2019届高三数学(理)二轮专题复习文档：专题一三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形含解析
(新课标)高考数学二轮复习 专题一 三角函数与解三角形 第2讲 三角恒等变换与解三角形学案 理 新人
第2讲 三角恒等变换与解三角形[做真题]题型一 三角恒等变换1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )A ．15 B ．55C ．33D ．255解析：选B ．由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2 sin 2α＋1，即2sin αcosα＝1－sin 2α.因为α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos α＝1－sin 2α，所以2sin α1－sin 2α＝1－sin 2α，解得sin α＝55，故选B ． 2．(2018·高考全国卷Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α＝( )A ．89 B ．79 C ．－79D ．－89解析：选B ．cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79.3．(2016·高考全国卷Ⅱ)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，则sin 2α＝( )A ．725 B ．15 C ．－15D ．－725解析：选D ．因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝cos π4cos α＋sin π4sin α＝22(sin α＋cos α)＝35，所以sin α＋cos α＝325，所以1＋sin 2α＝1825，所以sin 2α＝－725，故选D ．题型二 三角形中的边角计算问题1．(2018·高考全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2B ．30C ．29D ．2 5解析：选A ．因为cos C2＝55，所以cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35.于是，在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32，所以AB ＝4 2.故选A ．2．(2016·高考全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝________．解析：因为cos A ＝45，cos C ＝513，所以sin A ＝35，sin C ＝1213，sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝6365，由正弦定理b sin B ＝a sin A ，得b ＝a sin B sin A ＝6365×53＝2113.答案：21133．(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设(sin B －sinC )2＝sin 2A －sin B sin C ．(1)求A ；(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C ．解：(1)由已知得sin 2B ＋sin 2C －sin 2A ＝sinB sinC ，故由正弦定理得b 2＋c 2－a 2＝bc .由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为0°＜A ＜180°，所以A ＝60°.(2)由(1)知B ＝120°－C ，由题设及正弦定理得2sin A ＋sin (120°－C )＝2sin C ，即62＋32cos C ＋12sin C ＝2sin C ，可得cos(C ＋60°)＝－22. 由于0°＜C ＜120°，所以sin(C ＋60°)＝22， 故sin C ＝sin(C ＋60°－60°)＝sin(C ＋60°)cos 60°－cos(C ＋60°)sin 60° ＝6＋24. 题型三 与三角形面积有关的问题1．(2018·高考全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝( )A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6解析：选C ．根据题意及三角形的面积公式知12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24，所以sin C ＝a 2＋b 2－c22ab ＝cos C ，所以在△ABC 中，C ＝π4.2．(2019·高考全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△ABC 的面积为________．解析：法一：因为a ＝2c ，b ＝6，B ＝π3，所以由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得62＝(2c )2＋c 2－2×2c ×c cos π3，得c ＝23，所以a ＝43，所以△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×43×23×sin π3＝6 3. 法二：因为a ＝2c ，b ＝6，B ＝π3，所以由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得62＝(2c )2＋c 2－2×2c ×c cos π3，得c ＝23，所以a ＝43，所以a 2＝b 2＋c 2，所以A ＝π2，所以△ABC的面积S ＝12×23×6＝6 3.答案：6 33．(2019·高考全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sinA ＋C2＝b sin A .(1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围． 解：(1)由题设及正弦定理得 sin A sinA ＋C2＝sin B sin A .因为sin A ≠0，所以sinA ＋C2＝sin B ．由A ＋B ＋C ＝180°，可得sinA ＋C2＝cos B 2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2. 因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin(120°－C )sin C ＝32tan C ＋12. 由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°. 由(1)知A ＋C ＝120°，所以30°<C <90°，故12<a <2，从而38<S △ABC <32.因此，△ABC 面积的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫38，32. [明考情]1．高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．2．若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9题或第13～15题位置上．3．若以解答题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等．三角恒等变换与求值[考法全练]1．(2019·高考全国卷Ⅰ)tan 255°＝( ) A ．－2－ 3 B ．－2＋ 3 C ．2－ 3D ．2＋ 3解析：选D ．由正切函数的周期性可知，tan 255°＝tan (180°＋75°)＝tan 75°＝tan (30°＋45°)＝33＋11－33＝2＋3，故选D ．2．(一题多解)(2019·福建五校第二次联考)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝45，则sin 2α＝( )A ．15 B ．－15C ．725D ．－725解析：选C ．法一：因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝45，所以sin 2α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝725.故选C ．法二：令π4－α＝θ，则α＝π4－θ，cos θ＝45，所以sin 2α＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2θ＝cos 2θ＝2cos 2θ－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝725.故选C ．法三：因为cos ⎝⎛⎭⎪⎫π4－α＝45，所以22(cosα＋sin α)＝45，所以cos α＋sin α＝425，平方得1＋sin 2α＝3225，得sin 2α＝725.故选C ．3．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝________． 解析：因为α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2， 所以sin α＝255，cos α＝55，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝cos αcos π4＋sin αsin π4＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫255＋55＝31010. 答案：310104．(2019·江西七校第一次联考)若0<α<π2，－π2<β<0，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝13，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝33，则cos(2α＋β)＝________． 解析：因为0<α<π2，所以π4<α＋π4<3π4，又cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝13，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝223， sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝429， cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－1＝－79. 