øA C E＝θ,则s i n２θ的值为．解析:设A E＝k(k＞０),则E F＝２k．由øA C E＝θ,әA B F,әB C D,әC A E全等,可得øF A B＝θ, C D＝k,D E＝２k．又әA B C为等边三角形,所以øC A E＝π３－θ．在әC A E中,由正弦定理,可得A Es i nøA C E＝C Es i nøC A E,即３s i nθ＝３２c o sθ－１２s i nθ．整理得t a nθ＝３７,则s i n２θ＝２t a nθt a n２θ＋１＝２ˑ３７３４９＋１＝７３２６．评析:例１是关于倍角的三角函数问题,问题涉及了全等三角形和等边三角形,利用正弦定理来求解所涉内角的正弦值是解题的基础,而利用倍角公式构建三角形内角和倍角之间的关系则是解题的关键．３．２正弦定理转化,破解面积取值问题三角形面积取值问题十分常见,从三角函数视角分析,可灵活运用正弦定理来求解,对于其中取值范围的分析,则可结合角度和边长的大小关系．例２㊀在锐角三角形A B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知b s i n B＋C２＝a s i n B,且c＝２,则锐角三角形A B C面积的取值范围为．解析:由b s i n B＋C２＝a s i n B,可得b c o s A２＝a s i n B．由正弦定理,可得s i n B c o s A２＝s i n A s i n B．由０＜B＜π２,可得s i n B＞０,故c o s A２＝s i n A,即c o s A２＝２s i n A２c o s A２．又０＜A＜π２,所以０＜A２＜π４,则c o sA２＞０．故s i nA２＝１２,进而可得A＝π３．１６Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年６月上半月㊀㊀㊀图３如图３所示,在әA B C中B C１ʅA C,B C２ʅA B,可知A C１＝A Bc o sπ３＝１,A C２＝A Bc o sπ３＝４．因为әA B C为锐角三角形,所以点C在线段C１C２上运动,但不包括端点,于是有A C１＜b＜A C２,即１＜b＜４．而әA B C的面积可表示为SәA B C＝１２b c s i n A＝３２b,结合b的取值可得３２bɪ(３２,２３)．故әA B C面积的取值范围为(３２,２３)．评析:例２是求三角形面积的取值范围问题,解题的关键是构建三角形模型㊁确定b的取值范围．上述解题分两阶段突破．第一阶段,结合余弦定理确定内角A的大小;第二阶段,结合图形求解b的取值范围,进而由三角形面积公式求面积的取值范围．３．３两角和差转化,破解三角函数最值问题对于与两角相关的三角函数值问题,突破的核心是两角和与差的公式,即完成两角的统一化,构建单一变量,将问题转化为简单的函数问题,然后利用函数性质求最值．例３㊀在әA B C中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S可表示为S＝b２＋c２－a２４,试回答下列问题．(１)如果a＝６,b＝２,求c o s B的值;(２)试求s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)的最大值．解析:(１)简答．利用面积公式可得A＝π４,结合正弦定理可得s i n B＝b s i n A a＝６６,分析可知B为锐角,故c o s B＝３０６．(２)由(１)可知A＝π４,所以s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２２s i n B＋２２c o s B＋s i n B c o s B＋２２s i n B＋２２c o s B＝２(s i n B＋c o s B)＋s i n B c o s B．令t＝s i n B＋c o s B＝２s i n(B＋π４),由Bɪ(０,３π４),得B＋π４ɪ(π４,π),则s i n(B＋π４)ɪ(０,１],所以tɪ(０,２]．故s i n(A＋B)＋s i n B c o s B＋c o s(B－A)＝２t＋t２－１２＝１２(t＋２)２－３２,tɪ(０,２]．分析可知,当t＝２,B＝π４时,原式取得最大值,且最大值为５２．评析:上述第(２)问可视为是两角和差的三角函数最值问题,突破的核心策略是角的转化,即通过内角的变换将问题转化为单一内角的三角函数问题．上述解析过程充分利用了两角和与差的公式㊁内角的三角函数基本关系等,问题的转化思想和运算技巧体现得极为充分．４解后反思,教学建议解三角形问题是高考数学的重要题型,探究命题规律,总结解题技巧是教学探究的重点,下面进一步进行反思教学．４．