《（全國通用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題提分教程 第二編 專題二 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 三角恒等變換與解三角形練習 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題提分教程 第二編 專題二 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第2講 三角恒等變換與解三角形練習 理（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　三角恒等變換與解三角形 「考情研析」　　正弦定理、余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內容，主要考查：1.邊和角的計算．　2.三角形形狀的判斷．　3.面積的計算．　4.有關參數(shù)的范圍問題．由于此內容應用性較強，與實際問題結合起來進行命題將是今后高考的一個關注點，不可輕視. 核心知識回顧 1.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式 sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ； cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ； tan(α±β)＝. 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 sin2α＝2sinαcosα； cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2

2、α－1＝1－2sin2α； tan2α＝； cos2α＝，sin2α＝. 3．輔助角公式 asinα＋bcosα＝ sin(α＋φ). 4．正弦定理 ＝＝＝2R(2R為△ABC外接圓的直徑)． 變形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC. sinA＝，sinB＝，sinC＝. a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC. 5．余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC. 推論：cosA＝， cosB＝， cosC＝. 6．面積公式 S△ABC＝bcsinA＝acsinB＝absin

3、C. 7．常用結論 (1)三角形內角和A＋B＋C＝π； (2)a>b>c?A>B>C?sinA>sinB>sinC； (3)sin(A＋B)＝sinC，cos(A＋B)＝－cosC. 熱點考向探究 考向1 三角恒等變換與求值 例1　(1)已知α為第一象限角，cosα＝，則 ＝(　　) A. B． C． D．－ 答案　C 解析　∵cosα＝且α為第一象限角，∴sinα＝，sin2α＝2sinαcosα＝2××＝，cos2α＝2cos2α－1＝2×2－1＝－，∴＝＝＝. (2)已知θ∈(0，π)，且sin＝，則tan2θ＝(　　) A. B． C．－ D． 答案　

4、C 解析　∵sin＝(sinθ－cosθ)＝，∴sinθ－cosθ＝.∵θ∈(0，π)，且sin2θ＋cos2θ＝1， ∴∴tanθ＝，tan2θ＝＝－. (3)(2019·四川德陽高三第二次診斷)已知α為銳角，且tanα＝，則cos＝(　　) A．－ B．－ C． D． 答案　A 解析　cos＝－sin2α＝－2sinαcosα ＝＝＝－. (1)三角恒等變換的常用技巧是“化異為同”，即“化異名為同名”“化異次為同次”“化異角為同角”，其中涉及sin2，cos2時，常逆用二倍角余弦公式降冪． (2)常見的“變角”技巧：α＝(α＋β)－β＝β－(β－α)，α＝[(α＋β

5、)＋(α－β)]，＋α＝－，α＝－等，使用“變角”技巧時，應根據(jù)已知條件中的角，選擇恰當變角技巧． 1．在△ABC中，若tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，則cosC的值為(　　) A．－ B． C． D．－ 答案　B 解析　由tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，可得＝－1，即tan(A＋B)＝－1.又因為A，B是△ABC的內角，即A＋B∈(0，π)，所以A＋B＝，易知C＝，cosC＝. 2．(2019·遼寧撫順高三一模)已知函數(shù)f(x)＝sinx－cos，若在區(qū)間上f(x)≥a恒成立，則實數(shù)a的最大值是(　　) A．－ B．－ C． D． 答案　A 解析　

6、函數(shù)f(x)＝sinx－cos＝sinx－cosx＝sin，由于0≤x≤，故－≤x－≤，－≤sin≤.當x＝0時，函數(shù)的最小值為－.由于在區(qū)間上f(x)≥a恒成立，故a≤－，所以a的最大值為－.故選A. 3．已知tan＝，且－<α<0，則等于(　　) A．－ B．－ C．－ D． 答案　A 解析　由tan＝＝，得tanα＝－.又－<α<0，所以sinα＝－.故＝＝2sinα＝－. 考向2 正弦定理與余弦定理的應用 例2　(2019·遼寧撫順高三一模)已知a，b，c分別是△ABC的三個內角A，B，C的對邊，若a＝10，角B是最小的內角，且3c＝4asinB＋3bcosA. (1

7、)求sinB的值； (2)若c＝14，求b的值． 解　(1)由3c＝4asinB＋3bcosA且A＋B＋C＝π，由正弦定理得3sinC＝4sinAsinB＋3sinBcosA，即3sin(A＋B)＝4sinAsinB＋3sinBcosA，由于00，整理可得3cosB＝4sinB，又sinB>0，所以sinB＝. (2)因為角B是最小的內角，所以0

