（浙江专用）2020高考数学专题二三角函数、平面向量与复数第2讲三角恒等变换与解三角形教案.docx

第2讲三角恒等变换与解三角形利用三角恒等变换化简、求值核心提炼1两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin()sin cos cos sin ；(2)cos()cos cos sin sin ；(3)tan().2二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 22sin cos ；(2)cos 2cos2sin22cos2112sin2；(3)tan 2.典型例题 (1)已知cossin ，则sin的值是()A B C D(2)若sin 2，sin()，且，则的值是()A. B. C.或 D.或【解析】(1)因为cossin ，所以cos sin ，即，即sin，所以sin，所以sinsin.故选C.(2)因为，所以2，又sin 2，故2，所以cos 2.又，故，于是cos()，所以cos()cos2()cos 2cos()sin 2sin()，且，故.【答案】(1)C(2)A三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1sin2cos2tan 45等；(2)项的分拆与角的配凑：如sin22cos2(sin2cos2)cos2，()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 对点训练1(2019杭州市高三模拟)函数f(x)3sin cos4cos2 (xR)的最大值等于()A5BC D2解析：选B.因为f(x)3sin cos 4cos2sin x2cos x22sin(x)2，其中sin ，cos ，所以函数f(x)的最大值为.2(2019浙江五校联考)已知3tan tan21，sin 3sin(2)，则tan()()A. BC D3解析：选B.因为sin 3sin(2)，所以sin()3sin()，所以sin()cos cos()sin 3sin()cos 3cos()sin ，所以2sin()cos 4cos()sin ，所以tan()2tan ，又因为3tantan21，所以3tan1tan2，所以tan ，所以tan()2tan .3(2019宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)若sin(x)cos(x)，则sin 2x_，_解析：sin(x)cos(x)sin xcos x，即sin xcos x，两边平方得：sin2x2sin xcos xcos2x，即1sin 2x，则sin 2x，由.答案：利用正、余弦定理解三角形核心提炼1正弦定理及其变形在ABC中，2R(R为ABC的外接圆半径)变形：a2Rsin A，sin A，abcsin Asin Bsin C等2余弦定理及其变形在ABC中，a2b2c22bccos A；变形：b2c2a22bccos A，cos A.3三角形面积公式SABCabsin Cbcsin Aacsin B.典型例题 (1)(2018高考浙江卷)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a，b2，A60，则sin B_，c_(2)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bc2acos B.证明：A2B；若cos B，求cos C的值【解】(1)因为a，b2，A60，所以由正弦定理得sin B.由余弦定理a2b2c22bccos A可得c22c30，所以c3.故填：3.(2)证明：由正弦定理得sin Bsin C2sin Acos B，故2sin Acos Bsin Bsin(AB)sin Bsin Acos Bcos Asin B，于是sin Bsin(AB)又A，B(0，)，故0AB，所以B(AB)或BAB，因此A(舍去)或A2B，所以A2B.由cos B得sin B，cos 2B2cos2B1，故cos A，sin A，cos Ccos(AB)cos Acos Bsin Asin B.正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应利用正弦定理(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应利用余弦定理 对点训练1(2019高考浙江卷)在ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上若BDC45，则BD_，cosABD_解析：在RtABC中，易得AC5，sin C.在BCD中，由正弦定理得BDsinBCD，sinDBCsin(BCDBDC)sin(BCDBDC)sin BCDcosBDCcosBCDsinBDC.又ABDDBC，所以cosABDsinDBC.答案：2(2019义乌高三月考)在ABC中，内角A，B，C对应的三边长分别为a，b，c，且满足cb2a2.(1)求角B的大小；(2)若BD为AC边上的中线，cos A，BD，求ABC的面积解：(1)因为cb2a2，即2bccos Aac2(b2a2)，所以b2c2a2ac2(b2a2)，所以a2c2b2ac，cos B，B.