复习参考题ppt配套的教学设计方案

第2讲

三角变换与解三角形

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. tan α±tan β(3)tan(α±β)＝. 1∓tan αtan β2．

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. 2tan α(3)tan 2α＝. 1－tan2α3．

三角恒等式的证明方法

(1)从等式的一边推导变形到另一边，一般是化繁为简．

(2)等式的两边同时变形为同一个式子．

(3)将式子变形后再证明．

4．

正弦定理

abc＝＝＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．

sin Asin Bsin C变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C. abcsin A＝，sin B＝，sin C＝. 2R2R2Ra∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C. 5．

余弦定理

a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos B，

c2＝a2＋b2－2abcos C. b2＋c2－a2a2＋c2－b2推论：cos A＝，cos B＝，

2bc2aca2＋b2－c2cos C＝. 2ab变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，a2＋c2－b2＝2accos B，

a2＋b2－c2＝2abcos C. 6．

面积公式

111S△ABC＝bcsin A＝acsin B＝absin C. 222

7．

解三角形

(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．

(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一．

(3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解．

(4)已知三边，利用余弦定理求解．

考点一

三角变换

πx－，x∈R. 例1

(2013·广东)已知函数f(x)＝2cos12π－的值；

(1)求f63ππ3，2π，求f2θ＋. (2)若cos θ＝，θ∈325πππ－＝2cos－－

解

(1)f6612ππ－＝2cos ＝1. ＝2cos44ππππ2θ＋＝2cos2θ＋－＝2cos2θ＋

(2)f33124＝cos 2θ－sin 2θ，

3π34，2π，∴sin θ＝－，

又cos θ＝，θ∈255247∴sin 2θ＝2sin θcos θ＝－，cos 2θ＝2cos2

θ－1＝－，

2525π724172θ＋＝cos 2θ－sin 2θ＝－＋＝. ∴f3252525

当已知条件中的角与所求角不同时，需要通过“拆”、“配”等方法实现角的转化，一般是寻求它们的和、差、倍、半关系，再通过三角变换得出所要求的结果．

化简常用技巧：

①常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等；

②项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β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．

π

(1)(2013·四川)设sin 2α＝－sin α，α∈2，π，则tan 2α的值是________．

π4πα＋＝，则sin2α＋的值为________．

(2)(2012·江苏)设α为锐角，若cos1265

172答案

(1)3

(2)

50解析

(1)∵sin 2α＝－sin α，∴sin α(2cos α＋1)＝0，

π又α∈2，π，∴sin α≠0,2cos α＋1＝0 13即cos α＝－，sin α＝，tan α＝－3，

22－232tan α∴tan 2α＝＝3. 2＝1－tanα1－－32π4α＋＝，

(2)∵α为锐角且cos65π3α＋＝. ∴sin65πππ2α＋＝sin2α＋6－

∴sin124ππππα＋cos －cos 2α＋sin

＝sin 26644πππ2α＋cosα＋－2cos2α＋－1

＝2sin662634242－1

＝2××－2×5525＝12272172－＝. 255050考点二

正、余弦定理

例2

(2013·课标全国Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B. (1)求B；

(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．

解

(1)由已知及正弦定理得

sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B，

又A＝π－(B＋C)，

故sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C．

由①②和C∈(0，π)得sin B＝cos B. π又B∈(0，π)，所以B＝. 412(2)△ABC的面积S＝acsin B＝ac. 24π由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accos . 4

②

①

又a2＋c2≥2ac，故ac≤4，

2－2当且仅当a＝c时，等号成立．

因此△ABC面积的最大值为2＋1.

三角形问题的求解一般是从两个角度，即从“角”或从“边”进行转化突破，实现“边”或“角”的统一，问题便可突破．

几种常见变形：

(1)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；

(2)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，其中R为△ABC外接圆的半径；

(3)sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C.

