2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2講 三角變換與解三角形 理.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2講 三角變換與解三角形 理 考情解讀　1.高考中?？疾槿呛愕茸儞Q有關(guān)公式的變形使用，常和同角三角函數(shù)的關(guān)系、誘導(dǎo)公式結(jié)合.2.利用正弦定理或余弦定理解三角形或判斷三角形的形狀、求值等，經(jīng)常和三角恒等變換結(jié)合進(jìn)行綜合考查． 1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(αβ)＝sin αcos βcos αsin β. (2)cos(αβ)＝cos αcos β?sin αsin β. (3)tan(αβ)＝. 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＝. 3．三角恒等式的證明方法 (1)從等式的一邊推導(dǎo)變形到另一邊，一般是化繁為簡(jiǎn)． (2)等式的兩邊同時(shí)變形為同一個(gè)式子． (3)將式子變形后再證明． 4．正弦定理 ＝＝＝2R(2R為△ABC外接圓的直徑)． 變形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C. sin A＝，sin B＝，sin C＝. a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C. 5．余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos B， c2＝a2＋b2－2abcos C. 推論：cos A＝，cos B＝，cos C＝. 變形：b2＋c2－a2＝2bccos A，a2＋c2－b2＝2accos B， a2＋b2－c2＝2abcos C. 6．面積公式 S△ABC＝bcsin A＝acsin B＝absin C. 7．解三角形 (1)已知兩角及一邊，利用正弦定理求解． (2)已知兩邊及一邊的對(duì)角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情況可能不唯一． (3)已知兩邊及其夾角，利用余弦定理求解． (4)已知三邊，利用余弦定理求解． 熱點(diǎn)一　三角變換 例1　(1)已知sin(α＋)＋sin α＝－，－<α<0，則cos(α＋)等于(　　) A．－ B．－ C. D. (2)(xx課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)設(shè)α∈(0，)，β∈(0，)，且tan α＝，則(　　) A．3α－β＝ B．2α－β＝ C．3α＋β＝ D．2α＋β＝ 思維啟迪　(1)利用和角公式化簡(jiǎn)已知式子，和cos(α＋π)進(jìn)行比較． (2)先對(duì)已知式子進(jìn)行變形，得三角函數(shù)值的式子，再利用范圍探求角的關(guān)系． 答案　(1)C　(2)B 解析　(1)∵sin(α＋)＋sin α＝－，－<α<0， ∴sin α＋cos α＝－， ∴sin α＋cos α＝－， ∴cos(α＋)＝cos 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＝. 思維升華　(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． 　設(shè)函數(shù)f(x)＝cos(2x＋)＋sin2x. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和最大值； (2)若θ是第二象限角，且f()＝0，求的值． 解　(1)f(x)＝cos(2x＋)＋sin2x＝cos 2xcos－sin 2xsin＋＝－sin 2x. 所以f(x)的最小正周期為T＝＝π，最大值為. (2)因?yàn)閒()＝0， 所以－sin θ＝0，即sin θ＝， 又θ是第二象限角， 所以cos θ＝－＝－. 所以＝＝＝ ＝＝＝. 熱點(diǎn)二　解三角形 例2　在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，滿足a＝2sin A，＋＋＝0. (1)求邊c的大??； (2)求△ABC面積的最大值． 思維啟迪　(1)將＋＋＝0中的邊化成角，然后利用和差公式求cos C，進(jìn)而求c.(2)只需求ab的最大值，可利用cos C＝和基本不等式求解． 解　(1)∵＋＋＝0， ∴ccos B＋2acos C＋bcos C＝0， ∴sin Ccos B＋sin Bcos C＋2sin Acos C＝0， ∴sin A＋2sin Acos C＝0， ∵sin A≠0， ∴cos C＝－，∵C∈(0，π) ∴C＝，∴c＝sin C＝. (2)∵cos C＝－＝， ∴a2＋b2＋ab＝3，∴3ab≤3，即ab≤1. ∴S△ABC＝absin C≤. ∴△ABC的面積最大值為. 思維升華　三角形問(wèn)題的求解一般是從兩個(gè)角度，即從“角”或從“邊”進(jìn)行轉(zhuǎn)化突破，實(shí)現(xiàn)“邊”或“角”的統(tǒng)一，問(wèn)題便可突破． 幾種常見(jiàn)變形： (1)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； (2)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，其中R為△ABC外接圓的半徑； (3)sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C. (1)(xx廣東)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，已知bcos C＋ccos B＝2b，則＝________. (2)(xx江西)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)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 答案　(1)2　(2)C 解析　(1)方法一　(1)因?yàn)閎cos C＋ccos B＝2b， 所以b＋c＝2b， 化簡(jiǎn)可得＝2. 