【2019-2020】高考数学二轮复习限时集训(八)三角恒等变换与正余弦定理理

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2019-2020年高考数学二轮复习专题检测十二三角恒等变换与解三角形理

2019-2020年高考数学二轮复习专题检测十二三角恒等变换与解三角形理一、选择题1．(xx 届高三·合肥调研)已知x ∈(0，π)，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4等于( )A.13B ．－13C ．3D ．－3解析：选A 由cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，∵x ∈(0，π)，∴tan x ＝2，∴tan ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.2．(xx·张掖一诊)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sinB －a sin A ＝12a sin C ，则sin B 为( )A.74B.34C.73D.13解析：选A 由b sin B －a sin A ＝12a sin C ，且c ＝2a ，得b ＝2a ，∵cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34， ∴sin B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝74. 3．已知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，且sin θ－cos θ＝－144，则2cos 2θ－1cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ的值为( ) A.23 B.43 C.34D.32解析：选D 法一：由sin θ－cos θ＝－144，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝74. 因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，所以π4－θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝34，故2cos 2θ－1cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝cos 2θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫π4－θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝32.法二：因为sin θ－cos θ＝－144，两边平方，整理得2sin θcos θ＝18，所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝98.因为θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，所以sin θ>0，cos θ>0，所以sin θ＋cos θ＝324.所以2cos 2θ－1cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝cos 2θ－sin 2θ22cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)＝32.4．(xx·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin B ＋sin A (sinC －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( )A.π12 B.π6 C.π4D.π3解析：选B 因为sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，所以sin(A ＋C )＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，所以sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，整理得sin C (sin A ＋cos A )＝0.因为sin C ≠0，所以sin A ＋cos A ＝0，所以tan A ＝－1，因为A ∈(0，π)，所以A ＝3π4，由正弦定理得sin C ＝c ·sin Aa＝2×222＝12，又0＜C ＜π4，所以C ＝π6.5．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c b<cos A ，则△ABC 为( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形D ．等边三角形解析：选A 根据正弦定理得c b ＝sin Csin B<cos A ，即sin C <sin B cos A .∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin C ＝sin(A ＋B )<sin B cos A ，整理得sin A cos B <0.又三角形中sin A >0，∴cos B <0，π2<B <π，∴△ABC 为钝角三角形．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.223 B.24 C.64D.63 解析：选C 依题意得，BD ＝AD ＝DEsin A ＝22sin A，∠BDC ＝∠ABD ＋∠A ＝2∠A .在△BCD中，BC sin ∠BDC ＝BD sin 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．(xx·洛阳统考)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△ABC 中，AC ＝4，BC ＝27，∠BAC ＝60°，AD ⊥BC 于D ，则BDCD的值为________．解析：在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos ∠BAC ，即28＝16＋AB 2－4AB ，解得AB ＝6，则cos ∠ABC ＝28＋36－162×27×6＝27，所以BD ＝AB ·cos∠ABC ＝6×27＝127， CD ＝BC －BD ＝27－127＝27，所以BD CD＝6.答案：69．(xx·福州质检)在距离塔底分别为80 m,160 m ，240 m 的同一水平面上的A ，B ，C 处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________m.解析：设塔高为h m ．依题意得，tan α＝h 80，tan β＝h 160，tan γ＝h240.因为α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tan γ＝tan (90°－γ)tan γ＝sin90°－γsin γcos 90°－γcos γ＝cos γsin γsin γcos γ＝1，所以tan α＋tan β1－tan αtan β·tan γ＝1，所以h80＋h1601－h 80·h 160·h 240＝1，解得h ＝80，所以塔高为80 m.答案：80 三、解答题10．(xx·郑州第二次质量预测)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知B ＝2C,2b ＝3c .(1)求cos C ；(2)若c ＝4，求△ABC 的面积．解：(1)由正弦定理得，2sin B ＝3sin C .∵B ＝2C ，∴2sin 2C ＝3sin C ，∴4sin C cos C ＝3sin C ， ∵C ∈(0，π)，sin C ≠0，∴cos C ＝34.(2)由题意得，c ＝4，b ＝6.∵C ∈(0，π)，∴sin C ＝1－cos 2C ＝74，sin B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ＝378，cos B ＝cos 2C ＝cos 2C －sin 2C ＝18，∴sin A ＝sin(π－B －C )＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝378×34＋18×74＝5716. ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×6×4×5716＝1574.11．(xx·东北四市高考模拟)已知点P (3，1)，Q (cos x ，sin x )，O 为坐标原点，函数f (x )＝OP ―→·QP ―→.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若A 为△ABC 的内角，f (A )＝4，BC ＝3，求△ABC 周长的最大值．解：(1)由已知，得OP ―→＝(3，1)，QP ―→＝(3－cos x,1－sin x )，所以f (x )＝3－3cos x ＋1－sin x ＝4－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，所以函数f (x )的最小正周期为2π.(2)因为f (A )＝4，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝0，又0<A <π，所以π3<A ＋π3<4π3，A ＝2π3.因为BC ＝3，所以由正弦定理，得AC ＝23sin B ，AB ＝23sin C ，所以△ABC 的周长为3＋23sin B ＋23sin C ＝3＋23sin B ＋23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－B ＝3＋23sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π3.因为0<B <π3，所以π3<B ＋π3<2π3，所以当B ＋π3＝π2，即B ＝π6时，△ABC 的周长取得最大值，为3＋2 3.12．如图，在一条海防警戒线上的点A ，B ，C 处各有一个水声监测点，B ，C 两点到A 的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B 收到发自静止目标P 的一个声波信号，8秒后A ，C 同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A 到P 的距离为x 千米，用x 分别表示B ，C 到P 的距离，并求x 的值； (2)求P 到海防警戒线AC 的距离．解：(1)依题意，有PA ＝PC ＝x ，PB ＝x －1.5×8＝x －12. 在△PAB 中，AB ＝20，cos ∠PAB ＝PA 2＋AB 2－PB 22PA ·AB ＝x 2＋202－x －1222x ·20＝3x ＋325x，同理，在△PAC 中，AC ＝50，cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝x 2＋502－x 22x ·50＝25x.∵cos ∠PAB ＝cos ∠PAC ， ∴3x ＋325x ＝25x，解得x ＝31.(2)作PD ⊥AC 于点D (图略)，在△ADP 中，由cos ∠PAD ＝2531，得sin ∠PAD ＝1－cos 2∠PAD ＝42131，∴PD ＝PA sin ∠PAD ＝31×42131＝421.故静止目标P 到海防警戒线AC 的距离为421千米．B 卷——大题增分专练1．(xx 届高三·天津五区县联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且8 sin2A ＋B2－2cos 2C ＝7.(1)求tan C 的值；(2)若c ＝3，sin B ＝2sin A ，求a ，b 的值．解：(1)在△ABC 中，因为A ＋B ＋C ＝π，所以A ＋B 2＝π2－C 2，则sin A ＋B 2＝cos C2. 由8sin2A ＋B2－2cos 2C ＝7，得8cos 2C2－2cos 2C ＝7，所以4(1＋cos C )－2(2cos 2C －1)＝7，即(2cos C －1)2＝0，所以cos C ＝12.因为0＜C ＜π，所以C ＝π3，于是tan C ＝tan π3＝ 3.(2)由sin B ＝2sin A ，得b ＝2a . ①又c ＝3，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3，即a 2＋b 2－ab ＝3.②联立①②，解得a ＝1，b ＝2.2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且a sin B ＝－b sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3.(1)求A ；(2)若△ABC 的面积S ＝34c 2，求sin C 的值．解：(1)∵a sin B ＝－b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3，∴由正弦定理得sin A ＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3，即sin A ＝－12sin A －32cos A ，化简得tan A ＝－33，∵A ∈(0，π)，∴A ＝5π6.(2)∵A ＝5π6，∴sin A ＝12，由S ＝34c 2＝12bc sin A ＝14bc ，得b ＝3c ， ∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝7c 2，则a ＝7c ，由正弦定理得sin C ＝c sin A a ＝714. 3．已知函数f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x －1(x ∈R)．(1)求函数f (x )的最小正周期及在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值；(2)若f (x 0)＝65，x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，求cos 2x 0的值．解：(1)f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x －1＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以函数f (x )的最小正周期为π.因为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6上为增函数，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上为减函数，又f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1，所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为2，最小值为－1.(2)由(1)可知f (x 0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6，又因为f (x 0)＝65，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝35. 由x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，得2x 0＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，7π6，从而cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝－45.所以cos 2x 0＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6－π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6cos π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6sin π6＝3－4310. 4．在△ABC 中，B ＝π3，点D 在边AB 上，BD ＝1，且DA ＝DC .(1)若△BCD 的面积为3，求CD ； (2)若AC ＝3，求∠DCA .解：(1)因为S △BCD ＝3，即12BC ·BD ·sin B ＝3，又B ＝π3，BD ＝1，所以BC ＝4.在△BDC 中，由余弦定理得CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos B ，即CD 2＝16＋1－2×4×1×12＝13，解得CD ＝13.(2)在△ACD 中，DA ＝DC ，可设∠A ＝∠DCA ＝θ，则∠ADC ＝π－2θ，又AC ＝3，由正弦定理，得AC sin 2θ＝CD sin θ，所以CD ＝32cos θ.在△BDC 中，∠BDC ＝2θ，∠BCD ＝2π3－2θ，由正弦定理，得CD sin B ＝BD sin ∠BCD ，即32cos θsin π3＝1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－2θ，化简得cos θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－2θ，于是sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－2θ. 因为0＜θ＜π2，所以0＜π2－θ＜π2，－π3＜2π3－2θ＜2π3，所以π2－θ＝2π3－2θ或π2－θ＋2π3－2θ＝π，解得θ＝π6或θ＝π18，故∠DCA ＝π6或∠DCA ＝π18.。

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。

2019-2020年高考数学二轮复习教案(10)三角恒等变换新人教A版

2019-2020年高考数学二轮复习教案(10)三角恒等变换新人教A版【专题要点】两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，半角公式，积化和差、和差化积公式（不要求记忆）；三角公式的灵活运用，包括正用、逆用、变形使用等，运用公式进行化简、求值、证明以及解三角形或结合三角函数图象解题【考纲要求】1．和与差的三角函数公式（1）向量的数量积推导出两角差的余弦公式．（2）用两角差的余弦公式导出两角差的正弦、正切公式．（3）用两角差的余弦公式导出两角和的正弦、余弦、正切公式，导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．（4）体会化归思想的应用，能运用它们进行简单的三角函数式的化简、求值及恒等式的证明（5）理解以两角差的余弦公式导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系；2．简单的三角恒等变换运用上述公式进行简单的恒等变换，以引导学生推导半角公式，积化和差、和差化积公式（不要求记忆）作为基本训练，使学生进一步提高运用转化的观点去处理问题的自觉性，体会一般与特殊的思想，换元的思想，方程的思想等数学思想在三角恒等变换中的应用【知识纵横】11个三角恒等变换公式中，余弦的差角公式是其它公式的基础，由它出发，用-β代替β、±β代替β、α=β等换元法可以推导出其它公式。