设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且(2b－3c)cos A＝3acos C. (1)求角A的大小；

π(2)若角B＝，BC边上的中线AM的长为7，求△ABC的面积．

6解

(1)∵(2b－3c)cos A＝3acos C，

∴(2sin B－3sin C)cos A＝3sin Acos C. 即2sin Bcos A＝3sin Acos C＋3sin Ccos A. ∴2sin Bcos A＝3sin B. ∵sin B≠0，∴cos A＝π∵0

631设AC＝x，则MC＝x.又AM＝7，

2在△AMC中，由余弦定理得AC2＋MC2－2AC·MCcos C＝AM2，

x2x2即x2＋－2x··cos 120°＝(7)，解得x＝2，

2212π故S△ABC＝x2sin ＝3. 23考点三

正、余弦定理的实际应用

例3

(2013·江苏)如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有

两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道

乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速

步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，3，

2

再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，123经测量cos A＝，cos C＝. 135(1)求索道AB的长；

(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？

(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？

123解

(1)在△ABC中，因为cos A＝，cos C＝，

13554所以sin A＝，sin C＝. 135从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C) ＝sin Acos C＋cos Asin C

5312463＝×＋×＝. 13513565ABAC由正弦定理＝，得

sin Csin BAC1 2604AB＝×sin C＝×＝1 040(m)．

sin B63565所以索道AB的长为1 040 m. (2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m，

所以由余弦定理得

12d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×

13＝200(37t2－70t＋50)，

1 040由于0≤t≤，即0≤t≤8，

13035故当t＝

min时，甲、乙两游客距离最短．

37BCAC(3)由正弦定理＝，

sin Asin BAC1 2605得BC＝×sin A＝×＝500(m)．

sin B631365乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C. 5007101 250625设乙步行的速度为v m/min，由题意得－3≤v－≤3，解得≤v≤，

504314所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在

1 250，625(单位：m/min)范围内．

1443

应用解三角形知识解决实际问题一般分为下列四步：

(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，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；

(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；

(3)将所求的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解；

(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．

在南沙某海岛上一观察哨A上午11时测得一轮船在海

岛北偏东60°的C处，12时20分测得船在海岛北偏西60°的B处，

12时40分轮船到达位于海岛正西方且距海岛5 km的E港口，如

果轮船始终匀速直线前进，问船速为多少？

解

由题意，得轮船从C到B用时80分钟，从B到E用时20分钟．

又船始终匀速前进，所以BC＝4EB. 设EB＝x，则BC＝4x. 由已知，得∠BAE＝30°，∠EAC＝150°. ECAE在△AEC中，由正弦定理，得＝，

sin∠EACsin CAE·sin∠EAC5sin 150°1所以sin C＝＝＝. EC5x2x在△ABC中，由正弦定理，得BCAB＝，

sin 120°sin C14x·2x43BC·sin C∴AB＝＝＝. sin 120°332在△ABE中，由余弦定理，得

BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos 30°

1643331＝＋25－2××5×＝，

3323故BE＝31. 3313BE所以船速v＝＝＝93(km/h)．

t13所以该船的速度为93 km/h.

【规律总结】

1．

求解恒等变换的基本思路

一角二名三结构，即用化归转化思想“去异求同”的过程，具体分析如下：

(1)首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变换形式，角的变换是三角函数变换的核心．

(2)其次看函数名称之间的关系，通常“切化弦”．

(3)再次观察代数式的结构特点．

2．

解三角形的两个关键点

(1)正、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，注意定理的灵活变形，如a＝2Rsin A，asin A＝(其中2R为三角形外接圆的直径)，a2＋b2－c2＝2abcos C等，灵活根据条件求2R解三角形中的边与角．

(2)三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“三角形的内角和等于π”和诱导公式可得到sin(A＋B)＝sin C，sin 可以解决解三角形中的增解问题等. 【押题精练】

1．

在△ABC中，已知tan ①tan A＝1；

tan BA＋B＝sin C，给出以下四个结论：

2A＋BC＝cos 等，利用“大边对大角”22②1

③sin2A＋cos2B＝1；

④cos2A＋cos2B＝sin2C. 其中正确的序号为________．

答案

②④

A＋B2A＋B解析

依题意，tan ＝

2A＋Bcos 2sin 2sin ＝A＋BA＋Bcos 22sinA＋B＝

A＋B1＋cosA＋B2cos22＝sin C＝sin C. 1＋cosA＋B∵sin C≠0，∴1＋cos(A＋B)＝1，cos(A＋B)＝0.

