2020届高考数学大二轮复习层级二专题二三角函数及解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形教学案

2020届高考数学大二轮复习层级二专题二三角函数及解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形教学案

第2讲　三角恒等变换与解三角形 ‎[考情考向·高考导航]‎ ‎1．三角恒等变换是高考必考内容，可以单独命题，也可以与三角函数图象和性质综合，有时与解三角形综合．难度一般不大，单独命题多以选择题、填空题的形式出现，有时与其他知识综合，以解答题的形式出现．‎ ‎2．解三角形主要考查正、余弦定理、面积的综合问题，有时也涉及三角恒等变换，难度中等．单独考查以选择题、填空题为主，综合考查以解答题为主．‎ ‎[真题体验]‎ ‎1．(2019·全国Ⅱ卷)已知α∈，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：B　[∵α∈，由2sin 2α＝cos 2α＋1得：4sin αcos α＝2cos2 α，∴2sin α＝cos α，∴2sin α＝，∴5sin2 α＝1，∴sin2 α＝，∴sin α＝.]‎ ‎2．(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，则＝(　　)‎ A．6 B．5‎ C．4 D．3‎ 解析：A　[∵asin A－bsin B＝4csin C，‎ ‎∴a2－b2＝4c2，‎ ‎∵cos A＝－，‎ ‎∴＝－，即＝－，‎ ‎∴＝4×＝6.]‎ ‎3．(2019·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a,3csin B＝4asin C.‎ ‎(1)求cos B的值；‎ - 18 -‎ ‎(2)求sin的值．‎ 解：(1)在△ABC中，由正弦定理＝，得bsin C＝csin B，又由3csin B＝4asin C，得3bsin C＝4asin C，即3b＝4a.又因为b＋c＝2a，得到b＝a，c＝a，由余弦定理可得cos B＝＝＝－.‎ ‎(2)由(1)可得sin B＝＝，从而sin 2B＝2sin Bcos B＝－，cos 2B＝cos2B－sin2B＝－，故sin＝sin 2Bcos＋cos 2Bsin＝－×－×＝－.‎ ‎[主干整合]‎ ‎1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 ‎(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β.‎ ‎(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.‎ ‎(3)tan(α±β)＝.‎ ‎2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 ‎(1)sin 2α＝2sin αcos α.‎ ‎(2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.‎ ‎(3)tan 2α＝.‎ ‎3．辅助角公式 asin x＋bcos x＝sin(x＋φ)，其中tan φ＝.‎ ‎4．正弦定理及其变形 在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．‎ 变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝，sin B＝，sin C＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C.‎ ‎5．余弦定理及其变形 在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A；‎ - 18 -‎ 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝.‎ ‎6．三角形面积公式 S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B.‎ 热点一　三角恒等变换与求值 数学 运算 素养 数学运算——三角函数式化简求值中的核心素养 三角运算是重要的“数学运算”，在正确分析条件和所求的基础上明确运算的方法，灵活地选用三角公式，完成三角运算.‎ ‎[例1]　(1)(2019·江苏卷)已知＝－，则sin的值是________．‎ ‎[解析]　方法1：由＝＝＝－，‎ 解得tan α＝2或－.‎ sin＝(sin 2α＋cos 2α)‎ ‎＝(2sin αcos α＋2cos2α－1)‎ ‎＝(sin αcos α＋cos2α)－ ‎＝·－ ‎＝·－，‎ 将tan α＝2和－分别代入得sin＝.‎ - 18 -‎ 方法2：∵＝＝－，‎ ‎∴sin αcos＝－cos αsin.①‎ 又sin＝sin ‎＝sincos α－cossin α＝，②‎ 由①②，解得sin αcos＝－，‎ cos αsin＝.‎ ‎∴sin＝sin ‎＝sin αcos＋cos αsin＝.‎ ‎[答案]　 ‎(2)(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P.‎ ‎(ⅰ)求sin(α＋π)的值；‎ ‎(ⅱ)若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值．‎ ‎[解析]　(ⅰ)由角α的终边过点P得sin α＝－，所以sin(α＋π)＝－sin α＝.‎ ‎(ⅱ)由角α的终边过点P得cos α＝－，‎ 由sin(α＋β)＝得 cos(α＋β)＝±.‎ - 18 -‎ 由β＝(α＋β)－α得 cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，‎ 所以cos β＝－或cos β＝.‎ ‎[答案]　(ⅰ)　(ⅱ)－或 ‎(1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．‎ ‎(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．