你能根据下图回顾推导过程吗？【教法指引】高考对三角恒等式部分的考查仍会是中低档题，无论是小题还是大题中出现都是较容易的．主要有三种可能：（1）以小题形式直接考查：利用两角和与差以及二倍角公式求值、化简；（2）以小题形式与三角函数、向量、解三角形等知识相综合考查两角和与差以及二倍角等公式；（3）以解答题形式与三角函数、向量、解三角形、函数等知识相综合考查，对三角恒等变换的综合应用也可能与解三角形一起用于分析解决实际问题的应用问题，主要考查综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力复习时，教师要教给学生注重对问题中角、函数名及其整体结构的分析，提高公式选择的恰当性，还要重视相关的思想方法，如数形结合思想、特值法、构造法、等价转换法等的总结和应用，这有利于缩短运算程序，提高解题效率【典例精析】例1、利用和、差角余弦公式求、的值.分析：把、构造成两个特殊角的和、差.解：()231cos75cos4530cos45cos30sin45sin30222=+=-=⨯-=()231cos15cos4530cos45cos30sin45sin302=-=+=⨯=点评：把一个具体角构造成两个角的和、差形式，有很多种构造方法，例如：，要学会灵活运用.例2、已知，5,,cos,213παπββ⎛⎫∈=-⎪⎝⎭是第三象限角，求的值.解：因为，由此得3 cos5α===-又因为是第三象限角，所以12sin 13β===-所以3541233cos()cos cos sin sin 51351365αβαβαβ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+=-⨯-+⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭点评：注意角、的象限，也就是符号问题. 例2、利用和（差）角公式计算下列各式的值：（1）、sin 72cos42cos72sin 42-；（2）、cos20cos70sin 20sin 70-；（3）、．解：分析：解此类题首先要学会观察，看题目当中所给的式子与我们所学的两角和与差正弦、余弦和正切公式中哪个相象.（1）、()1sin 72cos42cos72sin 42sin 7242sin302-=-==；（2）、()cos20cos70sin 20sin 70cos 2070cos900-=+==；（3）、()1tan15tan 45tan15tan 4515tan 6031tan151tan 45tan15++==+==--．例3、化简解：此题与我们所学的两角和与差正弦、余弦和正切公式不相象，但我们能否发现规律呢？)()1cos sin 30cos cos30sin 22sin 3022x x x x x x x ⎫-=-=-=-⎪⎪⎭思考：是怎么得到的？，我们是构造一个叫使它的正、余弦分别等于和的.小结：本节我们学习了两角和与差正弦、余弦和正切公式，我们要熟记公式，在解题过程中要善于发现规律，学会灵活运用.例4、（xx 浙江理12）．已知，且，则的值是．解：将两边平方得，所以249(sin cos )12sin cos 25θθθθ-=-=，则，又，所以，所以，故227cos 2cossin (cos sin )(cos sin )25θθθθθθθ=-=+-=-．例5、（xx 年广东卷理12）.已知函数()(sin cos )sin f x x x x =-，，则的最小正周期是．解：21cos 21()sin sin cos sin 222x f x x x x x -=-=-,此时可得函数的最小正周期．例6.（xx 年江苏卷15）．如图，在平面直角坐标系中，以轴为始边做两个锐角,，它们的终边分别与单位圆相交于A,B 两点，已知A,B 的横坐标分别为．（1）求tan()的值；（2）求的值．解：由条件的cos 10αβ==，因为,为锐角，所以= 因此（1）tan()=（2），所以()tan tan 2tan 211tan tan 2αβαβαβ++==--∵为锐角，∴，∴=。

(湖南专用)2020高考数学二轮复习专题限时集训(八)配套作业理 (解析版)

专题限时集训(八)[第8讲平面向量及向量的应用](时间：45分钟)1．设向量a ＝(1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，则下列结论正确的是( ) A ．|a |＝|b | B ．a ·b ＝22C ．a ∥bD ．a －b 与b 垂直2．已知e 1，e 2是两夹角为120°的单位向量，a ＝3e 1＋2e 2，则|a |等于( ) A ．4 B.11 C ．3 D.73．若向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a⊥(a ＋b )，则a 与b 的夹角为( ) A.π2 B.2π3 C.3π4 D.5π64．已知向量a ＝(1，1)，2a ＋b ＝(4，2)，则向量a ，b 的夹角的余弦值为( ) A.31010 B ．－31010 C.22 D ．－225．定义：|a ×b |＝|a ||b |sin θ，其中θ为向量a 与b 的夹角，若|a |＝2，|b |＝5，a·b ＝－6，则|a×b |等于( )A ．－8B ．8C ．－8或8D ．66．已知两点A (1，0)，B (1，3)，O 为坐标原点，点C 在第二象限，且∠AOC ＝120°，设OC →＝－2OA →＋λOB →(λ∈R )，则λ等于( )A ．－1B ．2C ．1D ．－27．两个非零向量OA →，OB →不共线，且OP →＝mOA →，OQ →＝nOB →(m ，n >0)，直线PQ 过△OAB 的重心，则m ，n 满足( )A ．m ＋n ＝32B ．m ＝1，n ＝12C.1m ＋1n＝3D ．以上全不对8．已知在△ABC 中，AB ＝3，∠A ＝60°，∠A 的平分线AD 交边BC 于点D ，且AD →＝13AC →＋λAB →(λ∈R )，则AD 的长为( )A ．2 3 B. 3 C ．1 D ．39．如图8－1，在△ABC 中，AN →＝13NC →，P 是线段BN 上的一点，若AP →＝mAB →＋211AC →，则实数m 的值为________．图8－110．设i ，j 是平面直角坐标系(坐标原点为O )内分别与x 轴，y 轴正方向相同的两个单位向量，且OA →＝－2i ＋j ，OB →＝4i ＋3j ，则△OAB 的面积等于________．11．已知a ＝(1，2)，b ＝(1，1)，a 与a ＋λb 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围为________．12．已知向量a ＝(cos θ，sin θ)，θ∈[0，π]，向量b ＝(3，－1)． (1)若a ⊥b ，求θ的值；(2)若|2a －b |<m 恒成立，求实数m 的取值范围．13．在△ABC中，角A，B，C所对的对边长分别为a，b，c.(1)设向量x＝(sin B，sin C)，向量y＝(cos B，cos C)，向量z＝(cos B，－cos C)，若z∥(x ＋y)，求tan B＋tan C的值；(2)若sin A cos C＋3cos A sin C＝0，证明：a2－c2＝2b2.14．设向量m＝(cos x，sin x)，x∈(0，π)，n＝(1，3)．(1)若|m－n|＝5，求x的值；(2)设f(x)＝(m＋n)·n，求函数f(x)的值域．专题限时集训(八)【基础演练】1．D [解析] ||a ＝1，||b ＝22，A 不正确；a ·b ＝12，B 不正确；a ＝λb 时可得1＝12λ且0＝12λ，此方程组无解，C 不正确；(a －b )·b ＝12，－12·12，12＝0，D 正确．2．D [解析] ||a ＝9＋4＋2×3×2cos120°＝7.3．C [解析] 设a ，b 夹角为θ，由a ⊥(a ＋b )，得a ·(a ＋b )＝0，即|a |2＋|a |·|b |cosθ＝0，代入数据解得cos θ＝－22.又θ∈[0，π]，所以θ＝3π4. 4．C [解析] a ＝(1，1)，2a ＋b ＝(4，2)得b ＝(2，0)， cos 〈a ，b 〉＝222＝22，所以选C.【提升训练】5．B [解析] 由|a |＝2，|b |＝5，a·b ＝－6，得cos θ＝－35，sin θ＝45，所以|a×b |＝|a|·|b |·sin θ＝2×5×45＝8.6．C [解析] OC →＝－2OA →＋λOB →＝－2(1，0)＋λ(1，3)＝(－2＋λ，3λ)．因为∠AOC ＝120°，所以由tan120°＝3λ－2＋λ＝－3，解得λ＝1.7．C [解析] 设重心为点G ，且PG →＝tPQ →，所以OG →＝OP →＋PG →＝mOA →＋tPQ →＝mOA →＋t ()nOB →－mOA → ＝m (1－t )OA →＋ntOB →.设OG 与AB 交于点D ，则点D 为AB 的中点．所以OG →＝23OD →＝13(OA →＋OB →)．故⎩⎪⎨⎪⎧m （1－t ）＝13，nt ＝13，消去t 得1m ＋1n ＝3.故选C.8.A [解析] 如图，过D 作AC ，AB 的平行线，分别交AC ，AB 于E ，F ，则AD →＝AE →＋AF →，由AD →＝13AC →＋λAB →及B ，D ，C 三点共线知AC ＝3AE ，λ＝23.又AB ＝3，所以AF ＝23AB ＝2.由AD 是∠A的平分线知，四边形AEDF 是菱形，所以AE ＝2，|AD →|2＝(AE →＋AF →)2＝AE →2＋AF →2＋2AE →·AF →＝12，∴|AD →|＝23，选A.9.311 [解析] ∵AN →＝13NC →，∴AC →＝4AN →，又AP →＝mAB →＋211AC →＝mAB →＋811AN →.由点B ，P ，N 共线可知，m ＋811＝1，∴m ＝311.10．5 [解析] 由题可知|OA →|＝5，|OB →|＝5，OA →·OB →＝－5，所以cos 〈OA →，OB →〉＝－555＝－15，sin 〈OA →，OB →〉＝25，所求面积为S ＝12×5×5×25＝5.11.⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，0∪()0，＋∞ [解析] 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a ·（a ＋λb ）>0，a 与a ＋λb 的夹角不是0，即⎩⎪⎨⎪⎧（1，2）·（1＋λ，2＋λ）>0，1·（2＋λ）－2（1＋λ）≠0，即λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，0∪(0，＋∞)．12．解：(1)∵a ⊥b ，∴3cos θ－sin θ＝0，得tan θ＝ 3. 又θ∈[0，π]，∴θ＝π3.(2)∵2a －b ＝(2cos θ－3，2sin θ＋1)， ∴|2a －b |2＝(2cos θ－3)2＋(2sin θ＋1)2＝8＋8⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ－32cos θ＝8＋8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3. 又θ∈[0，π]，∴θ－π3∈－π3，2π3，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3∈－32，1，∴|2a －b |2的最大值为16，∴|2a －b |的最大值为4. 又|2a －b |<m 恒成立，∴m >4.13．解：(1)x ＋y ＝(sin B ＋cos B ，sin C ＋cos C )， ∵z ∥(x ＋y )，∴cos B (sin C ＋cos C )＋cos C (sin B ＋cos B )＝0，整理得tan C ＋tan B ＋2＝0， ∴tan C ＋tan B ＝－2.(2)证明：∵sin A cos C ＋3cos A sin C ＝0，∴由正、余弦定理得：a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋3×b 2＋c 2－a 22bc×c ＝0，∴a 2－c 2＝2b 2.14．解：(1)∵m －n ＝(cos x －1，sin x －3)，由|m －n |＝5得cos 2x －2cos x ＋1＋sin 2x －23sin x ＋3＝5，整理得cos x ＝－3sin x ，显然cos x ≠0，∴tan x ＝－33. ∵x ∈(0，π)，∴x ＝5π6.(2)∵m ＋n ＝(cos x ＋1，sin x ＋3)，∴f (x )＝(m ＋n )·n ＝(cos x ＋1，sin x ＋3)·(1，3) ＝cos x ＋1＋3sin x ＋3 ＝232sin x ＋12cos x ＋4 ＝2sin x ＋π6＋4.∵0<x <π，∴π6<x ＋π6<7π6.∴－12<sin x ＋π6≤1⇒－1<2sin x ＋π6≤2，∴3<2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋4≤6，即函数f (x )的值域为(3，6]．。