8、般用余弦定理． (2)涉及邊a，b，c的齊次式時，常用正弦定理轉化為角的正弦值，再利用三角公式進行變形． (3)涉及正、余弦定理與三角形面積綜合問題，求三角形面積時用S＝absinC形式的面積公式． 已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足acos2C＋2ccosAcosC＋a＋b＝0. (1)求角C的大?。? (2)若b＝4sinB，求△ABC面積S的最大值． 解　(1)由acos2C＋2ccosAcosC＋a＋b＝0，得a·(2cos2C－1)＋2ccosAcosC＋a＋b＝0，即2acos2C＋2ccosAcosC＋b＝0. 由正弦定理，得2sinAc

9、os2C＋2sinCcosAcosC＋sinB＝0， ∴2cosCsin(A＋C)＋sinB＝0，即2cosCsinB＋sinB＝0. ∵0°

10、ABC中，AC＝3，C＝120°，cosA＝sinB. (1)求邊BC的長； (2)設D為AB邊上一點，且△BCD的面積為，求sin∠BDC. 解　(1)由cosA＝sinB及C＝120°， 得cos(60°－B)＝sinB，展開得cosB＋sinB－sinB＝0， 即cos(B＋60°)＝0，所以B＝30°. 所以A＝60°－B＝30°，即A＝B＝30°， 所以BC＝AC＝3. (2)由S△BCD＝×3×BD×sin30°＝， 解得BD＝. 在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcosB，所以CD＝. 由＝，得＝×2， 所以sin∠BDC＝. 正、余

11、弦定理與三角恒等變換的綜合問題，應先利用三角恒等變換公式將函數(shù)關系式變形為只含一個角的一種三角函數(shù)形式后，再根據(jù)要求求解． (2019·江西南昌高三適應性測試)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知＝. (1)求的值； (2)若cosB＝，b＝2，求△ABC的面積． 解　(1)由正弦定理，得＝，所以＝，即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB， cosAsinB－2cosCsinB＝2sinCcosB－sinAcosB， cosAsinB＋sinAcosB＝2sinCcosB＋2cosCsinB 化簡得sin(A＋B)＝2sin(

12、B＋C)，又A＋B＋C＝π， 所以sinC＝2sinA，因此＝2. (2)由＝2，得c＝2a，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB及cosB＝，b＝2，得4＝a2＋4a2－4a2×，得a＝1，從而c＝2. 又因為cosB＝，且0

13、，BE＝1，CE＝， ∴sin∠BCE＝＝＝. (2)∵∠CED＝B＝，∴∠DEA＝∠BCE， ∴cos∠DEA＝＝＝＝. ∵A＝，∴△AED為直角三角形，又AE＝5， ∴ED＝＝＝2. 在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2××2×＝49. ∴CD＝7. 利用正、余弦定理求解平面幾何中的問題，應根據(jù)圖形特征及已知條件，將所給量及待求量放在同一個三角形中，結合三角形內角和定理、外角和定理及正、余弦定理求解． (2019·廣東江門高三一模)平面四邊形ABCD中，邊AB＝BC＝5，CD＝8，對角線BD＝7. (1)求內角C的大小

14、； (2)若A，B，C，D四點共圓，求邊AD的長． 解　(1)在△BCD中，cosC＝＝，C＝. (2)因為A，B，C，D四點共圓，所以A＝π－C＝， 在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cosA， 49＝25＋AD2＋5AD，解得AD＝3或AD＝－8， 又AD>0，所以AD＝3. 真題押題 『真題模擬』 1．(2019·山東聊城高三一模)設函數(shù)f(x)＝sinx－cosx，若對于任意的x∈R，都有f(2θ－x)＝f(x)，則sin＝(　　) A. B．－ C． D．－ 答案　B 解析　f(x)＝sinx－cosx＝sin，由f(2θ－x)＝f(x)，

15、得x＝θ是函數(shù)f(x)的對稱軸，得θ－＝＋kπ，k∈Z，得θ＝＋kπ，k∈Z.∴sin＝sin＝sin＝－.故選B. 2．(2018·全國卷Ⅲ)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為，則C＝(　　) A. B． C． D． 答案　C 解析　由題可知S△ABC＝absinC＝，所以a2＋b2－c2＝2absinC.由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC.∵C∈(0，π)，∴C＝.故選C. 3．(2019·全國卷Ⅱ)已知α∈，2sin2α＝cos2α＋1，則sinα＝(　　) A. B． C． D． 答案　B 解析　由2

