思維流程思維流程找突破口找突破口 技法指導(dǎo)技法指導(dǎo)遷移搭橋遷移搭橋 1.常用的變角技巧常用的變角技巧 (1)已知角與特殊角的變換；已知角與特殊角的變換； (2)已知角與目標(biāo)角的變換；已知角與目標(biāo)角的變換； (3)角與其倍角的變換；角與其倍角的變換； (4)兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運(yùn)兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運(yùn)用如：用如：()()，2()()，2()()，22，2 2 2 . 2常用的變式技巧常用的變式技巧 主要從函數(shù)名、次數(shù)、系數(shù)方面入手，常見(jiàn)有：主要從函數(shù)名、次數(shù)、系數(shù)方面入手，常見(jiàn)有： (1)討論三角函數(shù)的性質(zhì)時(shí)，常常將它化為一次的單角的三討論三角函數(shù)的性質(zhì)時(shí)，常常將它化為一次的單角的三角函數(shù)來(lái)討論；角函數(shù)來(lái)討論； (2)涉及涉及 sin x cos x、sin x cos x 的問(wèn)題，常做換元處理，如的問(wèn)題，常做換元處理，如令令 tsin x cos x 2， 2，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于 t 的的函數(shù)來(lái)處理；函數(shù)來(lái)處理； (3)在解決三角形的問(wèn)題時(shí)，常利用正、余弦定理化邊為角在解決三角形的問(wèn)題時(shí)，常利用正、余弦定理化邊為角或化角為邊等或化角為邊等. 典例典例 (2018 天津高考天津高考)在在ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 所對(duì)的邊分別為所對(duì)的邊分別為 a，b，c.已知已知 bsin Aacos B6. (1)求角求角 B 的大小；的大??； (2)設(shè)設(shè) a2，c3，求，求 b 和和 sin(2AB)的值的值 快審題快審題 求什么求什么 想什么想什么 求角求角 B 的大小，想到角的大小，想到角 B 的三角函數(shù)值的三角函數(shù)值 求三角函數(shù)值，想到由已知三角函數(shù)值求值求三角函數(shù)值，想到由已知三角函數(shù)值求值 給什么給什么 用什么用什么 已知邊角關(guān)系式，用正弦定理統(tǒng)一角已知邊角關(guān)系式，用正弦定理統(tǒng)一角 已知邊的大小，用余弦定理求邊已知邊的大小，用余弦定理求邊 差什么差什么 找什么找什么 求求 sin(2AB)的值，缺少的值，缺少 2A 的三角函數(shù)值，的三角函數(shù)值， 應(yīng)找應(yīng)找 A 的三角函數(shù)值的三角函數(shù)值. 穩(wěn)解題穩(wěn)解題 (1)在在ABC 中，中， 由正弦定理由正弦定理asin Absin B， 可得可得 bsin Aasin B. 又因?yàn)橛忠驗(yàn)?bsin Aacos B6， 所以所以 asin Bacos B6， 即即 sin B32cos B12sin B， 所以所以 tan B 3. 因?yàn)橐驗(yàn)?B(0，)，所以所以 B3. (2)在在ABC 中中，由余弦定理及由余弦定理及 a2，c3，B3， 得得 b2a2c22accos B7，故故 b 7. 由由 bsin Aacos B6，可得可得 sin A37 . 因?yàn)橐驗(yàn)?ac，所以所以 cos A27. 所以所以 sin 2A2sin Acos A4 37， cos 2A2cos2A117. 所以所以 sin(2AB)sin 2Acos Bcos 2Asin B 4 371217323 314. 題后悟道題后悟道 1利用正、余弦定理求解問(wèn)題的策略利用正、余弦定理求解問(wèn)題的策略 2三角恒等變換的思路為三角恒等變換的思路為“一角二名三結(jié)構(gòu)一角二名三結(jié)構(gòu)” 升冪升冪(降冪降冪)公式口訣：公式口訣：“冪降一次，角翻倍；冪升一次，角減半冪降一次，角翻倍；冪升一次，角減半” 針對(duì)訓(xùn)練針對(duì)訓(xùn)練 已知已知ABC 中，角中，角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，且，且 bcos Cacsin B. (1)求角求角 B 的大?。坏拇笮。?(2)若若 b5，a3 2，求，求ABC 的面積的面積 S. 解：解：(1)由正弦定理可得，由正弦定理可得，sin Bcos Csin Asin Csin B， 即即 sin Bcos Csin(BC)sin Csin B， 所以所以 cos Bsin Csin Csin B0. 因?yàn)橐驗(yàn)?sin C0，所以，所以 cos Bsin B0，即，即 tan B1， 又又 B(0，)，所以，所以 B34. (2)法一：法一：由余弦定理，可得由余弦定理，可得 b2a2c22accos B， 即即 52(3 2)2c223 2ccos34， 整理得整理得 c26c70，解得，解得 c1 或或 c7(舍去舍去) 所以所以ABC 的面積的面積 S12acsin B123 21sin3432. 法二：法二：由正弦定理由正弦定理asin Absin B，可得，可得3 2sin A5sin34， 解得解得 sin A35. 