江苏2019高考数学二轮专项练习：第8讲三角变换与解三角形

江苏2019高考数学二轮专项练习：第8讲三角变换与解三角形1.掌握三角函数的公式(同角三角函数关系式、诱导公式、和、差角及倍角公式)及应用；能正确运用三角公式进行简单三角函数式的化简、求值和条件等式及恒等式的证明；掌握正弦定理、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形、2.在复习过程中，要熟练掌握三角变换的所有公式，理解每个公式的意义，应用特点及常规使用方法等；熟悉三角变换常用的方法(化弦法、降幂法、角的变换法、“1”的变换等)；掌握化简、求值和解三角形的常规题型；要注意掌握公式之间的内在联系、3.近年来高考对三角函数与向量联系问题的考查有所增加，三角函数知识在几何及实际问题中的应用也是考查重点，应给予充分的重视、新教材降低了对三角函数恒等变形的要求，但对两角和的正切考查一直是重点、1.假设tan α＝3，那么sin2αcos 2α的值等于________.2.cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋sin α＝453，那么sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6的值是________、3.在△ABC 中，tanA ＝12，tanC ＝13，那么角B 的值为________、 4.在锐角△ABC 中，BC ＝1，B ＝2A ，那么ACcosA 的值等于________、【例1】cos α＝17，cos(α－β)＝1314且0<β<α<π2.(1)求tan2α的值； (2)求β.【例2】在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，a 2－c 2＝2b ，且sinAcosC ＝3cosAsinC ，求b.【例3】在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a ，b ，c ，sinC ＋cosC ＝1－sin C2. (1)求sinC 的值；(2)假设a 2＋b 2＝4(a ＋b)－8，求边c 的值、【例4】sin(2α＋β)＝3sin β，设tan α＝x ，tan β＝y ，记y ＝f(x)、 (1)求f(x)的解析式；(2)假设角α是一个三角形的最小内角，试求函数f(x)的值域、1.(2017·全国)α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2，tan α＝2，那么cos α＝________.2.(2017·江苏)tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝2，那么tanx tan2x 的值为________、 3.(2017·重庆)sin α＝12＋cos α，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，那么cos2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4的值为________、 4.(2017·广东)a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，假设a ＝1，b ＝3，A ＋C ＝2B ，那么sinC ＝________.5.(2017·广东)函数f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －π6，x ∈R . (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4的值；(2)设α，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3α＋π2＝1013，f(3β＋2π)＝65，求cos(α＋β)的值、 6.(2017·全国)△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ；asinA ＋csinC －2asinC＝bsinB.(1)求B ；(2)假设A ＝75°，b ＝2，求a ，c.(本小题总分值14分)函数f(x)＝2cos x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫3cos x 2－sin x 2.(1)设θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，且f(θ)＝3＋1，求θ的值；(2)在△ABC 中，AB ＝1，f(C)＝3＋1，且△ABC 的面积为32，求sinA ＋sinB 的值、解：(1)f(x)＝23cos 2x 2－2sin x 2cos x 2＝3(1＋cosx)－sinx ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋ 3.(3分)由2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋3＝3＋1,得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝12.(5分)因此x ＋π6＝2k π±π3(k ∈Z )，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，因此x ＝－π2或π6.(7分) (2)因为C ∈(0，π)，由(1)知C ＝π6.(9分)因为△ABC 的面积为32，因此32＝12absin π6，因此ab ＝23，① 在△ABC 中，设内角A 、B 的对边分别是a 、b ，由余弦定理得1＝a 2＋b 2－2abcos π6＝a 2＋b 2－6，因此a 2＋b 2＝7，②由①②可得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝3，b ＝2.因此a ＋b ＝2＋ 3.(12分)由正弦定理得，sinA a ＝sinB b ＝sinC 1＝12，因此sinA ＋sinB ＝12(a ＋b)＝1＋32.(14分)第8讲三角变换与解三角形1.在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，假设(a 2＋c 2－b 2)tanB ＝3ac ，那么角B 的值为________、【答案】π3或2π3解析：由余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac ＝cosB,∴tanB ·cosB ＝32，sinB ＝32，B 为π3或2π3.2.在△ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，且a ＋c a ＋b ＝b －ac ， (1)求角B 的大小；(2)假设△ABC 最大边的边长为7，且sinC ＝2sinA ，求最小边边长、解：(1)由a ＋c a ＋b ＝b －ac 整理得(a ＋c)c ＝(b －a)(a ＋b)，即ac ＋c 2＝b 2－a 2， ∴cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－ac 2ac ＝－12，∵0＜B ＜π，∴B ＝2π3.(2)∵B ＝2π3，∴最长边为b ，∵sinC ＝2sinA ，∴c ＝2a ，∴a 为最小边，由余弦定理得(7)2＝a 2＋4a 2－2a ·2a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，解得a 2＝1，∴a ＝1，即最小边边长为1.基础训练1.6解析：sin2αcos 2α＝2tan α.2.－45解析：cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋sin α＝453化为32cos α＋12sin α＋sin α＝435，3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝435，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45.3.3π4解析：tanB ＝tan(π－A －C)＝－tan(A ＋C)＝－tanA ＋tanC1－tanAtanC ＝－1. 4.2解析：由正弦定理得BC sinA ＝AC sinB ，1sinA ＝AC sin2A ，1sinA ＝AC 2sinAcosA ，ACcosA ＝2. 例题选讲例1解：(1)cos α＝17，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin α＝437，tan α＝43，tan2α＝－8347. (2)cos β＝cos(α－(α－β))＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝12，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴β＝π3. 例2解：(解法1)在△ABC 中，∵sinAcosC ＝3cosAsinC ，那么由正弦定理及余弦定理有a ·a 2＋b 2－c 22ab ＝3×b 2＋c 2－a 22bc ·c ，化简并整理得：2(a 2－c 2)＝b 2，又由a 2－c 2＝2b ，∴4b ＝b 2，解得b ＝4或0(舍)、(解法2)由余弦定理得：a 2－c 2＝b 2－2bccosA.又a 2－c 2＝2b ，b ≠0.因此b ＝2ccosA ＋2，①又sinAcosC ＝3cosAsinC ，∴sinAcosC ＋cosAsinC ＝4cosAsinC ， sin(A ＋C)＝4cosAsinC ，即sinB ＝4cosAsinC ，由正弦定理得sinB ＝bc sinC ，故b ＝4ccosA ，②由①②，解得b ＝4.变式训练在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c. (1)假设c ＝2，C ＝π3，且△ABC 的面积S ＝3，求a ，b 的值； (2)假设sinC ＋sin(B －A)＝sin2A ，试判断△ABC 的形状、解：(1)由余弦定理及条件得，a 2＋b 2－ab ＝4，又因为△ABC 的面积等于3，因此12absinC ＝3，得ab ＝4.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)由题意得sinBcosA ＝sinAcosA ，当cosA ＝0时，A ＝π2，△ABC 为直角三角形；当cosA ≠0时，得sinB ＝sinA ，由正弦定理得a ＝b ， △ABC 为等腰三角形、因此，△ABC 为直角三角形或等腰三角形、例3解：(1)由得2sin C 2cos C 2＋1－2sin 2C 2＝1－sin C2，即sin C 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos C 2－2sin C 2＋1＝0，由sin C 2≠0得2cos C 2－2sin C2＋1＝0，即sin C 2－cos C 2＝12，两边平方得：sinC ＝34.(2)由sin C 2－cos C 2＝12＞0知sin C 2＞cos C 2，那么π4＜C 2＜π2，即π2＜C ＜π，那么由sinC ＝34得cosC ＝－74，又a 2＋b 2＝4(a ＋b)－8，即(a －2)2＋(b －2)2＝0，故a ＝b ＝2，因此由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ＝8＋27，c ＝7＋1.变式训练△ABC 中，a 、b 、c 是三个内角A 、B 、C 的对边，关于x 的不等式x 2cosC ＋4xsinC ＋6＜0的解集是空集、(1)求角C 的最大值；(2)假设c ＝72，△ABC 的面积S ＝323，求当角C 取最大值时a ＋b 的值、解：(1)∵不等式x 2cosC ＋4xsinC ＋6＜0的解集是空集、∴⎩⎪⎨⎪⎧cosC ＞0，Δ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧cosC ＞0，16sin 2C －24cosC ≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧cosC ＞0，cosC ≤－2或cosC ≥12，故cosC ≥12，而cosC ＝0时解集不是空集、∴角C 的最大值为60°.(2)当C ＝60°时，S △ABC ＝12absinC ＝34ab ＝323，∴ab ＝6，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ＝(a ＋b)2－2ab －2abcosC ，∴(a ＋b)2＝c 2＋3ab ＝1214，∴a ＋b ＝112.例4解：(1)(解法1)注意角的变换2α＋β＝(α＋β)＋α，β＝(α＋β)－α. (1)由sin(2α＋β)＝3sin β得，sin[(α＋β)＋α]＝3sin[(α＋β)－α]，那么sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α＝3sin(α＋β)cos α－3cos(α＋β)sin α，∴sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α，∴tan(α＋β)＝2tan α，因此tan α＋tan β1－tan αtan β＝2tan α，即x ＋y1－xy ＝2x ， ∴y ＝x 1＋2x 2，即f(x)＝x 1＋2x 2.(解法2)直截了当展开，利用“1”的变换、 sin2αcos β＋cos2αsin β＝3sin β，2sin αcos αcos β＋(cos 2α－sin 2α)sin β＝3sin β，2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＋cos 2α－sin 2αsin 2α＋cos 2αtan β＝3tan β，2tan α1＋tan 2α＋1－tan 2α1＋tan 2αtan β＝3tan β，∴y ＝x 1＋2x 2，即f(x)＝x 1＋2x 2.(2)∵α角是一个三角形的最小内角，∴0<α≤π3，0＜x ≤3，f(x)＝12x ＋1x ，设g(x)＝2x ＋1x ，那么g(x)＝2x ＋1x ≥22(当且仅当x ＝22时取等号)，故函数f(x)的值域为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，24.高考回忆1.－55解析：由cos 2α＝cos 2αsin 2α＋cos 2α＝1tan 2α＋1＝15，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2，cos α＜0，因此cos α＝－55.2.49解析：∵tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝1＋tanx1－tanx ＝2,∴tanx ＝13，∴tanx tan2x ＝tanx 2tanx 1－tan 2x ＝1－tan 2x 2＝49.3.－142解析：sin α＝12＋cos α得sin α－cos α＝12，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝24，cos2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4，sin α－cos α＝12，π4＜α＜π2，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝144，cos2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝－2×144＝－142. 4.1解析：由三角形内角和定理得B ＝π3，依照正弦定理得1sinA ＝3sin π3，即sinA ＝12，1＜3，∴A ＜B ，∴A ＝π6，C ＝π2，sinC ＝1.5.解：(1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12－π6＝2sin π4＝ 2.(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3α＋π2＝2sin α＝1013，∴sin α＝513，∵α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos α＝1213. f(3β＋2π)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π2＝2cos β＝65，∴cos β＝35，∵β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， ∴sin β＝45.∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝1213·35－513·45＝1665. 6.解：(1)由正弦定理asinA ＋csinC －2asinC ＝bsinB ，可变形为a 2＋c 2－2ac ＝b 2，即a 2＋c 2－b 2＝2ac ，由余弦定理cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22，又B ∈(0，π)，因此B ＝π4.(2)由sinA ＝sin(45°＋30°)＝2＋64·sinC ＝sin60°＝32. 由正弦定理a ＝bsinA sinB ＝2×2＋6422＝3＋1，同理c ＝bsinC sinB ＝2×3222＝ 6.第9讲平面。