16、sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α. 又∵α∈，∴tanα＝，∴sinα＝.故選B. 4．(2019·河南頂級名校高三四模)已知α∈，β∈，sin(2α＋β)＝sinβ，cosβ的最小值為(　　) A. B． C． D． 答案　A 解析　因為sin(2α＋β)＝sinβ，即sin[(α＋β)＋α]＝sin[(α＋β)－α]，則sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα＝[sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα]，有sin(α＋β)cosα＝5cos(α＋β)sinα?tan(α＋β)＝5tanα，即＝5tanα，那么tanβ＝＝，∵α

17、∈，β∈，∴tanα>0，tanβ>0，∴tanβ≤＝，當5tanα＝即tanα＝時等號成立．因此tan2β＝＝≤，即cos2β≥，又β∈，cosβ>0?cosβ≥.故選A. 5．(2018·全國卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝______. 答案?。? 解析　解法一：因為sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以(1－sinα)2＋(－cosα)2＝1，所以sinα＝，cosβ＝，因此sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝×－cos2α＝－1＋sin2α＝－1＋＝－. 解法二：由(sinα＋cosβ)2＋(cosα

18、＋sinβ)2＝1，得2＋2sin(α＋β)＝1，所以sin(α＋β)＝－. 6．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點D在線段AC上．若∠BDC＝45°，則BD＝________，cos∠ABD＝________. 答案　　 解析　如圖，易知sin∠C＝， cos∠C＝.在△BDC中，由正弦定理可得＝， ∴BD＝＝＝.由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，可得cos∠ABD＝cos(90°－∠CBD)＝sin∠CBD＝sin[π－(∠C＋∠BDC)]＝sin(∠C＋∠BDC)＝sin∠C·cos∠BDC＋cos∠C·sin∠BDC＝×＋×

19、＝. 『金版押題』 7．已知sinx＋cosx＝，則cos＝(　　) A．－ B． C．－ D． 答案　B 解析　sinx＋cosx＝2＝2＝2cos＝， 即cos＝. 8．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若＝，則cosB＝(　　) A．－ B． C．－ D． 答案　B 解析　在△ABC中，由正弦定理，得＝＝1， ∴tanB＝，又B∈(0，π)，∴B＝，cosB＝.故選B. 配套作業(yè) 一、選擇題 1．在平面直角坐標系xOy中，已知角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上一點M的坐標為(，1)，則cos的值是(　　) A．－

20、B．0 C． D．1 答案　B 解析　由已知得sinα＝，cosα＝，所以cos＝cosα－sinα＝0. 2. (2019·貴州凱里第一中學模擬)如圖，是我國古代數(shù)學家趙爽的弦圖，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，如果大正方形的面積為225，小正方形的面積為9，直角三角形較小的銳角為α，則sin2α＝(　　) A. B． C． D． 答案　D 解析　∵大正方形的面積為225，小正方形的面積為9，∴大正方形的邊長為15，小正方形的邊長為3.設四個全等的直角三角形的長直角邊為x，則短直角邊為x－3，由勾股定理得x2＋(x－3)2＝152，解得x＝12

21、，α為直角三角形較小的銳角，所以sinα＝，cosα＝，所以sin2α＝2sinαcosα＝. 3．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c.若 a＝b，A＝2B，則cosB＝(　　) A. B． C． D． 答案　B 解析　∵a＝b，由正弦定理，得sinA＝sinB.① 又∵A＝2B，∴sinA＝sin2B，sinA＝2sinBcosB.② 由①②且角B為△ABC的內角得cosB＝. 4．(2019·內蒙古呼和浩特市3月質檢)在平面直角坐標系中，角α的終邊過P(－2,1)，則cos2α－sin2α的值為(　　) A. B． C． D． 答案　B 解析　∵在平面