π∵0

2即△ABC是以角C为直角的直角三角形．

tan A对于①，由＝1，得tan A＝tan B，

tan B即A＝B，不一定成立，故①不正确；

π对于②，∵A＋B＝，

2π∴sin A＋sin B＝sin A＋cos A＝2sin(A＋)，

4∴1

π对于③，∵A＋B＝，

2∴sin2A＋cos2B＝sin2A＋sin2A＝2sin2A，

其值不确定，故③不正确；

π对于④，∵A＋B＝，

2∴cos2A＋cos2B＝cos2A＋sin2A＝1＝sin2C，故④正确．

xxx2．

已知函数f(x)＝3sin cos＋cos2. 4442π(1)若f(x)＝1，求cos3－x的值；

1(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足acos C＋c＝b，求f(B)的2取值范围．

xxx解

(1)f(x)＝3sin cos＋cos2

444＝xπ13x1x1sin ＋cos ＋＝sin2＋6＋2. 22222xπ1由f(x)＝1，可得sin2＋6＝2. 2πππ－x＝cos[π－(＋x)]＝－cos(＋x) cos333xπ1＝2sin2(＋)－1＝－. 262a2＋b2－c211(2)由acos C＋c＝b，得a·＋c＝b，

22ab2b2＋c2－a21即b＋c－a＝bc，所以cos A＝＝. 2bc2222π2π因为A∈(0，π)，所以A＝，B＋C＝，

33

2ππBππ所以0

36262Bπ13所以f(B)＝sin2＋6＋2∈1，2.

(推荐时间：60分钟) 一、填空题

1．

设α、β都是锐角，且cos α＝答案

25

255，sin2α＋cos2α＝1，

553，sin(α＋β)＝，则cos β等于________．

55解析

根据α、β都是锐角，且cos α＝25ππ得sin α＝⇒<α<，

54234又∵sin(α＋β)＝，∴cos(α＋β)＝－. 55又cos β＝cos[(α＋β)－α]

＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α

＝25. 25π7π4α－＋sin α＝3，则sinα＋的值是________．

2．

已知cos6654答案

－

5π4α－＋sin α＝3，

解析

∵cos65∴334cos α＋sin α＝3，

2254133cos α＋sin α＝3，

225ππ44＋α＝3，∴sin＋α＝，

3sin65657ππ4α＋＝－sin＋α＝－. sin6653．

(2013·辽宁)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos C＋csin Bcos 1A＝b，且a＞b，则∠B等于________．

2

π答案

6ac1解析

由条件得sin Bcos C＋sin Bcos A＝，

bb21依正弦定理，得sin Acos C＋sin Ccos A＝，

211∴sin(A＋C)＝，从而sin B＝，

22π又a＞b，且B∈(0，π)，因此B＝. 6AB4．

锐角三角形ABC中，若C＝2B，则的范围是________．

AC答案

(2，3) 解析

设△ABC三内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，

ABcsin Csin 2B则有＝＝＝＝2cos B. ACbsin Bsin Bππ又∵C＝2B<，∴B<. 24π又A＝π－(B＋C)＝π－3B<，

2πππ∴B>，即

664∴23

已知△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且tan B＝222，BC·BA＝，2a－b＋c则tan B等于________．

