专题二第3讲 三角恒等变换与解三角形（62张ppt）-备战2021年高考数学二轮复习高分冲刺之专题精炼与答题规范.pptx

1、第3讲 三角恒等变换与解三角形 专题二 三角函数与解三角形 考情分析 KAO QING FEN XI 1.三角恒等变换的求值、化简是命题的热点，利用三角恒等变换作为 工具，将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题. 2.单独考查可出现在选择题、填空题中，综合考查以解答题为主，中 等难度. 内 容 索 引 考点一 考点二 专题强化练 1 考点一 三角恒等变换 PART ONE 核心提炼 1.三角求值“三大类型” “给角求值”“给值求值”“给值求角”. 2.三角恒等变换“四大策略” (1)常值代换：常用到“1”的代换，1sin2cos2tan 45等. (2)项的拆分与角的配凑：如sin22c

2、os2(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. 例 1 (1)(2020 全国)已知 (0，)，且 3cos 28cos 5，则 sin 等于 A. 5 3 B.2 3 C. 1 3 D. 5 9 解析 由3cos 28cos 5， 得3(2cos21)8cos 5， 即3cos24cos 40， 解得 cos 2 3或 cos 2(舍去). 又因为(0，)，所以sin 0， 所以 sin 1cos21 2 3 2 5 3 . (2)已知 sin 5 5 ，sin() 10 10 ， 均为锐角，则 等于 A.5 1

3、2 B. 3 C. 4 D. 6 解析 因为 ， 均为锐角，所以 2 2. 又 sin() 10 10 ，所以 cos()3 10 10 . 又 sin 5 5 ，所以 cos 2 5 5 ， 所以sin sin()sin cos()cos sin() 5 5 3 10 10 2 5 5 10 10 2 2 . 所以 4. 易错 提醒 (1)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. 跟踪演练 1 (1)已知 0， 2 ， 0， 2 ，tan cos 2

4、1sin 2，则 A. 2 B. 4 C. 4 D.2 2 解析 tan cos 2 1sin 2 cos2sin2 cos2sin22sin cos cos sin cos sin cos sin 2 cos sin cos sin 1tan 1tan tan 4 ， 因为 0， 2 ， 0， 2 ， 所以 4，即 4. (2)(tan 10 3) cos 10 sin 50 _. 2 解析 (tan 10 3) cos 10 sin 50 (tan 10 tan 60 ) cos 10 sin 50 sin 10 cos 10 sin 60 cos 60 cos 10 sin 50 sin

5、50 cos 10 cos 60 cos 10 sin 50 1 cos 60 2. 2 考点二 正弦定理、余弦定理 PART TWO 核心提炼 1.正弦定理：在ABC 中， a sin A b sin B c sin C2R(R 为ABC 的外接圆 半径).变形：a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C，sin A a 2R，sin B b 2R， sin C c 2R，abcsin Asin Bsin C 等. 2.余弦定理：在ABC 中，a2b2c22bccos A. 变形：b2c2a22bccos A，cos Ab 2c2a2 2bc . 3.三角形的面积公式：S1 2ab

6、sin C 1 2acsin B 1 2bcsin A. 考向1 求解三角形中的角、边 例 2 在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 asin C 1cos A 3c. (1)求角 A 的大小； 解 由正弦定理及 asin C 1cos A 3c， 得sin Asin C 1cos A 3sin C， sin C0，sin A 3(1cos A)， sin A 3cos A2sin A 3 3， sin A 3 3 2 ， 又 0A， 3A 3 4 3 ， A 3 2 3 ，A 3. (2)若 bc10，ABC 的面积 SABC4 3，求 a 的值. 解 SABC1 2b

7、csin A 3 4 bc4 3，bc16. 由余弦定理， 得 a2b2c22bccos 3(bc) 22bcbc(bc)23bc， 又 bc10，a210231652，a2 13. 考向2 求解三角形中的最值与范围问题 例3 (2020 新高考测评联盟联考)在：a 3csin Aacos C，(2ab)sin A (2ba)sin B2csin C 这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并 解答. 已知ABC 的角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，c 3，而且_. (1)求角 C； 解 选：因为 a 3csin Aacos C， 所以 sin A 3sin Csin Asin Aco

8、s C， 因为 sin A0，所以 3sin Ccos C1， 即 sin C 6 1 2， 因为 0C，所以 6C 6 5 6 ， 所以 C 6 6，即 C 3. 选：因为(2ab)sin A(2ba)sin B2csin C， 所以(2ab)a(2ba)b2c2， 即a2b2c2ab， 所以 cos Ca 2b2c2 2ab 1 2， 因为 0C，所以 C 3. (2)求ABC周长的最大值. 解 由(1)可知，C 3， 在ABC中，由余弦定理得 a2b22abcos C3，即a2b2ab3， 所以(ab)233ab3ab 2 4 ， 所以 ab2 3，当且仅当 ab 时等号成立， 所以 a

