2019高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第二講 三角函數(shù)、解三角形 微專題2 三角恒等變換、解三角形學(xué)案 理

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1、微專題2　三角恒等變換、解三角形 命 題 者 說 考 題 統(tǒng) 計 考 情 點 擊 2018·全國卷Ⅱ·T6·解三角形 2018·全國卷Ⅱ·T15·三角恒等變換 2018·全國卷Ⅲ·T4·三角恒等變換 2018·全國卷Ⅲ·T9·解三角形 1.高考對此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命題形式出現(xiàn)。 2.若無解答題，一般在選擇題或填空題各有一題，主要考查三角恒等變換、解三角形，難度一般，一般出現(xiàn)在第4～9題或第13～15題位置上。 3.高考對本部分內(nèi)容的考查主要從以下方面進(jìn)行： (1)利用各種三角函數(shù)公式進(jìn)行求值與化簡，其中降冪公式、輔助角公式是考查的重點。 (2)利

2、用正、余弦定理進(jìn)行邊和角、面積的計算，三角形形狀的判定以及有關(guān)范圍的計算，常與三角恒等變換綜合考查。 考向一 三角恒等變換 微考向1：三角函數(shù)的定義 【例1】　(2018·北京高考)在平面直角坐標(biāo)系中，，，，是圓x2＋y2＝1上的四段弧(如圖)，點P在其中一段上，角α以O(shè)x為始邊，OP為終邊。若tanα0，所以P所在的圓弧是。故選C。 答案　C 當(dāng)題設(shè)條件中出現(xiàn)直線與單位圓相交問題時，可根

3、據(jù)三角函數(shù)的定義，求函數(shù)的解析式或者判斷函數(shù)的圖象，有時可以簡化解題過程。 變|式|訓(xùn)|練 1．已知角α的終邊經(jīng)過點P(－x，－6)，且cosα＝－，則＋＝________。 解析　因為角α的終邊經(jīng)過點P(－x，－6)，且cosα＝－，所以cosα＝＝－，即x＝。所以P。所以sinα＝－。所以tanα＝＝，則＋＝－＋＝－。 答案?。? 2．(2018·全國卷Ⅰ)已知角α的頂點為坐標(biāo)原點，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊上有兩點A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝，則|a－b|＝(　　) A． B． C． D．1 解析　由題意知cosα>0。因為cos2α＝2cos2

4、α－1＝，所以cosα＝，sinα＝± ，得|tanα|＝。由題意知|tanα|＝，所以|a－b|＝。故選B。 答案　B 微考向2：三角函數(shù)求角 【例2】　(1)已知α為銳角，若cos＝，則cos＝________。 (2)已知sinα＝，sin(α－β)＝－，α，β均為銳角，則角β等于(　　) A．　　　 B．　　　 C．　　　 D． 解析　(1)因為α為銳角，cos＝>0，所以α＋為銳角，sin＝，而cos＝cos＝cos＝sin2＝2sincos＝2××＝。所以cos＝。 (2)因為α，β均為銳角，所以－<α－β<。又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝，又sin

5、α＝，所以cosα＝，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝×－×＝。所以β＝，故選C。 答案　(1)　(2)C (1)三角變換的關(guān)鍵在于對兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等變換公式的熟記和靈活應(yīng)用，要善于觀察各個角之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的使用過程要注意正確性，要特別注意公式中的符號和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)張冠李戴的情況。 (2)求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避免產(chǎn)生增解。 變|式|訓(xùn)|練 1．(2018·全國卷Ⅲ)若sina＝，則c

6、os2a＝(　　) A． B． C．－ D．－ 解析　cos2α＝1－2sin2α＝1－＝。故選B。 答案　B 2．(2018·全國卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝________。 解析　因為sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1?、伲琧os2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0?、?，①＋②得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，所以sin(α＋β)＝－。 答案?。? 考向二 解三角形 微考向1：利用正、

7、余弦定理進(jìn)行邊角計算 【例3】　(1)(2018·全國卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，則AB＝(　　) A．4 B． C． D．2 (2)(2018·陜西二模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知＝1－，且b＝5，·＝5，則△ABC的面積為________。 解析　(1)因為cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所以c＝4。故選A。 (2)由＝1－及正弦定理可得＝1－化簡可得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝，故A＝。又·＝5，即bccosA＝5，故b

8、c＝10，所以△ABC的面積為bcsinA＝。 答案　(1)A　(2) 利用正、余弦定理解三角形的思路 (1)解三角形時，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則考慮兩個定理都有可能用到。 (2)關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角恒等變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”。 變|式|訓(xùn)|練 1．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且＝，則B＝(　　) A． B．

