2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題一 三角函數(shù)與解三角形 第2講 三角恒等變換與解三角形學案 理

第2講三角恒等變換與解三角形高考定位1.三角函數(shù)的化簡與求值是高考的命題熱點，其中關鍵是利用兩角和與差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等進行恒等變換，“角”的變換是三角恒等變換的核心；2.正弦定理與余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內容，主要考查邊、角、面積的計算及有關的范圍問題.真 題 感 悟 1.(2018·全國卷)在ABC中，cos ，BC1，AC5，則AB()A.4 B.C. D. 2解析因為cos ，所以cos C2cos2 12×1.于是，在ABC中，由余弦定理得AB2AC2BC22AC×BC×cos C52122×5×1×32.所以AB4.答案A2.(2017·全國卷)已知，tan 2，則cos _.解析，且tan 2，sin 2 cos ，又sin 2cos21，所以sin ，cos .所以cos(cos sin ).答案3.(2018·全國卷)在平面四邊形ABCD中，ADC90°，A45°，AB2，BD5.(1)求cosADB；(2)若DC2，求BC.解(1)在ABD中，由正弦定理得，即，所以sinADB.由題設知，ADB<90°，所以cosADB.(2)由題設及(1)知，cosBDCsinADB.在BCD中，由余弦定理得BC2BD2DC22·BD·DC·cosBDC2582×5×2×25.所以BC5.4.(2018·浙江卷)已知角的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊過點P .(1)求sin()的值；(2)若角滿足sin()，求cos 的值.解(1)由角的終邊過點P ，得sin ，所以sin()sin .(2)由角的終邊過點P ，得cos ，由sin()，得cos()±.由()得cos cos()cos sin()sin ，所以cos 或cos .考 點 整 合1.三角函數(shù)公式(1)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式：sin(±)sin cos ±cos sin ；cos(±)cos cos sin sin ；tan(±).(2)二倍角公式：sin 22sin cos ，cos 2cos2sin22cos2112sin2.(3)輔助角公式：asin xbcos xsin(x)，其中tan .2.正弦定理、余弦定理、三角形面積公式(1)正弦定理在ABC中，2R(R為ABC的外接圓半徑)；變形：a2Rsin A，sin A，abcsin Asin Bsin C等.(2)余弦定理在ABC中，a2b2c22bccos A；變形：b2c2a22bccos A，cos A.(3)三角形面積公式SABCabsin Cbcsin Aacsin B.熱點一三角恒等變換及應用【例1】 (2018·江蘇卷)已知，為銳角，tan ，cos().(1)求cos 2的值；(2)求tan()的值.解(1)因為tan ，tan ，所以sin cos .因為sin2cos21，所以cos2，因此，cos 22cos21.(2)因為，為銳角，所以 (0，).又因為cos()，所以sin()，因此tan()2.因為tan ，所以tan 2，因此，tan()tan2().探究提高1.三角恒等變換的基本思路：找差異，化同角(名)，化簡求值.2.解決條件求值問題的三個關注點(1)分析已知角和未知角之間的關系，正確地用已知角來表示未知角.(2)正確地運用有關公式將所求角的三角函數(shù)值用已知角的三角函數(shù)值來表示.(3)求解三角函數(shù)中給值求角的問題時，要根據(jù)已知求這個角的某種三角函數(shù)值，然后結合角的取值范圍，求出角的大小.【訓練1】 (1)(2018·廣西三市聯(lián)考)已知x(0，)，且cossin2x，則tan等于()A. B. C.3 D.3(2)若cos(2)，sin(2)，0<<<<，則的值為_.解析(1)由cossin2x得sin 2xsin2x，又x(0，)，則tan x2，故tan.(2)因為cos(2)且<2<，所以sin(2).因為sin(2)且<2<，所以cos(2).所以cos()cos(2)(2)cos(2)·cos(2)sin(2)sin(2)××.因為<<，所以.答案(1)A(2)熱點二正弦定理與余弦定理考法1利用正(余)弦定理進行邊角計算【例21】 (2018·濰坊一模)ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知(a2c)cos Bbcos A0.(1)求B；(2)若b3，ABC的周長為32，求ABC的面積.解(1)由已知及正弦定理得(sin A2sin C)cos Bsin Bcos A0，(sin Acos Bsin Bcos A)2sin Ccos B0，sin(AB)2sin Ccos B0，又sin(AB)sin C，且C(0，)，sin C0，cos B，0<B<，B.(2)由余弦定理，得9a2c22accos B.a2c2ac9，則(ac)2ac9.abc32，ac2，ac3，SABCacsin B×3×.【遷移探究1】 若本題第(2)問條件變?yōu)椤叭鬮3，SABC”，試求ac的值.解由SABCac·sin B，ac·，則ac3.由余弦定理，得b2a2c22accos B(ac)2ac，所以(ac)2b2ac9312，故ac2.【遷移探究2】 在第(2)問中，保留條件b3，刪去“條件ABC的周長為32”，試求ABC面積的最大值.解由b2a2c22accos Ba2c2ac，則9a2c2ac2acacac，所以ac9(當且僅當ac3時，取等號)，故SABCacsin B×9sin，所以ABC面積的最大值為.