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06.
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012.(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=×-×=.