2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題二 三角函數(shù)及解三角形 第2講 三角恒等變換與解三角形教學(xué)案

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2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題二 三角函數(shù)及解三角形 第2講 三角恒等變換與解三角形教學(xué)案_第1頁
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1、 第2講 三角恒等變換與解三角形 [考情考向·高考導(dǎo)航] 1.三角恒等變換是高考必考內(nèi)容,可以單獨命題,也可以與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)綜合,有時與解三角形綜合.難度一般不大,單獨命題多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn),有時與其他知識綜合,以解答題的形式出現(xiàn). 2.解三角形主要考查正、余弦定理、面積的綜合問題,有時也涉及三角恒等變換,難度中等.單獨考查以選擇題、填空題為主,綜合考查以解答題為主. [真題體驗] 1.(2019·全國Ⅱ卷)已知α∈,2sin 2α=cos 2α+1,則sin α=(  ) A.          B. C. D. 解析:B [∵α∈,由2sin 2α

2、=cos 2α+1得:4sin αcos α=2cos2 α,∴2sin α=cos α,∴2sin α=,∴5sin2 α=1,∴sin2 α=,∴sin α=.] 2.(2019·全國Ⅰ卷)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知asin A-bsin B=4csin C,cos A=-,則=(  ) A.6 B.5 C.4 D.3 解析:A [∵asin A-bsin B=4csin C, ∴a2-b2=4c2, ∵cos A=-, ∴=-,即=-, ∴=4×=6.] 3.(2019·天津卷)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知b+

3、c=2a,3csin B=4asin C. (1)求cos B的值; (2)求sin的值. 解:(1)在△ABC中,由正弦定理=,得bsin C=csin B,又由3csin B=4asin C,得3bsin C=4asin C,即3b=4a.又因為b+c=2a,得到b=a,c=a,由余弦定理可得cos B===-. (2)由(1)可得sin B==,從而sin 2B=2sin Bcos B=-,cos 2B=cos2B-sin2B=-,故sin=sin 2Bcos+cos 2Bsin=-×-×=-. [主干整合] 1.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)=s

4、in αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)=cos αcos β?sin αsin β. (3)tan(α±β)=. 2.二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α=2sin αcos α. (2)cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α. (3)tan 2α=. 3.輔助角公式 asin x+bcos x=sin(x+φ),其中tan φ=. 4.正弦定理及其變形 在△ABC中,===2R(R為△ABC的外接圓半徑). 變形:a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,sin A=,sin B

5、=,sin C=,a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C. 5.余弦定理及其變形 在△ABC中,a2=b2+c2-2bccos A; 變形:b2+c2-a2=2bccos A,cos A=. 6.三角形面積公式 S△ABC=absin C=bcsin A=acsin B. 熱點一 三角恒等變換與求值 數(shù)學(xué) 運算 素養(yǎng) 數(shù)學(xué)運算——三角函數(shù)式化簡求值中的核心素養(yǎng) 三角運算是重要的“數(shù)學(xué)運算”,在正確分析條件和所求的基礎(chǔ)上明確運算的方法,靈活地選用三角公式,完成三角運算. [例1] (1)(2019·江蘇卷)已知=-,則sin的值是________. [解析]

6、 方法1:由===-, 解得tan α=2或-. sin=(sin 2α+cos 2α) =(2sin αcos α+2cos2α-1) =(sin αcos α+cos2α)- =·- =·-, 將tan α=2和-分別代入得sin=. 方法2:∵==-, ∴sin αcos=-cos αsin.① 又sin=sin =sincos α-cossin α=,② 由①②,解得sin αcos=-, cos αsin=. ∴sin=sin =sin αcos+cos αsin=. [答案]  (2)(2018·浙江卷)已知角α的頂點與原點O重合,始邊與x軸的非負