(2)法一：在三角形ABD中，由余弦定理得c22ccos A，所以c2bc，在三角形ABC中，由已知得sin A，所以sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B，由正弦定理得cb.由，解得所以SABCbcsin A10.法二：延长BD到E，DEBD，连接AE，在ABE中，BAE，BE2AB2AE22ABAEcos BAE，因为AEBC，129c2a2ac，由已知得，sin BAC，所以sin Csin(AB)，.由解得c5，a8，SABCcasin ABC10.解三角形中的最值(范围)问题典型例题 (1)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2ccos B2ab.求角C的大小；若2，求ABC面积的最大值(2)(2019杭州市高考数学二模)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若msin Asin Bsin C(mR)当m3时，求cos A的最小值；当A时，求m的取值范围【解】(1)因为2ccos B2ab，所以2sin Ccos B2sin Asin B2sin(BC)sin B，化简得sin B2sin Bcos C，因为sin B0，所以cos C.因为0C，所以C.取BC的中点D，则|2.在ADC中，AD2AC2CD22ACCDcos C，即有4b22，所以ab8，当且仅当a4，b2时取等号所以SABCabsin Cab2，所以ABC面积的最大值为2.(2)因为在ABC中msin Asin Bsin C，当m3时， 3sin Asin Bsin C，由正弦定理可得3abc，再由余弦定理可得cos A，当且仅当bc时取等号，故cos A的最小值为.当A时，可得msin Bsin C，故msin Bsin Csin Bsinsin Bsin Bcos Bsin Bsin Bcos B2sin，因为B，所以B，所以sin，所以2sin(1，2，所以m的取值范围为(1，2(1)求最值的一般思路由余弦定理中含两边和的平方(如a2b22abcos Cc2)且a2b22ab，因此在解三角形中，若涉及已知条件中含边长之间的关系，且与面积有关的最值问题，一般利用Sabsin C型面积公式及基本不等式求解，有时也用到三角函数的有界性(2)求三角形中范围问题的常见类型求三角形某边的取值范围求三角形一个内角的取值范围，或者一个内角的正弦、余弦的取值范围求与已知有关的参数的范围或最值 对点训练1在ABC中，|3，则ABC面积的最大值为()A.B.C. D3解析：选B.设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为|3，所以bccos Aa3.又cos A11，所以cos A，所以0sin A，所以ABC的面积Sbcsin Atan A，故ABC面积的最大值为.2(2019浙江“七彩阳光”联盟联考)已知a，b，c分别为ABC的内角A，B，C所对的边，其面积满足SABCa2，则的最大值为()A.1 B.C.1 D.2解析：选C.根据题意，有SABCa2bcsin A，应用余弦定理，可得b2c22bccos A2bcsin A，令t，于是t212tcos A2tsin A于是2tsin A2tcos At21，所以2sint，从而t2，解得t的最大值为1.3(2019浙江绍兴一中模拟)在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足b2c2a2bc.(1)求角A的值；(2)若a，记ABC的周长为y，试求y的取值范围解：(1)因为b2c2a2bc，所以由余弦定理得cos A，因为A(0，)，所以A.(2)由a，A及正弦定理，得2，得b2sin B，c2sin，其中B，所以周长y2sin B2sin3sin Bcos B2sin，由于B，得B，从而周长y(2，3专题强化训练1已知sincos，则cos 2()A1B1C D0解析：选D.因为sincos，所以cos sin cos sin ，即sin cos ，所以tan 1，所以cos 2cos2sin20.2(2018高考全国卷)已知函数f(x)2cos2xsin2x2，则()Af(x)的最小正周期为，最大值为3Bf(x)的最小正周期为，最大值为4Cf(x)的最小正周期为2，最大值为3Df(x)的最小正周期为2，最大值为4解析：选B.易知f(x)2cos2xsin2x23cos2x1(2cos2x1)1cos 2x，则f(x)的最小正周期为，当xk(kZ)时，f(x)取得最大值，最大值为4.3(2019台州市高考一模)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a1，2bc2acos C，sin C，则ABC的面积为()A. B.C.或 D.或解析：选C.因为2bc2acos C，所以由正弦定理可得2sin B sin C2sin Acos C，所以2sin(AC)sin C2sin Acos C，所以2cos Asin Csin C，所以cos A，所以A30，因为sin C，所以C60或120.A30，C60，B90，a1，所以ABC的面积为12，A30，C120，B30，a1，所以ABC的面积为11，故选C.4在ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若SABC2，ab6，2cos C，则c()A2 B2C4 D3解析：选B.