‎ ‎(1)(2019·维坊三模)已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则β等于(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：C　[因为α，β均为锐角，所以－＜α－β＜.‎ 又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝.‎ 又sin α＝，所以cos α＝，‎ 所以sin β＝sin[α－(α－β)]‎ ‎＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)‎ ‎＝×－×＝.‎ 所以β＝.]‎ ‎(2)(2020·广西三市联考)设α为锐角，若cos＝，则sin的值为________．‎ 解析：因为α为锐角且cos＝＞0，‎ - 18 -‎ 所以α＋∈，所以sin＝.‎ 所以sin＝sin ‎＝sin 2cos －cos 2sin ‎＝sincos－ ‎＝××－ ‎＝－＝.‎ 答案： 热点二　正、余弦定理的应用 ‎　　　用正、余弦定理求解边、角、面积 ‎[例2－1]　(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C.‎ ‎(1)求A；‎ ‎(2)若a＋b＝2c，求sin C.‎ ‎[解析]　(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，‎ 故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.‎ 由余弦定理得cos A＝＝.‎ 因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.‎ ‎(2)由(1)知B＝120°－C，‎ 由题设及正弦定理得sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，‎ 即＋cos C＋sin C＝2sin C，‎ 可得cos(C＋60°)＝－.‎ 因为0°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝，‎ 故sin C＝sin(C＋60°－60°)‎ ‎＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°＝.‎ - 18 -‎ 关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．‎ ‎　　　 用正、余弦定理解决实际问题 ‎[例2－2]　‎ ‎(2019·重庆二诊)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]　由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，‎ ‎∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.‎ 又AB＝600 m，故由正弦定理得＝.‎ 解得BC＝300m.‎ 在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100(m)．‎ ‎[答案]　100 解三角形实际问题三步骤 ‎(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语；‎ ‎(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；‎ ‎(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解．‎ ‎(1)‎ ‎(2019·威海三模)如图，在△ABC中，点D在AC上，AB⊥BD，BC＝3，BD＝5，sin∠ABC＝，则CD的长为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B．4‎ - 18 -‎ C．2 D．5‎ 解析：B　[利用余弦定理求解．因为sin∠ABC＝sin＝cos∠DBC＝，在△DBC中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠DBC＝25＋27－2×5×3×＝16，所以CD＝4，故选B.]‎ ‎(2)‎ 如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东45°，与观测站A距离20海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ(0°＜θ＜45°)的C处，且cos θ＝.已知A，C两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．‎ 解析：因为cos θ＝，0°＜θ＜45°，‎ 所以sin θ＝，‎ cos(45°－θ)＝×＋×＝，‎ 在△ABC中，‎ BC2＝800＋100－2×20×10×＝340，‎ 所以BC＝2，‎ 该货船的船速为4海里/小时．‎ 答案：4 热点三　与解三角形的交汇创新 ‎[例3]　(2020·烟台模拟)已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin B＝，＋＝.‎ ‎(1)求证：0＜B≤；‎ ‎(2)若·＝，求|＋|.‎ ‎[审题指导]　(1)三角恒等变换，利用重要不等式转化关于cos B的不等式．‎ - 18 -‎ ‎(2)由数量积求ac，再由模长公式结合余弦定理求模．‎ ‎[解析]　(1)证明：因为＋ ‎＝＝＝＝＝，‎ 所以sin Asin C＝sin2B，由正弦定理可得b2＝ac，‎ 因此b2＝a2＋c2－2accos B≥2ac－2accos B，‎ 所以cos B≥，又0＜B＜π，所以0＜B≤.‎ ‎(2)由(1)知0＜B≤，又sin B＝，‎ 所以cos B＝＝ ＝.‎ 所以＝·＝cacos B＝ac，解得ac＝2，‎ 因此b2＝2.‎ 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，‎ 所以a2＋c2＝b2＋2accos B＝2＋2×2×＝5.