7、半軸重合,它的終邊過點P. (ⅰ)求sin(α+π)的值; (ⅱ)若角β滿足sin(α+β)=,求cos β的值. [解析] (ⅰ)由角α的終邊過點P得sin α=-,所以sin(α+π)=-sin α=. (ⅱ)由角α的終邊過點P得cos α=-, 由sin(α+β)=得 cos(α+β)=±. 由β=(α+β)-α得 cos β=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α, 所以cos β=-或cos β=. [答案] (ⅰ) (ⅱ)-或 (1)三角變換的關(guān)鍵在于對兩角和與差的正弦、余弦、正切公式,二倍角公式,三角恒等變換公式的熟記和靈活應(yīng)用,要善于觀

8、察各個角之間的聯(lián)系,發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系,公式的使用過程要注意正確性,要特別注意公式中的符號和函數(shù)名的變換,防止出現(xiàn)張冠李戴的情況. (2)求角問題要注意角的范圍,要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小,避免產(chǎn)生增解. (1)(2019·維坊三模)已知sin α=,sin(α-β)=-,α,β均為銳角,則β等于(  ) A.         B. C. D. 解析:C [因為α,β均為銳角,所以-<α-β<. 又sin(α-β)=-,所以cos(α-β)=. 又sin α=,所以cos α=, 所以sin β=sin[α-(α-β)] =sin αcos(

9、α-β)-cos αsin(α-β) =×-×=. 所以β=.] (2)(2020·廣西三市聯(lián)考)設(shè)α為銳角,若cos=,則sin的值為________. 解析:因為α為銳角且cos=>0, 所以α+∈,所以sin=. 所以sin=sin =sin 2cos -cos 2sin =sincos- =××- =-=. 答案: 熱點二 正、余弦定理的應(yīng)用    用正、余弦定理求解邊、角、面積 [例2-1] (2019·全國Ⅰ卷)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.設(shè)(sin B-sin C)2=sin2A-sin Bsin C. (1)求A; (2)若

10、a+b=2c,求sin C. [解析] (1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C, 故由正弦定理得b2+c2-a2=bc. 由余弦定理得cos A==. 因為0°<A<180°,所以A=60°. (2)由(1)知B=120°-C, 由題設(shè)及正弦定理得sin A+sin(120°-C)=2sin C, 即+cos C+sin C=2sin C, 可得cos(C+60°)=-. 因為0°<C<120°,所以sin(C+60°)=, 故sin C=sin(C+60°-60°) =sin(C+60°)cos 60°-cos(C+60°)sin 60°

11、=. 關(guān)于解三角形問題,一般要用到三角形的內(nèi)角和定理,正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì),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(jié)構(gòu)”,這是使問題獲得解決的突破口.     用正、余弦定理解決實際問題 [例2-2]  (2019·重慶二診)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(cè)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,∠BAC=30°, ∠ABC=180°-75°=105°,

12、故∠ACB=45°. 又AB=600 m,故由正弦定理得=. 解得BC=300m. 在Rt△BCD中,CD=BC·tan 30°=300×=100(m). [答案] 100 解三角形實際問題三步驟 (1)分析題意,準(zhǔn)確理解題意,分清已知與所求,尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語; (2)根據(jù)題意畫出示意圖,并將已知條件在圖形中標(biāo)出; (3)將所求問題歸結(jié)到一個或幾個三角形中,通過合理運用正、余弦定理等有關(guān)知識正確求解. (1) (2019·威海三模)如圖,在△ABC中,點D在AC上,AB⊥BD,BC=3,BD=5,sin∠ABC=,則CD的長為(  ) A.   

