【新步步高】2016高考數(shù)學(xué)二輪專題突破 專題二 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 三角變換與解三角形 理

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1、 第2講 三角變換與解三角形 1.(2013·浙江)已知α∈R,sin α+2cos α=,則tan 2α等于(  ) A. B. C.- D.- 2.(2015·重慶)若tan α=,tan(α+β)=,則tan β等于(  ) A. B. C. D 3.(2014·福建)在△ABC中,A=60°,AC=4,BC=2,則△ABC的面積等于________. 4.(2014·江蘇)若△ABC的內(nèi)角滿足sin A+sin B=2sin C,則cos C的最小值是________. 正弦定理和余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內(nèi)容,主要考查:1.邊和角

2、的計算;2.三角形形狀的判斷;3.面積的計算;4.有關(guān)的范圍問題.由于此內(nèi)容應(yīng)用性較強,與實際問題結(jié)合起來進行命題將是今后高考的一個關(guān)注點,不可輕視. 熱點一 三角恒等變換 1.三角求值“三大類型” “給角求值”、“給值求值”、“給值求角”. 2.三角函數(shù)恒等變換“四大策略” (1)常值代換:特別是“1”的代換,1=sin2θ+cos2θ=tan 45°等; (2)項的分拆與角的配湊:如sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α,α=(α-β)+β等; (3)降次與升次: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

3、 (1)已知sin(α+)+sin α=-,-<α<0,則cos(α+)等于(  ) A.- B.- C. D. (2)(2014·課標(biāo)全國Ⅰ)設(shè)α∈(0,),β∈(0,),且tan α=,則(  ) A.3α-β= B.2α-β= C.3α+β= D.2α+β= 思維升華 (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

4、據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小,避免產(chǎn)生增解. 跟蹤演練1 (1)(2015·重慶)若tan α=2tan ,則等于(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 (2)-等于(  ) A.4 B.2 C.-2 D.-4 熱點二 正弦定理、余弦定理 (1)正弦定理:在△ABC中,===2R(R為△ABC的外接圓半徑).變形:a=2Rsin A,sin A=,a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C等. (2)余弦定理:在△ABC中, a2=b2+c2-2bccos A; 變形:b2+c2-a2=2bccos A,cos A=. 例2 (2015·課標(biāo)全

5、國Ⅱ)如圖,在△ABC中,D是BC上的點,AD平分∠BAC,△ABD面積是△ADC面積的2倍. (1)求; (2)若AD=1,DC=,求BD和AC的長.                 思維升華 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. 跟蹤演練2 (1)(2015·課標(biāo)全國Ⅰ)在平面四邊形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,則AB的取值范圍是________. (2)(2

6、014·江西)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別是a,b,c.若c2=(a-b)2+6,C=,則△ABC的面積是(  ) A.3 B. C. D.3 熱點三 解三角形與三角函數(shù)的綜合問題 解三角形與三角函數(shù)的綜合是近幾年高考的熱點,主要考查三角形的基本量,三角形的面積或判斷三角形的形狀. 例3 (2015·山東)設(shè)f(x)=sin xcos x-cos2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)在銳角△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若f =0,a=1,求△ABC面積的最大值.           思維升華 解三角形與三角

7、函數(shù)的綜合題,要優(yōu)先考慮角的范圍和角之間的關(guān)系;對最值或范圍問題,可以轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的值域來求. 跟蹤演練3 已知函數(shù)f(x)=2cos (cos-sin),在△ABC中,有f(A)=+1. (1)若a2-c2=b2-mbc,求實數(shù)m的值; (2)若a=1,求△ABC面積的最大值.       1.在△ABC中,BC=1,B=,△ABC的面積S=,則sin C等于(  ) A. B. C. D. 2.已知函數(shù)f(x)=sin ωx·cos ωx-cos2ωx(ω>0)的最小正周期為. (1)求ω的值;   (2)在△ABC中,sin

8、 B,sin A,sin C成等比數(shù)列,求此時f (A)的值域.   提醒:完成作業(yè) 專題二 第2講 二輪專題強化練 專題二 第2講 三角變換與解三角形 A組 專題通關(guān) 1.已知α∈(,π),sin(α+)=,則cos α等于(  ) A.- B. C.-或 D.- 2.已知函數(shù)f(x)=4sin(+),f(3α+π)=,f(3β+)=-,其中α,β∈[0,],則cos(α-β)的值為(  ) A. B. C. D. 3.設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若bcos C+ccos B=asin A,則△ABC的形狀為(  )

9、 A.銳角三角形 B.直角三角形 C.鈍角三角形 D.不確定 4.(2015·廣東)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若a=2,c=2,cos A=且b

