高考数学专题突破《第讲三角恒等变换与解三角形学案》解析版.docx

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高考数学专题突破《第讲三角恒等变换与解三角形学案》解析版

第2讲　三角恒等变换与解三角形

年份

卷别

考查内容及考题位置

命题分析

2018

卷Ⅰ

利用正、余弦定理求边或角·T17

1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．

2．若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9题或第13～15题位置上．

3．若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等.

卷Ⅱ

利用余弦定理求边长·T6　三角恒等变换·T15

卷Ⅲ

倍角公式·T4　三角形的面积公式·T9

2017

卷Ⅰ

正、余弦定理、三角形的面积公式及两角和的余弦公式·T17

卷Ⅱ

余弦定理、三角恒等变换及三角形的面积公式·T17

卷Ⅲ

余弦定理、三角形的面积公式·T17

2016

卷Ⅰ

正、余弦定理、两角和的正弦公式·T17

卷Ⅱ

诱导公式、三角恒等变换、给值求值问题·T9

正弦定理的应用、诱导公式·T13

卷Ⅲ

正、余弦定理解三角形·T8

三角恒等变换与求值（基础型）

两角和与差的正弦、余弦、正切公式

（1）sin（α±β）＝sinαcosβ±cosαsinβ.

（2）cos（α±β）＝cosαcosβ∓sinαsinβ.

（3）tan（α±β）＝.

二倍角的正弦、余弦、正切公式

（1）sin2α＝2sinαcosα.

（2）cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.

（3）tan2α＝.

三角恒等变换的“四大策略”

（1）常值代换：

特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等．

（2）项的分拆与角的配凑：

如sin2α＋2cos2α＝（sin2α＋cos2α）＋cos2α，α＝（α－β）＋β等．

（3）降次与升次：

正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次．

（4）弦、切互化：

一般是切化弦．

[考法全练]

1．已知α∈，tanα＝2，则cos＝________．

解析：

因为α∈，tanα＝2，

所以sinα＝，cosα＝，

所以cos＝cosαcos＋sinαsin

＝×＝.

答案：

2．已知cosα＝，cos（α＋β）＝－，且α，β∈，则cos（α－β）＝________．

解析：

因为α∈，所以2α∈（0，π）．

因为cosα＝，所以cos2α＝2cos2α－1＝－，

所以sin2α＝＝，

又α，β∈，

所以α＋β∈（0，π），

所以sin（α＋β）＝＝，

所以cos（α－β）＝cos[2α－（α＋β）]

＝cos2αcos（α＋β）＋sin2αsin（α＋β）

＝×＋×＝.

答案：

3．已知sinβ＝，且sin（α＋β）＝cosα，则tan（α＋β）＝________．

解析：

因为sinβ＝，且<β<π，

所以cosβ＝－，tanβ＝－.

因为sin（α＋β）＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝cosα，

所以tanα＝－，

所以tan（α＋β）＝＝－2.

答案：

－2

正、余弦定理在解三角形中的应用（综合型）

正弦定理及其变形

在△ABC中，＝＝＝2R（R为△ABC的外接圆半径）．变形：

a＝2RsinA，sinA＝，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等．

余弦定理及其变形

在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA；

变形：

b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝.

三角形面积公式

S△ABC＝absinC＝bcsinA＝acsinB.

[典型例题]

命题角度一　求解三角形中的角

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosC＋bsinC＝a.

（1）求角B的大小；

（2）若BC边上的高等于a，求cosA的值．

【解】　

（1）由bcosC＋bsinC＝a，

得sinBcosC＋sinBsinC＝sinA.

因为A＋B＋C＝π，

所以sinBcosC＋sinBsinC＝sin（B＋C），

即sinBcosC＋sinBsinC＝sinBcosC＋cosBsinC，

因为sinC≠0，所以sinB＝cosB.

因为B∈（0，π），所以B＝.

（2）设BC边上的高为AD，则AD＝a.

因为B＝，所以BD＝AD＝a，所以CD＝a，

所以AC＝＝a，AB＝a.

由余弦定理得cosA＝＝－.

利用正、余弦定理求三角形的角，常见形式有：

（1）已知两边及其夹角，先由余弦定理求第三边，再由正弦定理求角．

（2）已知三边，直接由余弦定理求角．

（3）已知两边及其中一边的对角，先由正弦定理求另一边的对角，再由三角形内角和求第三角，注意此类问题有一解、两解或无解的情况．　

命题角度二　求解三角形中的边与面积

如图所示，在△ABC中，点D为BC边上一点，且BD＝1，E为AC的中点，AE＝，cosB＝，∠ADB＝.

（1）求AD的长；

（2）求△ADE的面积．

【解】　

（1）在△ABD中，因为cosB＝，B∈（0，π），

所以sinB＝＝＝，

所以sin∠BAD＝sin（B＋∠ADB）＝×＋×＝.