探究提高1.高考中主要涉及利用正弦、余弦定理求三角形的邊長、角、面積等基本計算，或將兩個定理與三角恒等變換相結合綜合解三角形.2.關于解三角形問題，一般要用到三角形的內角和定理，正、余弦定理及有關三角形的性質，常見的三角變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結構”，這是使問題獲得解決的突破口.【訓練2】 (2017·全國卷)ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin(AC)8sin2.(1)求cos B；(2)若ac6，ABC面積為2，求b.解(1)由題設及ABC，得sin B8sin2，故sin B4(1cos B).上式兩邊平方，整理得17cos2B32cos B150，解得cos B1(舍去)，cos B.(2)由cos B及B為三角形一內角，得sin B，故SABCacsin Bac.又SABC2，則ac.由余弦定理及ac6得b2a2c22accos B(ac)22ac (1cos B)362××4.所以b2.考法2應用正、余弦定理解決實際問題【例22】 (2018·衡水質檢)某氣象儀器研究所按以下方案測試一種“彈射型”氣象觀測儀器的垂直彈射高度：在C處(點C在水平地面下方，O為CH與水平地面ABO的交點)進行該儀器的垂直彈射，水平地面上兩個觀察點A，B兩地相距100米，BAC60°，其中A到C的距離比B到C的距離遠40米.A地測得該儀器在C處的俯角為OAC15°，A地測得最高點H的仰角為HAO30°，則該儀器的垂直彈射高度CH為()A.210()米 B.140米C.210米 D.20()米解析由題意，設ACx米，則BC(x40)米，在ABC內，由余弦定理：BC2BA2CA22BA·CA·cosBAC，即(x40)2x210 000100x，解得x420(米).在ACH中，AC420米，CAH30°15°45°，CHA90°30°60°，由正弦定理：.可得CHAC·140(米).答案B探究提高1.實際問題經抽象概括后，已知量與未知量全部集中在一個三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解.2.實際問題經抽象概括后，已知量與未知量涉及兩個或兩個以上的三角形，這時需作出這些三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時需設出未知量，從幾個三角形中列出方程(組)，解方程(組)得出所要求的解.【訓練3】 如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時測得公路北側一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600 m后到達B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD_m.解析由題意，在ABC中，BAC30°，ABC180°75°105°，故ACB45°.又AB600 m，故由正弦定理得，解得BC300(m).在RtBCD中，CDBC·tan 30°300×100(m).答案100熱點三與解三角形有關的創(chuàng)新交匯問題【例3】 (2018·鄭州質檢)已知向量m(2sin x，cos2xsin2x)，n(cos x，1)，其中0，xR.若函數(shù)f(x)m·n的最小正周期為.(1)求的值；(2)在ABC中，若f(B)2，BC，sin Bsin A，求·的值.解(1)f(x)m·n2sin xcos xcos2xsin2xsin 2xcos 2x2sin.因為f(x)的最小正周期為，所以T.又0，所以1.(2)由(1)知f(x)2sin.設ABC中角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.因為f(B)2，所以2sin2，即sin1，由于0<B<，解得B.因為BC，即a，又sin Bsin A，所以ba，故b3.由正弦定理，有，解得sin A.由于0A，解得A.所以C，所以ca.所以·cacos B××cos .探究提高1.破解平面向量與“三角”相交匯題的常用方法是“化簡轉化法”，即先活用誘導公式、同角三角函數(shù)的基本關系式、倍角公式、輔助角公式等對三角函數(shù)進行巧“化簡”；然后把以向量共線、向量垂直形式出現(xiàn)的條件轉化為“對應坐標乘積之間的關系”；再活用正、余弦定理，對三角形的邊、角進行互化.2.這種問題求解的關鍵是利用向量的知識將條件“脫去向量外衣”，轉化為三角函數(shù)的相關知識進行求解.【訓練4】 已知函數(shù)f(x)sin2xcos2x2sin xcos x(xR).(1)求f(x)的最小正周期；(2)在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f(A)2，c5，cos B，求ABC中線AD的長.解(1)f(x)cos 2xsin 2x2sin.T.函數(shù)f(x)的最小正周期為.(2)由(1)知f(x)2sin，在ABC中f(A)2，sin1，2A，A.又cos B，sin B，sin Csin(AB)××，在ABC中，由正弦定理，得，a7，BD，在ABD中，由余弦定理得，AD2AB2BD22AB·BDcos B522×5××，AD.1.對于三角函數(shù)的求值，需關注：(1)尋求角與角關系的特殊性，化非特殊角為特殊角，熟練準確地應用公式；(2)注意切化弦、異角化同角、異名化同名、角的變換等常規(guī)技巧的運用；(3)對于條件求值問題，要認真尋找條件和結論的關系，尋找解題的突破口，對于很難入手的問題，可利用分析法.2.三角形中判斷邊、角關系的具體方法：(1)通過正弦定理實施邊角轉換；(2)通過余弦定理實施邊角轉換；(3)通過三角變換找出角之間的關系；(4)通過三角函數(shù)值符號的判斷以及正、余弦函數(shù)的有界性進行討論；(5)若涉及兩個(或兩個以上)三角形，這時需作出這些三角形，先解條件多的三角形，再逐步求出其他三角形的邊和角，其中往往用到三角形內角和定理，有時需設出未知量，從幾個三角形中列出方程(組)求解.3.