【精品】2019高考数学二轮复习专题一三角函数解三角形与平面向量第2讲三角恒等变换与解三角形学案.pdf

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1、1第 2 讲三角恒等变换与解三角形 考情考向分析 正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查：1.边和角的计算.2.三角形形状的判断.3.面积的计算.4.和三角函数的图象、性质有关的参数的范围问题热点一三角恒等变换1三角求值“三大类型”“给角求值”“给值求值”“给值求角”2三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1sin2cos2 tan 45 等(2)项的拆分与角的配凑：如sin22cos2(sin2 cos2)cos2，()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：一般是切化弦例 1(1)若 cos 345，则 c

2、os32 等于()A.2325 B 2325 C.725 D 725答案D 2解析cos 345，cos 3sin2 3sin6 45，cos32 12sin26 725.(2)已知 sin 55，sin()1010，均为锐角，则 等于()A.512 B.3 C.4 D.6答案C 解析因为，均为锐角，所以2c，所以BC，则C为锐角，所以cos C63.则 sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C326312333236，所以ABC的面积S12bcsin A48323624283.热点三解三角形与三角函数的综合问题解三角形与三角函数的综合是近几年高考的热点，主要考查三角形

3、的基本量，三角形的面积或判断三角形的形状例 3(2018天津)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsin AacosB6.(1)求角B的大小；(2)设a2，c3，求b和 sin(2AB)的值解(1)在ABC中，由正弦定理asin Absin B，可得bsin Aasin B.又由bsin AacosB6，得asin BacosB6，6即 sin BcosB6，所以 tan B3.又因为B(0，)，所以B3.(2)在ABC中，由余弦定理及a2，c3，B3，得b2a2c2 2accos B7，故b7.由bsin AacosB6，可得 sin A217.因为a0，得 sin A

4、2sin B.根据正弦定理，得a2b.2(2018全国)已知sin cos 1，cos sin 0，则 sin()_.答案12解析sin cos 1，cos sin 0，22得 1 2(sin cos cos sin )11，8sin cos cos sin 12，sin()12.3(20 18全国改编)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若ABC的面积为a2b2c24，则C_.答案4解析S12absin Ca2b2c242abcos C412abcos C，sin Ccos C，即 tan C1.又C(0，)，C4.4(2018全国)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已

5、知bsin Ccsin B4asin Bsin C，b2c2a28，则ABC的面积为 _答案233解析bsin Ccsin B4asin Bsin C，由正弦定理得sin Bsin Csin Csin B4sin Asin Bsin C.又 sin Bsin C0，sin A12.由余弦定理得cos Ab2c2a22bc82bc4bc0，cos A32，bc4cos A833，SABC12bcsin A1283312233.押题预测1在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知 cos A23，sin B5cos C，并且a2，则ABC的面积为 _押题依据三角形的面积求法较多，而在解

6、三角形中主要利用正弦、余弦定理求解，此题很好地体现了综合性考查的目的，也是高考的重点9答案52解析因为 0A0，并结合 sin2C cos2C1，得 sin C56，cos C16.于是 sin B5cos C56.由a2及正弦定理asin Acsin C，得c3.故ABC的面积S12acsin B52.2设函数f(x)sin2x623sin xcos x(xR)(1)求函数f(x)的最小正周期及f 4的值；(2)将函数f(x)的图象向右平移12个单位长度，得到函数g(x)的图象，试求g(x)在 0，2上的最小值押题依据三角函数是高考的热点问题，是解答题的重要考查题型利用三角恒等变换将函数转化

7、为“一角一函数”的形式是解决此类问题的关键，换元法与整体代换法是最基本的解决方法考查重点是三角函数的图象与性质，有时会与解三角形问题进行综合考查解(1)f(x)sin2x623sin xcos x32sin 2x12cos 2x3sin 2x12cos 2x32sin 2xcos2x3.所以函数f(x)的最小正周期T22，f 4cos 24332.10(2)g(x)f x12cos 2x123cos 2x6.因为x 0，2，所以 2x66，76.所以当 2x6，即x512时，g(x)取得最小值，此时g(x)min 1.3 已知f(x)sin(x)0，|2满足f x2f(x)，若其图象向左平移6

8、个单位长度后得到的函数为奇函数(1)求f(x)的解析式；(2)在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2ca)cos Bbcos A，求f(A)的取值范围押题依据三角函数是高考考查的重点，是解答题的常考题型，常与解三角形相结合，此题很好地体现了综合性，是高考中的热点解(1)f x2f(x)，f(x)f x2f(x)，T，2，则f(x)的图象向左平移6个单位长度后得到的函数为g(x)sin2x3，而g(x)为奇函数，则有3k，kZ，而|2，则有 3，从而f(x)sin2x3.(2)(2ca)cos Bbcos A，由正弦定理得2sin Ccos Bsin(AB)sin C，又

9、C 0，2，sin C0，cos B12，B3.ABC是锐角三角形，C23A2，6A2，02A30，2tan 3tan 2 2tan 3 1tan22tan 12tan 3tan 122tan 3tan 3，当且仅当tan 3tan，即 tan 3，3时等号成立故选D.方法二 为锐角，sin 0，cos 0，2tan 3tan 2 2sin cos 3cos 2 sin 2 4sin23cos 2 2sin cos sin23cos22sin cos 12sin cos 3cos sin 122sin cos 3cos sin 3，13当且仅当sin cos 3cos sin，即 3时等号成立