高考数学二轮复习第8讲三角恒等变换与正、余弦定理专题突破文

第8讲三角恒等变换与正、余弦定理1.(1)[2016·全国卷Ⅰ]已知θ是第四象限角,且sinθ+=,则tanθ-= .(2)[2017·全国卷Ⅰ]已知α∈,tan α=2,则cosα-= .[试做]__________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________ _________________命题角度不同名三角函数的求值(1)解决“已知角”与“所求角”不同名的求值问题:关键一,根据“所求角”与“已知角”的和或差的关系进行“变角”,对角的分拆要尽可能化成同角、补角、余角或特殊角;关键二,利用诱导公式进行“变名”求值.(2)常见的配角技巧:2α=(α+β)+(α-β),α=(α+β)-β,β=-,α=+,=α+-+β,θ+-θ-=等.2.(1)[2016·全国卷Ⅲ]若tan θ=-,则cos 2θ=()A.-B.-C.D.(2)[2013·全国卷Ⅱ]已知sin 2α=,则cos2=()A.B.C. D.[试做]__________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________ _________________命题角度求高次幂或倍角的三角函数值问题(1)解决已知正切值,求高次幂或倍角的三角函数值问题:关键一,应用倍角公式将倍角转化为“已知角”;关键二,“1”的代换,1=sin2α+cos2α=(sin α+cos α)2-2sin α·cos α;关键三,弦切互化,tan α=.(2)解决已知倍角值,求高次幂的三角函数值问题:关键一,应用倍角公式将高次幂的三角函数转化为倍角;关键二,利用诱导公式进行变名求值.3.(1)[2017·全国卷Ⅰ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin B+sin A(sin C-cos C)=0,a=2,c=,则C=()A.B.C.D.(2)[2018·全国卷Ⅰ]△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b sin C+c sin B=4a sinB sin C,b2+c2-a2=8,则△ABC的面积为.(3)[2014·全国卷Ⅰ]如图M2-8-1,为测量山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°,以及∠MAC=75°,从C点测得∠MCA=60°.已知山高BC=100 m,则山高MN= m.图M2-8-1[试做]__________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________ _________________命题角度正、余弦定理的应用(1)利用正、余弦定理求边、角的解题策略:关键一,利用正、余弦定理进行边角互化;关键二,运用三角恒等变换和A+B+C=π进行化简、消元,求出所求角;关键三,已知两边和一边的对角或已知两角和一边,则选用正弦定理解三角形.(2)利用正、余弦定理,解决实际问题的一般步骤:①理解题意,分清已知与未知,画出示意图;②根据已知条件与求解目标,把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中,建立一个解三角形的数学模型;③利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形,求得数学模型的解;④检验上述所求的解是否符合实际意义,从而得出实际问题的解.小题1三角恒等变换与求值1 (1)[2018·全国卷Ⅱ]已知tan=,则tan α= .(2)若sin-α=,则cos+2α=()A.B.C.-D.-[听课笔记] ________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________ _________________【考场点拨】高考中三角恒等变换与求值的常用解题策略:(1)“1”的代换,1=sin2α+cos2α;(2)降幂与升幂,二倍角公式的应用及逆用;(3)转化法,弦切互化,一般是切化弦;(4)角的拆分,2α=(α+β)+(α-β),2β=(α+β)-(α-β),α=(α+β)-β,β=(α+β)-α等.【自我检测】1.已知cos α=,则sin-2α= ()A.-B.C.D.-2.已知cos+α=2cos(π-α),则tan+α= ()A.-B.-3C.D.33.已知sin α+cos α=,则sin2-α=()A.B.C.D.4.[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)=2cos2x-sin2x+2,则()A.f(x)的最小正周期为π,最大值为3B.f(x)的最小正周期为π,最大值为4C.f(x)的最小正周期为2π,最大值为3D.f(x)的最小正周期为2π,最大值为4小题2利用正、余弦定理解三角形2 (1)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a+b+c=20,三角形的面积为10,A=60°,则a=()A.7B.8C.5D.6(2)在△ABC中,若满足a cos A=b cos B,则△ABC的形状为()A.等腰三角形B.锐角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形[听课笔记] _______________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________________ _________________【考场点拨】高考中利用正、余弦定理解三角形的解题策略:在解三角形时,要有意识地考虑哪个定理更适合解题,甚至两个定理都需要,当给的条件含有角的余弦或边的二次式时,多考虑余弦定理,当给的条件含有角的正弦或边的一次式时,多考虑正弦定理.当以上特征不明显时,要考虑哪个定理更适合或者两个定理都要用.【自我检测】1.[2018·全国卷Ⅱ]在△ABC中,cos=,BC=1,AC=5,则AB=()A.4B.C.D.22.在△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c.若角A,B,C依次成等差数列,且a=1,b=,则S△ABC=()A.B.C.D.23.已知锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2=a(a+c),则的取值范围是()A.0,B.,C.,D.0,4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若其面积S=,则cos 2A= .小题3正、余弦定理的实际应用3 已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度方向的150 km处,以v km/h沿正西方向快速移动,2.5 h后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度方向的200 km处,若cosα=cos β,则v=()A.60B.80C.100D.125[听课笔记] _______________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________________ _________________【考场点拨】高考中三角形的应用的解题策略:三角形的应用实际上是把此类问题转化为解三角形问题,通过题设画出图形,在三角形中找出已知条件和所求的量,利用正弦定理或者余弦定理去解决.【自我检测】1.如图M2-8-2,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高度是60 m,则河流的宽度图M2-8-2BC等于()A.240(-1) mB.180(-1) mC.120(-1) mD.30(+1) m2.海上有A,B两个小岛相距10 n mile,从A岛望B岛和C岛成60°的视角,从B岛望A岛和C岛成75°的视角,则B,C间的距离是()A.5 n mileB.10 n mileC. n mileD.5 n mile第8讲三角恒等变换与正、余弦定理典型真题研析1.(1)- (2) [解析] (1)方法一:因为θ是第四象限角,且sin θ+=>0,所以θ+为第一象限角,所以cos θ+==,所以tan θ-=tan θ+-=-cot θ+=-=-.方法二:由sin θ+=,得sin θ+cos θ=,两边分别平方得2sin θcos θ=-,所以(sin θ-cos θ)2=1-2sin θcos θ=.因为θ是第四象限角,所以sin θ-cos θ=-,所以tan θ-====-.(2)因为α∈,tan α=2,所以sin α=,cos α=,于是cos=(cos α+sinα)=.2.(1)D (2)A [解析] (1)cos 2θ====.(2)cos2===,故选A .3.(1)B (2) (3)150 [解析] (1)因为sin B+sin A (sin C-cos C )=sin(A+C )+sin A sinC-sin A cos C=(sin A+cos A )sin C=0,所以sin A=-cos A ,得A=π.又由正弦定理=,得=,解得sin C=,所以C=.(2)由b2+c2-a2=8 得2bc cos A=8,可知A为锐角,且bc cos A=4.由已知及正弦定理得sin B sin C+sin C sin B=4sin A sin B sin C,因为sin B≠0,sin C≠0,所以可得sin A=,所以A=30°,所以bc cos30°=4,即bc=,所以△ABC的面积S=bc sin A=××=.(3)在Rt△ABC中,BC=100,∠CAB=45°,所以AC=100.在△MAC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,所以∠AMC=45°,由正弦定理有=,即AM=×100 =100,于是在Rt △AMN中,有MN=sin 60°×100=150 .考点考法探究小题1例1(1)(2)D[解析] (1)tan α=tanα-+===.(2)sin-α=sin-+α=cos+α=,cos+2α=cos2+α=2cos2+α-1=-.故选D.【自我检测】1.A[解析] sin-2α=cos 2α=2cos2α-1=2×-1=-,故选A.2.B[解析] 由cos+α=2cos(π-α),可得-sin α=-2cos α,得tan α=2,则tan+α===-3,故选B.3.B[解析] 将sin α+cos α=两边平方得1+2sin αcos α=,即sin 2α=-,因为sin2-α==,所以sin2-α==.故选B.4.B[解析] 由题知,f(x)=1+cos 2x-+2=cos 2x+,所以f(x)的最小正周期为=π,当cos 2x=1时,f(x)取得最大值4,故选B.小题2例2(1)A(2)D[解析] (1)由题意可得,S△ABC=bc sin A=bc sin60°=10,∴bc=40,∵a+b+c=20,∴20-a=b+c.由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos 60°=(b+c)2-3bc=(20-a)2-120,得a=7,故选A.(2)在△ABC中,∵a cos A=b cos B,∴由正弦定理==2R,得a=2R sin A,b=2R sin B,∴sin A cos A=sin B cos B,∴sin 2A=sin 2B,∴sin 2A=sin 2B,∴2A=2B或2A=π-2B,∴A=B或A+B=,∴△ABC为等腰或直角三角形,故选D.【自我检测】1.A[解析] 由已知得cos C=2cos2-1=2×2-1=-,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos C=25+1-2×5×1×-=32,所以AB=4,故选A.2.C[解析] ∵角A,B,C依次成等差数列,∴B=60°,由余弦定理得b2=a2+c2-2ac cosB,∴c=2,∴S△ABC=ac sin B=,故选C.3.C[解析] ∵b2=a2+c2-2ac cos B,b2=a(a+c),∴ac=c2-2ac cos B,∴a=c-2a cos B,∴sin A=sin C-2sin A cos B=sin(A+B)-2sin A cos B=sin(B-A).∵△ABC为锐角三角形,∴A=B-A,∴B=2A.∵0<A<,0<B=2A<,0<C=π-A-B=π-3A<,∴<A<,∴=sinA∈,,故选C.4.[解析] 因为b2+c2-a2=2bc cos A,由S=得b2+c2-a2=16S,即2bc cosA=16×bc sin A,所以cos A=4sin A,所以cos2A=16(1-cos2A),得cos2A=,所以cos2A=2cos 2A-1=2×-1=.小题3例3 C [解析] 由题意画出示意图,如图所示,在△ABC 中,BC=2.5v ,由余弦定理得(2.5v )2=2002+1502+2×200×150cos(α+β)①,由正弦定理得=,即sin α=sin β.由sin 2α+cos 2α=1得sin β=,故cos β=,sin α=,cos α=,故cos(α+β)=-=0,代入①得v=100.故选C .【自我检测】1.C[解析] AC=120,AB=,由正弦定理得=,所以BC===120(-1),故选C .2.D[解析]根据题意知AB=10,A=60°,B=75°,则C=45°,=,∴BC===5.故选D .[备选理由] 在三角恒等变形时,有一种方法是转化法:弦切互化,一般是切化弦,但有时也互化解决问题,备用例1是弦化切的典型应用;解三角形时有时会涉及最值问题,解决的方法常用到三角函数的有界性、基本不等式等,备用例2作为例2的补充.例1 [配例1使用] 已知tan -α=,则sin 2+α= ( )A .B .C .D .[解析] B 由题意得tan -α==,得tan α=-,而sin2+α==+=+=,故选B .例2 [配例2使用] 在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,已知(a+b-c)(a+b+c)=3ab,且c=4,则△ABC面积的最大值为. [答案] 4[解析] 由已知有a2+b2-c2=ab,所以cosC===,由于C∈(0,π),所以sinC=,又16=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,则ab≤16,当且仅当a=b=4时等号成立.故S△ABC =ab sin C ≤×16×=4,△ABC面积的最大值为4.11。

2020高考数学二轮总复习第1部分层级2专题2三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形课件理

A．－12
B．12
C．－
3 2
D．
3 2
(3)(一题多解)(2019·福建省百校临考冲刺)若 α∈(0，π)，且 3sin α＋2cos α＝2，则
tan α2＝( )
A．
3 2
B．
3 4
C．2 3 3
D．4 3 3
1 [解析] (1)cossi2n15151°0－°ssinin22105°5°＝sinc7o0s°3s1in0°20°＝cosc2o0s°s5i0n°20°＝2ssiinn4400°°＝12. (2)解法一：因为 α 为锐角，β 为第二象限角，cos(α－β)>0，sin(α＋β)>0，所以 α－β 为第四象限角，α＋β 为第二象限角，因此 sin(α－β)＝－ 23，cos(α＋β)＝－ 23，所以 sin 2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝－ 23×－ 23＋12×12＝1. 因为 α 为锐角，所以 2α＝π2，所以 sin(3α－β)＝sin(2α＋α－β)＝cos(α－β)＝12，故选 B．
A．4 2
B． 30
C． 29
D．2 5
解析：选 A ∵cosC2＝ 55， ∴cos C＝2cos2C2－1＝2× 552－1＝－35. 在△ABC 中，由余弦定理，得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×－35＝32， ∴AB＝ 32＝4 2.故选 A．
4．(2018·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
2a，则ba＝( )
边长，且直线 bx＋ycos A＋cos B＝0 与 ax＋ycos B＋cos A＝0 平行，则△ABC 一定是( )