10、=-,則a的值為________. 8.如圖,在一個塔底的水平面上的點A處測得該塔頂P的仰角為θ,由點A向塔底D沿直線行走了30 m到達點B,測得塔頂P的仰角為2θ,再向塔底D前進10 m到達點C,又測得塔頂?shù)难鼋菫?θ,則塔PD的高度為________m. 9.(2015·浙江)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知tan=2. (1)求的值; (2)若B=,a=3,求△ABC的面積. 10.已知f(x)=2sin(x-)-,現(xiàn)將f(x)的圖象向左平移個單位長度,再向上平移個單位長度,得到函數(shù)g(x)的圖象. (

11、1)求f()+g()的值; (2)若a,b,c分別是△ABC三個內(nèi)角A,B,C的對邊,a+c=4,且當(dāng)x=B時,g(x)取得最大值,求b的取值范圍. B組 能力提高 11.(2015·溫州模擬)若α∈(0,),則的最大值為________. 12.(2015·湖北)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. 13.在△ABC中,向量,的夾角為120°,=2,且AD=2,∠A

12、DC=120°,則△ABC的面積等于________. 14.(2015·四川)如圖,A,B,C,D為平面四邊形ABCD的四個內(nèi)角. (1)證明:tan =; (2)若A+C=180°,AB=6,BC=3,CD=4,AD=5,求tan +tan +tan +tan 的值. 學(xué)生用書答案精析 第2講 三角變換與解三角形 高考真題體驗 1.C [∵sin α+2cos α=, ∴sin2α+4sin α·cos α+4cos2α=. 用降冪公式化簡得:4sin 2α=-3cos 2α, ∴tan 2α==-.故選C.] 2.A [tan β=tan[(α+

13、β)-α]= ==.] 3.2 解析 如圖所示,在△ABC中,由正弦定理得=, 解得sin B=1, 所以B=90°, 所以S△ABC=×AB×2=××2=2. 4. 解析 由sin A+sin B=2sin C, 結(jié)合正弦定理得a+b=2c. 由余弦定理得cos C= == ≥=, 故≤cos C<1, 且3a2=2b2時取“=”. 故cos C的最小值為. 熱點分類突破 例1 (1)C (2)B 解析 (1)∵sin(α+)+sin α=-,-<α<0, ∴sin α+cos α=-, ∴sin α+cos α=-, ∴cos(α+)=cos

14、αcos-sin αsin =-cos α-sin α=. (2)由tan α= 得=, 即sin αcos β=cos α+cos αsin β, ∴sin(α-β)=cos α=sin(-α). ∵α∈(0,),β∈(0,), ∴α-β∈(-,),-α∈(0,), ∴由sin(α-β)=sin(-α), 得α-β=-α, ∴2α-β=. 跟蹤演練1 (1)C (2)D 解析 (1)= = == ==3. (2)-=- == ==-4,故選D. 例2 解 (1)S△ABD=AB·ADsin∠BAD, S△ADC=AC·ADsin∠CAD. 因為S△A

15、BD=2S△ADC, ∠BAD=∠CAD, 所以AB=2AC. 由正弦定理可得 ==. (2)因為S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=. 在△ABD和△ADC中,由余弦定理知 AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB, AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC. 故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6, 由(1)知AB=2AC,所以AC=1. 跟蹤演練2 (1)(-,+) (2)C 解析 (1)如圖所示,延長BA與CD相交于點E,過點C作CF∥AD交AB于點F,則BF

16、=BC=2, ∴BF==-. 在等腰三角形ECB中,∠CEB=30°,∠ECB=75°, BE=CE,BC=2,=, ∴BE=×=+. ∴-

17、x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z); 單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z). (2)由f=sin A-=0,得sin A=, 由題意知A為銳角,所以cos A=. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A, 可得1+bc=b2+c2≥2bc, 即bc≤2+,且當(dāng)b=c時等號成立. 因此bcsin A≤. 所以△ABC面積的最大值為. 跟蹤演練3 解 (1)f(x)=2cos(·cos-sin)=2cos2-2sin·cos=+cos x-sin x =+2sin(-x), 由f(A)=+1, 可得+2sin(-A)=+1, 所以sin(-A)=. 又A∈(0,π),所以-A∈(

18、-,), 所以-A=,即A=. 由a2-c2=b2-mbc及余弦定理, 可得==cos A=, 所以m=. (2)由(1)知cos A=,則sin A=, 又=cos A=, 所以b2+c2-a2=bc≥2bc-a2, 即bc≤(2+)a2=2+, 當(dāng)且僅當(dāng)b=c時等號成立, 所以S△ABC=bcsin A≤, 即△ABC面積的最大值為. 高考押題精練 1.D [因為在△ABC中,BC=1,B=,△ABC的面積S=,所以S△ABC=BC·BA·sin B=,即×1×BA×=,解得BA=4.又由余弦定理,得AC2=BC2+BA2-2BC·BA·cos B, 即得AC=