方法二　因?yàn)閎cos C＋ccos B＝2b， 所以sin Bcos C＋sin Ccos B＝2sin B， 故sin(B＋C)＝2sin B， 故sin A＝2sin B，則a＝2b，即＝2. (2)∵c2＝(a－b)2＋6，∴c2＝a2＋b2－2ab＋6.① ∵C＝，∴c2＝a2＋b2－2abcos ＝a2＋b2－ab.② 由①②得ab＝6.∴S△ABC＝absin C＝6＝. 熱點(diǎn)三　正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用 例3　(xx江蘇)如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處下山至C處有兩種路徑．一種是從A沿直線步行到C，另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50 m/min.在甲出發(fā)2 min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1 min后，再?gòu)腂勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為130 m/min，山路AC長(zhǎng)為1 260 m，經(jīng)測(cè)量cos A＝， cos C＝. (1)求索道AB的長(zhǎng)； (2)問(wèn)：乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？ (3)為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過(guò)3分鐘，乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)？ 思維啟迪　(1)直接求sin B，利用正弦定理求AB.(2)利用余弦定理和函數(shù)思想，將甲乙距離表示為乙出發(fā)后時(shí)間t的函數(shù)． 解　(1)在△ABC中，因?yàn)閏os A＝，cos C＝， 所以sin A＝，sin C＝. 從而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C) ＝sin Acos C＋cos Asin C ＝＋＝.由正弦定理＝，得 AB＝sin C＝＝1 040(m)． 所以索道AB的長(zhǎng)為1 040 m. (2)假設(shè)乙出發(fā)t分鐘后，甲、乙兩游客距離為d，此時(shí)，甲行走了(100＋50t)m，乙距離A處130t m， 所以由余弦定理得 d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2130t(100＋50t) ＝200(37t2－70t＋50)，由于0≤t≤，即0≤t≤8， 故當(dāng)t＝ min時(shí)，甲、乙兩游客距離最短． (3)由正弦定理＝， 得BC＝sin A＝＝500(m)． 乙從B出發(fā)時(shí)，甲已走了50(2＋8＋1)＝550(m)，還需走710 m才能到達(dá)C. 設(shè)乙步行的速度為v m/min，由題意得－3≤－≤3，解得≤v≤， 所以為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過(guò)3 min，乙步行的速度應(yīng)控制在(單位：m/min)范圍內(nèi)． 思維升華　求解三角形的實(shí)際問(wèn)題，首先要準(zhǔn)確理解題意，分清已知與所求，關(guān)注應(yīng)用題中的有關(guān)專業(yè)名詞、術(shù)語(yǔ)，如方位角、俯角等；其次根據(jù)題意畫出其示意圖，示意圖起著關(guān)鍵的作用；再次將要求解的問(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)建立數(shù)學(xué)模型，從而正確求解，演算過(guò)程要簡(jiǎn)練，計(jì)算要準(zhǔn)確；最后作答． 　如圖，中國(guó)漁民在中國(guó)南海黃巖島附近捕魚作業(yè)，中國(guó)海監(jiān)船在A地偵察發(fā)現(xiàn)，在南偏東60方向的B地，有一艘某國(guó)軍艦正以每小時(shí)13海里的速度向正西方向的C地行駛，企圖抓捕正在C地捕魚的中國(guó)漁民．此時(shí)，C地位于中國(guó)海監(jiān)船的南偏東45方向的10海里處，中國(guó)海監(jiān)船以每小時(shí)30海里的速度趕往C地救援我國(guó)漁民，能不能及時(shí)趕到？(≈1.41，≈1.73，≈2.45) 解　過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D. 因?yàn)椤螩AD＝45，AC＝10海里， 所以△ACD是等腰直角三角形． 所以AD＝CD＝AC＝10＝5(海里)． 在Rt△ABD中，因?yàn)椤螪AB＝60， 所以BD＝ADtan 60＝5＝5(海里)． 所以BC＝BD－CD＝(5－5)(海里)． 因?yàn)橹袊?guó)海監(jiān)船以每小時(shí)30海里的速度航行，某國(guó)軍艦正以每小時(shí)13海里的速度航行， 所以中國(guó)海監(jiān)船到達(dá)C點(diǎn)所用的時(shí)間t1＝＝＝(小時(shí))，某國(guó)軍艦到達(dá)C點(diǎn)所用的時(shí)間t2＝＝≈＝0.4(小時(shí))． 因?yàn)?0.4，所以中國(guó)海監(jiān)船能及時(shí)趕到． 1．求解恒等變換問(wèn)題的基本思路 一角二名三結(jié)構(gòu)，即用化歸轉(zhuǎn)化思想“去異求同”的過(guò)程，具體分析如下： (1)首先觀察角與角之間的關(guān)系，注意角的一些常用變換形式，角的變換是三角函數(shù)變換的核心． (2)其次看函數(shù)名稱之間的關(guān)系，通?！