因为1，所以2cos C1，所以C.又SABC2，则absin C2，所以ab8.因为ab6，所以c2a2b22abcos C(ab)22abab(ab)23ab623812，所以c2.5公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割均为0.618，这一数值也可以表示为m2sin 18，若m2n4，则()A8 B4C2 D1解析：选C.因为m2sin 18，若m2n4，则n4m244sin2184(1sin218)4cos218，所以2.6(2019杭州市高三期末检测)设点P在ABC的BC边所在的直线上从左到右运动，设ABP与ACP的外接圆面积之比为，当点P不与B，C重合时()A先变小再变大B当M为线段BC中点时，最大C先变大再变小D是一个定值解析：选D.设ABP与ACP的外接圆半径分别为r1，r2，则2r1，2r2，因为APBAPC180，所以sinAPBsinAPC，所以，所以.故选D.7(2019福州市综合质量检测)已知m，若sin 2()3sin 2，则m()A. B.C. D.2解析：选D.设A，B，则2()AB，2AB，因为sin 2()3sin 2，所以sin(AB)3sin(AB)，即sin Acos Bcos Asin B3(sin Acos Bcos Asin B)，即2cos Asin Bsin Acos B，所以tan A2tan B，所以m2，故选D.8(2019咸阳二模)已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c2，sin A(1cos C)sin Bsin C，b6，AB边上的点M满足2，过点M的直线与射线CA，CB分别交于P，Q两点，则MP2MQ2的最小值是()A36 B37C38 D39解析：选A.由正弦定理，知2c2，即22sin2C，所以sin C1，C，所以sin A(1cos C)sin Bsin C，即sin Asin B，所以AB.以C为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则M(2，4)，设MPC，则MP2MQ2(sin2cos2)204tan236，当且仅当tan 时等号成立，即MP2MQ2的最小值为36.9已知2cos2xsin 2xAsin(x)b(A0)，则A_，b_解析：由于2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2xsin(2x)1，所以A，b1.答案：110若，cos2cos 2，则sin 2_解析：由已知得(cos sin )2(cos sin )(cos sin )，所以cos sin 0或cos sin ，由cos sin 0得tan 1，因为，所以cos sin 0不满足条件；由cos sin ，两边平方得1sin 2，所以sin 2.答案：11(2019金丽衢十二校联考二模)在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，acos Bbcos A，4S2a2c2，其中S是ABC的面积，则C的大小为_解析：ABC中，acos Bbcos A，所以sin Acos Bsin Bcos A，所以sin Acos Bcos Asin Bsin(AB)0，所以AB，所以ab；又ABC的面积为Sabsin C，且4S2a2c2，所以2absin C2a2c2a2b2c2，所以sin Ccos C，所以C.答案：12(2019绍兴市一中高三期末检测)ABC中，D为线段BC的中点，AB2AC2，tanCADsinBAC，则BC_解析：由正弦定理可知2，又tanCADsinBAC，则sin(CADBAD)，利用三角恒等变形可化为cosBAC，据余弦定理BC.答案：13(2019惠州第一次调研)已知a，b，c是ABC中角A，B，C的对边，a4，b(4，6)，sin 2Asin C，则c的取值范围为_解析：由，得，所以c8cos A，因为16b2c22bccos A，所以16b264cos2A16bcos2A，又b4，所以cos2A，所以c264cos2A64164b.因为b(4，6)，所以32c240，所以4c2.答案：(4，2)14(2019绍兴市一中期末检测)设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且acos Ccb.(1)求角A的大小；(2)若a3，求ABC的周长l的取值范围解：(1)由acos Ccb得：sin Acos Csin Csin B，又sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C，所以sin Ccos Asin C，因为sin C0，所以cos A，又0A，所以A.(2)由正弦定理得：b2sin B，c2sin C，labc32(sin Bsin C)32sin Bsin(AB)3232sin，因为A，所以B，所以B，所以sin，则ABC的周长l的取值范围为(6，3215(2019湖州模拟)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(sin A