二輪復(fù)習(xí)專題二第2講三角變換與解三角形學(xué)案

第2講三角變換與解三角形必備知識(shí)·精要梳理1.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式sin(α±β)=sinαcosβ±cosαsinβ;cos(α±β)=cosαcosβ?sinαsinβ;tan(α±β)=tanα2.二倍角公式sin2α=2sinαcosα;cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α;tan2α=2tanα3.降冪公式cos2α=1+cos2αsin2α=1-sinαcosα=sin2α名師點(diǎn)析由降冪公式開方并作角的代換得半角公式:cosα2=±1+cosα2,sinα2=±1-cos4.正弦、余弦定理(1)正弦定理:asinA=bsinR為三角形外接圓的半徑(2)余弦定理:a2=b2+c2-2bccosA,cosA=b2關(guān)鍵能力·學(xué)案突破突破點(diǎn)一和、差、倍、半角公式的應(yīng)用[例1](1)(2021山東德州一模,5)已知sinα=sinα+π3+1A.13 B.-13 C.233(2)(2020全國(guó)Ⅲ,文5)已知sinθ+sinθ+π3=1,則sinθ+π6=()A.12 B.33 C.23(3)已知α為銳角,且cosα(1+3tan10°)=1,則α=()A.20° B.40° C.50° D.70°(4)(2021山西太原一模,理3)公元前6世紀(jì),古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派在研究正五邊形和正十邊形的作圖時(shí),發(fā)現(xiàn)了黃金分割數(shù)5-12,其近似值為0.618,這是一個(gè)偉大的發(fā)現(xiàn),這一數(shù)值也表示為a=2sin18°,若a2+b=4,則a2A.12 B.C.5-12規(guī)律方法1.三角函數(shù)公式的三種用法運(yùn)用兩角和與差的三角函數(shù)公式時(shí),不但要熟練公式的直接應(yīng)用,即正用,而且要熟悉公式的逆用及變形,如tanα+tanβ=tan(α+β)·(1-tanαtanβ)和二倍角的余弦公式的多種變形等.公式的逆用和變形應(yīng)用更能開拓思路,培養(yǎng)從正向思維向逆向思維轉(zhuǎn)化的能力.2.應(yīng)用三角函數(shù)公式的注意點(diǎn)在應(yīng)用三角函數(shù)和、差、倍、半角公式時(shí),要注意觀察角之間的和、差、倍、半、互補(bǔ)、互余等關(guān)系.對(duì)點(diǎn)練1(1)已知tanα+π6=1,則tanα-A.2-3 B.2+3C.-2-3 D.-2+3(2)(2021安徽安慶二模,理6)已知2sinα+π4=sinαtanα2-1,則tanαA.-2 B.2 C.-12 D.(3)cos40°cos25°1A.1 B.3 C.2 D.2突破點(diǎn)二三角函數(shù)與三角變換的綜合[例2](1)(2021陜西榆林二模,文7)函數(shù)f(x)=sin3xcosx-sinxcos3x的最大值為A.12 B.14 C.22(2)(2021河南鄭州二模,理8)關(guān)于函數(shù)f(x)=sin2x-π3+cos2x-πA.f(x)的值域?yàn)閇0,2]B.f(x)是以π為最小正周期的周期函數(shù)C.f(x)在區(qū)間[0,π]上有兩個(gè)零點(diǎn)D.f(x)在區(qū)間π3(3)已知函數(shù)f(x)=asinx+bcosx(x∈R),若直線x=x0是函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸,且tanx0=3,則a,b應(yīng)滿足的關(guān)系式是()A.a=-3b B.b=-3aC.a=3b D.b=3a規(guī)律方法求三角變換與三角函數(shù)綜合問(wèn)題的思路通過(guò)變換把函數(shù)化為y=Asin(ωx+φ)的形式再研究其性質(zhì),解題時(shí)注意觀察角、名、結(jié)構(gòu)等特征,注意利用整體思想解決相關(guān)問(wèn)題.對(duì)點(diǎn)練2(1)(2021陜西寶雞二模,理9)已知函數(shù)f(x)=2sinxcosx-3(sin2x-cos2x),判斷下列給出的四個(gè)結(jié)論,其中錯(cuò)誤結(jié)論的個(gè)數(shù)為()①對(duì)任意的x∈R,都有f2π3-x②將函數(shù)y=f(x)的圖象向左平移π12個(gè)單位長(zhǎng)度,得到g(x)的圖象,則g(x)是偶函數(shù)③函數(shù)y=f(x)在區(qū)間π12,④“函數(shù)y=f(x)取得最大值”的一個(gè)充分條件是“x=π12”A.0 B.1 C.2 D.3(2)(2020北京,14)若函數(shù)f(x)=sin(x+φ)+cosx的最大值為2,則常數(shù)φ的一個(gè)取值為.