因为－π2<β<0，所以0<β2＋π4<π4，又sin ⎝⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝33，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝63，sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝223， cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝13. 所以cos(2α＋β)＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＋sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4·sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝2327.答案：2327三角恒等变换要遵循的“三看”原则一看“角”，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分；二看“函数名称”，是需进行“切化弦”还是“弦化切”等，从而确定使用的公式；三看“结构特征”，了解变式或化简的方向．三角形的基本量的计算[典型例题]命题角度一 求解三角形中的角(1)(2019·江西七校第一次联考)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝a (cos C ＋33sin C )，a ＝2，c ＝263，则角C ＝( ) A ．3π4B ．π3C ．π6D ．π4(2)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b cos C ＋b sin C ＝a . ①求角B 的大小；②若BC 边上的高等于14a ，求cos A 的值．【解】 (1)选D ．由b ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos C ＋33sin C ，得sin B ＝sin A ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos C ＋33sin C . 因为sin B ＝sin []π－(A ＋C )＝sin(A ＋C )， 所以sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A cos C ＋33sin A sin C (sin C ≠0)，即cos A ＝33sin A ，所以tan A ＝ 3.因为0<A <π，所以A ＝π3.由正弦定理a sin A ＝c sin C ，得sin C ＝22.因为0<C <2π3，所以C ＝π4.故选D ．(2)①由b cos C ＋b sin C ＝a ， 得sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin A . 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin(B ＋C )，即sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ， 因为sin C ≠0，所以sin B ＝cos B ．因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4. ②设BC 边上的高为AD ，则AD ＝14a .因为B ＝π4，所以BD ＝AD ＝14a ，所以CD ＝34a ，所以AC ＝AD 2＋DC 2＝104a ，AB ＝24a . 由余弦定理得cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝－55.利用正、余弦定理求三角形角的方法(1)已知两边及其夹角，先由余弦定理求第三边，再由正弦定理求角． (2)已知三边，直接由余弦定理求角．(3)已知两边及其中一边的对角，先由正弦定理求另一边的对角，再由三角形内角和求第三角．[技能] 利用正、余弦定理求角时的两个失分点：(1)已知两边及其中一边的对角求其他角时，有一解、两解的情况，容易把握不准而出错；(2)在变形时，直接两边约去公因式，没有移项后提公因式，产生漏解．命题角度二 求解三角形中的边与面积如图所示，在△ABC 中，点D 为BC 边上一点，且BD ＝1，E 为AC 的中点，AE ＝32，cos B ＝277，∠ADB ＝2π3.(1)求AD 的长； (2)求△ADE 的面积．【解】 (1)在△ABD 中，因为cos B ＝277，B ∈(0，π)，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2772＝217，所以sin ∠BAD ＝sin(B ＋∠ADB )＝217×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋277×32＝2114. 由正弦定理知AD sin B ＝BD sin ∠BAD ，得AD ＝BD ·sin Bsin ∠BAD＝1×2172114＝2.(2)由(1)知AD ＝2，依题意得AC ＝2AE ＝3，在△ACD 中，由余弦定理得AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC ，即9＝4＋DC 2－2×2×DC cos π3，所以DC 2－2DC －5＝0，解得DC ＝1＋6(负值舍去)，所以S △ACD ＝12AD ·DC sin ∠ADC ＝12×2×(1＋6)×32＝3＋322，从而S △ADE ＝12S △ACD ＝3＋324.利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，如该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．而三角形的面积主要是利用两边与其夹角的正弦值求解．[技能] 三角形的面积主要是利用S ＝12ab sin C 求解，有时可以直接利用余弦定理求出ab 的整体值再求面积，而不必分别求出a ，b 的值．[对点训练]1．(一题多解)(2019·广州市综合检测一)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 已知c cos B ＝(3a －b )cos C ．(1)求sin C 的值；(2)若c ＝26，b －a ＝2，求△ABC 的面积． 解：(1)法一：因为c cos B ＝(3a －b )cos C ，所以由正弦定理得sin C cos B ＝(3sin A －sin B )cos C ， 即sin C cos B ＋sin B cos C ＝3sin A cos C ， 所以sin(B ＋C )＝3sin A cos C ，由于A ＋B ＋C ＝π，所以sin(B ＋C )＝sin (π－A )＝sin A ， 则sin A ＝3sin A cos C ．因为0<A <π，所以sin A ≠0，cos C ＝13.因为0<C <π，所以sin C ＝1－cos 2C ＝223.法二：因为c cos B ＝(3a －b )cos C ，所以由余弦定理得c ×a 2＋c 2－b 22ac ＝(3a －b )×a 2＋b 2－c 22ab，化简得a 2＋b 2－c 2＝23ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝23ab2ab ＝13.因为0<C <π，所以sin C ＝1－cos 2C ＝223.(2)法一：由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 及c ＝26，cos C ＝13，得a 2＋b 2－23ab ＝24，即(a －b )2＋43ab ＝24.因为b －a ＝2，所以ab ＝15.所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×15×223＝5 2.法二：由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 及c ＝26，cos C ＝13，得a 2＋b 2－23ab ＝24.又b －a ＝2， 所以a ＝3，b ＝5.所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×15×223＝5 2.2．(2019·郑州市第一次质量预测)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为S ，且满足sin B ＝b 24S.(1)求sin A sin C ；(2)若4cos A cos C ＝3，b ＝15，求△ABC 的周长．解：(1)由三角形的面积公式可得S ＝12bc sin A ，又sin B ＝b 24S，所以2bc sin A sin B ＝b 2，即2c sin A sin B ＝b ，由正弦定理可得2sin C sin A sin B ＝sin B ， 因为sin B ≠0，所以sin A sin C ＝12.(2)因为4cos A cos C ＝3，所以cos A cos C ＝34，所以cos A cos C －sin A sin C ＝34－12＝14，即cos(A ＋C )＝14，所以cos B ＝－14，因为0<B <π，所以sin B ＝154， 因为a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝15154＝4，所以sin A sin C ＝ac 16＝12，所以ac ＝8，因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos B ， 所以(a ＋c )2＝15＋12＝27，所以a ＋c ＝3 3. 所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝33＋15.解三角形的综合问题[典型例题]命题角度一 以平面几何为载体的解三角形问题(2019·洛阳尖子生第二次联考)如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC 为锐角，AD⊥BD ，AC 平分∠BAD ，BC ＝23，BD ＝3＋6，△BCD 的面积S ＝3(2＋3)2.(1)求CD ； (2)求∠ABC .【解】 (1)在△BCD 中，S ＝12BD ·BC ·sin ∠CBD ＝3(2＋3)2，因为BC ＝23，BD ＝3＋6， 所以sin ∠CBD ＝12.因为∠ABC 为锐角，所以∠CBD ＝30°.