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1、　三角恒等變換與解三角形 考點1　三角恒等變換 1．(2021·新高考卷Ⅰ)若tan θ＝－2，則＝(　　) A．－ B．－ C． D． C　[法一：(求值代入法)因為tan θ＝－2，所以角θ的終邊在第二、四象限， 所以或，所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝sin2θ＋sin θcos θ＝－＝.故選C． 法二：(弦化切法)因為tan θ＝－2，所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝＝.故選C． 法三：(正弦化余弦法)因為tan θ＝－2， 所以sin θ＝－2cos θ. 則＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝＝.故選C．] 2．

2、(2021·全國卷甲)若α∈，tan 2α＝，則tan α＝(　　) A． B． C． D． A　[因為α∈，所以tan 2α＝＝?＝?2cos2α－1＝4sin α－2sin2α?2sin2α＋2cos2α－1＝4sin α?sin α＝?tan α＝.] 3．(2020·全國卷Ⅲ)已知sin θ＋sin＝1，則sin＝(　　) A． B． C． D． B　[∵sin θ＋sin＝sin θ＋cos θ＝sin＝1，∴sin＝，故選B．] 4．(2018·全國卷Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，則sin(α＋β)＝________. －　[∵s

3、in α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，∴sin2α＋cos2β＋2sin αcos β＝1①，cos2α＋sin2β＋2cos αsin β＝0②，①②兩式相加可得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＝1， ∴sin(α＋β)＝－.] 命題規(guī)律：高考常以選擇題、填空題的形式考查，分值5分，難度中等. 命題突出一個“變”字，即“變角、變名、變形”．從“角”入手，活用三角恒等變換公式是破解此類問題的關(guān)鍵． 通性通法：三角恒等變換的技巧 (1) “化異為同”：即“化異名為同名”“化異次為同次”“化異角為同角”，其

4、中涉及sin2，cos2時，常逆用二倍角的余弦公式降冪． (2)常見的“變角”技巧：α＝(α＋β)－β＝β－(β－α)，α＝[(α＋β)＋(α－β)]，＋α＝－，α＝－等，使用“變角”技巧時，應(yīng)根據(jù)已知條件中的角，選擇恰當變角技巧． 1．[與三角函數(shù)的定義交匯](2021·肇慶二模)已知角α的頂點與坐標原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊與以O(shè)為圓心的單位圓相交于A點．若A的橫坐標為，則(　　) A．sin α＝ B．cos 2α＝－ C．sin 2α＝－ D．tan 2α＝－ B　[由三角函數(shù)的定義，可知cos α＝，sin α＝±，則cos 2α＝2cos2α－1＝

5、－，sin 2α，tan 2α均有兩解，故選B．] 2．[給值求值]若sin＝，則sin的值為(　　) A． B．－ C． D．－ D　[由sin＝得cos＝1－2sin2＝1－2×＝－， ∴sin＝sin＝cos＝－，故選D．] 3．[給值求角]已知α∈，β∈，tan α＝，則(　　) A．α＋β＝ B．α－β＝ C．α＋β＝ D．α＋2β＝ B　[tan α＝＝ ＝ ＝＝＝tan， 因為α∈，β∈， 所以α＝＋β，即α－β＝.] 4．[給角求值](tan 10°－)·＝________. －2　[(tan 10°－)·＝(tan 10°－tan 60°)·＝·

6、＝·＝－＝－2.] 考點2　利用正、余弦定理解三角形 1．(2019·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，則＝(　　) A．6　　　　B．5　　　　C．4　　　　D．3 A　[∵asin A－bsin B＝4csin C， ∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2. 由余弦定理得cos A＝＝＝＝－，∴＝6.故選A．] 2．(2021·全國卷甲)2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8 848.86(單位：m)，三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖

7、是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′滿足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C點測得B點的仰角為15°，BB′與CC′的差為100；由B點測得A點的仰角為45°，則A，C兩點到水平面A′B′C′的高度差A(yù)A′－CC′約為(≈1.732)(　　) A．346 B．373 C．446 D．473 B　[如圖所示，根據(jù)題意過C作CE∥C′B′，交BB′于E，過B作BD∥A′B′，交AA′于D，則BE＝100，C′B′＝CE＝. 在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，則BD＝A′B′＝. 又在B點處測得A點

