2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)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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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(dú)命題，也可以與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)綜合，有時(shí)與解三角形綜合．難度一般不大，單獨(dú)命題多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，有時(shí)與其他知識(shí)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(wèn)題，有時(shí)也涉及三角恒等變換，難度中等．單獨(dú)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(yàn)] 1．(2019·全國(guó)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(guó)Ⅰ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(duì)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?yàn)閎＋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(diǎn)一　三角恒等變換與求值 數(shù)學(xué) 運(yùn)算 素養(yǎng) 數(shù)學(xué)運(yùn)算——三角函數(shù)式化簡(jiǎn)求值中的核心素養(yǎng) 三角運(yùn)算是重要的“數(shù)學(xué)運(yùn)算”，在正確分析條件和所求的基礎(chǔ)上明確運(yùn)算的方法，靈活地選用三角公式，完成三角運(yùn)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(diǎn)與原點(diǎn)O重合，始邊與x軸的非負(fù)

7、半軸重合，它的終邊過(guò)點(diǎn)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(guò)點(diǎn)P得sin α＝－，所以sin(α＋π)＝－sin α＝. (ⅱ)由角α的終邊過(guò)點(diǎn)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(duì)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(gè)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(guò)程要注意正確性，要特別注意公式中的符號(hào)和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)張冠李戴的情況． (2)求角問(wèn)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?yàn)棣?，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_(kāi)_______． 解析：因?yàn)棣翞殇J角且cos＝＞0， 所以α＋∈，所以sin＝. 所以sin＝sin ＝sin 2cos －cos 2sin ＝sincos－ ＝××－ ＝－＝. 答案： 熱點(diǎn)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(guó)Ⅰ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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?yàn)?°＜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?yàn)?°＜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(wèn)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(jiàn)的三角變換方法和原則都適用，同時(shí)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(wèn)題獲得解決的突破口． 　　　 用正、余弦定理解決實(shí)際問(wèn)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(shí)測(cè)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(dá)B處，測(cè)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(shí)際問(wèn)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(yǔ)； (2)根據(jù)題意畫(huà)出示意圖，并將已知條件在圖形中標(biāo)出； (3)將所求問(wèn)題歸結(jié)到一個(gè)或幾個(gè)三角形中，通過(guò)合理運(yùn)用正、余弦定理等有關(guān)知識(shí)正確求解． (1) (2019·威海三模)如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在AC上，AB⊥BD，BC＝3，BD＝5，sin∠ABC＝，則CD的長(zhǎng)為(　　) A.　　　

13、　　　　　　　 B．4 C．2 D．5 解析：B　[利用余弦定理求解．因?yàn)閟in∠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(dá)觀測(cè)站A，發(fā)現(xiàn)其北偏東45°，與觀測(cè)站A距離20海里的B處有一貨船正勻速直線行駛，半小時(shí)后，又測(cè)得該貨船位于觀測(cè)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_(kāi)_______海里/小時(shí)． 解析：因?yàn)閏os 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(shí)． 答案：4 熱點(diǎn)三　與解三角形的交匯創(chuàng)新 [例3]　(2020·煙臺(tái)模擬)已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(zhǎng)公式結(jié)合余弦定理求模． [解析]　(1)證明：因?yàn)椋? ＝＝＝＝＝， 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(yùn)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(wèn)題的解法思路是：通過(guò)向量的運(yùn)算把向量問(wèn)題

16、轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問(wèn)題或解三角形問(wèn)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(duì)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(shí)取等號(hào))， 所以0＜B≤，＜＋≤，1＜f(B)≤， 綜上f(B)的取值范圍為.

17、 限時(shí)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(yùn)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；　④. A．①②④ B．③④ C．①②③ D．②③④ 解析：C　[對(duì)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(duì)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(duì)于③，＝＝tan 60°＝； 對(duì)于④，＝×＝×tan＝. 綜上，式子的運(yùn)算結(jié)果為的是①②③.故選C.] 4．(2019·沈陽(yáng)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(duì)

20、邊分別為a，b，c，已知c＝，C＝，sin B＝2sin A，則△ABC的周長(zhǎng)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(zhǎng)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(duì)岸兩個(gè)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(dá)B處后再次觀察帳篷C，D，此時(shí)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(cè))在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(duì)邊分別為a，b，c，已知＝1－， 所以＝1－，化簡(jiǎn)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(diǎn)D在線段AC上．若∠BDC＝45°，則BD＝________，cos∠ABD＝________. 解析：解答解三角形問(wèn)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(duì)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?yàn)閍＝3c，b＝，cos B＝， 由余弦定理，得cos B＝， 得＝，即c2＝.所以c＝. (2)因?yàn)椋剑? 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?yàn)閟in 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(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(a－c)·＝c·. (1)求角B的大??； (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?yàn)锳∈(0，π)，所以sin A＞0， 所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝. (2)因?yàn)閨－|＝，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(shí)取等號(hào))，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(zhǎng)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?yàn)锽C＝CD，所以∠CDB＝∠CBD＝＝，又∠CDE＝，所以∠BDE＝. 在Rt△BDE中，BE＝＝. (2)設(shè)∠ABE＝α，因?yàn)椤螧AE＝， 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?yàn)?

27、＜α＜，所以當(dāng)2α－＝，即α＝時(shí)，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(yùn)用． [變式]　在解決解三角形的問(wèn)題時(shí)，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(guó)Ⅲ卷)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)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(jiǎn)，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(jìn)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(gè)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(píng)分細(xì)則 [解析]　(1)由題設(shè)及正弦定理得sin Asin＝sin Bsin A．1分① 因?yàn)閟in 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?yàn)閏os≠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(wèn)踩點(diǎn)得分 ①正確利用正弦定理得1分． ②sin A≠0正確化簡(jiǎn)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(jìn)而求出B得1分． 第(2)問(wèn)踩點(diǎn)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 -