13、        B.4 C.2 D.5 解析:B [利用余弦定理求解.因為sin∠ABC=sin=cos∠DBC=,在△DBC中,由余弦定理可得CD2=BD2+BC2-2BD·BCcos∠DBC=25+27-2×5×3×=16,所以CD=4,故選B.] (2) 如圖所示,位于東海某島的雷達觀測站A,發(fā)現(xiàn)其北偏東45°,與觀測站A距離20海里的B處有一貨船正勻速直線行駛,半小時后,又測得該貨船位于觀測站A東偏北θ(0°<θ<45°)的C處,且cos θ=.已知A,C兩處的距離為10海里,則該貨船的船速為________海里/小時. 解析:因為cos θ=,0°<θ<45°, 所

14、以sin θ=, cos(45°-θ)=×+×=, 在△ABC中, BC2=800+100-2×20×10×=340, 所以BC=2, 該貨船的船速為4海里/小時. 答案:4 熱點三 與解三角形的交匯創(chuàng)新 [例3] (2020·煙臺模擬)已知在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且sin B=,+=. (1)求證:0<B≤; (2)若·=,求|+|. [審題指導(dǎo)] (1)三角恒等變換,利用重要不等式轉(zhuǎn)化關(guān)于cos B的不等式. (2)由數(shù)量積求ac,再由模長公式結(jié)合余弦定理求模. [解析] (1)證明:因為+ =====, 所以sin Asin C=

15、sin2B,由正弦定理可得b2=ac, 因此b2=a2+c2-2accos B≥2ac-2accos B, 所以cos B≥,又0<B<π,所以0<B≤. (2)由(1)知0<B≤,又sin B=, 所以cos B== =. 所以=·=cacos B=ac,解得ac=2, 因此b2=2. 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B, 所以a2+c2=b2+2accos B=2+2×2×=5. 從而|+|2=a2+c2+2·=5+2×=8, 故|+|=2. 以向量的運算為載體考查三角函數(shù)、三角變換、解三角形及不等式.這類綜合問題的解法思路是:通過向量的運算把向量問題

16、轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題或解三角形問題,再利用三角變換或正(余)弦定理綜合解決. (2020·山師附中模擬)已知m=,n=,設(shè)函數(shù)f(x)=m·n. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間; (2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且a,b,c成等比數(shù)列,求f(B)的取值范圍. 解析:(1)f(x)=m·n=·=sin+, 令2kπ-≤+≤2kπ+, 則4kπ-≤x≤4kπ+,k∈Z, 所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增區(qū)間為,k∈Z. (2)由b2=ac可知cos B==≥=(當(dāng)且僅當(dāng)a=c時取等號), 所以0<B≤,<+≤,1<f(B)≤, 綜上f(B)的取值范圍為.

17、 限時50分鐘 滿分76分 一、選擇題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 1.(2020·河北省六校聯(lián)考)已知α∈(0,π),且tan α=2,則cos 2α+cos α=(  ) A.        B. C. D. 解析:B [∵α∈(0,π),tan α=2,∴α在第一象限,cos α=,cos 2α+cos α=2cos2α-1+cos α=2×2-1+=-+=,選B.] 2.(2020·日照模擬)已知sin 2α=,則cos2=(  ) A. B. C. D. 解析:C [∵sin 2α=cos=2cos2-1=,∴cos2=.] 3.(組合

18、型選擇題)下列式子的運算結(jié)果為的是(   ) ①tan 25°+tan 35°+tan 25°tan 35°; ②2(sin 35°cos 25°+cos 35°cos 65°); ③;?、? A.①②④ B.③④ C.①②③ D.②③④ 解析:C [對于①,tan 25°+tan 35°+tan 25°tan 35°=tan(25°+35°)(1-tan 25°tan 35°)+tan 25°tan 35°=-tan 25°tan 35°+tan 25°tan 35°=; 對于②,2(sin 35°cos 25°+cos 35°cos 65°)=2(sin 35°cos 2