在△BCD 中，由余弦定理得CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos ∠CBD ＝(23)2＋(3＋6)2－2×23×(3＋6)×32＝9，所以CD ＝3. (2)在△BCD 中，由正弦定理得BC sin ∠BDC ＝CDsin ∠CBD ，即23sin ∠BDC ＝3sin 30°，解得sin ∠BDC ＝33.因为BC <BD ，所以∠BDC 为锐角，所以cos ∠BDC ＝63. 在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CDsin ∠CAD ，即ACcos ∠BDC ＝3sin ∠CAD.①在△ABC 中，由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝BCsin ∠BAC ，即ACsin ∠ABC ＝23sin ∠BAC.②因为AC 平分∠BAD ，所以∠CAD ＝∠BAC . 由①②得sin ∠ABC cos ∠BDC ＝323，解得sin ∠ABC ＝22.因为∠ABC 为锐角，所以∠ABC ＝45°.解决以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系(如大边对大角，最大角一定大于等于π3)确定角或边的范围．命题角度二 三角形中的最值或范围问题(1)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，外接圆的半径为1，且tan Atan B＝2c －bb，则△ABC 面积的最大值为________．(2)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且(a 2＋b 2－c 2)(a cos B ＋b cos A )＝abc ，若a ＋b ＝2，则c 的取值范围为________．【解析】 (1)因为tan A tan B ＝2c －b b ，所以b sin A cos A ＝(2c －b )sin Bcos B，由正弦定理得sin B sinA cosB ＝(2sinC －sin B )sin B cos A ，又sin B ≠0，所以sin A cos B ＝(2sin C －sin B )cos A ，所以sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos A ，即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，即sin C ＝2sin C cos A ，又sin C ≠0，所以cos A ＝12，sin A ＝32.设外接圆的半径为r ，则r ＝1，由余弦定理得bc ＝b 2＋c 2－a 22cos A＝b 2＋c 2－a 2＝b 2＋c 2－(2r sin A )2＝b 2＋c 2－3≥2bc －3(当且仅当b＝c 时，等号成立)，所以bc ≤3，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤334.所以△ABC 面积的最大值为334.(2)由sin A cos B ＋sin B cos A ＝sin(A ＋B )＝sin C 及正弦定理，可知a cos B ＋b cos A ＝c ，则由(a 2＋b 2－c 2)(a cos B ＋b cos A )＝abc ，得a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理可得cos C ＝12，则C ＝π3，B ＝2π3－A ， 由正弦定理asin A＝bsin B＝csin C，得asin A＝bsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝csinπ3，又a ＋b ＝2，所以c sin A32＋c sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－A 32＝2，即c ＝3sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝1sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6，因为A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3，所以A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，则c ∈[1，2)．【答案】 (1)334(2)[1，2)解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．[对点训练]1．(2019·重庆市七校联合考试)如图，在平面四边形ABCD 中，E 为AB 边上一点，连接CE ，DE .CB ＝2，BE ＝1，∠B ＝∠CED ＝2π3.(1)求sin ∠AED 的值； (2)若AB ∥CD ，求CD 的长．解：(1)在△BEC 中，由余弦定理得，CE ＝CB 2＋BE 2－2CB ·BE cos ∠B ＝7， 又BEsin ∠BCE ＝CE sin ∠B ，所以sin ∠BCE ＝2114，因为∠B ＝∠CED ，所以sin ∠AED ＝sin ∠BCE ＝2114. (2)因为AB ∥CD ，所以∠CDE ＝∠AED ， 所以sin ∠CDE ＝sin ∠AED ＝2114， 在△CDE 中，CD sin ∠CED ＝CE sin ∠CDE ，所以CD ＝CE sin ∠CEDsin ∠CDE＝7×322114＝7.2．(2019·福建五校第二次联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且3a cosC ＝(2b －3c )cos A .(1)求角A 的大小；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由正弦定理可得，3sin A cos C ＝2sin B cos A －3sin C cos A ， 从而3sin(A ＋C )＝2sin B cos A ，即3sin B ＝2sin B cos A . 又B 为三角形的内角，所以sin B ≠0，于是cos A ＝32，又A 为三角形的内角，所以A ＝π6.(2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋c 2－2bc ×32≥2bc －3bc ，所以bc ≤4(2＋3)，所以S △ABC ＝12bc sin A ≤2＋3，故△ABC 面积的最大值为2＋ 3.[A 组 夯基保分专练]一、选择题1．(2019·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x ＋1，则( ) A ．f (x )的最小正周期为π，最大值为3 B ．f (x )的最小正周期为π，最大值为4 C ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为3 D ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为4解析：选B ．f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x ＋1＝3sin 2x ＋cos 2x ＋2＝2sin(2x ＋π6)＋2，则f (x )的最小正周期为2π2＝π，最大值为2＋2＝4.故选B ．2．(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A －b sin B ＝4c sin C ，cos A ＝－14，则bc＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：选A ．由题意及正弦定理得，b 2－a 2＝－4c 2，所以由余弦定理得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝－3c 22bc ＝－14，得b c＝6.故选A ． 3．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sin B －a sin A ＝12a sinC ，则sin B 为( )A ．74 B ．34 C ．73D ．13解析：选A ．由b sin B －a sin A ＝12a sin C ，且c ＝2a ，得b ＝2a ，因为cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34， 所以sin B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝74.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a ，b ，c 成等比数列，且a 2＝c 2＋ac －bc ，则cb sin B＝( )A ．32 B ．233C ．33D ． 3解析：选B ．由a ，b ，c 成等比数列得b 2＝ac ，则有a 2＝c 2＋b 2－bc ，由余弦定理得cos A＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，故A ＝π3，对于b 2＝ac ，由正弦定理得，sin 2B ＝sin A sinC ＝32·sinC ，由正弦定理得，c b sin B ＝sin C sin 2B ＝sin C 32sin C＝233.故选B ． 5．(一题多解)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，tan ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选A ．法一：因为tan ∠BAC ＝－3，所以sin ∠BAC ＝310，cos ∠BAC ＝－110.由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ＝5＋2－2×5×2×⎝⎛⎭⎪⎫－110＝9，所以BC ＝3，所以S △ABC ＝12AB ·AC sin ∠BAC ＝12×2×5×310＝32，所以BC 边上的高h ＝2S △ABCBC ＝2×323＝1，故选A ．法二：因为tan ∠BAC ＝－3，所以cos ∠BAC ＝－110<0，则∠BAC 为钝角，因此BC 边上的高小于2，故选A ．6.如图，在△ABC 中，∠C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，DE ⊥AB ，E 为垂足．若DE ＝22，则cos A 等于( )A ．223B ．24 C ．64D ．63解析：选C ．依题意得，BD ＝AD ＝DE sin A ＝22sin A ，∠BDC ＝∠ABD ＋∠A ＝2∠A .在△BCD 中，BCsin ∠BDC＝BDsin C ，4sin 2A ＝22sin A ×23＝423sin A ，即42sin A cos A ＝423sin A，由此解得cos A ＝64. 