由正弦定理知＝，得AD＝＝＝2.

（2）由

（1）知AD＝2，依题意得AC＝2AE＝3，在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC，即9＝4＋DC2－2×2×DCcos，

所以DC2－2DC－5＝0，解得DC＝1＋（负值舍去），

所以S△ACD＝AD·DCsin∠ADC＝×2×（1＋）×＝，

从而S△ADE＝S△ACD＝.

利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，如该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．而三角形的面积主要是利用两边与其夹角的正弦值求解．　

[对点训练]

1．（2018·高考全国卷Ⅰ）在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.

（1）求cos∠ADB；

（2）若DC＝2，求BC.

解：

（1）在△ABD中，由正弦定理得＝.

由题设知，＝，所以sin∠ADB＝.

由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝＝.

（2）由题设及

（1）知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝.

在△BCD中，由余弦定理得

BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC

＝25＋8－2×5×2×

＝25.

所以BC＝5.

2．（2018·山西八校第一次联考）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且（a＋c）2＝b2＋3ac.

（1）求角B的大小；

（2）若b＝2，且sinB＋sin（C－A）＝2sin2A，求△ABC的面积．

解：

（1）由（a＋c）2＝b2＋3ac，整理得a2＋c2－b2＝ac，

由余弦定理得cosB＝＝＝，

因为0

（2）在△ABC中，A＋B＋C＝π，

即B＝π－（A＋C），

故sinB＝sin（A＋C），

由已知sinB＋sin（C－A）＝2sin2A可得sin（A＋C）＋sin（C－A）＝2sin2A，

所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinCcosA－cosCsinA＝4sinAcosA，

整理得cosAsinC＝2sinAcosA.

若cosA＝0，则A＝，

由b＝2，可得c＝＝，

此时△ABC的面积S＝bc＝.

若cosA≠0，则sinC＝2sinA，

由正弦定理可知，c＝2a，

代入a2＋c2－b2＝ac，整理可得3a2＝4，解得a＝，所以c＝，

此时△ABC的面积S＝acsinB＝.

综上所述，△ABC的面积为.

　　　解三角形的综合问题（综合型）

[典型例题]

命题角度一　正、余弦定理与平面几何的综合

（2018·成都模拟）如图，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一点，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，则线段DE的长度为________．

【解析】　易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝，在三角形AEC中，＝⇒CE＝，

在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，

所以DE＝CEsin60°＝×＝×＝6.

【答案】　6

利用正、余弦定理求解平面几何中的问题，应根据图形特征及已知条件，将所给量及待求量放在同一个三角形中，结合三角形内角和定理，外角和定理及正、余弦定理求解．　

命题角度二　正、余弦定理与最值（范围）问题的综合

（1）（2018·潍坊模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的半径为1，且＝，则△ABC面积的最大值为________．

（2）（2018·西安模拟）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且（a2＋b2－c2）（acosB＋bcosA）＝abc，若a＋b＝2，则c的取值范围为________．

【解析】　

（1）因为＝，所以＝（2c－b），由正弦定理得sinBsinAcosB＝（2sinC－sinB）sinBcosA，又sinB≠0，所以sinAcosB＝（2sinC－sinB）cosA，所以sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA，sin（A＋B）＝2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA，又sinC≠0，所以cosA＝，sinA＝.设外接圆的半径为r，则r＝1，由余弦定理得bc＝＝b2＋c2－a2＝b2＋c2－（2rsinA）2＝b2＋c2－3≥2bc－3（当且仅当b＝c时，等号成立），所以bc≤3，所以S△ABC＝bcsinA＝bc≤.

（2）由sinAcosB＋sinBcosA＝sin（A＋B）＝sinC及正弦定理，可知acosB＋bcosA＝c，则由（a2＋b2－c2）（acosB＋bcosA）＝abc，得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可得cosC＝，则C＝，B＝－A，

由正弦定理＝＝，得＝＝，又a＋b＝2，所以＋＝2，即c＝＝，因为A∈，所以A＋∈，sin∈，则c∈[1，2）．

【答案】　

（1）　

（2）[1，2）

解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：

一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．　

命题角度三　正、余弦定理与实际问题的综合

某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：

在C处（点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点）进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米．A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC＝15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO＝30°，则该仪器的垂直弹射高度CH为（　　）

A．210（＋）米　　　　　B．140米

C．210米D．20（－）米

【解析】　由题意，设AC＝x米，则BC＝（x－40）米，在△ABC内，由余弦定理得BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，

即（x－40）2＝x2＋10000－100x，解得x＝420米．

在△ACH中，AC＝420米，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，

由正弦定理：

＝，

可得CH＝AC·＝140（米）．

【答案】　B

（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．

（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要求的解．　

[对点训练]

1．（2018·合肥第一次质量检测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，（a－2b）cosC＋ccosA＝0.