10、故选D.6(2018浙江省台州中学统考)已知sin 12cos 且 0，2，则sin 2 _，cos 2 sin4的值为 _答案34142解析由 sin 12cos，得 sin cos 12，两边平方得(sin cos)212sin cos 1sin 2 14，则 sin 2 34.因为 0，2，所以 sin 0，cos 0，则 sin cos sin cos 21sin 2 72，联立解得cos 714，则 cos 2 2cos2 174，又由 sin cos 12得，2sin 412，则 sin424，所以cos 2 sin47424142.7(2018杭州模拟)设ABC内切圆与外接圆的半

11、径分别为r与R，且 sin Asin Bsin C234，则cos C_；当BC1 时，ABC的面积为 _答案1431516解析sin Asin Bsin C234，由正弦定理得abc234.14令a2t，b3t，c4t，则 cos C4t29t216t212t214，sin C154.当BC1 时，AC32，SABC1213215431516.8(2018温州市适应性测试)在ABC中，AD为边BC上的中线，AB 1，AD 5，B45，则 sin ADC_，AC_.答案210113 解析在ABD中，由正弦定理得ABsin ADBADsin B，则 sin ADBABsin BAD1225210

12、，则 sin ADCsin(ADB)sin ADB210.在ABD中，由余弦定理得AD2AB2BD22ABBDcos B，即 5212BD22BDcos 45，解得BD42(舍负)，则BC2BD82，在ABC中，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcos B12(82)2218 2cos 45 113，所以AC113.9(2018浙江)已知角 的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P35，45.(1)求 sin()的值；(2)若角 满足 sin()513，求 cos 的值解(1)由角 的终边过点P35，45，15得 sin 45.所以 sin()sin 45.(2)由角

13、 的终边过点P35，45，得 cos 35.由 sin()513，得 cos()1213.由()，得 cos cos()cos()cos sin()sin，所以 cos 5665或 cos 1665.10(2018浙江省重点中学联考)在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知2bcos C2a3c.(1)求B的大小；(2)若CACB 2CM，且|CM|1，求ABC面积的最大值解(1)由 2bcos C2a3c及正弦定理，得 2sin Bcos C2sin A3sin C，即 2sin Bcos C2sin(BC)3sin C，2sin Ccos B3sin C，C(0，)，sin

14、C0，cos B32，又B(0，)，B6.(2)由条件知，M为AB的中点，在BCM中，由余弦定理可得cos BBM2BC212BMBC32，BM2BC213BMBC2BMBC，BMBC23，当且仅当BMBC时等号成立又SABC12BCBAsin 612BCBM132，ABC面积的最大值是132.B组能力提高11已知 2sin 1cos，则 tan 等于()16A43或 0 B.43或 0 C43D.43答案A 解析因为 2sin 1cos，所以 4sin 2cos 21 12sin22 2sin22，解得 sin 20 或 2cos 2sin 2，即 tan 20 或 2，又 tan 2tan

15、21tan22，当 tan 20 时，tan 0；当 tan 22 时，tan 43.12在锐角ABC中，角A所对的边为a，ABC的面积Sa24，给出以下结论：sin A2sin Bsin C；tan Btan C2tan Btan C；tan Atan Btan Ctan Atan Btan C；tan Atan Btan C有最小值8.其中正确结论的个数为()A1 B 2 C 3 D 4 答案D 解析由Sa2412absin C，得a2bsin C，又asin Absin B，得 sin A2sin Bsin C，故正确；由 sin A2sin Bsin C，得 sin(BC)sin Bc

16、os Ccos Bsin C2sin Bsin C，两边同时除以cos Bcos C，可得 tan B tan C2tan Btan C，故正确；因为 tan(AB)tan Atan B1tan Atan B，且 tan(AB)tan(C)tan C，17所以tan A tan B1tan Atan B tan C，整理移项得tan Atan Btan Ctan Atan Btan C，故正确；由 tan Btan C 2tan Btan C，tan A tan(BC)tan Btan Ctan Btan C1，且 tan A，tan B，tan C都是正数，得 tan Atan Btan C

17、tan B tan Ctan Btan C1tan Btan C2tan Btan Ctan Btan C1tan Btan C2 tan Btan C2tan Btan C 1，设mtan Btan C1，则m0，tan Atan Btan C2m12m2m1m44 4m1m8，当且仅当m tan Btan C 11，即 tan Btan C2 时取“”，此时 tan Btan C 2，tan Btan C4，tan A4，所以 tan Atan Btan C的最小值是8，故正确，故选D.13(2018北京)若ABC的面积为34(a2c2b2)，且C为钝角，则B_；ca的取值范围是 _答案3

18、(2，)解析由余弦定理得cos Ba2c2b22ac，a2c2b22accos B又S34(a2c2b2)，12acsin B342accos B，tan B3，又B(0，)，B3.又C为钝角，C23A2，0A6.18由正弦定理得casin23Asin A32cos A12sin Asin A12321tan A.0tan A3，ca123232，即ca2.ca的取值范围是(2，)14如图，在ABC中，D为边BC上一点，AD6，BD3，DC2.(1)如图 1，若ADBC，求BAC的大小；(2)如图 2，若ABC4，求ADC的面积解(1)设BAD，DAC.因为ADBC，AD 6，BD 3，DC2，所以 tan 12，tan 13，所以 tan BACtan()tan tan 1tan tan 121311213 1.又BAC(0，)，所以BAC4.(2)设BAD.在ABD中，ABC4，AD6，BD3.由正弦定理得ADsin4BDsin，解得 sin 24.19因为ADBD，所以 为锐角，从而cos 1sin2144.因此 sin ADCsin4sin cos 4cos sin 42224144174.所以ADC的面积S12ADDCsin ADC126217432(1 7)