8、的仰角為45°，所以AD＝BD＝，所以高度差A(yù)A′－CC′＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373.] 3．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2bcos B，C＝. (1)求B的大小； (2)在下列三個條件中選擇一個作為已知，使△ABC存在且唯一確定，并求出BC邊上的中線的長度． ①c＝b；②周長為4＋2；③面積為S△ABC＝. [解]　(1)∵c＝2bcosB，則由正弦定理可得sin C＝2sinBcosB， ∴sin 2B＝sin＝， ∵C＝，∴B∈，2B∈， ∴2B＝，解得B＝. (2)若選擇①：由正弦定理結(jié)合(1)

9、可得＝＝＝， 與c＝b矛盾，故這樣的△ABC不存在． 若選擇②：由(1)可得A＝， 設(shè)△ABC的外接圓半徑為R， 則由正弦定理可得a＝b＝2Rsin＝R， c＝2Rsin＝R， 則周長a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2， 解得R＝2，則a＝2，c＝2， 由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為： ＝. 若選擇③：由(1)可得A＝，即a＝b， 則S△ABC＝absin C＝a2×＝，解得a＝， 則由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為： ＝＝. 4．(2021·新高考卷Ⅱ)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2. (1)若2sin C＝3si

10、n A，求△ABC的面積； (2)是否存在正整數(shù)a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)∵2sin C＝3sin A?2c＝3a， 又∵c＝a＋2，∴，∴b＝5， ∴cos C＝＝，sin C＝， ∴S△ABC＝×4×5×＝. (2)顯然c＞b＞a，要使△ABC為鈍角三角形，則只需C為鈍角， ∴cos C＝＜0?a2－2a－3＜0， ∴0＜a＜3且a＋a＋1＞a＋2?a＞1， ∴1＜a＜3，∵a∈Z，∴a＝2，∴存在正整數(shù)a＝2滿足題意． 命題規(guī)律：高考常以1個選擇題和1個解答題的形式考查，占17分，基礎(chǔ)題為主；命題重在考

11、查幾何圖形的邊、角、面積的計算，解題的關(guān)鍵是正弦定理、余弦定理和三角形面積公式的靈活運用． 通性通法：等價轉(zhuǎn)化思想在解三角形中的應(yīng)用 (1)利用正、余弦定理解三角形關(guān)鍵是利用定理進行邊角互化．①當出現(xiàn)邊角混合時，常利用正弦定理；②當出現(xiàn)三邊的平方時，常利用余弦定理． (2)若想“邊”往“角”化，常利用“a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C”；若想“角”往“邊”化，常利用sin A＝，sin B＝，sin C＝，cos C＝(R為三角形外接圓的半徑)等． 1．[以平面圖形為載體]在平面四邊形ABCD中，∠D＝90°，∠BAD＝120°，AD＝1，AC＝2，AB＝

12、3，則BC＝(　　) A． B． C． D．2 C　[如圖，在△ACD中，∠D＝90°，AD＝1，AC＝2，所以∠CAD＝60°.又∠BAD＝120°，所以∠BAC＝∠BAD－∠CAD＝60°.在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝7，所以BC＝.故選C．] 2．[與恒等變換交匯]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若sin A＝，a＝b，c＞a，則角C的大小為(　　) A． B． C． D． D　[∵sin A＝，a＝b，c＞a， ∴由正弦定理可得sin A＝sin B， 可得sin B＝＝＝， ∵c＞a＞b，∴cos

13、A＝＝， cos B＝＝， ∴cos C＝－cos(A＋B)＝sin Asin B－cos Acos B ＝×－×＝－，∵0＜C＜π，∴C＝.] 3．[以空間圖形為載體]如圖，為了估測某塔的高度，在同一水平面的A，B兩點處進行測量，在點A處測得塔頂C在西偏北20°的方向上，仰角為60°；在點B處測得塔頂C在東偏北40°的方向上，仰角為30°.若A，B兩點相距130 m，則塔的高度CD＝________m. 10　[設(shè)CD＝h，則AD＝，BD＝h. 在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°， 則由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°，

14、 可得1302＝3h2＋－2·h··， 解得h＝10，故塔的高度為10 m．] 4．[綜合應(yīng)用]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且＝c. (1)求角A的大小； (2)若b＋c＝10，△ABC的面積S△ABC＝4，求a的值． [解]　(1)由正弦定理及＝c， 得＝sin C， ∵sin C≠0，∴sin A＝(1－cos A)， ∴sin A＋cos A＝2sin＝， ∴sin＝， 又0