（1）求角C；

（2）若c＝2，求△ABC周长的最大值．

解：

（1）根据正弦定理，由已知得（sinA－2sinB）cosC＋sinCcosA＝0，

即sinAcosC＋sinCcosA＝2sinBcosC，

所以sin（A＋C）＝2sinBcosC，

因为A＋C＝π－B，

所以sin（A＋C）＝sin（π－B）＝sinB>0，

所以sinB＝2sinBcosC，所以cosC＝.

因为C∈（0，π），所以C＝.

（2）由

（1）及余弦定理得cosC＝＝，

又c＝2，所以a2＋b2－12＝ab，

所以（a＋b）2－12＝3ab≤3，

即（a＋b）2≤48（当且仅当a＝b＝2时等号成立）．

所以a＋b≤4，a＋b＋c≤6.

所以△ABC周长的最大值为6.

2．（2018·武汉调研）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足cos2A－cos2B＋2cos·cos＝0.

（1）求角A的值；

（2）若b＝且b≤a，求a的取值范围．

解：

（1）由cos2A－cos2B＋2coscos＝0，得2sin2B－2sin2A＋2＝0，化简得sinA＝，又△ABC为锐角三角形，故A＝.

（2）因为b＝≤a，所以c≥a，所以≤C<，

由正弦定理＝，得＝，所以a＝，

由sinB∈得a∈[，3）．

[A组　夯基保分专练]

一、选择题

1．（2018·高考全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝2cos2x－sin2x＋2，则（　　）

A．f（x）的最小正周期为π，最大值为3

B．f（x）的最小正周期为π，最大值为4

C．f（x）的最小正周期为2π，最大值为3

D．f（x）的最小正周期为2π，最大值为4

解析：

选B.易知f（x）＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝（2cos2x－1）＋＋1＝cos2x＋，则f（x）的最小正周期为π，当x＝kπ（k∈Z）时，f（x）取得最大值，最大值为4.

2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝2a，bsinB－asinA＝asinC，则sinB为（　　）

A.　　　　　　　　　B.

C.D.

解析：

选A.由bsinB－asinA＝asinC，

且c＝2a，

得b＝a，

因为cosB＝＝＝，

所以sinB＝＝.

3．（2018·洛阳第一次统考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2＝c2＋ac－bc，则＝（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选B.由a，b，c成等比数列得b2＝ac，则有a2＝c2＋b2－bc，由余弦定理得cosA＝＝＝，故A＝，对于b2＝ac，由正弦定理得，sin2B＝sinAsinC＝·sinC，由正弦定理得，＝＝＝.故选B.

4．（2018·昆明模拟）在△ABC中，已知AB＝，AC＝，tan∠BAC＝－3，则BC边上的高等于（　　）

A．1B.

C.D．2

解析：

选A.法一：

因为tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝，cos∠BAC＝－.由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝5＋2－2×××＝9，所以BC＝3，所以S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×××＝，所以BC边上的高h＝＝＝1，故选A.

法二：

因为tan∠BAC＝－3，所以cos∠BAC＝－<0，则∠BAC为钝角，因此BC边上的高小于，故选A.

5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinB＋sinA（sinC－cosC）＝0，a＝2，c＝，则C＝（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选B.因为sinB＋sinA（sinC－cosC）＝0，所以sin（A＋C）＋sinAsinC－sinAcosC＝0，所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，整理得

sinC（sinA＋cosA）＝0.因为sinC≠0，

所以sinA＋cosA＝0，所以tanA＝－1，因为A∈（0，π），所以A＝.

由正弦定理得sinC＝＝＝，

又0

6.

如图，在△ABC中，∠C＝，BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足．若DE＝2，则cosA等于（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选C.依题意得，BD＝AD＝＝，∠BDC＝∠ABD＋∠A＝2∠A.在△BCD中，＝，＝×＝，即＝，由此解得cosA＝.

二、填空题

7．若sin＝，则cos＝________．

解析：

依题意得cos

＝－cos

＝－cos

＝2sin2－1＝2×－1

＝－.

答案：

－

8．（2018·高考全国卷Ⅱ改编）在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝________．

解析：

因为cosC＝2cos2－1＝2×－1＝－，所以由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝25＋1－2×5×1×＝32，所以AB＝4.

答案：

4

9．（2018·惠州第一次调研）已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，a＝4，b∈（4，6），sin2A＝sinC，则c的取值范围为________．

解析：

由＝，得＝，所以c＝8cosA，因为16＝b2＋c2－2bccosA，所以16－b2＝64cos2A－16bcos2A，又b≠4，所以cos2A＝＝＝，所以c2＝64cos2A＝64×＝16＋4b.因为b∈（4，6），所以32

答案：

（4，2）

三、解答题

10．（2018·沈阳教学质量监测

（一））在△ABC中，已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2ccosB＝2a＋b.