突破點(diǎn)三應(yīng)用正、余弦定理解三角形[例3](1)(2021安徽黃山二模,理10)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若sinBsinC=sinA,△ABC的面積為12,a+b=3,則A.30° B.120°C.30°或150° D.60°或120°(2)(2020全國(guó)Ⅰ,理16)如圖,在三棱錐P-ABC的平面展開圖中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,則cos∠FCB=.

(3)(2021山東濰坊一模,16)某市為表彰在脫貧攻堅(jiān)工作中做出突出貢獻(xiàn)的先進(jìn)單位,制作了一批獎(jiǎng)杯,獎(jiǎng)杯的剖面如圖所示,其中扇形OAB的半徑為10,∠PBA=∠QAB=60°,AQ=QP=PB,若按此方案設(shè)計(jì),工藝制造廠發(fā)現(xiàn),當(dāng)OP最長(zhǎng)時(shí),該獎(jiǎng)杯比較美觀,此時(shí)∠AOB=.

規(guī)律方法解三角形的基本題型與方法(1)已知兩邊和一邊的對(duì)角或已知兩角和一邊都能用正弦定理解三角形,正弦定理的形式多樣,其中a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC能夠?qū)崿F(xiàn)邊角互化.(2)已知兩邊和它們的夾角或已知兩邊和一邊的對(duì)角或已知三邊都能直接運(yùn)用余弦定理解三角形,在運(yùn)用余弦定理時(shí),要注意整體思想的運(yùn)用.(3)已知兩角和一邊,該三角形是確定的,其解是唯一的;已知兩邊和一邊的對(duì)角,該三角形具有不唯一性,通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對(duì)大角定理進(jìn)行判斷.對(duì)點(diǎn)練3(1)(2021河南鄭州二模,文6)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,如果a,b,c成等差數(shù)列,B=30°,△ABC的面積為32,則b=(A.1+3 B.2+3C.1+32 D(2)如圖,為測(cè)量山高M(jìn)N,選擇A和另一座山的山頂C為測(cè)量觀測(cè)點(diǎn),從點(diǎn)A測(cè)得點(diǎn)M的仰角∠MAN=60°,點(diǎn)C的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;從C點(diǎn)測(cè)得∠MCA=60°.已知山高BC=100m,則山高M(jìn)N=m.

(3)(2021全國(guó)乙,理15)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,面積為3,B=60°,a2+c2=3ac,則b=.