解答與三角形面積有關的問題時，如已知某一內角的大小或三角函數(shù)值，就選擇Sabsin C來求面積，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的邊或角.一、選擇題1.(2018·全國卷)若sin ，則cos 2()A. B.C. D.解析cos 212sin212×.答案B2.在ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知bc，a22b2(1sin A)，則A()A. B. C. D.解析由已知得cos Asin A.在ABC中，A.答案C3.(2018·全國卷)ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若ABC的面積為，則C()A. B. C. D.解析因為SABCabsin C，所以absin C.由余弦定理a2b2c22abcos C，得2abcos C2absin C，即cos Csin C.所以在ABC中，C.答案C4.(2018·合肥質檢)ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos C，bcos Aacos B2，則ABC的外接圓面積為()A.4 B.8C.9 D.36解析由題意及正弦定理得2Rsin Bcos A2Rsin Acos B2Rsin(AB)2(R為ABC的外接圓半徑).即2Rsin C2.又cos C及C(0，)，知sin C.2R6，R3.故ABC外接圓面積SR29.答案C5.在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若ABC為銳角三角形，且滿足sin B(12cos C)2sin Acos Ccos A sin C，則下列等式成立的是()A.a2b B.b2aC.A2B D.B2A解析等式右邊2sin Acos Ccos Asin Csin Acos Csin(AC)sinAcos Csin B.等式左邊2sin Bcos Csin B，則2sin Bcos Csin Bsin Acos Csin B，因為角C為銳角三角形的內角，所以cos C不為0.所以2sin Bsin A，根據(jù)正弦定理，得a2b.答案A二、填空題6.(2018·全國卷)已知sin cos 1，cos sin 0，則sin()_.解析sin cos 1，cos sin 0，sin2cos22sin cos 1，cos2sin22cos sin 0，得sin2cos2sin2cos22(sin cos cos sin )1，sin().答案7.(2018·東北三省四校模擬)已知角的終邊經過點P(4a，3a)(a<0)，則25sin 7tan 2的值為_.解析由題意知tan ，sin .tan 2，25sin 7tan 225×7×39.答案398.(2018·全國卷)ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知bsin Ccsin B4asin Bsin C，b2c2a28，則ABC的面積為_.解析由bsin Ccsin B4asin Bsin C得sin Bsin Csin Csin B4sin Asin Bsin C，因為sin Bsin C0，所以sin A.因為b2c2a28，所以cos A，所以bc.所以SABCbcsin A××.答案三、解答題9.(2018·濟南二模)在ABC中，ACBC2，AB2，.(1)求BM的長；(2)設D是平面ABC內一動點，且滿足BDM，求BDMD的取值范圍.解(1)在ABC中，AB2AC2BC22AC·BC·cos C，代入數(shù)據(jù)，得cos C.，CMMAAC1.在CBM中，由余弦定理知：BM2CM2CB22CM·CB·cos C7，所以BM.(2)設MBD，則DMB，.在BDM中，由正弦定理知：.BDsin，MDsin ，BDMDsinsin (cos sin sin )cos ，又，cos .故BDMD的取值范圍是.10.(2018·天津卷)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知bsin Aacos.(1)求角B的大小；(2)設a2，c3，求b和sin(2AB)的值.解(1)在ABC中，由正弦定理，得bsin Aasin B，又由bsin Aacos，得asin Bacos，即sin Bcos，可得tan B.又因為B(0，)，可得B.(2)在ABC中，由余弦定理及a2，c3，B，有b2a2c22accos B7，故b.由bsin Aacos，可得sin A.因為a<c，故cos A.因此sin 2A2sin Acos A，cos 2A2cos2A1.所以，sin(2AB)sin 2Acos Bcos 2Asin B××.11.(2018·湖南六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)sin(2 018x)sincos2x1.(1)求函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間；(2)若ABC的角A，B，C所對的邊為a，b，c，角A的平分線交BC于D，f(A)，ADBD2，求cos C.解(1)f(x)sin xcos xcos2x1sin 2x(1cos 2x)1sin 2xcos 2xsin.令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ.所以遞增區(qū)間是(kZ).(2)f(A)sin1，得到2A2kAk，kZ，由0<A<得到A，所以BAD.由正弦定理得sin B，B或B(舍去)，所以cos Ccos(AB)sinsincoscos.14