１理解定理内涵,正确认识定理正弦定理㊁余弦定理是破解 解三角形 问题的核心定理,充分理解定理内涵㊁正确认识定理是探究学习的关键．实际上两大定理揭示了三角形边角关系．如余弦定理体现了三角形三边长与一个角余弦值的关系,是对勾股定理的推广;而正弦定理则体现了三角形各边和所对角正弦值之比的关系．教学中要帮助学生理解该知识内涵,同时引导学生体验定理的探究过程,掌握定理的证明方法,强化学生的思辨思维,以从根本上掌握解三角形问题的知识核心．４．２开展思维训练,总结通性通法边化角 和 角化边 是解三角形问题常用的两种思路,总体而言就是为了实现问题条件的 边 或角 的统一．在教学中要重视学生的思维训练,促使学生充分掌握该类问题的通性通法,正确判断解决问题应选用的方法．４．３关注类型问题,总结破题技巧解三角形问题的类型十分多样,问题的综合性㊁拓展性极强,因此关注问题的多种类型,总结破题技巧十分关键[１]．实际教学中,教师要帮助学生构建解三角形问题的体系,引导学生合理变式,灵活运用定理㊁公式来转化突破．同时注意拓展解法,提升学生的思维水平．参考文献:[１]景君．不畏浮云遮望眼 一道江苏联赛解三角形题的剖析[J]．中学数学,２０２１(７):１９Ｇ２０．Z２６Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
八年级数学上册《三角形全等的判定和性质综合应用》教案、教学设计
（三）情感态度与价值观
1.积极主动：使学生树立积极主动的学习态度，养成良好的学习习惯，不断提高学习效率；
2.勇于探索：培养学生勇于探索、敢于创新的精神，使学生在面对困难和挑战时，能够保持积极向上的心态；
3.知识尊重：教育学生尊重知识、尊重科学，遵循客观规律，树立正确的价值观；
4.作业要求：
-学生在完成作业时，要注意书写规范，保持解答过程的简洁和清晰；
-对于提高作业和拓展作业，学生可以充分利用课余时间，进行小组合作、讨论交流，共同完成任务；
-教师将对学生的作业进行认真批改，并及时给予反馈，帮助学生发现和纠正错误。
5.作业评价：
-评价作业时，注重学生的思考过程和参与程度，鼓励创新思维和团队合作；
-提供丰富的习题和案例分析，帮助学生巩固知识，提高解题能力；
-建议学生使用几何画板等软件，进行自主探索和实验，加深对几何知识的理解。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
1.教学活动设计：
-通过展示生活中全等三角形的实例，如建筑物的三角结构、拼图游戏等，引发学生对三角形全等的思考；
-提问：“同学们，你们在生活中遇到过全等三角形吗？它们有什么特点？”让学生分享自己的观察和发现。
4.部分学生对团队合作、交流分享的学习方式还不够熟悉，教师需在教学过程中加强引导和培养。
三、教学重难点和教学设想
（一）教学重难点
1.教学重点：
-理解并掌握三角形全等的判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）；
-能够运用三角形全等的判定方法解决实际问题；
-培养学生的空间想象能力和逻辑推理能力。
在教学过程中，教师应注重引导学生通过自主探究、合作交流、实践操作等学习方法，培养以下过程与方法：
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0
=
b sinB
，即 1 =
2
3
3 3 sinB
∴B=60°或 B=120°． 故选：C . 点睛：本题主要考查正弦定理解三角形，属于简单题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个
主要依据. 解三角形时， 有时可用正弦定理， 有时也可用余弦定理， 应注意用哪一个定理更方便、 简捷一般来说 , 当条件中同时出现 ab 及b2 、a2 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运 用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答. 5．D 【解析】分析：利用正弦定理即可得出. 详解：由正弦定理可得：
5 1 , B 1500 符合两解。选 D. 9 2
bsinA 0 ， A 中 sinB 1, B 90 ， 1 解， 不符。 C 中 sinB 2 1 ， a
【点睛】
在己知两边一对角的题型中，有钝角或直角最多一解，己知角所对边为大边，最多一解，其余情况根据三角形内 角和 180 ，大边对大角来判断。 4．C【解析】分析：利用正弦定理求出 sinB，得出 B，利用内角和定理进行检验． 详解：由正弦定理得 ∴sinB= ．π 2π π源自）B.2π 3
C.
π 3
D.