‎ 从而|＋|2＝a2＋c2＋2·＝5＋2×＝8，‎ 故|＋|＝2.‎ 以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及不等式．这类综合问题的解法思路是：通过向量的运算把向量问题转化为三角函数问题或解三角形问题，再利用三角变换或正(余)弦定理综合解决．‎ ‎(2020·山师附中模拟)已知m＝，n＝，设函数f(x)＝m·n.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调增区间；‎ ‎(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，求f(B)的取值范围．‎ 解析：(1)f(x)＝m·n＝·＝sin＋，‎ 令2kπ－≤＋≤2kπ＋，‎ 则4kπ－≤x≤4kπ＋，k∈Z，‎ - 18 -‎ 所以函数f(x)单调递增区间为，k∈Z.‎ ‎(2)由b2＝ac可知cos B＝＝≥＝(当且仅当a＝c时取等号)，‎ 所以0＜B≤，＜＋≤，1＜f(B)≤，‎ 综上f(B)的取值范围为.‎ - 18 -‎ 限时50分钟　满分76分 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2020·河北省六校联考)已知α∈(0，π)，且tan α＝2，则cos 2α＋cos α＝(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：B　[∵α∈(0，π)，tan α＝2，∴α在第一象限，cos α＝，cos 2α＋cos α＝2cos2α－1＋cos α＝2×2－1＋＝－＋＝，选B.]‎ ‎2．(2020·日照模拟)已知sin 2α＝，则cos2＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：C　[∵sin 2α＝cos＝2cos2－1＝，∴cos2＝.]‎ ‎3．(组合型选择题)下列式子的运算结果为的是(　　 )‎ ‎①tan 25°＋tan 35°＋tan 25°tan 35°；‎ ‎②2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)；‎ ‎③；　④.‎ A．①②④ B．③④‎ C．①②③ D．②③④‎ 解析：C　[对于①，tan 25°＋tan 35°＋tan 25°tan 35°＝tan(25°＋35°)(1－tan 25°tan 35°)＋tan 25°tan 35°＝－tan 25°tan 35°＋tan 25°tan 35°＝；‎ 对于②，2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)＝2(sin 35°cos 25°＋cos 35°sin 25°)＝2sin 60°＝；‎ 对于③，＝＝tan 60°＝；‎ - 18 -‎ 对于④，＝×＝×tan＝.‎ 综上，式子的运算结果为的是①②③.故选C.]‎ ‎4．(2019·沈阳质检)已知△ABC的内角分别为A，B，C，AC＝，BC＝2，B＝60°，则BC边的高为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：B　[由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，得7＝AB2＋4－4ABcos 60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，则BC边上的高为ABsin 60°＝，故选B.]‎ ‎5．(2020·广西南宁、玉林、贵港等市摸底)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝，C＝，sin B＝2sin A，则△ABC的周长是(　　)‎ A．3 B．2＋ C．3＋ D．4＋ 解析：C　[在△ABC中，sin B＝2sin A，∴由正弦定理得b＝2a，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋4a2－2a2＝3a2，又c＝，∴a＝1，b＝2.∴△ABC的周长是a＋b＋c＝1＋2＋＝3＋.故选C.]‎ ‎6.‎ ‎(2019·保定二模)已知在河岸A处看到河对岸两个帐篷C，D分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30米到达B处后再次观察帐篷C，D，此时C，D分别在北偏西15°和北偏西60°方向，则帐篷C，D之间的距离为(　　)‎ A．10米 B．10米 C．5米 D．5米 解析：C　[由题意可得∠DAB＝60°，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，∠DBA＝30°，在△ABD中，∠DAB＝60°，∠DBA＝30°，AB＝30，所以∠ADB＝90°，sin∠DAB＝sin 60°＝，解得BD＝15.在△ABC中，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，所以∠ACB＝60°，＝ - 18 -‎ ‎，解得BC＝10.在△BCD中，∠CBD＝∠CBA－∠DBA＝45°，则由余弦定理得cos∠CBD＝cos 45°＝，即＝，得CD＝5.故选C.]‎ 二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)‎ ‎7．(2020·陕西省质量检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝1－，且b＝5，·＝5，则△ABC的面积是________．‎ 解析：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝1－，‎ 所以＝1－，化简可得：b2＝a2＋bc－c2，可得cos A＝，∵0＜A＜π，∴A＝.‎ 又b＝5，·＝5，∴bccos A＝5，∴bc＝10.‎ S＝·bcsin A＝×10×＝.‎ 答案： ‎8．