【名师课堂】高考数学专题复习(三角函数与解三角)：第八讲正余弦定理

第八讲正余弦定理【知识目标】．1.熟记并能应用正余弦定理的有关变形公式解决三角形中的问题.2.能综合运用正弦定理、三角变换、三角形面积公式解决较为复杂的三角形问题．【知识清单】1．正弦定理和余弦定理2.三角形中常用的面积公式(1)S ＝12 ah(h 表示边a 上的高)；(2)S ＝12bcsin A ＝12acsin_B ＝12absin_C ；(3)S ＝12r(a ＋b ＋c)(r 为三角形的内切圆半径)．【知识运用】【例1】根据下面条件解三角形(1)已知在△ABC 中，a ＝20，A ＝30°，C ＝45°，求B ，b ，c. （2）在△ABC 中， a ＝1，b ＝3，A ＝30°；(3)已知△ABC 的三边长为a ＝23，b ＝22，c ＝6＋2，求△ABC 的各角度数．（4）在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，c ＝4(3＋1)，解此三角形．（5）在△ABC 中，已知b ＝3，c ＝33，B ＝30°，求角A 、角C 和边a.【变式实践1】1.在△ABC 中，已知a ＝2，c ＝6，C ＝π3，求A ，B ，b.2.在△ABC 中，已知a ＝2，c ＝6，A ＝π4，求C ，B ，b.3．在△ABC ，已知a ＝22，b ＝23，C ＝15°，解此三角形【例2】（1）．（2016•潍坊一模）已知△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且a•cosB+b•cosA=3ccosC ，则cosC= ．（2）．（2016•顺义区一模）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a=2bsinA ，则B= ．（3）．（2016•抚顺一模）已知△ABC 的周长为+1，且sinA+sinB=sinC ，则边AB 的长为【变式实践2】1．（2016•长沙一模）△ABC 的周长等于2（sinA+sinB+sinC ），则其外接圆半径等于． 2．（2016•闵行区二模）已知△ABC 周长为4，sinA+sinB=3sinC ，则AB=3．（2016•延边州模拟）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且A=30°，2asinB=3，则b= ．4．（2016•盐城一模）在△ABC 中，设a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，a=5，A=，cosB=，则边c= ．例3（1）在【解题思路分析】1.判断三角形的形状应围绕三角形的边角关系进行思考，第一方面为边：是否两边相等，是否三边相等，是否构成勾股定理；第二方面为角：两角是否相等，是否为直角等2.用正、余弦定理将已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等方式得出边的相应关系，从而判断三角形的形状，也可利用正、余弦定理将已知条件转化为角与角之间的关系，通过三角变换，得出三角形各内角之间的关系，从而判断三角形形状．【类型方法总结】判定三角形的形状，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形等，要注意“等腰直角三角形”与“等腰或直角三角形”的区别．依据边角关系判断时，主要有两条途径：①利用正弦定理转化为内角三角函数间的关系，通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，这时要注意使用A＋B＋C＝π这个结论．②利用余弦定理转化为边边关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．在两种解法的等式变形中，一般两边不要随意约去公因式，应移项提取出公因式，以免漏解．（2）已知△ABC中，bsin B＝csin C，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断三角形的形状．【解题基本思路】1.要判断三角形的形状，必须深入研究两方面：（1）边与边的大小关系：是否两边相等？是否三边相等？是否符合勾股定理？（2）角与角的大小关系：是否两个角相等？是否三个角相等？有无直角或钝角？ 2.解此类题的思想方法是：从条件出发，利用正弦定理等进行代换、转化、化简、运算，发现边与边的关系或角与角的关系，从而作出正确判断． 3.一般有两种转化方向：①角转化为边，②边转化为角．【变式实践3】 1．在△ABC 中，若cos A ＝sin Bsin C，试判断其形状．2.在△ABC 中，若b 2sin 2C ＋c 2sin 2B ＝2bccos Bcos C ，试判断△ABC 的形状例4 在△【变式实践4】 1.△ABC 中，B ＝30°，AB ＝23，AC ＝2，则△ABC 的面积是________．2．已知△ABC 中，AB ＝6，A ＝30°，B ＝120°，则△ABC 的面积为________．3．(2013·无锡检测)△ABC 的内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，∠A ＝60°，AC ＝23，S △ABC ＝92，则AB ＝________.4. (2015·陕西卷)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m=(a与n=(cos A ，sin B)平行. (1)求角A 的大小；(2)若b=2，求△ABC 的面积.例5a ＝2bsinA ，求cos A ＋sin C 的取值范围．【解题基本思路】在三角形中解决三角函数的取值范围或最值问题的方法： (1)利用正弦定理理清三角形中基本量间的关系或求出某些量．(2)将要求最值或取值范围的量表示成某一变量的函数(三角函数)，从而转化为函数的值域或最值的问题．【变式实践5】 1.在△ABC 中，若C ＝2B ，求cb的取值范围．2．在△ABC 中，A ＝π3，BC ＝3，则AC ＋AB 的取值范围是________．3．（2016•朔州模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若=，b=4，则a+c的最大值为．【强化训练】1．（2016•永州三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若=，则∠A=（）A．B．C．D．2．（2016•银川校级一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则=（）A．B．C．D．3．（2016•福建模拟）在△ABC中，∠A=60°，AC=2，BC=3，则角B等于（）A．30°B．45°C．90°D．135°4．（2016•信阳一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=1，c=2（b﹣cosC），则△ABC周长的取值范围是（）A．（1，3] B．[2，4] C．（2，3] D．[3，5] 5．（2016•兰州模拟）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若bsinA=3csinB，a=3，，则b=（）A．14 B．6 C．D．6．（2016•朝阳二模）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若C=30°，b=3，△ABC的面积为，则c=（）A．1 B．2 C．D．7．（2016•哈尔滨校级一模）△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若sinA，sinB，sinC成等差数列，且，则等于（）A．B．C．D．8．（2016•朔州模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若=，b=4，则△ABC的面积的最大值为（）A．4B．2C．2 D．9．（2016•海南校级一模）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且，则c的值为（）A．3 B．4 C．5 D．3或5 10．（2016•延边州模拟）在△ABC中，若a2﹣b2=bc，且=2，则角A=（）A．B．C．D．11．（2016•江西模拟）在斜△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别是a，b，c，asinB+bcos （B+C）=0，sinA+sin（B﹣C）=2sin2C，且△ABC的面积为1，则a的值为（）A．2 B．C．D．12．（2016•重庆模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+b2﹣c2=ab=，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．13．（2016•温州一模）已知钝角△ABC的面积为，AB=1，BC=，则角B=，AC=．14．（2016•扶沟县一模）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若C=2B，则是取值范围为．15．（2016•岳阳二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足acosB+bcosA=2ccosC，则角C=．16．（2016•闵行区二模）在△ABC中，AB=，A=45°，C=60°，则BC=．17．（2016•揭阳一模）已知△ABC中，角A、B、C成等差数列，且△ABC的面积为，则AC边的最小值．18．（2016•红桥区模拟）在△ABC中，∠A=30°，∠C=120°，，则AC的长为．19．（2016•淮北一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中A=120°，b=1，且△ABC的面积为，则=．20．（2016•汕头模拟）在△ABC中，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，且2asinA=（2b+c）sinB+（2c+b）sinC，则A的大小是°．21．（2016•黄山一模）已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA=bsinB+（c﹣b）sinC，且bc=4，则△ABC的面积为．22．（2016•南开区模拟）已知钝角△ABC的面积为2，AB=2，BC=4，则该角形的外接圆半径为．23．（2016•丰台区一模）在△ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c，若3bsinA=ccosA+acosC，则sinA=．24(2015·全国卷)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且sin2B=2sin Asin C.(1)若a=b，求cos B的值；(2)若B=90°，且△ABC 的面积.25、 △ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且asin Asin B ＋bcos 2A ＝2a ，(1)求b a；(2)若c 2＝b 2＋3a 2，求B.26．（2016•浙江二模）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，c=2，A≠B ．（I ）求的值（2）若△ABC 的面积为1，且tanC=2，求a+b 的值．27．（2016•沈阳一模）在△ABC 中，角A 、B 、C 对应的边分别是a 、b 、c ，C=，且sinB=2sinA•cos （A+B ）．（1）证明：b 2=2a 2；（2）若△ABC 的面积是1，求边c ．参考答案【例1】(1)∵A ＝30°，C ＝45°；∴B ＝180°－(A ＋C)＝105°，由正弦定理得b ＝asin B sin A ＝20sin 105°sin 30°＝40sin(45°＋60°)＝10(6＋2)；c ＝asin C sin A ＝20sin 45°sin 30°＝202， ∴B ＝105°，b ＝10(6＋2)，c ＝20 2.(2)根据正弦定理，sin B ＝bsin A a ＝3sin 30°1＝32. ∵b>a ，∴B>A ＝30°，∴B ＝60°或120°.当B ＝60°时，C ＝180°－(A ＋B)＝180°－(30°＋60°)＝90°，∴c ＝b sin B ＝3sin 60°＝2；当B ＝120°时，C ＝180°－(A ＋B)＝180°－(30°＋120°)＝30°，c ＝bsin C sin B ＝3sin 30°sin 120°＝1.(3)由余弦定理得：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝(22)2＋(6＋2)2－(23)22×22×(6＋2)＝12，∴A ＝60°. cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝(23)2＋(6＋2)2－(22)22×23×(6＋2)＝22，∴B ＝45°，∴C ＝180°－A －B ＝75°. 4[解] 由余弦定理得：b 2＝a 2＋c 2－2accos B＝82＋[4(3＋1)]2－2×8×4(3＋1)·cos 60°＝64＋16(4＋23)－64(3＋1)×12＝96， ∴b ＝4 6.法一：由cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝96＋3＋2－642×463＋＝22， ∵0°＜A ＜180°，∴A ＝45°.故C ＝180°－A －B ＝180°－45°－60°＝75°.法二：由正弦定理a sin A ＝b sin B ，∴8sin A ＝46sin 60°， ∴sin A ＝22，∵b ＞a ，c ＞a ， ∴a 最小，即A 为锐角．因此A ＝45°.故C ＝180°－A －B ＝180°－45°－60°＝75°.（5）【解题思路分析】思路一：已知条件给出两边及以对应角用余弦定理 →已知角B 求边长则选择b 2＝a 2＋c 2－2accosB 列等式→解关于a 边的一元二次方程→选择正弦定理或者余弦定理求出其他边或角思路二：已知条件给出两边及以对应角用正弦定理求出角C →利用三角形内角和求出第三角A →再利用正弦或者余弦定理求出其他边或角[解] 法一：由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2accos B ，得32＝a 2＋(33)2－2a×33×cos 30°，∴a 2－9a ＋18＝0，得a ＝3或6.当a ＝3时，A ＝30°，∴C ＝120°.当a ＝6时，由正弦定理得sin A ＝asin B b ＝6×123＝1. ∴A ＝90°，法二：由b ＜c ，B ＝30°，b ＞csin 30°＝33×12＝332知本题有两解．由正弦定理得sin C ＝csin B b ＝33×123＝32， ∴C ＝60°或120°，当C ＝60°时，A ＝90°，△ABC 为直角三角形．由勾股定理得a ＝b 2＋c 2＝32＋32＝6，当C ＝120°时，A ＝30°，△ABC 为等腰三角形，∴a ＝3.【变式实践1】1.∵a sin A ＝c sin C ，∴sin A ＝asin C c ＝22. ∵c>a ，∴C>A.∴A ＝π4. ∴B ＝5π12，b ＝csin B sin C ＝6·sin 5π12sin π3＝3＋1.2∵a sin A ＝c sin C ，∴sin C ＝csin A a ＝32. 又∵a<c ，∴C ＝π3或2π3. 当C ＝π3时，B ＝5π12，b ＝asin B sin A＝3＋1. 当C ＝2π3时，B ＝π12，b ＝asin B sin A＝3－1. 3.解：c 2＝a 2＋b 2－2abcos C＝(22)2＋(23)2－2×22×23×cos(45°－30°)＝8－4 3＝(6－2) 2∴c ＝6－ 2.法一：由余弦定理的推论得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32＋6－22－222×236－2＝22. ∵0°＜A ＜180°，从而B ＝120°.法二：由正弦定理得sin A ＝asin C c ＝22×6－246－2＝22. ∵a ＜b ，∴A ＜B ，又0°＜A ＜180°，∴A 必为锐角， ∴A ＝45°，从而得B ＝120°.【例2】（1）解：∵a•cosB+b•cosA=3c•cosC ， ∴利用余弦定理可得：a×+b×=3c×，整理可得：a 2+b 2﹣c 2=， ∴由余弦定理可得：cosC===．故答案为：．