答案

2－3 11→→→→解析

由题意得，BC·BA＝|BC|·|BA|cos B＝accos B＝，即cos B＝，

22aca2＋c2－b21由余弦定理，得cos B＝＝⇒a2＋c2－b2＝1，

2ac2ac2－3所以tan B＝2＝2－3. a－b2＋c26．

(2013·重庆改编)计算：4cos 50°－tan 40°＝________. 答案

3 4sin 40°cos 40°－sin 40°

cos 40°解析

4cos 50°－tan 40°＝＝2sin 80°－sin 40°2sin50°＋30°－sin 40°＝

cos 40°cos 40°

＝3sin 50°＋cos 50°－sin 40°3sin 50°＝＝3. cos 40°cos 40°7．

(2013·福建)如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，

22sin∠BAC＝，AB＝32，AD＝3，则BD的长为______．

3答案

3 π解析

sin∠BAC＝sin(＋∠BAD)＝cos∠BAD，

222∴cos∠BAD＝. 3BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD

22＝(32)2＋32－2×32×3×，

3即BD2＝3，BD＝3. π12sinα＋sin 2απα＋＝，且－<α<0，则8．

已知tan＝________. 422πcosα－425答案

－

5πtan α＋111α＋＝解析

由tan＝，

得tan α＝－. 41－tan α23π10又－<α<0，可得sin α＝－. 2102sin2α＋sin 2α2sin αsin α＋cos α故＝

π2cosα－4sin α＋cos α225＝22sin α＝－. 549．

在△ABC中，C＝60°，AB＝3，AB边上的高为，则AC＋BC＝________. 3答案

11 2解析

依题意，利用三角形面积相等有：

11AB×h＝AC·BCsin 60°，

22141∴×3×＝ACBC·sin 60°，

2328∴AC·BC＝. 3AC2＋BC2－AB2利用余弦定理可知cos 60°＝，

2ACBC

AC2＋BC2－3∴cos 60°＝，

82×317解得：AC2＋BC2＝. 3又因(AC＋BC)2＝AC2＋BC2＋2AC·BC

1716＝＋＝11，

33∴AC＋BC＝11. 二、解答题

π10．已知函数f(x)＝sin(2x－)＋2cos2x－1(x∈R)．

6(1)求f(x)的单调递增区间；

1(2)在△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝，2a＝b＋c，bc2＝18，求a的值．

π解

(1)f(x)＝sin(2x－)＋2cos2x－1 6＝＝31sin 2x－cos 2x＋cos 2x

22π312x＋. sin 2x＋cos 2x＝sin622πππ令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，

262ππ得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，

36ππ即f(x)的单调递增区间为[kπ－，kπ＋](k∈Z)．

361π1(2)由f(A)＝，得sin(2A＋)＝. 262ππππ5π∵<2A＋<2π＋，∴2A＋＝. 66666π∴A＝. 3由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc. 又2a＝b＋c，bc＝18，

∴a2＝4a2－3×18，即a2＝18，a＝32. A－B11．(2013·四川)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2cos B－sin(A23－B)sin B＋cos(A＋C)＝－. 5

(1)求cos A的值；

(2)若a＝42，b＝5，求向量BA→在BC→方向上的投影．

解

(1)由2cos2A－B2cos B－sin(A－B)sin B＋cos(A＋C)＝－35，得

[cos(A－B)＋1]cos B－sin(A－B)sin B－cos B＝－35，

即cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－35. 则cos(A－B＋B)＝－335，即cos A＝－5. (2)由cos A＝－35，0

由正弦定理，有asin A＝bsin B，所以，sin B＝bsin A2a＝2. 由题意知a>b，则A>B，故B＝π4，

根据余弦定理，有(42)2＝52＋c2－2×5c×－35，

解得c＝1或c＝－7(舍去)．

故向量BA→在BC→方向上的投影为|BA→|cos B＝22. 12．(2013·福建)如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝22，点M在线段PQ上，

(1)若OM＝5，求PM的长；

(2)若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．

解

(1)在△OMP中，∠OPM＝45°，OM＝5，OP＝22，

由余弦定理得，OM2＝OP2＋MP2－2×OP×MP×cos 45°，

得MP2－4MP＋3＝0，

解得MP＝1或MP＝3. (2)设∠POM＝α，0°≤α≤60°，

在△OMP中，由正弦定理，得OMsin∠OPM＝OPsin∠OMP，

所以OM＝OPsin 45°sin45°＋α，

同理ON＝OPsin 45°sin75°＋α. 故S1△OMN＝2×OM×ON×sin∠MON

1OP2sin245°＝×

4sin45°＋αsin75°＋α＝＝1

sin45°＋αsin45°＋α＋30°

31sin45°＋α[sin45°＋α＋cos45°＋α]22

321sin45°＋α＋sin45°＋αcos45°＋α22

31[1－cos90°＋2α]＋sin90°＋2α44

331＋sin 2α＋cos 2α444. 31＋sin2α＋30°4211111＝＝＝＝因为0°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°，所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)取最大值1，此时△OMN的面积取到最小值，即∠POM＝30°时，△OMN的面积的最小值为8－43.