因?yàn)橐驗(yàn)?B34，所以，所以 A 0，2， 所以所以 cos A 1sin2A 1 35245. 由三角形的內(nèi)角和定理可得由三角形的內(nèi)角和定理可得 CAB， 所以所以 sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B35 224522210， 所以所以ABC 的面積的面積 S12absin C123 2521032. 總結(jié)升華總結(jié)升華 高考試題中的三角函數(shù)解答題相對(duì)比較傳統(tǒng)，難度較低，大家在復(fù)習(xí)時(shí)，應(yīng)高考試題中的三角函數(shù)解答題相對(duì)比較傳統(tǒng)，難度較低，大家在復(fù)習(xí)時(shí)，應(yīng)“明確思明確思維起點(diǎn)，把握變換方向，抓住內(nèi)在聯(lián)系，合理選擇公式維起點(diǎn)，把握變換方向，抓住內(nèi)在聯(lián)系，合理選擇公式”是三角變換的基本要訣在解題是三角變換的基本要訣在解題時(shí)，要緊緊抓住時(shí)，要緊緊抓住“變變”這一核這一核心，靈活運(yùn)用公式與性質(zhì)，心，靈活運(yùn)用公式與性質(zhì)， 仔細(xì)審題，快速運(yùn)算仔細(xì)審題，快速運(yùn)算 專題過(guò)關(guān)檢測(cè)專題過(guò)關(guān)檢測(cè) A 組組“633”考點(diǎn)落實(shí)練考點(diǎn)落實(shí)練 一、選擇題一、選擇題 1(2019 屆高三屆高三 益陽(yáng)、湘潭調(diào)研益陽(yáng)、湘潭調(diào)研)已知已知 sin 25，則，則 cos(2)( ) A.725 B725 C.1725 D1725 解析：解析：選選 D sin 25，cos 212sin218251725， cos(2)cos 21725，故選，故選 D. 2(2018 全國(guó)卷全國(guó)卷)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，若，若ABC 的面積的面積為為a2b2c24，則，則 C( ) A.2 B.3 C.4 D.6 解析：解析：選選 C S12absin Ca2b2c242abcos C412abcos C， sin Ccos C，即，即 tan C1. C(0，)，C4.故選故選 C. 3若若 02，cos 35，sin()35，則，則 cos ( ) A725 B.725 C2425 D2425 解析：解析：選選 C cos cos()cos()cos sin()sin ， 因?yàn)橐驗(yàn)?2，32，所以，所以 cos()0， 所以所以 sin 45，cos 4535 35452425. 4若若 ， 0，2，sin 55，cos 2 3 1010，則，則 ( ) A.6 B.4 C.3 D.12 解析：解析：選選 B 由由 sin 55，及，及 0，2，得得 cos 2 55，由，由 cos 2 sin 3 1010， 及及 0，2，得，得 cos 1010， 所以所以 sin()sin cos cos sin 3 10102 5510105522. 又因?yàn)橛忠驗(yàn)?2，2，所以，所以 4. 5在在ABC 中，角中，角 A，B，C 所對(duì)的邊分別為所對(duì)的邊分別為 a，b，c，若，若cbcos A，則，則ABC 為為( ) A鈍角三角形鈍角三角形 B直角三角形直角三角形 C銳角三角形銳角三角形 D等邊三角形等邊三角形 解析：解析：選選 A 根據(jù)正弦定理得根據(jù)正弦定理得cbsin Csin Bcos A， 即即 sin Csin Bcos A. ABC，sin Csin(AB)sin Bcos A， 整理得整理得 sin Acos B0，cos B0，2B， ABC 為鈍角三角形為鈍角三角形 6(2018 南昌一模南昌一模)已知臺(tái)風(fēng)中心位于城市已知臺(tái)風(fēng)中心位于城市 A 東偏北東偏北 ( 為銳角為銳角)的的 150 千米處，以千米處，以 v千米千米/時(shí)沿正西方向快速移動(dòng)，時(shí)沿正西方向快速移動(dòng)，2.5 小時(shí)后到達(dá)距城市小時(shí)后到達(dá)距城市 A 西偏北西偏北 ( 為銳角為銳角)的的 200 千米處，千米處，若若 cos 34cos ，則，則 v( ) A60 B80 C100 D125 解析：解析： 選選 C 如圖， 臺(tái)風(fēng)中心為如圖， 臺(tái)風(fēng)中心為 B,2.5 小時(shí)后到達(dá)點(diǎn)小時(shí)后到達(dá)點(diǎn) C， 則在， 則在ABC中，中，ABsin ACsin ，即，即 sin 43sin ，又，又 cos 34cos ，sin2cos2169sin2916cos21sin2cos2，sin 34cos ，sin 35，cos 45，sin 45，cos 35，cos()cos cos sin sin 354545350，2，BC2AB2AC2，(2.5v)215022002，解得，解得 v100，故選，故選 C. 二、填空題二、填空題 7(2018 全國(guó)卷全國(guó)卷)已知已知 sin cos 1，cos sin 0，則，則 sin()_. 