（2）解：∵a=2bsinA ，由正弦定理可得，sinA=2sinBsinA ， ∵sinA≠0，∴sinB=， ∵0°＜B ＜180°．∴B=或．故答案为：或．（3）解：由题意及正弦定理，得：AB+BC+AC=+1．BC+AC=AB ，两式相减，可得AB=1．故答案为：1．【变式实践2】 1.解：设△ABC 的三边分别为a ，b ，c ，外接圆半径为R ，由正弦定理得，∴a=2RsinA ，b=2RsinB ，c=2RsinC ，∵a+b+c=2（sinA+sinB+sinC ），∴2RsinA+2RsinB+2RsinC=2（sinA+sinB+sinnC ），∴R=1．故答案为：1．2解：∵sinA+sinB=3sinC ，∴由正弦定理可得a+b=3c ，又△ABC 的周长为4，∴a+b+c=4c=4，解得c=1，即AB=1．故答案为：1．3.解：∵在△ABC 中A=30°，2asinB=3，∴由正弦定理可得b===3，故答案为：3．4、解：∵cosB=，a=5，A=，∴sinB==，∴由正弦定理可得：b===4，∴由余弦定理可得：b 2=a 2+c 2﹣2accosB ，即：32=25+c 2﹣6c ，解得：c=7或﹣1（舍去）．故答案为：7．例3：（1）[解] 由余弦定理可得a·b 2＋c 2－a 22bc ＋b·a 2＋c 2－b 22ac＝c·a 2＋b 2－c 22ab等式两边同乘以2abc 得a 2(b 2＋c 2－a 2)＋b 2(a 2＋c 2－b 2)＝c 2(a 2＋b 2－c 2)，整理化简得a 4＋b 4－2a 2b 2＝c 4，∴(a 2－b 2)2＝c 4.因此有a 2－b 2＝c 2或b 2－a 2＝c 2.即a 2＝b 2＋c 2或b 2＝a 2＋c 2故△ABC 为直角三角形．（2）【题意分析】：设a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2R ，再利用sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R，sin C ＝c 2R将角的关系化为边之间的关系．解：由正弦定理，设a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2R ，从而得sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R. ∵bsin B ＝csin C ，sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ，∴b·b 2R ＝c·c 2R ，⎝⎛⎭⎫a 2R 2＝⎝⎛⎭⎫b 2R 2＋⎝⎛⎭⎫c 2R 2， ∴b 2＝c 2，a 2＝b 2＋c 2，∴b ＝c ，A ＝90°.∴△ABC 为等腰直角三角形．【变式实践3】1.解：由cos A ＝sin B sin C 得cos A ＝b c ，即b 2＋c 2－a 22bc ＝b c， ∴b 2＋c 2－a 2＝2b 2，即a 2＋b 2＝c 2，因此△ABC 是以C 为直角的直角三角形．2.分析：思路一，利用正弦定理将已知等式化为角的关系；思路二，利用余弦定理将已知等式化为边的关系．解法一：由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R(R 为△ABC 外接圆的半径)，将原式化为 R 2sin 2Bsin 2C ＝R 2sin Bsin Ccos Bcos C.∵sin Bsin C≠0，∴sin Bsin C ＝cos Bcos C ，∴cos Bcos C －sin Bsin C ＝0，即cos(B ＋C)＝0.∴B ＋C ＝90°，∴A ＝90°. ∴△ABC 为直角三角形．解法二：将已知等式变为b 2(1－cos 2C)＋c 2(1－cos 2B)＝2bccos Bcos C.由余弦定理，得b 2＋c 2－b 2·⎝⎛⎭⎫a 2＋b 2－c 22ab 2－c 2·⎝⎛⎭⎫a 2＋c 2－b 22ac 2 ＝2bc·a 2＋b 2－c 22ab ·a 2＋c 2－b 22ac，即b 2＋c 2＝[(a 2＋b 2－c 2)＋(a 2＋c 2－b 2)]24a 2. 整理得b 2＋c 2＝a 2.故△ABC 为直角三角形．【例4】【自主解答】由正弦定理，得7sin 120°＝5sin C， ∴sin C ＝5314，且C 为锐角， ∴cos C ＝1114，∴sin B ＝sin (180°－120°－C)＝sin (60°－C)＝sin 60°·cos C －cos 60°·sin C ＝3314. ∴S △ABC ＝12AB·BC·sin B ＝12×5×7×3314＝1534. 即△ABC 的面积为1543.【变式实践4】1.【解析】由正弦定理，得sin C ＝ABsin B AC ＝32. ∴C ＝60°或C ＝120°.当C ＝60°时，A ＝90°，∴S △ABC ＝12AB·AC·sin A ＝23；当C ＝120°时，A ＝30°，∴S △ABC ＝12AB·AC·sin A ＝ 3. 故△ABC 的面积是23或 3.【答案】 23或 32、【解析】由BC sin A ＝AB sin C，得BC ＝6， ∴S △ABC ＝12AB·BC·sin B ＝9 3. 【答案】 9 33.【解析】 ∵S △ABC ＝12AB·ACsin A ＝12AB×23×32＝32AB ， ∴32AB ＝92，∴AB ＝3. 【答案】 34.【解答】 (1)因为m ∥n ，所以由正弦定理，得，又因为sin B≠0，所以由于0<A <π，所以A=π3.(2)方法一：由余弦定理，得a 2=b 2+c 2-2bccos A ，而b=2，A=π3，得7=4+c 2-2c ，即c 2-2c-3=0，因为c>0，所以c=3.故△ABC 的面积S=12bcsinA=.方法二：由正弦定理，得sin 3=2sin B ，从而sin B=.又由a>b 知A>B ，所以cos B=，故sin C=sin(A+B)=sinπ3B ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=sin Bcos π3+cos Bsin π3=14，故△ABC 的面积S=12absin C=.【例5】解设R 为△ABC 外接圆的半径．∵a ＝2bsin A ，∴2Rsin A ＝4Rsin Bsin A ，∵sin A ≠0，∴sin B ＝12. ∵B 为锐角，∴B ＝π6. 令y ＝cos A ＋sin C ＝cos A ＋sin []π－(B ＋A)＝cos A ＋sin ⎝⎛⎭⎫π6＋A ＝cos A ＋sin π6cos A ＋cos π6sin A ＝32cos A ＋32sin A ＝3sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3.由锐角△ABC 知，π2－B<A<π2， ∴π3<A<π2. ∵2π3<A ＋π3<5π6，∴12<sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3<32， ∴32<3sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3<32，即32<y<32. ∴cos A ＋sin C 的取值范围是⎝⎛⎭⎫32，32. 【变式实践5】1.解因为A ＋B ＋C ＝π，C ＝2B ，所以A ＝π－3B>0，所以0<B<π3，所以12<cos B<1. 因为c b ＝sin C sin B ＝sin 2B sin B＝2cos B ，所以1<2cos B<2，故1<c b<2. 2.【解析】根据正弦定理，得 AC ＝BCsin B sin A＝23sin B ， AB ＝BCsin C sin A＝23sin C ， ∴AC ＋AB ＝23(sin B ＋sin C)＝23[sin B ＋sin(2π3－B)] ＝23(sin B ＋32cos B ＋12sin B) ＝6sin(B ＋π6)． ∵0＜B ＜2π3， ∴π6＜B ＋π6＜5π6， ∴12＜sin(B ＋π6)≤1， ∴3＜6sin(B ＋π6)≤6. ∴AC ＋AB 的取值范围是(3,6]．【答案】 (3,6]3.解：∵在△ABC中=，∴（2a﹣c）cosB=bcosC，∴（2sinA﹣sinC）cosB=sinBcosC，∴2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin（B+C）=sinA，约掉sinA可得cosB=，即B=，由余弦定理可得16=a2+c2﹣2accosB=a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac，∴ac≤16，当且仅当a=c时取等号，∴16=a2+c2﹣ac=（a+c）2﹣3ac，可得：（a+c）2=16+3ac≤64，解得a+c≤8，当且仅当a=c 时取等号．故答案为：8．【强化训练】1.解：在△ABC中，∵==，∴a2﹣b2=bc+c2，即b2+c2﹣a2=﹣bc．∴cosA=．∴A=．故选：D．2、解：在△ABC中，∵sinA=2sinB，∴利用正弦定理可得：a=2b，即：b=a，∵cosC=﹣==，整理可得：c2=a2，∴==．故选：B．3.解：∵∠A=60°，AC=2，BC=3，∴由正弦定理可得：sinB===，∵AC＜BC，∴B＜A，B为锐角．∴B=45°．故选：B．4.解：△ABC中，由余弦定理可得2cosC=，∵a=1，2cosC+c=2b，∴+c=2b，化简可得（b+c）2﹣1=3bc．∵bc≤（）2，∴（b+c）2﹣1≤3×（）2，解得b+c≤2（当且仅当b=c时，取等号）．故a+b+c≤3．再由任意两边之和大于第三边可得b+c＞a=1，故有a+b+c＞2，故△ABC的周长的取值范围是（2，3]，故选：C．5.解：在△ABC中，∵bsinA=3csinB，∴ab=3cb，可得a=3c，∵a=3，∴c=1．∴==，解得b=．故选：D．6.解：在△ABC中，由题意可得：S=absinC，∴=，解得a=．∴c2=a2+b2﹣2abcosC=3+9﹣6×=3，解得c=．故选：D．7.解：∵△ABC中sinA，sinB，sinC成等差数列，∴2sinB=sinA+sinC，由正弦定理2b=a+c，即c=2b﹣a，∵，∴由同角三角函数基本关系可得cosC=，∴由余弦定理可得c2=a2+b2﹣2abcosC=a2+b2﹣ab，故（2b﹣a）2=a2+b2﹣ab，整理可得3b2=ab，解得=，由正弦定理可得==，故选：A．8.解：∵在△ABC中=，∴（2a﹣c）cosB=bcosC，∴（2sinA﹣sinC）cosB=sinBcosC，∴2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin（B+C）=sinA，约掉sinA可得cosB=，即B=，由余弦定理可得16=a2+c2﹣2accosB=a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac，∴ac≤16，当且仅当a=c时取等号，∴△ABC的面积S=acsinB=ac≤4故选：A．9.解：在△ABC中，由已知条件可知：sinB=sin2A=2sinAcosA；由正弦定理，b=，∴b=2acosAcosA=余弦定理整理可知：c2﹣8c+15=0解得c1=3或c2=5由三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，显然成立；故选：D．10.解：∵在△ABC中，==2，由正弦定理可得：=2，即：c=2b，∵a2﹣b2=bc，∴a2﹣b2=b×2，解得：a2=7b2，∴由余弦定理可得：cosA===，∵A∈（0，π），∴A=．故选：A．11.解：在斜△ABC中，∵asinB+bcos（B+C）=0，∴sinAsinB﹣sinBcosA=0，∵sinB≠0，∴sinA=cosA，A∈（0，π），∴tanA=1，解得A=．∵sinA+sin（B﹣C）=2sin2C，∴sinBcosC+cosBsinC+sinBcosC﹣cosBsinC=2sin2C，∴2sinBcosC=4sinCcosC∵cosC≠0，∴sinB=2sinC，∴b=2c．由余弦定理可得：a2=﹣2×c2cos=5c2．∵△ABC的面积为1，∴=1，∴=1，解得c2=1．则a=．故选：B．12、解：在△ABC中，∵a2+b2﹣c2=ab=，∴cosC==，∴sinC==．∴S△ABC=absinC==．故选：B．13.解：∵钝角△ABC的面积为，AB=1，BC=，∴=1××sinB，解得：sinB=，∴B=或，∵当B=时，由余弦定理可得AC===1，此时，AB2+AC2=BC2，可得A=，为直角三角形，矛盾，舍去．∴B=，由余弦定理可得AC===，故答案为：；．14.解：∵在锐角△ABC中C=2B，∴由正弦定理可得：====2cosB，∵A+B+C=π，∴A+3B=π，即A=π﹣3B，由锐角三角形可得0＜π﹣3B＜且0＜2B＜，解得＜B＜，故＜cosB＜，∴＜2cosB＜，故答案为：（，）．15解：∵在△ABC中acosB+bcosA=2ccosC，∴由正弦定理可得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，∴sin（A+B）=2sinCcosC，∴sinC=2sinCcosC，约掉sinC可得cosC=，由三角形内角的范围可得角C=，故答案为：．16.解：∵在△ABC中，AB=，A=45°，C=60°，∴由正弦定理可得：BC===1．故答案为：1．17.解：△ABC中，A、B、C成等差数列，故2B=A+C，故B=，A+C=．∵△ABC的面积为•ac•sinB=ac=，∴ac=4，∴AC2=b2=a2+c2﹣2accosB=a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac=ac=4，∴AC边的最小值为2．故答案为：2．18解：∵在△ABC中，∠A=30°，∠C=120°，∴∠B=180°﹣∠A﹣∠C=30°，∴由正弦定理可得：AC===6．故答案为：6．．19.解：由题意，=×c×1×sin120°∴c=4，∴a2=b2+c2﹣2bccosA=1+16﹣2×1×4×（﹣）=21．∴a=∴==2．故答案为：2．20.解：由正弦定理可得：a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，∵2asinA=（2a+c）sinB+（2C+b）sinC，方程两边同乘以2R，∴2a2=（2b+c）b+（2c+b）c，整理得a2=b2+c2+bc，∵由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA，故cosA=﹣，A=120°．故答案为：120°．21解：∵asinA=bsinB+（c﹣b）sinC，∴由正弦定理得a2=b2+c2﹣bc，即：b2+c2﹣a2=bc，∴由余弦定理可得b2=a2+c2﹣2accosB，∴cosA===，A=60°．可得：sinA=，∵bc=4，∴S△ABC =bcsinA==．故答案为：22.解：根据面积为2=AB•BCsinB=4sinB，∴sinB=，∴B=60°．或B=120°．当B=60°时，三角形是直角三角形；当B=120°时，三角形的第三边为：=2．所以三角形的外接圆的半径为：×=．故答案为：．23.解：在△ABC中，∵3bsinA=ccosA+acosC，由正弦定理可得：3sinBsinA=sinCcosA+sinAcosC，∴3sinBsinA=sin（A+C）=sinB，∵sinB≠0，∴sinA=．故答案为：．24.【解答】(1)由题设及正弦定理可得b2=2ac.又因为a=b，所以b=2c，a=2c，由余弦定理可得cos B=222-2a c bac=14.(2)由(1)知b2=2ac.因为B=90°，由勾股定理得a 2+c 2=b 2.故a 2+c 2=2ac ，得所以△ABC 的面积为1.25. (1)将a ＝2Rsin A ，b ＝2Rsin B 代入已知式得：sin 2Asin B ＋cos 2Asin B ＝2sin A. ∴(sin 2A ＋cos 2A)sin B ＝2sin A ， ∴sin B ＝2sin A ，∴b ＝2a ，∴ba ＝ 2.(2)∵c 2＝b 2＋3a 2＝(2＋3)a 2，∴c ＝3＋12a ， ∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝＋32－2a 22×a×3＋12a＝22， ∴B ＝45°.26.解：（1）∵c=2， ∴===；（2）∵tanC=，且sin 2C+cos 2C=1，∴，∵，∴ab=，由余弦定理有cosC=，∴a 2+b 2=6．∴，∴a+b=．27.（1）证明：∵sinB=2sinA•cos （A+B ），∴b=2a （﹣cosC ）， ∴b=﹣2a×，∴b 2=2a 2．（2）解：∵S==ab=1，化为ab=2．联立，解得a=，b=2．∴=10，解得c=．。