15、－2bc－bc＝(b＋c)2－3bc， 又b＋c＝10， ∴a2＝102－3×16＝52，∴a＝2. 考點3　與解三角形有關(guān)的最值、范圍問題 1．(2020·全國卷Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C． (1)求A； (2)若BC＝3，求△ABC周長的最大值. [解]　(1)∵sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C， 由正弦定理，得BC2－AC2－AB2＝AC·AB， ∴AC2＋AB2－BC2＝－AC·AB， ∴cos A＝＝－. ∵A∈(0，π)，∴A＝. (2)法一：(基本不等式)由余弦定理的推論，得BC2＝

16、AC2＋AB2－2AC·ABcos A＝AC2＋AB2＋AC·AB＝9， 即(AC＋AB)2－AC·AB＝9. ∵AC·AB≤(當且僅當AC＝AB時取等號)， ∴9＝(AC＋AB)2－AC·AB ≥(AC＋AB)2－＝(AC＋AB)2， ∴AC＋AB≤2(當且僅當AC＝AB時取等號)， ∴△ABC的周長L＝AC＋AB＋BC≤3＋2， ∴△ABC周長的最大值為3＋2. 法二：(三角函數(shù)有界性)由正弦定理，得＝＝＝＝2， ∴AB＝2sin C，AC＝2sin B． ∵A＝，∴C＝－B． ∴AB＋AC＝2sin＋2sin B ＝2＋2sin B ＝3cos B＋sin B＝

17、2sin. 當B＝時，AB＋AC取得最大值2， ∴△ABC周長的最大值為3＋2. 2．(2019·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asin ＝bsin A． (1)求B； (2)若△ABC為銳角三角形，且c＝1，求△ABC面積的取值范圍． [解]　(1)由題設(shè)及正弦定理得sin Asin ＝sin Bsin A． 因為sin A≠0，所以sin＝sin B． 由A＋B＋C＝180°，可得sin ＝cos ， 故cos ＝2sin cos . 因為cos ≠0，故sin ＝，因此B＝60°. (2)由題設(shè)及(1)知△ABC的面積S△ABC＝a.

18、 由正弦定理得a＝＝＝＋. 由于△ABC為銳角三角形，故0°

19、示，結(jié)合角的范圍確定三角形面積的最值． 提醒：(1)要重視在余弦定理中用基本不等式，實現(xiàn)a2＋b2，ab，a＋b三者的互化． (2)注意在銳角三角形中隱含著：①A＋B＞；②若A＝，則＜B，C＜. 1．[求角的范圍]設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數(shù)列，則角B的取值范圍是(　　) A． B． C． D． C　[∵a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac， 由余弦定理，得cos B＝＝≥＝， 又B∈(0，π)，∴B∈，故選C．] 2．[求邊的范圍]設(shè)銳角△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對邊的邊長分別為a，b，c，且a＝1，B＝2A，則b的取值范圍為

20、(　　) A．(，) B．(1，) C．(，2) D．(0,2) A　[∵B＝2A，∴sin B＝sin 2A＝2sin Acos A． ∵a＝1，∴b＝2acos A＝2cos A． 又△ABC為銳角三角形，∴ ∴＜A＜， ∴＜cos A＜. 即＜b＝2cos A＜，故選A．] 3．[三角函數(shù)與解三角形的綜合問題]已知向量a＝，b＝(－sin x，sin x)，f(x)＝a·b. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及f(x)的最大值； (2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f＝1，a＝2，求△ABC面積的最大值并說明此時△ABC的形狀． [解]　

21、(1)由已知得a＝(－sin x，cos x)，又b＝(－sin x，sin x)， 則f(x)＝a·b＝sin2x＋sin xcos x ＝(1－cos 2x)＋sin 2x＝sin＋， ∴f(x)的最小正周期T＝＝π， 當2x－＝＋2kπ(k∈Z)，即x＝＋kπ(k∈Z)時， f(x)取得最大值. (2)銳角△ABC中，因為f ＝sin＋＝1， ∴sin＝，∴A＝. 因為a2＝b2＋c2－2bccos A，所以12＝b2＋c2－bc， 所以b2＋c2＝bc＋12≥2bc， 所以bc≤12(當且僅當b＝c＝2時等號成立)，此時△ABC為等邊三角形． S△ABC＝bcsin A＝bc≤3. 所以當△ABC為等邊三角形時面積取最大值3. 13/13