解析：解析：sin cos 1， cos sin 0， 22得得 12(sin cos cos sin )11， sin cos cos sin 12， sin()12. 答案：答案：12 8在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，若，若 a23b23c22 3bcsin A，則則 C 等于等于_ 解析：解析：由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos A， 所以所以 b2c22bccos A3b23c22 3bcsin A， 即即 3sin Acos Ab2c2bc，2sin A6b2c2bc2， 因此因此 bc，A62A23，所以，所以 C2326. 答案：答案：6 9(2018 長(zhǎng)春質(zhì)檢長(zhǎng)春質(zhì)檢)在在ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，若其面積，若其面積 Sb2sin A，角，角 A 的平分線的平分線 AD 交交 BC 于點(diǎn)于點(diǎn) D，AD2 33，a 3，則，則 b_. 解析：解析：由面積公式由面積公式 S12bcsin Ab2sin A，可得，可得 c2b，即，即cb2.由由 a 3，并結(jié)合角平分線定理可得，并結(jié)合角平分線定理可得，BD2 33，CD33， 在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 cos B4b23b222b 3， 在在ABD 中，中，cos B4b2434322b2 33，即，即4b23b222b 34b2434322b2 33， 化簡(jiǎn)得化簡(jiǎn)得 b21，解得，解得 b1. 答案：答案：1 三、解答題三、解答題 10(2018 全國(guó)卷全國(guó)卷)在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中，中，ADC90 ，A45 ，AB2，BD5. (1)求求 cos ADB； (2)若若 DC2 2，求，求 BC. 解：解：(1)在在ABD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BDsin AABsin ADB，即，即5sin 452sin ADB， 所以所以 sin ADB25. 由題設(shè)知，由題設(shè)知，ADB90 ， 所以所以 cos ADB 1225235. (2)由題設(shè)及由題設(shè)及(1)知，知，cos BDCsin ADB25. 在在BCD 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 BC2BD2DC22BD DC cos BDC 258252 22525， 所以所以 BC5. 11(2018 昆明調(diào)研昆明調(diào)研)在在ABC 中，中，AC2 3，BC6，ACB150 . (1)求求 AB 的長(zhǎng)；的長(zhǎng)； (2)延長(zhǎng)延長(zhǎng) BC 至至 D，使，使ADC45 ，求，求ACD 的面積的面積 解：解：(1)由余弦定理由余弦定理 AB2AC2BC22AC BCcosACB， 得得 AB2123622 36cos 150 84， 所以所以 AB2 21. (2)因?yàn)橐驗(yàn)锳CB150 ，ADC45 ， 所以所以CAD150 45 105 ， 由正弦定理由正弦定理CDsinCADACsinADC，得，得 CD2 3sin 105sin 45， 又又 sin 105 sin(60 45 )sin 60 cos 45 cos 60 sin 45 2 64， 所以所以 CD3 3， 又又ACD180 ACB30 ， 所以所以 SACD12AC CD sinACD122 3(3 3)1232( 31) 12已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)2sin xcos x2 3cos2x 3. (1)求函數(shù)求函數(shù) yf(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間； (2)已知已知ABC 的三個(gè)內(nèi)角的三個(gè)內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，其中，其中 a7，若銳角，若銳角 A 滿滿足足 f A26 3，且，且 sin Bsin C13 314，求，求 bc 的值的值 解：解：(1)f(x)2sin xcos x2 3cos2x 3sin 2x 3cos 2x2sin 2x3， 因此因此 f(x)的最小正周期為的最小正周期為 T22. 由由 2k22x32k32(kZ Z)， 得得 k12xk712(kZ Z)， 所以所以 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為 k12，k712(kZ Z) (2)由由 f A262sin 2 A2632sin A 3，且，且 A 為銳角，所以為銳角，所以 A3. 