二、填空题7．若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝14，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝________． 解析：依题意得cos ⎝⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142－1＝－78.答案：－788．已知a ，b ，c 是△ABC 中角A ，B ，C 的对边，a ＝4，b ∈(4，6)，sin 2A ＝sin C ，则c 的取值范围为________．解析：由4sin A ＝c sin C ，得4sin A ＝csin 2A ，所以c ＝8cos A ，因为16＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以16－b 2＝64cos 2A －16b cos 2A ，又b ≠4，所以cos 2A ＝16－b 264－16b ＝(4－b )(4＋b )16(4－b )＝4＋b16，所以c 2＝64cos 2A ＝64×4＋b 16＝16＋4b .因为b ∈(4，6)，所以32<c 2<40，所以42<c <210.答案：(42，210)9．(一题多解)(2019·合肥市第一次质检测)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 成等比数列，cos(A －C )－cos B ＝12，延长BC 至点D ，若BD ＝2，则△ACD 面积的最大值为________．解析：法一：由题意知b 2＝ac ，由正弦定理得sin 2B ＝sin A sinC ①，又由已知，得cos(A －C )＋cos(A ＋C )＝12，可得cos A cos C ＝14 ②，②－①，得14－sin 2B ＝－cos B ，所以cos 2B＋cos B －34＝0，解得cos B ＝12或cos B ＝－32(舍去)，所以B ＝60°，再由题得cos(A －C )＝1，则A －C ＝0，即A ＝C ，则a ＝c ，所以△ABC 为正三角形，则∠ACD ＝120°，AC ＝b ，CD ＝2－b ，故S △ACD ＝12×b ×(2－b )×32≤34⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋2－b 22＝34，当且仅当b ＝2－b ，即b ＝1时取等号．故填34. 法二：由题意知b 2＝ac ，且cos(A －C )＋cos(A ＋C )＝12，即cos A cos C ＋sin A sin C ＋cos A cos C －sin A sin C ＝12，即cos A cos C ＝14，由余弦定理得b 2＋c 2－a 22bc ·b 2＋a 2－c 22ab ＝14，整理得b 4－(a 2－c 2)2＝b 4，所以a 2－c 2＝0，即a ＝c ，又b 2＝ac ，所以a ＝b ＝c ，即△ABC 为正三角形，所以S △ACD ＝S △ABD －S △ABC ＝12×2×c ×32－34c 2＝－34(c －1)2＋34≤34，当c ＝1时取等号，故填34. 答案：34三、解答题10．(2019·广东六校第一次联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B ．(1)求角B ；(2)若b ＝27，tan C ＝32，求△ABC 的面积． 解：(1)因为a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B ，所以由余弦定理，得2ac cos B ＝ab cos A ＋a 2cos B ，又a ≠0，所以2c cos B ＝b cos A ＋a cos B ，由正弦定理，得 2sin C cos B ＝sin B cos A ＋sin A cos B ＝sin(A ＋B )＝sin C ， 又C ∈(0，π)，sin C >0，所以cos B ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3. (2)由tan C ＝32，C ∈(0，π)，得sin C ＝217，cos C ＝277， 所以sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝32×277＋12×217＝32114. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a ＝b sin Asin B ＝27×3211432＝6，所以△ABC 的面积为12ab sin C ＝12×6×27×217＝6 3.11．(2019·武汉模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A ＝2B ，cos B ＝255. (1)求sin C 的值；(2)若角A 的平分线AD 的长为5，求b 的值． 解：(1)由cos B ＝255及0<B <π，得sin B ＝55，又A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B ＝2×55×255＝45， cos A ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝35.故sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×255＋35×55＝11525.(2)由题意得，∠ADC ＝B ＋12∠BAC ＝∠BAC (如图)，所以sin ∠ADC ＝45.在△ADC 中，AD sin C ＝ACsin ∠ADC ，即511525＝AC 45，AC ＝2011，故b ＝2011.12．(2019·高考天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ＋c ＝2a ，3c sin B ＝4a sin C ．(1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6的值． 解：(1)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝csin C，得b sin C ＝c sin B ，又由3c sin B ＝4a sinC ，得3b sin C ＝4a sin C ，即3b ＝4a .又因为b ＋c ＝2a ，得到b ＝43a ，c ＝23a .由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋49a 2－169a 22·a ·23a＝－14.(2)由(1)可得sin B ＝1－cos 2B ＝154， 从而sin 2B ＝2sin B cos B ＝－158，cos 2B ＝cos 2B －sin 2B ＝－78， 故sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝sin 2B cos π6＋cos 2B sin π6＝－158×32－78×12＝－35＋716.[B 组 大题增分专练]1．(2019·江西七校第一次联考)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a (sinA －sinB )＝(c －b )(sinC ＋sin B )．(1)求角C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．解：(1)由a (sin A －sin B )＝(c －b )(sin C ＋sin B )及正弦定理，得a (a －b )＝(c －b )(c ＋b )，即a 2＋b 2－c 2＝ab .所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又C ∈(0，π)，所以C ＝π3.(2)由(1)知a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7， 又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，所以ab ＝6，所以(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，a ＋b ＝5.所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7. 2．(一题多解)(2019·福州模拟)如图，在△ABC 中，M 是边BC 的中点，cos ∠BAM ＝5714，cos ∠AMC ＝－277.(1)求∠B 的大小；(2)若AM ＝21，求△AMC 的面积．解：(1)由cos ∠BAM ＝5714， 得sin ∠BAM ＝2114， 由cos ∠AMC ＝－277，得sin ∠AMC ＝217. 又∠AMC ＝∠BAM ＋∠B ，所以cos ∠B ＝cos (∠AMC －∠BAM )＝cos∠AMC cos ∠BAM ＋sin ∠AMC sin ∠BAM＝－277×5714＋217×2114＝－12， 又∠B ∈(0，π)，所以∠B ＝2π3. (2)法一：由(1)知∠B ＝2π3， 在△ABM 中，由正弦定理AM sin ∠B ＝BM sin ∠BAM， 得BM ＝AM sin ∠BAM sin ∠B ＝21×211432＝ 3.因为M 是边BC 的中点，所以MC ＝ 3.故S △AMC ＝12AM ·MC ·sin ∠AMC ＝12×21×3×217＝332. 法二：由(1)知∠B ＝2π3， 在△ABM 中，由正弦定理AM sin ∠B ＝BM sin ∠BAM， 得BM ＝AM sin ∠BAM sin ∠B ＝21×211432＝ 3.因为M 是边BC 的中点，所以S △AMC ＝S △ABM ，所以S △AMC ＝S △ABM ＝12AM ·BM ·sin ∠BMA ＝12×21×3×217＝332. 3．(2019·昆明市质量检测)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2(c －a cos B )＝3b .(1)求角A ；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的取值范围．