（1）求C；

（2）若a＋b＝6，△ABC的面积为2，求c.

解：

（1）由正弦定理得2sinCcosB＝2sinA＋sinB，

又sinA＝sin（B＋C），

所以2sinCcosB＝2sin（B＋C）＋sinB，

所以2sinCcosB＝2sinBcosC＋2cosBsinC＋sinB，

所以2sinBcosC＋sinB＝0，

因为sinB≠0，所以cosC＝－.

又C∈（0，π），所以C＝.

（2）因为S△ABC＝absinC＝2，

所以ab＝8，

由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋ab＋b2＝（a＋b）2－ab＝28，

所以c＝2.

11．（2018·石家庄质量检测

（二））已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且＝tanA＋tanB.

（1）求角A的大小；

（2）设AD为BC边上的高，a＝，求AD的取值范围．

解：

（1）在△ABC中，因为＝tanA＋tanB，所以＝＋，即＝，

所以＝，则tanA＝，所以A＝.

（2）因为S△ABC＝AD·BC＝bcsinA，

所以AD＝bc.

由余弦定理得cosA＝＝≥，

所以0

所以0

12．（2018·郑州质量检测

（二））已知△ABC内接于半径为R的圆，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2R（sin2B－sin2A）＝（b－c）sinC，c＝3.

（1）求A；

（2）若AD是BC边上的中线，AD＝，求△ABC的面积．

解：

（1）对于2R（sin2B－sin2A）＝（b－c）sinC，由正弦定理得，

bsinB－asinA＝bsinC－csinC，即b2－a2＝bc－c2，

所以cosA＝＝，因为0°

（2）以AB，AC为邻边作平行四边形ABEC，连接DE，易知A，D，E三点共线．

在△ABE中，∠ABE＝120°，AE＝2AD＝，

在△ABE中，由余弦定理得AE2＝AB2＋BE2－2AB·BEcos120°，

即19＝9＋AC2－2×3×AC×，得AC＝2.

故S△ABC＝bcsin∠BAC＝.

[B组　大题增分专练]

1．（2018·长春质量监测

（二））在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝b2sinA.

（1）求的值；

（2）设内角A的平分线AD交于BC于D，AD＝，a＝，求b.

解：

（1）由S＝bcsinA＝b2sinA，可知c＝2b，即＝2.

（2）由角平分线定理可知，BD＝，CD＝，

在△ABC中，cosB＝，在△ABD中，cosB＝，即＝，解得b＝1.

2．（2018·贵阳模拟）已知在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，AB边上的高h＝c.

（1）若△ABC为锐角三角形，且cosA＝，求角C的正弦值；

（2）若C＝，M＝，求M的值．

解：

（1）作CD⊥AB，垂足为D，

因为△ABC为锐角三角形，且cosA＝，

所以sinA＝，tanA＝，

所以AD＝，BD＝AB－AD＝，

所以BC＝＝＝，

由正弦定理得：

sin∠ACB＝＝＝.

（2）因为S△ABC＝c×c＝absin∠ACB＝ab，

所以c2＝ab，

又a2＋b2－c2＝2abcos∠ACB＝ab，

所以a2＋b2＝ab＋c2，

所以a2＋b2＋c2＝ab＋c2＝ab＋×ab＝2ab，

所以M＝＝＝2.

3．（2018·合肥质量检测）已知△ABC中，D为AC边上一点，BC＝2，∠DBC＝45°.

（1）若CD＝2，求△BCD的面积；

（2）若角C为锐角，AB＝6，sinA＝，求CD的长．

解：

（1）在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos45°，

即20＝8＋BD2－4BD，解得BD＝6，

所以△BCD的面积S＝×2×6×sin45°＝6.

（2）在△ABC中，由＝得＝，

解得sinC＝.

由角C为锐角得，cosC＝，

所以sin∠BDC＝sin（C＋45°）＝.

在△BCD中，＝，即＝，

解得CD＝.

4．（2018·高考天津卷）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝acos.

（1）求角B的大小；

（2）设a＝2，c＝3，求b和sin（2A－B）的值．

解：

（1）在△ABC中，由正弦定理＝，可得bsinA＝asinB，又由bsinA＝acos，得asinB＝acos，即sinB＝cos，可得tanB＝.又因为B∈（0，π），可得B＝.

（2）在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝，有b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝.

由bsinA＝acos，

可得sinA＝.

因为a

因此sin2A＝2sinAcosA＝，

cos2A＝2cos2A－1＝，

所以，sin（2A－B）＝sin2AcosB－cos2AsinB＝×－×＝.