22、直角坐標系中，角α的終邊過P(－2,1)，∴tanα＝＝－，則cos2α－sin2α＝＝＝，故選B. 5．(2019·四川德陽第二次模擬)在△ABC中，BD是AC邊上的高，A＝，cos∠ABC＝－，則＝(　　) A. B． C． D． 答案　A 解析　∵cos∠ABC＝－，∴sin∠ABC＝＝，sinC＝sin＝(sin∠ABC＋cos∠ABC)＝，∵BD是AC邊上的高，∴BD＝BCsinC＝BC， 如圖，由正弦定理可知＝，即AC＝BC，∴＝＝，故選A. 6．如圖，在△ABC中，B＝45°，D是BC邊上一點，AD＝5，AC＝7，DC＝3，則AB＝(　　) A. B．

23、C． D． 答案　A 解析　在△ACD中，由余弦定理可得cosC＝＝，則sinC＝.在△ABC中，由正弦定理可得＝，則AB＝，選A. 7．(2019·河南信陽高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sinxcosx－2cos2x＋1，且y＝f(x)的圖象沿x軸方向平移m個單位后所得的圖象關于坐標原點對稱，則|m|的最小值為(　　) A. B． C． D． 答案　C 解析　f(x)＝2sinxcosx－2cos2x＋1＝sin2x－cos2x＝2sin，將y＝f(x)的圖象向左平移m個單位(若m<0，則為向右平移－m個單位)，得到g(x)＝2sin，因為平移后圖象關于點(0,0)對稱，將(0

24、,0)代入g(x)，得sin＝0，可得2m－＝kπ，k∈Z，m＝＋，k∈Z，則|m|的最小值為.故選C. 二、填空題 8．已知cos＋sinα＝，則cos的值是________． 答案?。? 解析　∵cos＋sinα＝cos＝， ∴cos＝2cos2－1＝－. 9．(2019·遼寧遼南協(xié)作體高三一模)已知cosα＝，α∈，則的值為________． 答案?。? 解析　由cosα＝，α∈，得sinα＝－＝－，∴＝＝＝＝－. 10．在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若sin2A－sin2B＝sinBsinC，sinC＝2sinB，則A＝________. 答案　3

25、0° 解析　根據(jù)正弦定理可得a2－b2＝bc，c＝2b，解得a＝b.根據(jù)余弦定理cosA＝ ＝＝，得A＝30°. 11．已知不等式3sincos＋cos2－－m≤0對任意的－≤x≤恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________． 答案　[，＋∞) 解析　依題意得，3sincos＋cos2－－m＝sin＋cos－m＝sin－m≤0在上恒成立，∴m≥sin在上恒成立，由于－≤＋≤， ∴－≤ sin≤ ，故m≥ . 三、解答題 12．(2019·上海金山區(qū)第二學期質檢)已知△ABC中，tanA＝，tanB＝，AB＝.求： (1)角C的大??； (2)△ABC中最小邊的邊長． 解　(

26、1)tanC＝tan[π－(A＋B)]＝－tan(A＋B) ＝－＝－＝－1，所以C＝. (2)因為tanA

27、ab＝196，由a2－ab－2b2＝0得(a＋b)(a－2b)＝0，即a＝2b，聯(lián)立解得b＝2，a＝4. 所以S△ABC＝absinC＝14. 14．(2019·湖南永州高三三模)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinB＋cosB＝0，a＝1，c＝2. (1)求b； (2)如圖，D為AC邊上一點，且BD⊥BC，求△ABD的面積． 解　(1)由sinB＋cosB＝0得，tanB＝－， 又0

28、C＝. 在Rt△BDC中，BD＝BC·tanC＝1×＝， ∠ABD＝∠ABC－∠DBC＝－＝， 所以S△ABD＝×AB×BDsin∠ABD＝×2××＝. 15．在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝1，A＝. (1)求sin∠ADB； (2)若∠BDC＝，求四邊形ABCD的面積． 解　(1)如圖，在△ABD中， AB＝2，AD＝1，A＝， 由余弦定理，得 BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cosA， 即BD2＝4＋1－2×2×1×cos， 解得BD＝. 在△ABD中，由正弦定理，得＝， 即＝，解得sin∠ADB＝. (2)設∠CBD＝α， 因為

29、AD∥BC，所以∠ADB＝∠CBD＝α，所以sinα＝. 因為0<α<，所以cosα＝，因為∠BDC＝， 所以sinC＝sin＝sincosα－cossinα＝. 在△BCD中，由正弦定理得 ＝，即＝，解得BC＝7. 所以S△BCD＝BD·BC·sinα＝××7×＝， S△ABD＝AB·AD·sin∠BAD＝×2×1×sin＝. 所以四邊形ABCD的面積S＝S△BCD＋S△ABD＝＋＝4. 16. 如圖，已知a，b，c分別為△ABC三個內角A，B，C的對邊，且acosC＋asinC－b－c＝0. (1)求A； (2)若AD為BC邊上的中線，cosB＝，AD＝，求△ABC