π 4
2．已知 ABC 中， a A. 0 个 B. 1个
0
2, b 3, A 45 ，则三角形的解的个数（
D. 0 个或 1个
）
）
C. 2 个
3．在 ABC 中，利用正弦定理理解三角形时，其中有两解的选项是（ A. a 3, b 6, A 30 B. a 6, b 5, A 150 D. a
求导得， F '( x )
x cos x sin x sin x x ，则 x cos x sin x 0 ，所 ，当 x (0, ) 时， tan x x ，即 2 x cos x 2
0
C. a 3, b 4 3, A 600
A. 300 B. 300 或1500
3π 4
9 , b 5, A 300 2
）
4．在ΔABC 中，若 a = 3,b = 3 3,A = 300 ，则 B 等于（ C. 600 或1200 D. 600
5．在△ ABC 内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知 a = 2 3，c = 2 2，∠A = 60°，则∠C 的大小为（ A. 或
③存在某钝角 ABC ， 有 tan A tan B tan C 0 ； ④若 2a BC bCA c AB 0 ， 则 ABC 的最小角小于 ⑤若 a tb0 t 1 ，则 A tB . 7．在ΔABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 acos2 + bcos2 = c，a = 2b．
重点突破：判断三角形解的个数问题
姓名：___________班级：___________ 判断三角形解的个数的基本原则是：用正弦定理解角度可能有两解，用余弦定理解边长可能有两解。所以出现上 面两种情况时一定要注意是否舍解。 判断三角形解的个数的基本方法：①代数法：根据大边对大角的性质、三角形三边的关系，三角形内角和公式、 正弦函数的值域等判断．②几何图形法：根据条件画出图形，通过图形直观判断解的个数． 注意：已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形．可用正弦定理，也可用余弦定理．用正弦定理时，需判断 其解的个数，用余弦定理时，可根据一元二次方程根的情况判断解的个数。 1．在ΔABC 中，a = 1，b = 3，A = 6，则角 B 等于（ A. 3或 3
4 π
）
B. 或
3
π
2π 3
C.
π 3
D.
π 4
6． ABC 中，角 A、B 、 C 所对的边分别为 a 、b 、c ，下列命题正确的是________（写出正确命题的编号）. ①若 ABC 最小内角为 ，则 cos
1 ； 2
②若 A sin B B sin A ，则 B A ；
2 3 sin60°
=
2 2 sinC
，解得 sinC =
2 2
，
∵ c < a， ∴ C 为锐角， ∴ C = 4.
故选：D. 点睛：本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题. 8．①④⑤ 【解析】 对①， 因为 ABC 最小内角为 ， 所以 0
π
1 sin x cos ， ， 故正确； 对②， 构造函数 F ( x ) ， 2 x 3
2 2 2 B A 3
； 6
（1）证明：ΔABC 为钝角三角形； （2）若ΔABC 的面积为 3 15，求 b 的值．
8．已知ΔABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 且有a2 + b2 − c2 = 4SΔABC . （Ⅰ）求角 C 的大小； （Ⅱ）若 c = 2，求 a −
2 2
b 的取值范围.
参考答案 1．A【解析】分析：由题意和正弦定理求出 sinB 的值，由内角的范围和特殊角的三角函数值求出角 B. 详解：∵ a = 1，b = 3，A = ，∴由正弦定理得：
6 π a sinA
=
b sinB
.则 sinB =
bsinA a
=
3×2 1
1
=
3 2
，
又∵ 0 < B < π,b > a，∴ B = 或 .故选：A.
3 3
π
2π
点睛：本题考查正弦定理，以及特殊角的三角函数值的应用，属于基础题. 2．C 【解析】由正弦定理得
a b 2 3 3 π 2π 或B ，所以三角形的解 sinB B sinA sinB sin45 sinB 2 3 3
的个数为两个，选 C.
点睛：(1)判断三角形解的个数的两种方法 ①代数法：根据大边对大角的性质、三角形内角和公式、正弦函数的值域等判断． ②几何图形法：根据条件画出图形，通过图形直观判断解的个数． (2)已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形．可用正弦定理，也可用余弦定理．用正弦定理时，需判断其 解的个数，用余弦定理时，可根据一元二次方程根的情况判断解的个数． 3．D 【解析】 有钝角或直角最多一解， B 错。 由 sinB 无解。D 中 sinB