19、5°+cos 35°sin 25°)=2sin 60°=; 對于③,==tan 60°=; 對于④,=×=×tan=. 綜上,式子的運算結(jié)果為的是①②③.故選C.] 4.(2019·沈陽質(zhì)檢)已知△ABC的內(nèi)角分別為A,B,C,AC=,BC=2,B=60°,則BC邊的高為(  ) A. B. C. D. 解析:B [由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B,得7=AB2+4-4ABcos 60°,即AB2-2AB-3=0,得AB=3,則BC邊上的高為ABsin 60°=,故選B.] 5.(2020·廣西南寧、玉林、貴港等市摸底)在△ABC中,A,B,C的對

20、邊分別為a,b,c,已知c=,C=,sin B=2sin A,則△ABC的周長是(  ) A.3 B.2+ C.3+ D.4+ 解析:C [在△ABC中,sin B=2sin A,∴由正弦定理得b=2a,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=a2+4a2-2a2=3a2,又c=,∴a=1,b=2.∴△ABC的周長是a+b+c=1+2+=3+.故選C.] 6. (2019·保定二模)已知在河岸A處看到河對岸兩個帳篷C,D分別在北偏東45°和北偏東30°方向,若向東走30米到達B處后再次觀察帳篷C,D,此時C,D分別在北偏西15°和北偏西60°方向,則帳篷C,D之間的距

21、離為(  ) A.10米 B.10米 C.5米 D.5米 解析:C [由題意可得∠DAB=60°,∠CAB=45°,∠CBA=75°,∠DBA=30°,在△ABD中,∠DAB=60°,∠DBA=30°,AB=30,所以∠ADB=90°,sin∠DAB=sin 60°=,解得BD=15.在△ABC中,∠CAB=45°,∠CBA=75°,所以∠ACB=60°,=,解得BC=10.在△BCD中,∠CBD=∠CBA-∠DBA=45°,則由余弦定理得cos∠CBD=cos 45°=,即=,得CD=5.故選C.] 二、填空題(本大題共2小題,每小題5分,共10分) 7.(2020·陜西省質(zhì)量

22、檢測)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知=1-,且b=5,·=5,則△ABC的面積是________. 解析:在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知=1-, 所以=1-,化簡可得:b2=a2+bc-c2,可得cos A=,∵0<A<π,∴A=. 又b=5,·=5,∴bccos A=5,∴bc=10. S=·bcsin A=×10×=. 答案: 8.(2019·浙江卷)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,點D在線段AC上.若∠BDC=45°,則BD=________,cos∠ABD=________. 解析:解答解三角形問題,

23、要注意充分利用圖形特征. 在ΔABD中,有:=,而AB=4,∠ADB=,AC==5,sin∠BAC==,cos∠BAC==,所以BD=. cos∠ABD=cos(∠BDC-∠BAC)=coscos∠BAC+sinsin∠BAC=. 答案:, 三、解答題(本大題共3小題,每小題12分,共36分) 9.(2019·江蘇卷)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c. (1)若a=3c,b=,cos B=,求c的值; (2)若=,求sin的值. 解:(1)因為a=3c,b=,cos B=, 由余弦定理,得cos B=, 得=,即c2=.所以c=. (2)因為=, 由

24、正弦定理=,得=,所以cos B=2sin B. 從而cos2 B=(2sin B)2,即cos2 B=4(1-cos2 B),故cos2 B=. 因為sin B>0,所以cos B=2sin B>0,從而cos B=. 因此sin=cos B=. 10.(2020·遼寧三市調(diào)研)在△ABC中,角A、B、C的對邊分別為a,b,c,且滿足(a-c)·=c·. (1)求角B的大小; (2)若|-|=,求△ABC面積的最大值. 解:(1)由題意得(a-c)cos B=bcos C. 根據(jù)正弦定理得(sin A-sin C)cos B=sin Bcos C, 所以sin Acos B