突破點(diǎn)四正、余弦定理與三角變換的綜合[例4](1)(2021江西上饒一模,文11)在△ABC中,∠B=90°,M為△ABC內(nèi)一點(diǎn)且滿足MB·MC=0,∠AMB=120°,若AB=23,BC=2,則△AMB的面積S△A.637 B.337 C.(2)(2021河南鄭州二模,文16)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,a=1,A=3π4,若λb+c有最大值,則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是規(guī)律方法解三角形的基本策略(1)對(duì)題目中的已知條件要靈活運(yùn)用正弦定理、余弦定理以實(shí)現(xiàn)邊角互化.(2)在三角形中進(jìn)行三角變換要注意隱含條件:A+B+C=π,這樣可以減少未知數(shù)的個(gè)數(shù).(3)三角形面積公式:S=12absinC=12bcsinA=12acsinB,既有邊又有角對(duì)點(diǎn)練4(1)(2021江蘇蘇北四市二模,8)如圖,直角三角形PQR的三個(gè)頂點(diǎn)分別在等邊三角形ABC的邊AB,BC,CA上,且PQ=23,QR=2,∠PQR=π2,則AB的最大值為(A.1033 BC.4213 D(2)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且2c·cosB=2a+b,若△ABC的面積為S=32c,則ab的最小值為.第2講三角變換與解三角形關(guān)鍵能力·學(xué)案突破【例1】(1)B(2)B(3)B(4)B解析(1)∵sinα=sinα+π3+13,∴sinα=12sinα+32cosα+∴12sinα-32cosα=13,即-∴cosα+π6=-13(2)根據(jù)兩角和的正弦公式展開得sinθ+sinθ+π3=sinθ+12sinθ+32cosθ=32sinθ+32cosθ=1,即3sinθ+π6=1,解得sinθ+π6=33.故選(3)由cosα(1+3tan10°)=1,可得cosα·3sin10°即cosα·2sin40°cos10所以cosα=cos10°2sin40°又因?yàn)棣翞殇J角,所以α=40°.故選B.(4)∵a=2sin18°,a2+b=4,∴b=4-a2=4-4sin218°=4(1-sin218°)=4cos218°,∴a2b1【對(duì)點(diǎn)練1】(1)D(2)A(3)C解析(1)tanα-π6=tanα+π6-π3=1-(2)由2sinα+π4=sinαtanα2-1,得sinα+cosα=2sinα2cosα2tanα2-1=2sin2所以sinα=-2cosα,所以tanα=-2,故選A.(3)原式=cos40°cos25°1【例2】(1)B(2)C(3)C解析(1)f(x)=sin3xcosx-sinxcos3x=sinxcosx(sin2x-cos2x)=12sin2x(-cos2x)=-14sin4故當(dāng)sin4x=-1即x=kπ2-π8,k∈Z時(shí),f(x)取得最大值,最大值是(2)f(x)=sin2x-π3+cos2x-π2=12sin2x-32cos2x+sin2x=332sin2x-12cos2x=3sin2x-π6,f(x)的值域?yàn)閇0,3f(x)的最小正周期為π2,故B錯(cuò)因?yàn)閒(x)的一個(gè)周期內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn),f(0)≠0,所以f(x)在[0,π]上有兩個(gè)零點(diǎn),故C正確;因?yàn)閰^(qū)間π3,2π3長(zhǎng)度為π3>12·π2,所以f(x(3)f(x)=asinx+bcosx=a2+b2aa2令cosα=aa2+b2,sinα=ba2+b2,則tanα=ba,則又直線x=x0是函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸,則x0+α=π2+kπ,k∈Z,x0=π2-α+kπ,k∈tanx0=tanπ2-α+kπ=tanπ2-α=1tanα=ab=3,則a=3b.【對(duì)點(diǎn)練2】(1)A(2)π22kπ+π2,k∈Z均可解析(1)函數(shù)f(x)=2sinxcosx-3(sin2x-cos2x)=sin2x+3cos2x=2sin2x+π3,f2π3-x=2sin22π3-x+π3=2sin2π-2x+π3將y=f(x)的圖象向左平移π12個(gè)單位長(zhǎng)度,得g(x)=2sin2x+π12+π3=2cos2x由x∈π12,7π12得2x+π3∈π2,3π2,因?yàn)閒π12=2sin2×π12+π3=2,所以fπ12為最大值,故④正確(2)因?yàn)閒(x)=cosφsinx+(sinφ+1)cosx=cos2φ+(sinφ+1)2sin(x+θ),tanθ=sinφ+1cosφ,所以cos2φ+(sinφ+1)2=2,解得【例3】(1)C(2)-14(3)π2解析(1)因?yàn)閟inBsinC=sinA,由正弦定理得sinC=sinAsinB=ab,因?yàn)椤鰽BC的面積S=12absin因?yàn)閍+b=3,所以b=2,sinC=12,故C=30°或150°.故選C(2)由題意得BD=2AB=6,BC=AC2+∵D,E,F重合于一點(diǎn)P,∴AE=AD=3,BF=BD=6,∴在△ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+(3)2-2×1×3cos30°=1,∴CE=CF=1.∴在△BCF中,由余弦定理,得cos∠FCB=BC2+(3)設(shè)∠ABO=θ,則AB=20cosθ,又AB=QP+2PBcos60°=2PB,所以PB=10cosθ,故OP2=100+100cos2θ-2×10×10cosθcos(60°+θ)=100+503sin2θ,故當(dāng)2θ=π2時(shí),OP取最大值,此時(shí)∠AOB=π-2θ=π【對(duì)點(diǎn)練3】(1)A(2)150(3)22解析(1)由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac-3ac,①∵S△ABC=12acsinB=14ac=32,∴ac=6∵a,b,c成等差數(shù)列,∴a+c=2b,③將②③代入①得b2=4b2-12-63,化簡(jiǎn)整理得b2=4+23,解得b=1+3.故選A.(2)在△ABC中,∵∠BAC=45°,∠ABC=90°,BC=100m,∴AC=100sin45°=1002在△AMC中,∵∠MAC=75°,∠MCA=60°,∴∠AMC=45°,AMsin∠ACM=AC解得AM=1003(m).在Rt△AMN中,MN=AM·sin∠MAN=1003×sin60°=150(m).(3)由題意可知△ABC的面積S=12acsin60°=3,整理得ac=4.結(jié)合已知得a2+c2=3ac=12因?yàn)锽=60°,由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=12-2×4×cos60°=8,所以b=22.【例4】(1)A(2)22,2解析(1)設(shè)∠MBA=θ,則∠MBC=90°-θ,∠MAB=60°-θ因?yàn)镸B·MC=0,所以∠BMC=90°,在Rt△MBC中,BM=BC·cos∠MBC=2sin在△ABM中,ABsin∠AMB=BMsin∠BAM,即23sin120°=2sinθsin(60°-θ),即23sin(60°-θ)=2sinθ·sin120°,