2020高考二轮复习三角函数与解三角形

第1讲三角函数的图象与性质[全国卷3年考情分析]函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题．(2)高考对此部分内容主要以选择题、填空题的形式考查，难度为中等偏下，大多出现在第6～12或14～16题位置上．考点一三角函数的定义、诱导公式及基本关系1.[三角函数的定义及应用](2019·昆明市诊断测试)在平面直角坐标系中，角α的始边与x 轴的正半轴重合，终边与单位圆交于点P ⎝⎛⎭⎫－35，45，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝( ) A ．210B ．－210C ．7210D ．－72102.[同角三角函数的关系式及应用]若tan α＝12，则sin 4α－cos 4α的值为( )A ．－15B ．－35C ．15D ．353.[诱导公式及应用]设函数f (x )(x ∈R )满足f (x ＋π)＝f (x )＋sin x ．当0≤x <π时，f (x )＝0，则f ⎝⎛⎭⎫23π6＝( )A.12 B ．32 C ．0 D ．－121.[与数列交汇]设a n ＝1n sin n π25，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个A ．25B ．50C ．75D ．1002.[与算法交汇]某一算法程序框图如图所示，则输出的S 的值为( )A.32B ．－32C.3D ．03.[借助数学文化考查]《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积＝12(弦×矢＋矢2)，弧田(如图)由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为2π3，半径等于4 m 的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是( )A ．6 m 2B ．9 m 2C ．12 m 2D ．15 m 2考点二三角函数的图象与解析式题型一由“图”定“式”[例1] (1)(2019·成都市第二次诊断性检测)将函数f (x )的图象上所有点向右平移π4个单位长度，得到函数g (x )的图象．若函数g (x )＝A sin(ωx＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12B ．f (x )＝－cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3 C ．f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3 D ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋7π12 (2)(2019·长沙市统一模拟考试)已知P⎝⎛⎭⎫12，2是函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)图象的一个最高点，B ，C 是与P 相邻的两个最低点．若|BC |＝6，则f (x )的图象的对称中心可A ．(0,0)B ．(1,0)C ．(2,0)D ．(3,0)题型二三角函数的图象变换[例2] (1)(2019·福建五校第二次联考)为得到函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝sin 2x 的图象( )A ．向右平移5π12个单位长度B ．向左平移5π12个单位长度C ．向右平移5π6个单位长度D ．向左平移5π6个单位长度(2)(2019·开封模拟)将函数y ＝sin 2x －cos 2x 的图象向左平移m (m >0)个单位长度以后得到的图象与函数y ＝k sin x cos x (k >0)的图象重合，则k ＋m 的最小值是( )A ．2＋π4B ．2＋3π4C ．2＋5π12D ．2＋7π12考点三三角函数的性质[例3] (1)(2019·武昌区调研考试)已知函数f (x )＝3sin ωx －cos ωx (ω>0)的最小正周期为2π，则f (x )的单调递增区间是( )A.⎣⎡⎦⎤2k π－π6，2k π＋π6(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤2k π－π3，2k π＋2π3(k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤2k π－2π3，2k π＋π3(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤2k π－π6，2k π＋5π6(k ∈Z )(2)(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f (x )＝sin|x |＋|sin x |有下述四个结论： ①f (x )是偶函数；②f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π2，π单调递增； ③f (x )在[－π，π]有4个零点；④f (x )的最大值为2.其中所有正确结论的编号是( ) A ．①②④ B ．②④ C ．①④D ．①③(3)(2019·江西省五校协作体试题)若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω>0)在区间(π，2π)内没有最值，则ω的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎤0，112∪⎣⎡⎦⎤14，23 B ．⎝⎛⎦⎤0，16∪⎣⎡⎦⎤13，23 C.⎣⎡⎦⎤14，23 D ．⎣⎡⎦⎤13，231．(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中，以π2为周期且在区间⎝⎛⎭⎫π4，π2单调递增的是( ) A ．f (x )＝|cos 2x | B ．f (x )＝|sin 2x | C ．f (x )＝cos|x | D ．f (x )＝sin|x |2．(2019·广东六校第一次联考)将函数f (x )＝cos 2x 的图象向右平移π4个单位长度后得到函数g (x )的图象，则g (x )具有性质( )A ．最大值为1，图象关于直线x ＝π2对称B ．为奇函数，在⎝⎛⎭⎫0，π4上单调递增 C ．为偶函数，在⎝⎛⎭⎫－3π8，π8上单调递增 D ．周期为π，图象关于点⎝⎛⎭⎫3π8，0对称3．已知f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π)在区间[2,4]上单调，且f (2)＝1，f (4)＝－1，则ω＝________，f (x )在区间⎣⎡⎭⎫12，3上的值域是________．考点四三角函数图象与性质的综合应用[例4] (2019·浙江高考)设函数f (x )＝sin x ，x ∈R . (1)已知θ∈[0,2π)，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x ＋π122＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x ＋π42的值域．1．已知函数f (x )＝sin 2x ＋3sin x cos x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，m 上的最大值为32，求m 的最小值．2．已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2ωx －3(ω>0)的最小正周期为π. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在[0，b ](b >0)上至少含有10个零点，求b 的最小值．3. (2019·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π5(ω>0)，已知f (x )在[0,2π]有且仅有5个零点，下述四个结论：①f (x )在(0,2π)有且仅有3个极大值点； ②f (x )在(0,2π)有且仅有2个极小值点； ③f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π10单调递增； ④ ω的取值范围是⎣⎡⎭⎫125，2910. 其中所有正确结论的编号是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①②③ D ．①③④【课后专项练习】A 组一、选择题1．(2019·广东省七校联考)函数f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎫x 2－π6的单调递增区间是( )A.⎣⎡⎦⎤2k π－2π3，2k π＋4π3，k ∈ZB.⎝⎛⎭⎫2k π－2π3，2k π＋4π3，k ∈ZC.⎣⎡⎦⎤4k π－2π3，4k π＋4π3，k ∈ZD.⎝⎛⎭⎫4k π－2π3，4k π＋4π3，k ∈Z2．(2019·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 ．32C ．1D ．123．(2019·江西七校第一次联考)函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的图象与函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫x －π3的图象( ) A ．有相同的对称轴但无相同的对称中心 B ．有相同的对称中心但无相同的对称轴 C ．既有相同的对称轴也有相同的对称中心 D ．既无相同的对称中心也无相同的对称轴4．(2019·蓉城名校第一次联考)若将函数g (x )图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移π6个单位长度得到f (x )的图象，已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )A ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π3 B ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋2π3 C ．g (x )＝sin 4xD ．g (x )＝cos x5．(2019·湖南省湘东六校联考)已知函数f (x )＝|sin x |·|cos x |，则下列说法不正确的是( )A ．f (x )的图象关于直线x ＝π2对称B ．f (x )的最小正周期为π2C ．(π，0)是f (x )图象的一个对称中心D ．f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π2上单调递减6．(2019·昆明市质量检测)将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4的图象向左平移π4个单位长度，所得图象对应的函数在区间[－m ，m ]上单调递增，则m 的最大值为( )A.π8 B.π4 C.3π8 D.π2二、填空题7．(2019·广东揭阳检测改编)已知f (x )＝sin ⎣⎡⎦⎤π3(x ＋1)－3cos ⎣⎡⎦⎤π3(x ＋1)，则f (x )的最小正周期为________，f (1)＋f (2)＋…＋f (2 019)＝________.8．(2019·天津高考改编)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，将y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g (x )．若g (x )的最小正周期为2π，且g ⎝⎛⎭⎫π4＝2，则f ⎝⎛⎭⎫3π8＝________.9．(2019·福州模拟)已知函数f (x )＝sin 2x ＋2sin 2x －1在[0，m ]上单调递增，则m 的最大值是________．三、解答题10．设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2，其中0<ω<3.已知f ⎝⎛⎭⎫π6＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎡⎦⎤－π4，3π4上的最小值．11．已知m ＝⎝⎛⎭⎫sin ⎝⎛⎭⎫x －π6，1，n ＝(cos x,1)． (1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间．12．已知函数f (x )＝cos x (23sin x ＋cos x )－sin 2x .(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，不等式f (x )≥m 有解，求实数m 的取值范围．B 组1．已知向量m ＝(2sin ωx ，sin ωx )，n ＝(cos ωx ，－23sin ωx )(ω>0)，函数f (x )＝m ·n ＋3，直线x ＝x 1，x ＝x 2是函数y ＝f (x )的图象的任意两条对称轴，且|x 1－x 2|的最小值为π2.(1)求ω的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间．2．已知函数f (x )＝3sin 2ωx ＋cos 4ωx －sin 4ωx ＋1(0<ω<1)，若点⎝⎛⎭⎫－π6，1是函数f (x )图象的一个对称中心．(1)求f (x )的解析式，并求距y 轴最近的一条对称轴的方程； (2)先列表，再作出函数f (x )在区间[－π，π]上的图象．3．函数f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋1(A >0，ω>0)的最小值为－1，其图象相邻两个最高点之间的距离为π.(1)求函数f (x )的解析式；(2)设α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f ⎝⎛⎭⎫α2＝2，求α的值．4．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，0≤φ≤π2图象的相邻两对称轴之间的距离为π2，且在x ＝π8时取得最大值1. (1)求函数f (x )的解析式；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，9π8时，若方程f (x )＝a 恰好有三个根，分别为x 1，x 2，x 3，求x 1＋x 2＋x 3的取值范围．第2讲三角恒等变换与解三角形[全国卷3年考情分析](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或第13～15题位置上．(3)若以解答题命题形式出现，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(或18题)位置上，难度中等．考点一三角恒等变换1.[化简求值]2sin 47°－ 3sin 17°cos 17°＝( )A ．－3B ．－1C ．3D ．12.[条件求值](2019·全国卷Ⅱ)已知α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( ) A.15 B ．55C.33D ．2553.[给值求角]已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则角β等于( ) A.5π12 B ．π3 C.π4D ．π64.[与三角函数结合](2019·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋3π2－3cos x 的最小值为________．1.[与复数交汇](2019·洛阳尖子生第二次联考)若复数z ＝⎝⎛⎭⎫cos θ－45＋⎝⎛⎭⎫sin θ－35i 是纯虚数(i 为虚数单位)，则tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4的值为( ) A ．－7 B ．－17C ．7D ．－7或－172.[与不等式交汇]已知tan 2α＝34，α∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，函数f (x )＝sin(x ＋α)－sin(x －α)－2sin α，且对任意的实数x ，不等式f (x )≥0恒成立，则sin ⎝⎛⎭⎫α－π4的值为( ) A ．－255B ．－55C ．－235D ．－353.[与向量交汇]设向量a ＝(cos α，－1)，b ＝(2，sin α)，若a ⊥b ，则tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＝________.考点二利用正、余弦定理解三角形题型一利用正、余弦定理进行边、角计算[例1] (2019·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .设(sin B －sin C )2＝sin 2A－sin B sin C . (1)求A ；(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C .题型二利用正、余弦定理进行面积计算[例2] (2019·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A ＋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．题型三正、余弦定理的实际应用[例3] 如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A ，B 两点处进行测量，在点A 处测得塔顶C 在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B 处测得塔顶C 在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A ，B 两点相距130 m ，则塔的高度CD ＝________m.1．(2019·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 ．32．(2019·天津高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ＋c ＝2a,3c sinB ＝4a sinC .(1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6的值．3．(2019·广东六校第一次联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b 2＋c 2－a 2＝ac cos C ＋c 2cos A .(1)求A ；(2)若△ABC 的面积S △ABC ＝2534，且a ＝5，求sin B ＋sin C .考点三解三角形的综合问题题型一与平面几何的综合问题[例4] (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 .题型二与三角函数的交汇问题[例5] 如图，在△ABC 中，三个内角B ，A ，C 成等差数列，且AC ＝10，BC ＝15.(1)求△ABC 的面积；(2)已知平面直角坐标系xOy 中点D (10,0)，若函数f (x )＝M sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫M >0，ω>0，|φ|<π2的图象经过A ，C ，D 三点，且A ，D 为f (x )的图象与x 轴相邻的两个交点，求f (x )的解析式．1．(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 ；(2)若AM ＝21，求△AMC 的面积．2．已知函数f (x )＝cos 2x ＋3sin(π－x )cos(π＋x )－12.(1)求函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间；(2)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知f (A )＝－1，a ＝2，b sin C ＝a sin A ，求△ABC 的面积．3.为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测．如图所示，A ，B ，C 三地位于同一水平面上，这种仪器在C 地进行弹射实验，观测点A ，B 两地相距100 m ，∠BAC ＝60°，在A 地听到弹射声音的时间比B 地晚217s ，在A 地测得该仪器至最高点H 处的仰角为30°.(1)求A ，C 两地间的距离；(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC .(已知声音的传播速度为340 m/s)【课后通关练习】A 组一、选择题1．(2019·全国卷Ⅰ)tan 255°＝( ) A ．－23 B ．－2＋3 C ．2－3 D ．2＋32．(2019·重庆市学业质量调研)已知15sin θ＝cos(2π－θ)，则tan 2θ＝( ) A ．－157 B ．157 C ．－158D ．1583．(2019·湖北省5月冲刺)已知α为锐角，β为第二象限角，且cos(α－β)＝12，sin(α＋β)＝12，则sin(3α－β)＝( )A ．－12B ．12C ．－32D ．324．(2019·湖南省湘东六校联考)若△ABC 的三个内角满足6sin A ＝4sin B ＝3sin C ，则△ABC 是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．以上都有可能5．(2019·长春市质量监测(一))在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝a cos C ＋12c ，则角A 等于( )A ．60°B ．120°C ．45°D ．135°6．已知台风中心位于城市A 东偏北α(α为锐角)的150千米处，以v 千米/时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A 西偏北β(β为锐角)的200千米处，若cos α＝34cos β，则v ＝( )A ．60B ．80C ．100D ．125二、填空题7．(2019·浙江高考)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________.8．(2019·开封市定位考试)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为43，且2b cos A ＋a ＝2c ，a ＋c ＝8，则其周长为________．9.(2019·安徽五校联盟第二次质检)如图，在平面四边形ABCD 中，AD ＝2，sin ∠CAD ＝2114，3AC sin ∠BAC ＋BC cos B ＝2BC ，且B ＋D ＝π，则△ABC 的面积的最大值为________．三、解答题10．(2019·北京高考)在△ABC 中，a ＝3，b －c ＝2，cos B ＝－12.(1)求b ，c 的值； (2)求sin(B －C )的值．11．(2019·长沙模拟)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B ；(2)若b ＝27，tan C ＝32，求△ABC 的面积．12．(2019·武汉部分学校调研)已知锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，sin 2B ＝sin 2A ＋sin 2C －3sin A sin C .(1)求B ；(2)求sin A ＋cos C 的取值范围．B 组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．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A sin B ＝cos 2C2，(c －3b )sin C＝(a ＋b )(sin A －sin B )．(1)求A和B；(2)若△ABC的面积为3，求BC边上的中线AM的长．3．(2019·昆明质量检测)△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A；(2)若a＝2，求△ABC面积的取值范围．4．(2019·福州市质量检测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若角A，B，C成等差数列，且b＝3 2.(1)求△ABC的外接圆直径；(2)求a＋c的取值范围．。