9、bc3 3，即ABC 周长的最大值为 3 3. 易错 提醒 (1)利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角. 利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，且该边为其 中一角的对边，要注意解的多样性与合理性. (2)三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利 用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只 含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所 求式的范围. 2 跟踪演练2 (1)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若 ABC的面积为S，且a1,4Sb2c21，则ABC外接圆的面积为 A.4 B.2 C. D . 解析 由余弦定理得，b2c2a22

10、bccos A，a1， 所以b2c212bccos A， 又 S1 2bcsin A,4Sb 2c21， 所以 41 2bcsin A2bccos A， 即 sin Acos A，所以 A 4， 由正弦定理得， 1 sin 4 2R，得 R 2 2 ， 所以ABC 外接圆的面积为 2. (2)在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 A3B，则a b的 取值范围是 A.(0,3) B.(1,3) C.(0,1 D.(1,2 解析 A3Bsin A sin B sin 3B sin B sin2BB sin B sin 2Bcos Bcos 2Bsin B sin B 2si

11、n Bcos 2Bcos 2Bsin B sin B 2cos2Bcos 2B2cos 2B1，即a b sin A sin B2cos 2B1， 又 AB(0，)，即 4B(0，)2B 0， 2 cos 2B(0,1)， a b(1,3). (3)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 tan C12 5 ， ab 13， BC边上的中点为D， 则sinBAC_， AD_. 3 13 13 3 5 2 解析 因为 tan C12 5 ，所以 sin C12 13，cos C 5 13， 又ab 13，所以c2a2b22abcos C13132 13 13 5 1316

12、， 所以c4. 由 a sinBAC c sin C，得 13 sinBAC 4 12 13 ， 解得 sinBAC3 13 13 . 因为 BC 边上的中点为 D，所以 CDa 2， 所以在ACD 中，AD2b2 a 2 22 b a 2 cos C 45 4 ，所以 AD3 5 2 . 3 专题强化练 PART THREE 一、单项选择题 1.(2020 全国)在ABC 中，cos C2 3，AC4，BC3，则 cos B 等于 A.1 9 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 由余弦定理得 AB2AC2BC22A

13、C BCcos C42322432 39，所以 AB3， 所以 cos BAB 2BC2AC2 2AB BC 9916 233 1 9. 2.(2020 全国)已知 sin sin 3 1，则 sin 6 等于 A.1 2 B. 3 3 C.2 3 D. 2 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 因为 sin sin 3 sin 6 6 sin 6 6 sin 6 cos 6cos 6 sin 6sin 6 cos 6cos 6 sin 6 2sin 6 cos 6 3sin 6 1. 所以

14、 sin 6 3 3 . 3.在ABC中， 内角A， B， C的对边分别为a， b， c， 且b2， sin 2C 1cos 2C1， B 6，则 a 的值为 A. 31 B.2 32 C.2 32 D. 2 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由正弦定理可得 a 2 6 4 2 sin 6 ，则 a 2 6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 b2， sin 2C 1cos 2C1， 所以2sin Ccos C 2sin2C 1，所以 tan C1，C 4.

15、因为 B 6，所以 ABC 7 12， 所以 sin Asin 4 3 sin 4cos 3cos 4sin 3 2 6 4 . 4.在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，acos Bbcos A 2ccos C，c 7，且ABC 的面积为3 3 2 ，则ABC 的周长为 A.1 7 B.2 7 C.4 7 D.5 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 在ABC中，acos Bbcos A2ccos C， 则sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos C，

16、即sin(AB)2sin Ccos C， sin(AB)sin C0，cos C1 2，C 3， 由余弦定理可得，a2b2c2ab，即(ab)23abc27， 又 S1 2absin C 3 4 ab3 3 2 ，ab6， (ab)273ab25，即ab5， ABC 的周长为 abc5 7. 5.若 ， 都是锐角，且 cos 5 5 ，sin()3 5，则 cos 等于 A.2 5 25 B.2 5 5 C.2 5 25 或2 5 5 D. 5 5 或 5 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

17、解析 因为 ， 都是锐角，且 cos 5 5 1 2， 所以 3 2， 又 sin()3 5，而 1 2 3 5 2 2 ， 所以3 4 5 6 ， 所以 cos() 1sin24 5， 又 sin 1cos22 5 5 ， 所以 cos cos()cos()cos sin() sin 2 5 25 . A.3 B.2 21 3 C.3 2 D.3 5 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c.若A120，a1，则 2b3c的最大值为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 因为A12

18、0，a1，所以由正弦定理可得 b sin B c sin C a sin A 1 sin 120 2 3 3 ， 所以 b2 3 3 sin B，c2 3 3 sin C， 故 2b3c4 3 3 sin B2 3sin C 4 3 3 sin 60 C2 3sin C 4 3 3 sin C2cos C2 21 3 sin(C). 其中 sin 21 7 ，cos 2 7 7 ， 所以 2b3c 的最大值为2 21 3 . 7.(2020 临沂模拟)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 b 2 3，c3，A3C，则下列结论正确的是 A.cos C 3 3 B.sin B