30、的面積． 解　(1)acosC＋asinC－b－c＝0， 由正弦定理得sinAcosC＋sinAsinC＝sinB＋sinC， 即sinAcosC＋sinAsinC＝sin(A＋C)＋sinC， 又sinC≠0，所以化簡得sinA－cosA＝1， 所以sin(A－30°)＝. 在△ABC中，0°0)，則在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB，即＝25x2＋

31、×49x2－2×5x××7x×，解得x＝1，所以a＝7，c＝5，故S△ABC＝acsinB＝10. 三角函數(shù)與解三角形類解答題 (12分)已知函數(shù)f(x)＝sinωxcosωx－sin2ωx＋1(ω>0)的圖象中相鄰兩條對稱軸之間的距離為. (1)求ω的值及函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間； (2)已知a，b，c分別為△ABC中角A，B，C的對邊，且滿足a＝，f(A)＝1，求△ABC面積S的最大值． 解題思路　(1)首先將函數(shù)解析式化為“一角一函數(shù)”的形式，然后利用函數(shù)圖象中對稱軸之間的距離確定函數(shù)的周期，從而求得ω的值，最后利用換元法求得函數(shù)的遞減區(qū)間；(2)根據(jù)第(1)問所得，利用

32、f(A)＝1求得角A，再根據(jù)余弦定理建立b，c的關系式，利用基本不等式求得bc的最大值，將其代入面積公式即可． 解　(1)f(x)＝sin2ωx－＋1＝sin＋.(3分) 因為函數(shù)f(x)的圖象中相鄰兩條對稱軸之間的距離為，所以T＝π，即＝π，所以ω＝1.(4分) 所以f(x)＝sin＋. 令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，解得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)． 所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(k∈Z)．(6分) (2)由f(A)＝1得sin＝.因為2A＋∈， 所以2A＋＝，得A＝.(8分) 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即()2＝b2＋c2－2bccos，

33、(9分) 所以bc＋3＝b2＋c2≥2bc，解得bc≤3，當且僅當b＝c時等號成立．(11分) 所以S△ABC＝bcsinA≤×3×＝. 故△ABC面積S的最大值為.(12分) 1．化簡：用誘導公式、和角公式、差角公式和倍角公式化簡給3分． 2．求ω值：運用三角函數(shù)的對稱軸及周期性求ω值給1分． 3．求單調區(qū)間：利用三角函數(shù)的單調區(qū)間求f(x)的單調區(qū)間給2分． 4．求角：已知三角函數(shù)值求角給2分． 5．建立關系式：利用余弦定理得出b，c的關系式給1分． 6．求最值：利用基本不等式求出bc的最大值給2分． 7．求面積最值：代入面積公式求最大值給1分． 1．發(fā)現(xiàn)差異

34、：觀察角、函數(shù)運算的差異，即進行所謂的“差異分析”． 2．尋找聯(lián)系：運用相關公式，找出差異之間的內在聯(lián)系． 3．合理轉化：選擇恰當?shù)墓酱偈共町惖霓D化． 4．挖掘隱含：如定義域、銳角、三角函數(shù)值的正負對角的范圍的影響，將已知的三角函數(shù)值與特殊角的三角函數(shù)值比較、縮小角的范圍等等． [跟蹤訓練] (2019·天津九校聯(lián)考)(12分)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若b＝c，且2sinB＝sinA. (1)求sinB的值； (2)求cos的值； (3)若b＝2，求△ABC的面積． 解　(1)因為2sinB＝sinA， 所以2b＝a，即a＝b，(1分) 所以cosB＝＝＝，(3分) 因為B∈(0，π)，所以sinB＝.(4分) (2)由(1)可知cosB＝.(5分) 因為sin2B＝2sinBcosB＝2××＝， cos2B＝2cos2B－1＝2×2－1＝－.(6分) 所以cos＝cos2Bcos－sin2Bsin ＝－×－×＝－.(8分) (3)因為b＝2，所以c＝2，a＝，(10分) 所以S△ABC＝acsinB＝××2×＝.(12分) - 22 -