19、,由正弦定理,得=,解得sin C=.] 2.解 (1)f(x)=sin 2ωx-(cos 2ωx+1)=sin(2ωx-)-, 因為函數(shù)f(x)的周期為T==, 所以ω=. (2)由(1)知f(x)=sin(3x-)-, 易得f(A)=sin(3A-)-. 因為sin B,sin A,sin C成等比數(shù)列, 所以sin2A=sin Bsin C, 所以a2=bc, 所以cos A==≥=(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號), 因為0

20、]. 二輪專題強化練答案精析 第2講 三角變換與解三角形 1.A [∵α∈(,π),∴α+∈(π,π), ∵sin(α+)=, ∴cos(α+)=-, ∴cos α=cos(α+-)=cos(α+)·cos+sin(α+)sin =-×+×=-.] 2.D [由f(3α+π)=, 得4sin[(3α+π)+]=, 即4sin(α+)=, 所以cos α=, 又α∈[0,],所以sin α=. 由f(3β+)=-, 得4sin[(3β+)+]=-, 即sin(β+π)=-, 所以sin β=. 又β∈[0,], 所以cos β=. 所以cos(α-β)=

21、cos αcos β+sin αsin β=×+×=.] 3.B [由bcos C+ccos B=asin A,得sin Bcos C+sin Ccos B=sin2A,即sin(B+C)=sin2A,所以sin A=1,由0

22、B==2-,故選D.] 6. 解析?。剑剑剑? 7.8 解析 ∵cos A=-,0<A<π, ∴sin A=, S△ABC=bcsin A=bc× =3,∴bc=24, 又b-c=2,∴b2-2bc+c2=4,b2+c2=52, 由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccos A =52-2×24×=64, ∴a=8. 8.15 解析 依題意有PD⊥AD,BA=30 m,BC=10 m, ∠PAD=θ,∠PBD=2θ,∠PCD=4θ, 所以∠APB=∠PBD-∠PAD=θ=∠PAD. 所以PB=BA=30 m. 同理可得PC=BC=10 m. 在△BPC中,由

23、余弦定理,得 cos 2θ==, 所以2θ=30°,4θ=60°. 在△PCD中,PD=PC×sin 4θ=10×=15(m). 9.解 (1)由tan=2, 得tan A=. 所以= ==. (2)由tan A=,A∈(0,π), 得sin A=,cos A=. 又由a=3,B=及正弦定理=,得b=3. 由sin C=sin(A+B)=sin 得sin C=, 設(shè)△ABC的面積為S, 則S=absin C=9. 10.解 (1)因為g(x)=2sin[(x+)-]-+=2sin(x+), 所以f()+g()=2sin(-)-+2sin=1. (2)因為g(x

24、)=2sin(x+), 所以當(dāng)x+=+2kπ(k∈Z), 即x∈+2kπ(k∈Z)時,g(x)取得最大值. 因為x=B時g(x)取得最大值, 又B∈(0,π),所以B=. 而b2=a2+c2-2accos=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=16-3ac≥16-3·()2=16-12=4, 所以b≥2.又b0, ∴=≤=, 故的最大值為. 12.100 解析 在△ABC中,AB=600,∠BAC=30°,∠ACB=75°-30°=45°,由正弦定理得=,即=,

25、所以BC=300.在Rt△BCD中,∠CBD=30°,CD=BCtan∠CBD=300·tan 30°=100. 13.2 解析 在△ABC中,因為∠ADC=120°,所以∠ADB=60°, 因為向量,的夾角為120°, 所以∠B=60°,所以△ADB為等邊三角形. 因為AD=2,所以AB=BD=2. 因為=2,所以點D為BC的中點, 所以BC=4,所以△ABC的面積S△ABC=BA·BC·sin B=×2×4×sin 60°=2. 14.(1)證明 tan == =. (2)解 由A+C=180°,得C=180°-A,D=180°-B, 由(1),有tan +tan +tan +tan =+++ =+. 連接BD, 在△ABD中,有BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A, 在△BCD中,有BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C, 所以AB2+AD2-2AB·ADcos A=BC2+CD2+2BC·CDcos A, 則cos A = ==, 于是sin A= = =. 連接AC,同理可得 cos B===, 于是sin B== =. 所以tan +tan +tan +tan =+=+ =. 19

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