解：(1)由2(c －a cos B )＝3b 及正弦定理得2(sin C －sin A cos B )＝3sin B ， 所以2sin(A ＋B )－2sin A cos B ＝3sin B ，即2cos A sin B ＝3sin B ， 因为sin B ≠0，所以cos A ＝32，又0<A <π，所以A ＝π6. (2)因为a ＝2，由正弦定理得b ＝4sin B ，c ＝4sin C ，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝14bc ， 所以S △ABC ＝4sin B sin C ，因为C ＝π－(A ＋B )＝5π6－B ，所以sin C ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－B ， 所以S △ABC ＝4sin B sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－B ＝4sin B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos B ＋32sin B ， 即S △ABC ＝2sin B cos B ＋23sin 2B＝sin 2B －3cos 2B ＋ 3 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π3＋ 3. 因为0<B <5π6，所以－π3<2B －π3<4π3，所以－32<sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B －π3≤1， 所以0<S △ABC ≤2＋ 3.即△ABC 面积的取值范围为(0，2＋3]．4．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，AB 边上的高h ＝23c . (1)若△ABC 为锐角三角形，且cos A ＝35，求角C 的正弦值； (2)若C ＝π4，M ＝a 2＋b 2＋13c 2ab ，求M 的值． 解：(1)作CD ⊥AB ，垂足为D ，因为△ABC 为锐角三角形，且cos A ＝35， 所以sin A ＝45，tan A ＝43， 所以AD ＝c 2，BD ＝AB －AD ＝c 2， 所以BC ＝CD 2＋BD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝5c 6， 由正弦定理得sin ∠ACB ＝AB sin A BC ＝c ×455c 6＝2425. (2)因为S △ABC ＝12c ×23c ＝12ab sin ∠ACB ＝24ab ， 所以c 2＝324ab ， 又a 2＋b 2－c 2＝2ab cos ∠ACB ＝2ab ，所以a 2＋b 2＝2ab ＋c 2，所以a 2＋b 2＋13c 2＝2ab ＋43c 2＝2ab ＋43×324ab ＝22ab ， 所以M ＝a 2＋b 2＋13c 2ab ＝22ab ab ＝2 2.。
2019版高考数学二轮复习第1篇专题2三角函数解三角形课件
解答。听课时关键应该弄清楚老师讲解问题的思路。
三、听问题。
对于自己预习中不懂的内容，上课时要重点把握。在听讲中要特别注意老师和课本中是怎么解释的。如果老师在讲课中一带而过，并没有详细解答， 大家要及时地把它们记下来，下课再向老师请教。
四、听方法。
在课堂上不仅要听老师讲课的结论而且要认真关注老师分析、解决问题的方法。比如上语文课学习汉字，一般都是遵循着“形”、“音”、“义”来自 一、听要点。
一般来说，一节课的要点就是老师们在备课中准备的讲课大纲。许多老师在讲课正式开始之前会告诉大家，同学们对此要格外注意。例如在学习物
理课“力的三要素”这一节时，老师会先列出力的三要素——大小、方向、作用点。这就是一堂课的要点。把这三点认真听好了，这节课就基本掌握了。
二、听思路。
思路就是我们思考问题的步骤。例如老师在讲解一道数学题时，首先思考应该从什么地方下手，然后在思考用什么方法，通过什么样的过程来进行
优等生经验谈：听课时应注意学习老师解决问题的思考方法。同学们如果理解了老师的思路和过程，那么后面的结论自然就出现了，学习起来才能够举 一反三，事半功倍。
2019/7/8
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谢谢欣赏！
2019/7/8
最新中小学教学课件
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(2)由已知得12absin C＝323.又 C＝π3，所以 ab＝6． 由已知及余弦定理得 a2＋b2－2abcos C＝7， 故 a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，即 a＋b＝5． 所以△ABC 的周长为 5＋ 7． ❶变式：利用正弦定理把已知等式中的边 a，b，c 变为 sin A，sin B，sin C． ❷变角：利用两角和的正弦公式及三角形的内角和定理把等式中 sin Acos B＋sin Bcos A 变为 sin(A＋B)再变为 sin C．
高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形课件
π 4 π 4
＝
－3－1 1－3
＝
2
，
则
tan
β ＝ tan(α ＋ β － α) ＝
1t＋antaαn＋αβ＋－βttaannαα＝1＋3－3×2 2＝17.故选 D．
3. (2023·怀仁市校级四模)已知 α 为锐角，且 sin α＋sinα＋π3＋
sinα＋23π＝ 3，则 tan α＝_____3___.
2cos 40°＋cos 80°＋sin 80°tan θ＝0，
所以
tan
θ＝－2cos
40°＋cos sin 80°
80°＝－2cos120°s－in8800°°＋cos
80°
＝－2cos
120°cos
80°＋sin 120°sin sin 80°
80°＋cos
80°＝－
3sin 80° sin 80°
2 α＋3tan
≤ α2
2
1 tan
α·3tan
α
＝ 33，当且仅当tan1 α＝3tan α，即 tan α＝ 33时，等号成立，tan β 取得最
大值 33.故选 B．
核心考点2 正弦定理、余弦定理的应用
核 心 知 识·精 归 纳
1.正弦定理：在△ABC 中，sina A＝sinb B＝sinc C＝2R(R 为△ABC 的外 接圆半径)．
第一篇
核心专题提升•多维突破
专题一 三角函数与解三角形
第2讲 三角恒等变换与解三角形
分析考情·明方向 真题研究·悟高考 考点突破·提能力
分析考情·明方向
高频考点
高考预测
三角函数的化简与求值(倍角公式、
两角和与差公式进行恒等变换，角 继续以选择、填空题形式考查三角
高考数学大二轮复习 专题一 平面向量、三角函数与解三角形 第二讲 三角函数的图象与性质限时规范训练
第二讲 三角函数的图象与性质1．(2019·豫南九校联考)将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π6个单位，则所得函数图象的解析式为( )A ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π24B ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3C ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π12 D.y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －7π12 解析：函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4经伸长变换得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π4，再作平移变换得y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎪⎫x －π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3.答案：B2．(2019·某某亳州一中月考)函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π3在一个周期内的图象是( )解析：由题意得函数的周期为T ＝2π，故可排除B ，D.对于C ，图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，代入解析式，不成立，故选A. 答案：A3．(2019·某某某某十校期末测试)要得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝cos 2x的图象( )A ．向左平移π3个单位长度B ．向左平移π6个单位长度C ．向右平移π6个单位长度D ．向右平移π3个单位长度解析：∵y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，∴要得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝cos 2x 的图象向左平移π6个单位长度．答案：B4．(2019·东北三省三校一模)已知函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω>0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离是π2，则该函数的一个单调增区间为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π12，π12 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3解析：由题意得2πω＝2×π2，解得ω＝2，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.令－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π(k ∈Z)，解得－π3＋k π≤x ≤π6＋k π.当k ＝0时，有x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6.故选A.答案：A5．(2019·高考全国卷Ⅱ)若x 1＝π4，x 2＝3π4是函数f (x )＝sin ωx (ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( ) A ．2B.32 C ．1D.12解析：由题意及函数y ＝sin ωx 的图象与性质可知， 12T ＝3π4－π4，∴T ＝π，∴2πω＝π，∴ω＝2. 故选A. 答案：A6．(2019·某某某某一模)已知函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象的一个对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，其中ω为常数，且ω∈(1,3)．若对任意的实数x ，总有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)，则|x 1－x 2|的最小值是( ) A ．1 B.