扒谢摇保? (3)再次觀察代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)． 2．解三角形的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) (1)正、余弦定理是實(shí)現(xiàn)三角形中邊角互化的依據(jù)，注意定理的靈活變形，如a＝2Rsin A，sin A＝(其中2R為三角形外接圓的直徑)，a2＋b2－c2＝2abcos C等，靈活根據(jù)條件求解三角形中的邊與角． (2)三角形的有關(guān)性質(zhì)在解三角形問(wèn)題中起著重要的作用，如利用“三角形的內(nèi)角和等于π”和誘導(dǎo)公式可得到sin(A＋B)＝sin C，sin ＝cos 等，利用“大邊對(duì)大角”可以解決解三角形中的增解問(wèn)題等． 3．利用正弦定理、余弦定理解決實(shí)際問(wèn)題的關(guān)鍵是如何將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題，抽象出三角形模型． 真題感悟 1．(xx浙江)已知α∈R，sin α＋2cos α＝，則tan 2α等于(　　) A. B. C．－ D．－ 答案　C 解析　∵sin α＋2cos α＝， ∴sin2α＋4sin αcos α＋4cos2α＝. 用降冪公式化簡(jiǎn)得：4sin 2α＝－3cos 2α， ∴tan 2α＝＝－.故選C. 2．(xx江蘇)若△ABC的內(nèi)角滿足sin A＋sin B＝2sin C，則cos C的最小值是________． 答案　 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(shí)取“＝”． 故cos C的最小值為. 押題精練 1．如果cos α＝，且α是第一象限的角，那么cos(α＋)＝________. 答案　 解析　∵cos α＝，α為第一象限角， ∴sin α＝＝ ＝， ∴cos(α＋)＝sin α＝. 2．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，q＝(2a,1)，p＝(2b－c，cos C)，且q∥p. (1)求sin A的值； (2)求三角函數(shù)式＋1的取值范圍． 解　(1)∵q＝(2a,1)，p＝(2b－c，cos C)且q∥p，∴2b－c＝2acos C， 由正弦定理得2sin Acos C＝2sin B－sin C， 又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C， ∴sin C＝cos Asin C. ∵sin C≠0，∴cos A＝，又∵0(否則，若α＋β≤，則有0<β<α＋β≤，0b，所以cos B＝. 9．已知0<α<<β<π，cos(β－)＝，sin(α＋β)＝，則cos(α＋)＝________. 答案　 解析　因?yàn)?<α<<β<π， 所以<β－<，<α＋β<. 所以sin(β－)>0，cos(α＋β)<0. 因?yàn)閏os(β－)＝，sin(α＋β)＝， 所以sin(β－)＝，cos(α＋β)＝－. 所以cos(α＋)＝cos[(α＋β)－(β－)] ＝cos(α＋β)cos(β－)＋sin(α＋β)sin(β－) ＝－＋＝. 10．如圖，嵩山上原有一條筆直的山路BC，現(xiàn)在又新架設(shè)了一條索道AC，小李在山腳B處看索道AC，發(fā)現(xiàn)張角∠ABC＝120；從B處攀登400米到達(dá)D處，回頭看索道AC，發(fā)現(xiàn)張角∠ADC＝150；從D處再攀登800米方到達(dá)C處，則索道AC的長(zhǎng)為________米． 答案　400 解析　如題圖，在△ABD中，BD＝400米，∠ABD＝120.因?yàn)椤螦DC＝150，所以∠ADB＝30.所以∠DAB＝180－120－30＝30. 由正弦定理，可得＝. 所以＝，得AD＝400(米)． 在△ADC中，DC＝800米，∠ADC＝150，由余弦定理，可得 AC2＝AD2＋CD2－2ADCDcos∠ADC ＝(400)2＋8002－2400800cos 150＝400213，解得AC＝400(米)． 故索道AC的長(zhǎng)為400米． 三、解答題 11．(xx安徽)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B. (1)求a的值； (2)求sin的值． 解　(1)因?yàn)锳＝2B，所以sin A＝sin 2B＝2sin Bcos B. 由正、余弦定理得a＝2b. 因?yàn)閎＝3，c＝1，所以a2＝12，a＝2. (2)由余弦定理得cos A＝＝＝－. 由于00)的最小正周期是π. (1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)求f(x)在[，]上的最大值和最小值． 解　(1)f(x)＝4cos ωxsin(ωx－)＋1 ＝2sin ωxcos ωx－2cos2ωx＋1 ＝sin 2ωx－cos 2ωx＝2sin(2ωx－)． 最小正周期是＝π，所以，ω＝1， 從而f(x)＝2sin(2x－)． 令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z. 解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[－＋kπ，＋kπ](k∈Z)． (2)當(dāng)x∈[，]時(shí)，2x－∈[，]， f(x)＝2sin(2x－)∈[，2]， 所以f(x)在[，]上的最大值和最小值分別為2，. 13．已知角A、B、C是△ABC的三個(gè)內(nèi)角，若向量m＝(1－cos(A＋B)，cos)，n＝(，cos)，且mn＝. (1)求tan Atan B的值； (2)求的最大值． 解　(1)mn＝－cos(A＋B)＋cos2 ＝－cos Acos B＋sin Asin B＝， ∴cos Acos B＝9sin Asin B得tan Atan B＝. (2)tan(A＋B)＝＝(tan A＋tan B)≥2＝. (∵tan Atan B＝>0， ∴A，B均是銳角，即其正切值均為正) ＝＝tan C ＝－tan(A＋B)≤－， 所求最大值為－.