25、=sin(C+B),即sin Acos B=sin A. 因為A∈(0,π),所以sin A>0, 所以cos B=,又B∈(0,π),所以B=. (2)因為|-|=,所以||=,即b=, 根據(jù)余弦定理及基本不等式得 6=a2+c2-ac≥2ac-ac=(2-)ac(當(dāng)且僅當(dāng)a=c時取等號),即ac≤3(2+), 故△ABC的面積S=acsin B≤, 即△ABC面積的最大值為. 11. (2020·廣東六校聯(lián)考)某學(xué)校的平面示意圖為如圖五邊形區(qū)域ABCDE,其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū),四邊形區(qū)域BCDE為教學(xué)區(qū),AB,BC,CD,DE,EA,BE為學(xué)校的主要道路(不考

26、慮寬度).∠BCD=∠CDE=,∠BAE=,DE=3BC=3CD= km. (1)求道路BE的長度. (2)求生活區(qū)△ABE面積的最大值. 解析: (1)如圖,連接BD,在△BCD中,由余弦定理得:BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=,所以BD=,因為BC=CD,所以∠CDB=∠CBD==,又∠CDE=,所以∠BDE=. 在Rt△BDE中,BE==. (2)設(shè)∠ABE=α,因為∠BAE=, 所以∠AEB=-α.在△ABE中,由正弦定理,得 ====, 所以AB=sin,AE=sin α. 所以S△ABE=|AB||AE|sin = =≤=, 因為0

27、<α<,所以當(dāng)2α-=,即α=時,S△ABE取得最大值為,即生活區(qū)△ABE面積的最大值為. 高考解答題·審題與規(guī)范(二) 三角函數(shù)與解三角形類考題 重在“變換” 思維流程 [變角] 已知角與特殊角的變換、已知角與目標(biāo)角的變換、角與其倍角的變換、兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運用. [變式] 在解決解三角形的問題時,常利用正、余弦定理化邊為角或化角為邊等. 真題案例 審題指導(dǎo) 審題方法 (12分)(2019·全國Ⅲ卷)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a,b,c.已知asin=bsin A. (1)求B; (2)若△ABC為銳角三角形,且c=1,求△

28、ABC面積的取值范圍. (1)利用正弦定理將已知條件統(tǒng)一成角的關(guān)系,再用誘導(dǎo)公式、二倍角公式變形化簡,解出角的正弦值,從而得角B. (2)結(jié)合(1)及已知,把三角形面積表示成a的函數(shù),再利用正弦定理將a表示為角C的三角函數(shù),注意到銳角三角形及角B的大小,確定角C的范圍,進而得解. 條件是解題的主要材料,充分利用條件間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的必經(jīng)之路.審視條件要充分挖掘每一個條件的內(nèi)涵和隱含信息,發(fā)掘條件的內(nèi)在聯(lián)系. 規(guī)范解答 評分細則 [解析] (1)由題設(shè)及正弦定理得sin Asin=sin Bsin A.1分① 因為sin A≠0,所以sin=sin B.2分② 由A+B+C=1

29、80°,可得sin=cos,故cos=2sincos.3分③ 因為cos≠0,故sin=,因此B=60°.5分④ (2)由題設(shè)及(1)知△ABC的面積S△ABC=a.6分⑤ 由正弦定理得a===+.8分⑥ 由于△ABC為銳角三角形,故0°<A<90°,0°<C<90°.由(1)知A+C=120°,所以30°<C<90°,10分⑦ 故<a<2,11分⑧ 從而<S△ABC<.因此,△ABC面積的取值范圍是.12分⑨ 第(1)問踩點得分 ①正確利用正弦定理得1分. ②sin A≠0正確化簡得1分. ③利用A+B+C=180°,恒等變形得1分. ④cos≠0得sin=得1分;進而求出B得1分. 第(2)問踩點得分. ⑤表示出S△ABC得1分. ⑥利用正弦定理并能表示出a得2分. ⑦利用銳角△和B=60°,得出C的范圍得2分. ⑧由C的范圍得出a的范圍得1分. ⑨求出S△ABC的范圍得1分. - 18 -

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