2019-2020年高考数学二轮复习专题二三角函数与平面向量第2讲三角恒等变换与解三角形训练

2019-2020年高考数学二轮复习专题二三角函数与平面向量第2讲三角恒等变换与解三角形训练一、选择题1.已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35，则cos α等于( ) A.－210 B.7210C.－210或7210D.－7210解析 ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，∴α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫34π，54π.∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－45，∴cos α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝－45×22＋35×22＝－210.答案 A2.钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( )A.5B. 5C.2D.1解析 S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12，∴sin B ＝22，若B ＝45°，则由余弦定理得AC ＝1，∴△ABC 为直角三角形，不符合题意，因此B ＝135°，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝5，∴AC ＝ 5.故选B. 答案 B3.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC的面积是( ) A.3B.932C.332D.3 3解析 c 2＝(a －b )2＋6，即c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6①. ∵C ＝π3，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－ab ②，由①和②得ab ＝6，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332，故选C. 答案 C4.(xx·山东卷)△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b ＝c ，a 2＝2b 2(1－sinA )，则A ＝( )A.3π4B. π3C.π4D.π6解析在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∵b ＝c ，∴a 2＝2b 2(1－cos A )，又∵a 2＝2b 2(1－sin A )，∴cos A ＝sin A ，∴tan A ＝1，∵A ∈(0，π)，∴A ＝π4，故选C. 答案 C5.(xx·全国Ⅲ卷)在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则sin A ＝( )A.310B.1010C.55D.31010解析设BC 边上的高AD 交BC 于点D ，由题意B ＝π4，BD ＝13BC ，DC ＝23BC ，tan∠BAD ＝1，tan∠CAD ＝2，tan A ＝1＋21－1×2＝－3，所以sin A ＝31010.答案 D 二、填空题6.(xx·四川卷)sin 750°＝________.解析 ∵sin θ＝sin(k ·360°＋θ)，(k ∈Z )，∴sin 750°＝sin(2×360°＋30°)＝sin 30°＝12.答案 127.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD ＝________m.解析在△ABC 中，AB ＝600，∠BAC ＝30°，∠ACB ＝75°－30°＝45°，由正弦定理得BCsin ∠BAC ＝ABsin ∠ACB，即BCsin 30°＝600sin 45°，所以BC ＝300 2.在Rt△BCD 中，∠CBD＝30°，CD ＝BC tan∠CBD ＝3002·tan 30°＝100 6. 答案 100 68.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为315，b －c ＝2，cos A ＝－14，则a 的值为________.解析 ∵cos A ＝－14，0＜A ＜π，∴sin A ＝154，S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ×154＝315，∴bc ＝24，又b －c ＝2，∴b 2－2bc ＋c 2＝4，b 2＋c 2＝52，由余弦定理得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝52－2×24×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝64，∴a ＝8.答案 8 三、解答题9.(xx·江苏卷)在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长；(2)cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6的值.解 (1)由cos B ＝45，且0<B <π，则sin B ＝1－cos 2B ＝35，又∵C ＝π4，AC ＝6，由正弦定理，得ACsin B＝ABsinπ4，即635＝AB22⇒AB ＝5 2. (2)由(1)得：sin B ＝35，cos B ＝45，sin C ＝cos C ＝22，则sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝7210，cos A ＝－cos(B ＋C )＝－(cos B cos C －sin B sin C )＝－210，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝cos A cosπ6＋sin A sin π6＝72－620.10.(xx·广西南宁测试)在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c .已知cos 2A －3cos(B ＋C )＝1. (1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S ＝53，b ＝5，求sin B sin C 的值.解 (1)由cos 2A －3cos(B ＋C )＝1，得2cos 2A ＋3cos A －2＝0，即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0，解得cos A ＝12或cos A ＝－2(舍去)，因为0＜A ＜π，所以A ＝π3.(2)由S ＝12bc sin A ＝12bc ·32＝34bc ＝53，得bc ＝20，又b ＝5，知c ＝4，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝25＋16－20＝21，故a ＝21.又由正弦定理得sin B sin C ＝ba sin A ·c a sin A ＝bc a2sin 2A ＝2021×34＝57. 11.(xx·南昌调研)△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C ＋c sin B . (1)求B ；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值. 解 (1)由已知及正弦定理得 sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，① 又A ＝π－(B ＋C )，故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C .② 由①，②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B . 又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.(2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac .由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4.又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2，当且仅当a ＝c 时，等号成立. 因此△ABC 面积的最大值为2＋1.。

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【2019-2020】高考数学二轮复习限时集训（八）三角恒等变换与正
余弦定理理
基础过关

1.已知sin θ=,sin θ-cos θ>1,则sin 2θ= ( )

A. B.-
C. D.-
2.在△ABC中,a,b分别为内角A,B所对的边,且a=2,b=2,B=45°,则A= ( )
A.60°或120° B.60°
C.30°或150° D.30°

3.已知sin=,那么cos= ( )
A.- B.-
C. D.
4.已知tan=-3,则tan的值是 ( )
A. B.-
C. D.
5.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,
则A= ( )

A. B.
C. D.
6.已知在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且+=,则
b=
( )
A. B.2

C. D.
7.一艘海警船从港口A出发,以每小时40海里的速度沿南偏东40°方向直线航行,30分钟后
到达B处,这时候接到从C处发出的求救信号,已知C在B的北偏东65°方向上,在港口A的
东偏南20°方向上,则B,C之间的距离是( )
A.10海里 B.10海里
C.20海里 D.15海里
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8.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcos B=acos C+ccos A,b=2,则△
ABC
面积的最大值是 ( )
A.1 B.
C.2 D.4
9.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且4S=(a+b)2-c2,则

sin= ( )
A.1 B.-
C. D.
10.在△ABC中,AB=2,C=,则AC+BC的最大值为( )
A. B.2
C.3 D.4
11.若△ABC的内角A,B,C满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶3,则以2B为一内角且其对边长
为2的三角形的外接圆的面积为 .
12.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若cos 2A+3cos A=1,b=5,且△ABC的面积
S=5,则△ABC的周长为 .
能力提升

13.若=sin 2θ,则sin 2θ= ( )
A. B.-
C. D.-
14.已知在平面四边形ABCD中,AB=AD=2,BC=CD,∠BCD=90°,则四边形ABCD的面积的最大值
为( )
A.6 B.2+2
C.2+2 D.4

15.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=b2+c2-bc,且△ABC的面积为,
则a的最小值为 .

图X8-1
16.如图X8-1所示,在△ABC中,BC=2,∠ABC=,AC的垂直平分线DE与AB,AC分别交于D,
E
两点,且DE=,则BE2= .
3 / 6
4 / 6

限时集训(八)
基础过关
1.D [解析] ∵sin θ=,且sin θ-cos θ>1,∴cos θ<0,∴cos θ=-=-,∴sin
2θ=2sin θcos θ=-.故选D.
2.A [解析] 在△ABC中,由正弦定理得=,
∴sin A===.
又∵a>b,∴A>B,∴A=60°或A=120°.
故选A.

3.A [解析] 由题意得cos=cos 2-α=1-2sin2=,所以
cos+2α=cos=-cos-2α=-.
4.C [解析] ∵tan==-3,
∴tan x=
2,

∴tan===.
5.C [解析] ∵(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,∴由正弦定理可得(a-b)(a+b)=(c-b)c,

即b2+c2-a2=bc,∴由余弦定理可得cos A=,∵A∈(0,π),∴A=.
6.A [解析] 由正弦定理和余弦定理得+=,化简得b=.
7.A [解析] 如图所示,由已知可得,∠BAC=30°,∠ABC=105°,AB=20,所以∠ACB=45°.在

△ABC中,由正弦定理可得BC=·sin 30°=10.故选A
.

8.B [解析] 由正弦定理得,2sin Bcos B=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin(π-B)=sin
B,因为B∈(0,π),所以cos B=,所以B=,所以由余弦定理得,ac=a2+c2-4≥2ac-4,即ac
≤4,

当且仅当a=c时,等号成立,故S△ABC=acsin B≤.故选B.
9.C [解析] ∵S=absin C,cos C=,
∴2S=absin C,a2+b2-c2=2abcos C
,

又4S=(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab,
∴2absin C=2abcos C+2ab.
∵ab≠0,∴sin C=cos C+1.
∵sin2C+cos2C=
1,

∴(cos C+1)2+cos2C=1,解得cos C=-1(舍去)或cos C=0,∴sin C=
1,
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则sin=(sin C+cos C)=.
10.D [解析] 由正弦定理可得,====4,又A+B=π-C=,
∴AC+BC=4sin B+4sin A=4sin B+4sin=4sin B+4=
2cos

B+10sin B=4sin(B+θ),θ∈.∵B∈,∴B+θ∈,∴sin(B+
θ)∈

,∴AC+BC的最大值为4.
11. [解析] 设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,由题设a=2k(k>0),则b=c=3k,∴cos
B==,∴cos 2B=2cos2B-1=-.∵2B为三角形的一个内角,∴2B∈(0,π),∴
sin

2B>0,∴sin 2B=.设所求三角形的外接圆的半径为R,则=2R,解得R=,∴所求三角形
的外接圆的面积为πR2=.
12.9+ [解析] ∵cos 2A+3cos A=1,∴2cos2A+3cos A-2=0,解得cos A=或cos A=-2(舍
去).∵A∈(0,π),∴sin A=.又∵S=5,b=5,∴bcsin A=×5·c·=5,∴c=4.由余
弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+16-2×5×4×=21,即a=,∴△ABC的周长为
5+4+=9+.
能力提升

13.B [解析] 由题意得==2(cos θ+sin θ)=sin 2θ,
将上式两边同时平方,得4+4sin 2θ=3sin22θ,
即3sin22θ-4sin 2θ-4=0,

解得sin 2θ=-或sin 2θ=2(舍去),
故选B.
14.C [解析] 如图所示,设∠DAB=θ,θ∈(0,π),BC=CD=x,四边形ABCD的面积为S,则
BD=x.
在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos θ,

即(x)2=4+4-8cos θ=8-8cos θ,
∴x2=4-
4cos θ,

∴S=×22·sin θ+x2=2sin θ+2-2cos θ=2sin+
2,

∵0<θ<π,∴-<θ-<
,

∴当θ-=,即当θ=时,S有最大值,且最大值为2+2.故选C.
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15. [解析] 由题意得b2+c2-a2=bc,∴cos A=,∵A∈(0,π),∴A=.∵△ABC的面积为
,∴bcsin A=,∴bc=3.∵a2=b2+c2-bc,∴a2≥2bc-bc=bc=3,当且仅当b=c时,等号成
立,∴a≥.

16.+ [解析] 由题意得,∠BDC=2A,所以==,故CD=.又因为DE=CDsin
A==,所以cos A=,因为A∈(0,π),所以A=,因此△ADE
为等腰直角三角形,所以

AE=DE=.在△ABC中,C=π--=,所以=,故AB=+1.在△ABE
中,BE2=AB2+AE2-2·AB·AE·cos A=(+1)2+-2×(+1)××=+.