π2C ．2D.π解析：∵函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象的一个对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，∴π3ω＋π3＝k π，k ∈Z ，∴ω＝3k －1，k ∈Z ，由ω∈(1,3)，得ω＝2.由题意得|x 1－x 2|的最小值为函数的半个周期，即T 2＝πω＝π2.答案：B7．(2019·某某平遥中学调研)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，已知点A (0，3)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，若将它的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，则函数g (x )图象的一条对称轴方程为( ) A ．x ＝π12B.x ＝π4C ．x ＝π3D.x ＝2π3解析：由题意知图象过A (0，3)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0， 即f (0)＝2sin φ＝3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6·ω＋φ＝0，又ω>0，|φ|<π，并结合图象知φ＝2π3，π6·ω＋φ＝π＋2k π(k ∈Z)，得ω＝2，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3， 移动后g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋2π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，所以对称轴满足2x ＋π3＝π2＋k π(k ∈Z)，解得x ＝π12＋k π2(k ∈Z)，所以满足条件的一条对称轴方程是x ＝π12，故选A.答案：A8．(2019·某某某某适应性统考)已知A ，B ，C ，D ，E 是函数y ＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<π2一个周期内的图象上的五个点，如图所示，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0，B 为y 轴上的点，C 为图象上的最低点，E 为该函数图象的一个对称中心，B 与D 关于点E 对称，CD →在x 轴上的投影为π12，则ω，φ的值为( )A ．ω＝2，φ＝π3B.ω＝2，φ＝π6C ．ω＝12，φ＝π3D.ω＝12，φ＝π12解析：由题意知T ＝4×⎝⎛⎭⎪⎫π12＋π6＝π，所以ω＝2.因为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0，所以0＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＋φ. 又0<φ<π2，所以φ＝π3.答案：A9．(2019·某某某某3月模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0)，f (0)＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，若f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有且仅有三个零点，则ω的可能取值为( )A.23 B.2 C.143D.263解析：∵函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0)，f (0)＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2ω－π6＝－12，∴π2ω－π6＝2k π＋π6或π2ω－π6＝2k π＋5π6，k ∈Z ，∴ω＝4k ＋23或ω＝4k ＋2，k ∈Z.∵函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上有且仅有三个零点，∴ωx －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，ωπ2－π6，∴2π<ωπ2－π6≤3π，∴133<ω≤193，∴ω＝143或ω＝6.故选C.答案：C10．(2019·贺州一模)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)(φ∈R)，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝f (x )，且f (π)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，则函数f (x )取得最大值时x 的可能值为( )A.π6B.π5C.π3D.π2解析：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝f (x )， 即y ＝f (x )的图象关于直线x ＝π6对称，即函数f (x )在x ＝π6时取得最值，①当函数f (x )在x ＝π6时取得最大值时，又因为函数f (x )的周期为π，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝f (π)，满足题意， ②当函数f (x )在x ＝π6时取得最小值时，又因为函数f (x )的周期为π，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝f (π)，不满足题意， 综合①②得：函数f (x )取得最大值时x 的可能值为π6.故选A. 答案：A11．(2019·某某一模)若函数f (x )＝sinωx2·sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx 2＋π2(ω>0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2内有且仅有一个最大值，则ω的取值X 围是( ) A ．(0,5)B.[1,5)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，92 解析：f (x )＝sinωx2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx 2＋π2＝12sin ωx ，当ωx ＝2k π＋π2，即x ＝2k π＋π2ω(k ∈Z)时函数取最大值，又函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2内有且仅有一个最大值，即有两种情况，一是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2内只有一个极值点，二是函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2内单调递增，所以有⎩⎪⎨⎪⎧π2≤ωπ2<5π2，－3π2<－ωπ3或⎩⎪⎨⎪⎧π2≥ωπ2，－π2≤－ωπ3，解得ω∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，92或ω∈(－∞，1]，又∵ω>0，所以ω∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，故选C. 答案：C12．(2019·某某一模)函数f (x )＝sin(2x ＋θ)＋cos 2x ，若f (x )最大值为G (θ)，最小值为g (θ)，则( )A ．∃θ0∈R ，使G (θ0)＋g (θ0)＝πB ．∃θ0∈R ，使G (θ0)－g (θ0)＝πC ．∃θ0∈R ，使|G (θ0)·g (θ0)|＝πD ．∃θ0∈R ，使⎪⎪⎪⎪⎪⎪G (θ0)g (θ0)＝π解析：f (x )＝sin(2x ＋θ)＋cos 2x ＝cos θ·sin 2x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋12·cos 2x ＋12＝54＋sin θsin(2x ＋φ)＋12，所以G (θ)＝54＋sin θ＋12，g (θ)＝－54＋sin θ＋12， ①对于选项A ，G (θ0)＋g (θ0)＝54＋sin θ＋12－54＋sin θ＋12＝1，显然不满足题意，即A 错误，②对于选项B ，G (θ0)－g (θ0)＝54＋sin θ＋12＋54＋sin θ－12＝254＋sin θ∈[1,3]，显然不满足题意，即B 错误， ③对于选项C ，G (θ0)·g (θ0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋sin θ＋12·⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋sin θ－12＝1＋sin θ∈[0,2]，显然不满足题意，即C 错误，④对于选项D ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪G (θ)g (θ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪154＋sin θ－12＋1∈[2，＋∞)，即∃θ0∈R ，使⎪⎪⎪⎪⎪⎪G (θ0)g (θ0)＝π，故D 正确， 故选D. 答案：D13．(2019·某某模拟)函数f (x )＝4cos x sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6－1(x ∈R)的最大值为________．解析：∵f (x )＝4cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6－1＝4cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin x ＋12cos x －1＝23sin x cos x ＋2cos 2x －1＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，∴f (x )max ＝2. 答案：214．设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)．若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，则函数f (x )的最小正周期为________． 