(2019·浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.‎ 解析：解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征．‎ 在ΔABD中，有：＝，而AB＝4，∠ADB＝，AC＝＝5，sin∠BAC＝＝，cos∠BAC＝＝，所以BD＝.‎ cos∠ABD＝cos(∠BDC－∠BAC)＝coscos∠BAC＋sinsin∠BAC＝.‎ 答案：， - 18 -‎ 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)‎ ‎9．(2019·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.‎ ‎(1)若a＝3c，b＝，cos B＝，求c的值；‎ ‎(2)若＝，求sin的值．‎ 解：(1)因为a＝3c，b＝，cos B＝，‎ 由余弦定理，得cos B＝，‎ 得＝，即c2＝.所以c＝.‎ ‎(2)因为＝，‎ 由正弦定理＝，得＝，所以cos B＝2sin B.‎ 从而cos2 B＝(2sin B)2，即cos2 B＝4(1－cos2 B)，故cos2 B＝.‎ 因为sin B＞0，所以cos B＝2sin B＞0，从而cos B＝.‎ 因此sin＝cos B＝.‎ ‎10．(2020·辽宁三市调研)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)·＝c·.‎ ‎(1)求角B的大小；‎ ‎(2)若|－|＝，求△ABC面积的最大值．‎ 解：(1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.‎ 根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，‎ 所以sin Acos B＝sin(C＋B)，即sin Acos B＝sin A.‎ 因为A∈(0，π)，所以sin A＞0，‎ 所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.‎ ‎(2)因为|－|＝，所以||＝，即b＝，‎ 根据余弦定理及基本不等式得 ‎6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，即ac≤3(2＋)，‎ - 18 -‎ 故△ABC的面积S＝acsin B≤，‎ 即△ABC面积的最大值为.‎ ‎11.‎ ‎(2020·广东六校联考)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD＝∠CDE＝，∠BAE＝，DE＝3BC＝3CD＝ km.‎ ‎(1)求道路BE的长度．‎ ‎(2)求生活区△ABE面积的最大值．‎ 解析：‎ ‎(1)如图，连接BD，在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝，所以BD＝，因为BC＝CD，所以∠CDB＝∠CBD＝＝，又∠CDE＝，所以∠BDE＝.‎ 在Rt△BDE中，BE＝＝.‎ ‎(2)设∠ABE＝α，因为∠BAE＝，‎ 所以∠AEB＝－α.在△ABE中，由正弦定理，得 ＝＝＝＝，‎ 所以AB＝sin，AE＝sin α.‎ - 18 -‎ 所以S△ABE＝|AB||AE|sin ‎＝ ‎＝≤＝，‎ 因为0＜α＜，所以当2α－＝，即α＝时，S△ABE取得最大值为，即生活区△ABE面积的最大值为.‎ - 18 -‎ ‎高考解答题·审题与规范(二) 三角函数与解三角形类考题 重在“变换”‎ 思维流程 ‎[变角]　已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．‎ ‎[变式]　在解决解三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等.‎ 真题案例 审题指导 审题方法 ‎(12分)(2019·全国Ⅲ卷)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知asin＝bsin 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.‎ ‎(1)利用正弦定理将已知条件统一成角的关系，再用诱导公式、二倍角公式变形化简，解出角的正弦值，从而得角B.‎ ‎(2)结合(1)及已知，把三角形面积表示成a的函数，再利用正弦定理将a表示为角C的三角函数，注意到锐角三角形及角B的大小，确定角C的范围，进而得解.‎ 条件是解题的主要材料，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路．审视条件要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含信息，发掘条件的内在联系.‎ 规范解答 评分细则 - 18 -‎ ‎[解析]　(1)由题设及正弦定理得sin Asin＝sin Bsin A．1分①‎ 因为sin A≠0，所以sin＝sin B．2分②‎ 由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，故cos＝2sincos.3分③‎ 因为cos≠0，故sin＝，因此B＝60°.5分④‎ ‎(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.6分⑤‎ 由正弦定理得a＝＝＝＋.8分⑥‎ 由于△ABC为锐角三角形，故0°＜A＜90°，0°＜C＜90°.由(1)知A＋C＝120°，所以30°＜C＜90°，10分⑦‎ 故＜a＜2，11分⑧‎ 从而＜S△ABC＜.因此，△ABC面积的取值范围是.12分⑨‎ 第(1)问踩点得分 ‎①正确利用正弦定理得1分．‎ ‎②sin A≠0正确化简得1分．‎ ‎③利用A＋B＋C＝180°，恒等变形得1分．‎ ‎④cos≠0得sin＝得1分；进而求出B得1分．‎ 第(2)问踩点得分．‎ ‎⑤表示出S△ABC得1分．‎ ‎⑥利用正弦定理并能表示出a得2分．‎ ‎⑦利用锐角△和B＝60°，得出C的范围得2分．‎ ‎⑧由C的范围得出a的范围得1分．‎ ‎⑨求出S△ABC的范围得1分.‎ - 18 -‎