由正弦定理可得由正弦定理可得 2Rasin A732143， sin Bsin Cbc2R13 314， 則則 bc13 31414313， 所以所以 cos Ab2c2a22bc bc 22bca22bc12， 所以所以 bc40. B 組組大題專攻補(bǔ)短練大題專攻補(bǔ)短練 1(2018 天津五區(qū)縣聯(lián)考天津五區(qū)縣聯(lián)考)在在ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 所對(duì)的邊分別為所對(duì)的邊分別為 a，b，c，且，且 8 sin2AB22cos 2C7. (1)求求 tan C 的值；的值； (2)若若 c 3，sin B2sin A，求，求 a，b 的值的值 解：解：(1)在在ABC 中，因?yàn)橹?，因?yàn)?ABC， 所以所以AB22C2，則，則 sinAB2cosC2. 由由 8sin2AB22cos 2C7，得，得 8cos2C22cos 2C7， 所以所以 4(1cos C)2(2cos2C1)7， 即即(2cos C1)20，所以所以 cos C12. 因?yàn)橐驗(yàn)?0C，所以，所以 C3， 于是于是 tan Ctan3 3. (2)由由 sin B2sin A，得得 b2a. 又又 c 3，由余弦定理得由余弦定理得 c2a2b22abcos3， 即即 a2b2ab3. 聯(lián)立聯(lián)立，解得解得 a1，b2. 2在在ABC 中中，角角 A，B，C 所對(duì)的邊分別是所對(duì)的邊分別是 a，b，c，滿足滿足 a2c2b22bccos A4c0，且且 ccos Ab(1cos C) (1)求求 c 的值及判斷的值及判斷ABC 的形狀；的形狀； (2)若若 C6，求，求ABC 的面積的面積 解：解：(1)由由 a2c2b22bccos A4c0 及正弦定理得及正弦定理得 a2c2b22bcb2c2a22bc4c0， 整理，得整理，得 c2. 由由 ccos Ab(1cos C)及正弦定理，得及正弦定理，得 sin Ccos Asin B(1cos C)， 即即 sin Bsin Ccos Asin Bcos C sin(AC)sin Acos Ccos Asin C， 所以所以 sin Bcos Csin Acos C， 故故 cos C0 或或 sin Asin B. 當(dāng)當(dāng) cos C0 時(shí)，時(shí)，C2，故，故ABC 為直角三角形；為直角三角形； 當(dāng)當(dāng) sin Asin B 時(shí)，時(shí)，AB，故，故ABC 為等腰三角形為等腰三角形 (2)由由(1)知知 c2，AB，則，則 ab， 因?yàn)橐驗(yàn)?C6，所以由余弦定理，得，所以由余弦定理，得 4a2a22a2cos 6，解得解得 a284 3， 所以所以ABC 的面積的面積 S12a2sin62 3. 3已知已知ABC 的三個(gè)內(nèi)角的三個(gè)內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，且且ABC 的面積為的面積為 S 32accos B. (1)若若 c2a，求角求角 A，B，C 的大小的大小； (2)若若 a2，且，且4A3，求邊，求邊 c 的取值范圍的取值范圍 解：解：由已知及三角形面積公式得由已知及三角形面積公式得 S12acsin B32accos B， 化簡(jiǎn)得化簡(jiǎn)得 sin B 3cos B， 即即 tan B 3，又，又 0B，B3. (1)法一：法一：由由 c2a 及正弦定理得，及正弦定理得，sin C2sin A， 又又AC23， sin 23A 2sin A， 化簡(jiǎn)可得化簡(jiǎn)可得 tan A33，而，而 0A23， A6，C2. 法二：法二：由余弦定理得，由余弦定理得，b2a2c22accos Ba24a22a23a2， b 3a， abc1 32， A6，C2. (2)由正弦定理得，由正弦定理得，asin Absin Bcsin C， 即即 casin Csin A2sin Csin A， 由由 C23A，得，得 c2sin 23Asin A2 32cos A12sin Asin A 3cos Asin Asin A3tan A1. 又由又由4A3，知，知 1tan A 3， 2c 31，故邊，故邊 c 的取值范圍為的取值范圍為2， 31 4ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，已知，已知 sin A 3cos A0，a2 7，b2. (1)求求 c 的值；的值； (2)設(shè)設(shè) D 為為 BC 邊上一點(diǎn)，且邊上一點(diǎn)，且 ADAC，求，求ABD 的面積的面積 解：解：(1)因?yàn)橐驗(yàn)?sin A 3cos A0， 所以所以 sin A 3cos A， 所以所以 tan A 3. 因?yàn)橐驗(yàn)?A(0，)，所以，所以 A23. 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos A， 代入代入 a2 7，b2 得得 c22c240， 解得解得 c4 或或 c6(舍去舍去)， 所以所以 c4. (2)由由(1)知知 c4. 因?yàn)橐驗(yàn)?c2a2b22abcos C， 所以所以 1628422 72cos C， 所以所以 cos C2 77，所以，所以 sin C217， 所以所以 tan C32. 在在 RtCAD 中，中，tan CADAC， 所以所以32AD2，即，即 AD 3. 即即 SADC122 3 3， 由由(1)知知 SABC12bcsin A1224322 3， 所以所以 SABDSABCSADC2 3 3 3.