解析：∵f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3， ∴x ＝π2和x ＝2π3均不是f (x )的极值点，其极值应该在x ＝π2＋2π32＝7π12处取得，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，∴x ＝π6也不是函数f (x )的极值点，又f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性， ∴x ＝π6－⎝⎛⎭⎪⎫7π12－π2＝π12为f (x )的另一个相邻的极值点，故函数f (x )的最小正周期T ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫7π12－π12＝π.答案：π15．(2019·某某某某武邑中学模拟)将f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象向右平移π4ω个单位，得到y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π4上为增函数，则ω的最大值为________．解析：将f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象向右平移π4ω个单位，得到y ＝g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ω⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4ω＋π4＝2sin ωx 的图象，若y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π4上为增函数，则满足T 4≥π4，即T ≥π，即2πω≥π，所以0<ω≤2，即ω的最大值为2.答案：216．已知函数f (x )＝2a sin(πωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫a ≠0，ω>0，|φ|≤π2，直线y ＝a 与f (x )的图象的相邻两个距离最近的交点的横坐标分别是2和4，现有如下命题： ①该函数在[2,4]上的值域是[a ，2a ]；②在[2,4]上，当且仅当x ＝3时函数取得最大值； ③f (x )的图象可能过原点． 其中真命题的个数为________．解析：对于①，∵直线y ＝a 与函数f (x )＝2a sin(πωx ＋φ)的图象的相邻两个距离最近的交点的横坐标分别为2和4，∴结合图象可以看出，当a >0时，f (x )在[2,4]上的值域为[a ，2a ]，当a <0时，f (x )在[2,4]上的值域为[2a ，a ]，①错误；对于②，根据三角函数图象的对称性，显然x ＝2和x ＝4的中点是x ＝3，即当a >0时，f (x )在x ＝3处有最大值f (3)＝2a ，当a <0时，f (x )在x ＝3处有最小值f (3)＝2a ，②错误； 对于③，f (0)＝2a sin φ，令f (0)＝0，得φ＝0，此时f (x )＝2a sin πωx ，由2a sin πωx ＝a 得sin πωx ＝22，则πωx ＝2k π＋π4(k ∈Z)或πωx ＝2k π＋3π4(k ∈Z)，∴x ＝2k ＋14ω(k ∈Z)或x ＝2k ＋34ω(k ∈Z)，∵直线y ＝a 与函数f (x )＝2a sin(πωx ＋φ)的图象的相邻两个距离最近的交点的横坐标分别为2和4，∴令⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋14ω＝2，2k ＋34ω＝4，解得k ＝18∉Z ，即不存在这样的k 符合题意，③错误． 综上，没有真命题． 答案：0。
高三数学二轮专题复习 三角函数
三角函数二轮复习建议三角函数内容主要有两块；一是三角函数的图象和性质，二是三角恒等变换．近三年高考中基本上是一个小题（三角函数的图象与性质）、一个大题（三角恒等变换），大都是容易题和中等题，难度不大，容易得分，也是必须要得分的．第1~2课时 三角函数的图象和性质基本题型一：求三角函数的周期例 1 函数f (x )＝3sin(2x ＋π3)的最小正周期为 ；图象的对称中心是 ；对称轴方程是 ；当x ∈[0，π2]时，函数的值域是 ． 说明：1．函数y ＝A sin(wx ＋ϕ)的图像与参数A ，w ，ϕ的关系；通过换元可将y ＝A sin(wx ＋ϕ)的图象转化为对y ＝A sin x 的图象的研究．2．对于三角函数的图象与性质，周期性是最本质的内容，周期与一个最高点就可决定决定整个三角函数的图象．3．此类问题呈现的形式有三种：①正面呈现，象例1的形式；②给出函数的一部分性质，如已知直线y ＝a (0＜a ＜A )与函数y ＝A sin(wx ＋ϕ)的图象的三个相邻交点的横坐标为2，4，8，写出函数y ＝A sin(wx ＋ϕ)的一个单调增区间；③以图象形式呈现，给出函数y ＝A sin(wx ＋ϕ)的一部分图象．例2 若函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，0≤φ＜2π)的图象(部分)如图所示，则ω＝_________，φ＝_________．说明：方法一 由图知T ＝4×[2π3－(－π3)]＝2π，所以ω＝1，从而2π3＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，解得φ＝2k π－π6，k ∈Z ．因为0≤φ＜2π，所以φ＝11π6． 方法二 由图知T ＝4×[2π3－(－π3)]＝2π，所以ω＝1，所以f (x )的图像可以看作是sin x 的图像向右移了π6个单位，即向左移了11π6个单位，．因为0≤φ＜2π，所以φ＝11π6． 基本策略：根据函数的图像先确定振幅A ，再确定周期T ．利用周期求出角速度ω，最后利用峰(谷)点的坐标求出φ的值．一般不用平衡点(零点)来确定．三角函数图像的变换，每一次变换前，应先将“已知”函数一般化，写成f (x )的形式，再分别按照f (x )→f (x －a )，f (x )→f (ωx )，f (x )→f (x )＋k ，f (x )→Af (x )的变化特征写出变换后的函数解析式．例3 如图，半圆O 的直径为2，A 为直径延长线上的一点，OA ＝2，B 为圆上任意一点，以AB 为一边作等边三角形ABC ．问：点B 在什么位置时，四边形OACB 面积最大？说明：对于此类以图形为背景的应用题，重点应放在变量的选择上．例4 已知函数f (x )＝2sin x (sin x －cos x )＋2，x ∈R ．（1）求函数f (x )的最小正周期；（2）求函数在区间[π8，3π4]上的最大值和最小值； （3）若f (α)＝3－425，0＜α＜π2，求cos2α的值． 说明：此类题型的考查要求虽然不高，不要深挖，但在二轮复习中还要涉及一点．基本策略：利用恒等变形，化为“一个角的一个三角函数的一次式y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k (ω＞0，0≤φ＜2π)”是研究复杂三角函数式性质的基本方法．其中，对于函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，0≤φ＜2π)的单调性，要用整体化的观点，将ωx ＋φ看作是一个角的大小，结合y ＝sin x 的单调区间和ωx ＋φ关于x 的单调性进行判断．第3~4课时 三角恒等变换例1 cos(－600°)＝ ．说明：利用诱导公式将其转化为特殊角的三角函数值，也可根据三角函数定义利用数形结合直接求值．例2 若3cosα＋4sinα＝5(0＜α＜π)，求tan(α＋π4)的值． 说明：1．重视最基本方法的运用，即把cosα，sinα当成未知数，通过解方程组求得cosα，Csinα；2．在三角函数求值中要注意两点：①根据角之间的关系选择适当的三角变换；②根据角所在象限确定三角函数值的符号，要加以说明（题目条件中已经给定，角的范围太大，需要由几个条件或解题过程中得到的结论共同确定）．例3 当0＜x ＜π2时，函数f (x )＝1＋cos2x ＋8sin 2x sin2x的最小值为 ． 说明：利用二倍角公式对f (x )进行化简，转化为用基本不等式求解的最值问题．例4 已知tan(π4＋α)＝12． (1)求tan α的值；(2)求sin2α－cos 2α1＋cos2α的值．基本策略：在化简过程中，通过变角、变名、变次，换元等将其转化为最简单的三角函数或简单的初等函数．第5~6课时 解三角形 例1 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，且满足cos A 2＝255，AB →·AC →＝3．（1）求△ABC 的面积；（2）若c ＝1，求a 的值．例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，B ＝π3，cos A ＝45，b ＝3． （1）求sin C 的值；（2）求△ABC 的面积．说明：1．根据条件，结合图形灵活选择正弦定理、余弦定理、三角形面积公式．2．向量中有关概念的理解，公式的正确使用．例3 在平面四边形ABCD 中，∠A ＝60°，AD ⊥CD ，∠DBC ＝60°，AB ＝23，BD ＝4，求CD 的长．说明：这种以图形为载体的三角函数求值问题（与解三角形联系）在高考中也是一种常见题型，其关键是要弄清图中各种量（边、角）之间的关系，合理选择正弦定理、余弦定理、三角恒等变换进行求解．例4 (08上海)如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120o 的扇形AOB ，小区的两个出入口设置在点A 及点C 处，且小区里有一条平行于BO 的小路CD ，已知某人从C 沿CD 走到D 用了10分钟，从D 沿DA 走到A 用了6分钟，若此人步行的速度为每分钟50米，求该扇形的半径OA 的长（精确到1米）．说明基本策略：条件中给出了三角形中的边角关系，应利用正弦定理或余弦定理将条件统一到边或统一到角．在三角应用题中，应根据已知条件构造确定的三角形，构造的依据是全等三角形的条件．在二轮复习过程中，对于三角函数的复习应突出以下重点：1．三角函数的图象、周期性、单调性、奇偶性等性质以及图像的对称性，充分体现数形结合的思想．2．三角函数与代数、几何、向量的综合联系，尤其是以图形为背景的一类数学问题．3．三角恒等变换的核心是根据角之间的关系，选择适当的三角公式，在求值时应强调三角函数值的符号由角所在象限确定．4．上述一些例题仅供参考，教学中应适当增加一些相似题、变式题，同时还需选择一定量的练习加以巩固．5．本单元二轮专题和课时建议：AO D B C H A O D B C A O D B C。
2019届高考数学二轮复习第二篇核心知识回扣2.1三角函数及解三角形课件文
【解析】因为f(x)=19sin ( 3 2x) =19sin (2x ) , 所以
4
(3)sin(-α)=-sin α,cos(-α)=cos α, tan(-α)=-tan α. (4)sin(π-α)=sin α,cos(π-α)=-cos α, tan(π-α)=-tan α.