9、 C． D． 解析　由＝?＝?a2＋c2－b2＝ac?cosB＝＝。因為0

10、°，BC＝1，DC＝2，cos∠BCD＝，則BD＝________；三角形ABD的面積為________。 解析　在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD＝1＋4－2×1×2×＝4，則BD＝2。在△ABD中，∠BAD＝180°－30°－45°＝105°，sin105°＝sin(45°＋60°)＝×＋×＝，由正弦定理可得AD＝＝＝2(－1)，則S△ABD＝×2(－1)×2×sin30°＝－1，故BD＝2，△ABD的面積為－1。 答案　2?。? 幾何圖形中的邊、角計算一般要把幾何圖形分解為若干三角形，在三角形中利用正、余弦定理解決。

11、 變|式|訓(xùn)|練 (2018·成都診斷)如圖，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一點，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，則線段DE的長度為________。 解析　易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝，在三角形AEC中，＝?CE＝，在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，所以DE＝CEsin60°＝×＝×＝6。 答案　6 微考向3：三角形中的最值與范圍問題 【例5】　(1)在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若滿足(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－

12、b)sinC，且a＝，則b2＋c2的取值范圍是(　　) A．(5,6] B．(3,5) C．(3,6] D．[5,6] (2)已知點O是△ABC的內(nèi)心，∠BAC＝60°，BC＝1，則△BOC面積的最大值為________。 解析　(1)因為(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，所以由正弦定理可得(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，可化為b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理可得cosA＝＝＝。因為A∈，所以A＝，又因為a＝，所以由正弦定理可得＝＝＝2，所以b2＋c2＝(2sinB)2＋2＝3＋2sin2B＋sin2B＝4＋2sin。因為B∈，所以2B－∈，所以sin

13、∈，所以b2＋c2∈(5,6]。故選A。 (2)因為O是△ABC的內(nèi)心，∠BAC＝60°，所以∠BOC＝180°－＝120°，由余弦定理可得BC2＝OC2＋OB2－2OC·OB·cos120°，即OC2＋OB2＝1－OC·OB。又OC2＋OB2≥2OC·OB(當(dāng)且僅當(dāng)OC＝OB時，等號成立)，所以O(shè)C·OB≤，所以S△BOC＝OC·OB·sin120°≤，則△BOC面積的最大值為。 答案　(1)A　(2) 解三角形中的最值與范圍問題主要有兩種解決方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將所求式轉(zhuǎn)化為只含有三角形某一個角的三角函數(shù)形式，結(jié)合角的范圍確定所求式的范圍。

14、 變|式|訓(xùn)|練 在△ABC中，M是BC的中點，BM＝2，AM＝AB－AC，則△ABC的面積的最大值為(　　) A．2 B．2 C．3 D．3 解析　設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c。在△ABM中，由余弦定理得cosB＝，在△ABC中，由余弦定理得cosB＝，所以＝，即b2＋c2＝4bc－8，所以cosA＝，所以sinA＝ ，所以S△ABC＝bcsinA＝，所以當(dāng)bc＝8時，S△ABC取得最大值2。故選B。 答案　B 1．(考向一)如圖，角α的始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊與單位圓交于點A(x1，y1)，角β＝α＋的終邊與單位圓交于點B(x2，y2)，

15、記f(α)＝y(tǒng)1－y2。若角α為銳角，則f(α)的取值范圍是________。 解析　由題意可知y1＝sinα，y2＝sinβ＝sin，所以f(α)＝y(tǒng)1－y2＝sinα－sin＝sinα＋sinα－cosα＝sinα－cosα＝sin。又因為α為銳角，即0<α<，所以－<α－<，所以－

16、C＝4，點D在邊AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E為垂足，若DE＝2，則cosA＝(　　) A． B． C． D． 解析　因為AD＝DB，所以A＝∠ABD，所以∠BDC＝2A。設(shè)AD＝BD＝x。在△BCD中，由＝，可得＝①。在△AED中，由＝，可得＝②。聯(lián)立①②可得＝，解得cosA＝。故選A。 答案　A 4．(考向二)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若a2＋b2＝2c2，則角C的取值范圍是________。 解析　因為a2＋b2＝2c2≥2ab(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立)，所以c2≥ab，所以由余弦定理可得cosC＝＝≥＝，又因為C∈(0，π)，所以C∈。 答案　 5．(考向二)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若＝sinC，且c＝2，則a＋b的最大值為________。 解析　因為＝sinC，所以＝sinC＝2cosC，可得tanC＝。由C∈(0，π)，得C＝，所以＝＝＝4，所以a＝4sinA，b＝4sinB，則a＋b＝4sinA＋4sin＝4sin。因為A∈，所以A＋∈，所以sin∈，所以a＋b≤4，當(dāng)A＝時取等號。 答案　4 11