2019届高考数学二轮复习第二部分专项二专题二2第2讲　三角恒等变换与解三角形学案含解析

2019教学资料第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∈解析：因为α∈所以sinα＝所以cos＝答案：2．已知cosα＝解析：因为α∈因为cosα＝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＝解析：因为sinβ＝所以cosβ＝－因为sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝cosα，所以tanα＝－所以tan(α＋β)＝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，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＝[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【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＝因为B＝所以AC＝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＝(1)求AD的长；(2)求△ADE的面积．【解】　(1)在△ABD中，因为cosB＝所以sinB＝所以sin∠BAD＝sin(B＋∠ADB)＝由正弦定理知(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＋所以S△ACD＝从而S△ADE＝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解：(1)在△ABD中，由正弦定理得由题设知，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<B<π，所以B＝(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＝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＝此时△ABC的面积S＝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－【解析】　易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，所以DE＝CEsin60°＝【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(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(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＝由正弦定理【答案】　(1)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 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 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(C．210【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·【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(a＋b)2－12＝3ab≤3即(a＋b)2≤48(当且仅当a＝b＝2所以a＋b≤4所以△ABC周长的最大值为62．(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(1)求角A的值；(2)若b＝解：(1)由cos2A－cos2B＋2cos(2)因为b＝由正弦定理由sinB∈[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3B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3D．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＝2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝2a，bsinB－asinA＝A.C.解析：选A.由bsinB－asinA＝且c＝2a，得b＝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.C.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＝4．(2018·昆明模拟)在△ABC中，已知AB＝A．1B.C.解析：选A.法一：因为tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝法二：因为tan∠BAC＝－3，所以cos∠BAC＝－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＝A.C.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<C<6.如图，在△ABC中，∠C＝A.C.解析：选C.依题意得，BD＝AD＝二、填空题7．若sin解析：依题意得cos＝－cos＝－cos＝2sin2＝－答案：－8．(2018·高考全国卷Ⅱ改编)在△ABC中，cos解析：因为cosC＝2cos2答案：49．(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：由答案：(4三、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＝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＝211．(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(1)求角A的大小；(2)设AD为BC边上的高，a＝解：(1)在△ABC中，因为所以(2)因为S△ABC＝所以AD＝由余弦定理得cosA＝所以0<bc≤3(当且仅当b＝c时等号成立)，所以0<AD≤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＝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＝(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×故S△ABC＝[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(2)设内角A的平分线AD交于BC于D，AD＝解：(1)由S＝(2)由角平分线定理可知，BD＝在△ABC中，cosB＝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＝(1)若△ABC为锐角三角形，且cosA＝(2)若C＝解：(1)作CD⊥AB，垂足为D，因为△ABC为锐角三角形，且cosA＝所以sinA＝所以AD＝所以BC＝由正弦定理得：sin∠ACB＝(2)因为S△ABC＝所以c2＝又a2＋b2－c2＝2abcos∠ACB＝所以a2＋b2＝所以a2＋b2＋所以M＝3．(2018·合肥质量检测)已知△ABC中，D为AC边上一点，BC＝2(1)若CD＝2(2)若角C为锐角，AB＝6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)在△ABC中，由解得sinC＝由角C为锐角得，cosC＝所以sin∠BDC＝sin(C＋45°)＝在△BCD中，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(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝由bsinA＝acos可得sinA＝因为a<c，故cosA＝因此sin2A＝2sinAcosA＝cos2A＝2cos2A－1＝所以，sin(2A－B)＝sin2AcosB－cos2AsinB＝PAGE1