19、 2 3 C.a3 D.SABC 2 二、多项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 因为A3C，ABC，所以B2C. 由正弦定理 b sin B c sin C，得 2 3 sin 2C 3 sin C，即 2 3 2sin Ccos C 3 sin C， 所以 cos C 3 3 ，故 A 正确； 因为 cos C 3 3 ，所以 sin C 6 3 ， 所以 sin Bsin 2C2sin Ccos C2 6 3 3 3 2 2 3 ，故 B 错误； 因为 cos Bcos 2C2c

20、os2C11 3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C 2 2 3 3 3 1 3 6 3 6 9 ， 则 cos A5 3 9 ， 所以 a2b2c22bccos A(2 3)23222 335 3 9 1， 所以a1，故C错误； SABC1 2bcsin A 1 22 33 6 9 2，故 D 正确. 8.已知 0 4， 若 sin 2m， cos 2n 且 mn， 则下列选项中与 tan 4 恒相等的有 A. n 1m B. m 1n C. 1n m D.1m n 1 2 3 4 5 6

21、7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 sin 2m，cos 2n， m2n21，1m n n 1m， tan 4 1tan 1tan cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin 1sin 2 cos 2 1m n n 1m. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 三、填空题 9.(2020 保定模拟)已知 tan 4 1 2，则 sin 2cos2 1cos 2 _. 5 6 解析 因为 tan 4 1 2，所以 tan 4tan 1tan

22、 4tan 1 2， 即1tan 1tan 1 2，解得 tan 1 3， 所以sin 2cos 2 1cos 2 2sin cos cos 2 2cos2 tan 1 2 5 6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.在ABC中， a， b， c分别是内角 A， B， C 的对边， 且 ba sin C 2asin Bc sin Bsin A， 则 A_. 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 由正弦定理 a sin A b sin B c sin C， 得ba c 2asin Bc ba ， 整理得b2a22acsi

23、n Bc2， 即b2c2a22acsin B2bcsin A， 由余弦定理得，b2c2a22bccos A， 2bccos A2bcsin A，即cos Asin A， tan A1，A 4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.(2020 全国)如图，在三棱锥 PABC 的平面展开图中，AC1，AB AD 3，ABAC，ABAD，CAE30 ，则 cosFCB_. 1 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 在ABD中，ABAD，ABAD 3，BD 6，FBBD 6. 在ACE 中，AEAD 3，AC1，CAE30 ，

24、EC 32122 31cos 30 1， CFCE1. 又BC AC2AB2 12 322， 在FCB中，由余弦定理得 cosFCBCF 2BC2FB2 2CFBC 1 222 62 212 1 4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(2020 山东省师范大学附中月考)在ABC 中，设角 A，B，C 对应的边分 别为a，b，c，记ABC 的面积为S，且4a2b22c2，则 S a2的最大值为_. 10 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析 由题意知，4a2b22c2b24a22c2a2c22accos B， 整理，得

25、 2accos B3a23c2cos B3c 2a2 2ac ， 因为 S a2 2 1 2acsin B a2 2 csin B 2a 2c 21cos2B 4a2 ， 代入 cos B3c 2a2 2ac ，整理得 S a2 2 1 16 9c 4 a422 c2 a29 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 令 tc 2 a2，则 S a2 2 1 16(9t 222t9) 1 16 3t11 3 210 36， 所以 S a2 210 36，所以 S a2 10 6 ，故 S a2的最大值为 10 6 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

26、12 13 14 四、解答题 13.(2020 全国)ABC中，sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C. (1)求A； 解 由正弦定理和已知条件得 BC2AC2AB2AC AB. 由余弦定理得BC2AC2AB22AC ABcos A. 由得 cos A1 2. 因为 0A，所以 A2 3 . 所以当 B 6时，ABC 周长取得最大值 32 3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若BC3，求ABC周长的最大值. 解 由正弦定理及(1)得 AC sin B AB sin C BC sin A2 3， 从而 AC2 3sin B， AB2 3sin

27、(AB)3cos B 3sin B. 故 BCACAB3 3sin B3cos B32 3sin B 3 . 又 0B 3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(2020 重庆模拟)在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边， 2b2(b2c2a2)(1tan A). (1)求角C； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解 在ABC中，由余弦定理知， b2c2a22bccos A， 所以2b22bccos A(1tan A)， 所以bc(cos Asin A)， 又由正弦定理知，b c sin B sin C， 得sin

28、 Bsin C(cos Asin A)， 所以sin(AC)sin C(cos Asin A)， 即sin Acos Ccos Asin Csin Ccos Asin Csin A， 所以sin Acos Csin Csin A， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为sin A0，所以cos Csin C， 所以tan C1， 又因为 0CA； 条件：cos B2 5 5 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解 选择条件，cos B2 5 5 ， 因为 cos B2 5 5 ，且 0B，所以 sin B 5 5 ， 因为sin Asin(BC)sin Bcos Csin Ccos B 5 5 2 2 2 2 2 5 5 10 10 ， 由正弦定理知 c sin C a sin A， 所以 acsin A sin C 2 10 10 10 2 2 2 2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 在ABD中，由余弦定理知 AD2AB2BD22AB BD cos B (2 10)2( 2)222 10 22 5 5 26， 所以 AD 26. (答案不唯一)