(5)sin ( －) =cos α,cos ( －) =sin α, sin ( ＋) =cos α,cos ( ＋) =-sin α. 2
BC=8 3 sin A,因为满足条件的三角形有且仅有一个, 所以BC=8 3 或0<BC≤12.
2.在锐角三角形ABC中,A=2B,则 A.(1,2) B.(1,3)
c 的取值范围是( b C.(-1,3) D.（0， 3 ） 2
)
【解析】选A.因为锐角三角形ABC中,A=2B,所以C=π
-A-B=(π-3B)∈ (0, ) ,2B∈(0, ) ,所以B∈( , ) ,所以 2 6 4 2 c sin C sin 3B =(3-4sin2B)∈(1,2). b sin B sin B
1 tantan
4.二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α=2sin αcos α. (2)cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α.
2tan (3)tan 2α= . . 2 1－tan
5.辅助角公式 asin x+bcos x= a 2＋b2 sin(x+ φ)(其中tan φ= b ).
2 2 2 b ＋ c － a 变形:b2+c2-a2=2bccos A,cos A= .. 2bc
【重要性质结论】 三角函数图象的两种变换途径
高考数学二轮复习专题篇素养提升 专题1三角函数三角恒等变换与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形文理
②由 f(x)＝12sin2x－π6＝ 63，
得 sin2x－π6＝ 33，
∵x∈0，π4，∴－π6≤2x－π6≤π3，
∴cos2x－π6＝
6 3.
∴cos 2x＝cos2x－π6＋π6 ＝cos2x－π6× 23－sin2x－π6×21 ＝ 36× 23－ 33×12＝ 22－ 63.
三角恒等变换的“四大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换, 1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑： 如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α,α＝(α－β)＋β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．
分值 10 12 10
年份 卷别 Ⅰ卷
2019 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号
考查角度
分值
17 正余弦定理
12
二倍角公式、基本关系式、余弦定理、
15
5
三角形面积公式
18
正余弦定理、三角形面积公式
12
17
正余弦定理、解三角形
12
二倍角、辅助角公式、基本关系式、
10、15 和的正弦公式、余弦定理
10°＝
典例1
A．34
(1)(2020·全国Ⅱ卷模拟)cos2 40°＋2sin 35°sin 55°sin
( A)
B．14
C．12＋
3 2
D．3
3 4
(2)(2020·宜宾模拟)已知 α∈0，π2，且 3sin2α－5cos2α＋sin 2α＝0，则
sin 2α＋cos 2α＝
( A)
A．1
B．－2137
高三数学(理)二轮专题复习文档：专题一三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形(1)
高三数学（理）二轮专题复习文档：专题一三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形(1)高考定位 1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中关键是利用两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；2.正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)在△ABC中，cos ＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝( )A.4B.C.D. 25解析因为cos ＝，所以cos C＝2cos2 －1＝2×－1＝－.于是，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos C ＝52＋12－2×5×1×＝32.所以AB＝4.答案A2.(2017·全国Ⅰ卷)已知α∈，tan α＝2，则cos ＝________.解析∵α∈，且tan α＝2，∴sin α＝2 cos α，又sin 2α＋cos2α＝1，所以sin α＝，cos α＝.所以cos＝(cos α＋sin α)＝.答案310103.(2018·全国Ⅰ卷)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；(2)若DC＝2，求BC.解(1)在△ABD中，由正弦定理得＝，即＝，所以sin∠ADB＝.由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝＝.(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝.在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2×＝25.所以BC＝5.4.(2018·浙江卷)已知角α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P .(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值.解(1)由角α的终边过点P ，得sin α＝－，所以sin(α＋π)＝－sin α＝.。
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第2讲 三角恒等变换与解三角形
高考定位 1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中关键是利用两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；2.正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题
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真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅱ卷)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )
A.4 2
B.30
C.29
D. 2 5 解析 因为cos C 2＝55，所以cos C ＝2cos 2 C 2－1＝2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫552－1＝－35. 于是，在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ×BC ×cos C ＝52＋12－
2×5×1×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35＝32.所以AB ＝4 2. 答案 A
2.(2017·全国Ⅰ卷)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2，则cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫α－π4 ＝________. 解析 ∵α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，π2，且tan α＝2，∴sin α＝2 cos α， 又sin 2α＋cos 2α＝1，所以sin α＝255，cos α＝55.
所以cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫α－π4＝22(cos α＋sin α)＝31010. 答案 31010 3.(2018·全国Ⅰ卷)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5. (1)求cos ∠ADB ；
(2)若DC ＝22，求BC .
解 (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sin ∠A ＝AB sin ∠ADB ，即5sin 45°＝2sin ∠ADB
，
所以sin ∠ADB ＝25.
由题设知，∠ADB <90°，
所以cos ∠ADB ＝1－225＝235.
(2)由题设及(1)知，cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝25.
在△BCD 中，由余弦定理得
BC 2＝BD 2＋DC 2－2·BD ·DC ·cos ∠BDC
＝25＋8－2×5×22×25＝25.
所以BC ＝5.
4.(2018·浙江卷)已知角α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P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45. (1)求sin(α＋π)的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值.
解 (1)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45， 得sin α＝－45，
所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.
(2)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得cos α＝－35， 由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213.
由β＝(α＋β)－α得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，
所以cos β＝－5665或cos β＝1665.
考 点 整 合
1.三角函数公式
(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式：
sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β；
cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β；
tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.。