1.3 实习作业教学设计(第二课时)

第2讲

三角变换与解三角形

正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查：

1．边和角的计算．

2．三角形形状的判断．

3．面积的计算．

4．有关参数的范围问题．由于此内容应用性较强，与实际问题结合起来进行命题将是今后高考的一个关注点，不可轻视．

热点一

三角恒等变换

1．三角求值“三大类型”

“给角求值”“给值求值”“给值求角”．

2．三角函数恒等变换“四大策略”

(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．

例1

(1)(2017·贵阳市第一中学适应性考试)已知sin α－2cos α＝4A.

33C.

4答案

C 解析

∵sin α－2cos α＝10，

23B．－

44D．－

310，则tan 2α等于(

) 25∴sin2α－4sin α·cos α＋4cos2α＝，

2即1－cos 2α1＋cos 2α5－2sin 2α＋4×＝，

222化简得4sin 2α＝3cos 2α，

sin 2α3∴tan 2α＝＝，故选C. cos 2α4

(2)已知sin α＝5πA.

12πC.

4答案

C 510，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则角β等于(

) 510πB.

3πD.

6ππ解析

因为α，β均为锐角，所以－<α－β<. 22又sin(α－β)＝－又sin α＝10310，所以cos(α－β)＝. 1010525，所以cos α＝，

55所以sin β＝sin[α－(α－β)] ＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝531025210×－×－＝. 5105102π所以β＝. 4思维升华

(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．

ππ，π，且3cos 2α＝sin－α，则sin 2α跟踪演练1

(1)(2017·河北省衡水中学三调)若α∈24的值为(

) 111717A．－

B.

C．－

D.

18181818答案

C π解析

由3cos 2α＝sin(－α)，

4可得3(cos2α－sin2α)＝于是3(cos α＋sin α)＝2(cos α－sin α)，

22，

21所以1＋2sin αcos α＝，

1817所以sin 2α＝－，故选C. 18

ππ1－α－cos α＝，则cos2α＋＝_______. (2)(2017届山东省师大附中模拟)已知sin3637答案

9ππ113－α－cos α＝cos α－sin α－cos α＝－sinα＋＝，

解析

∵sin66322π1α＋＝－. ∴sin63ππ72α＋＝1－2sin2α＋＝. 则cos369热点二

正弦定理、余弦定理

abc1．正弦定理：在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：sin Asin Bsin Ca＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝sin A∶sin B∶sin C等．

2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A. b2＋c2－a2变形：b＋c－a＝2bccos A，cos A＝. 2bc222abc，sin B＝，sin C＝，a∶b∶c＝2R2R2R例2

(2017·全国Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋3cos A＝0，a＝27，b＝2. (1)求c；

(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．

2π解

(1)由已知可得tan A＝－3，所以A＝. 3在△ABC中，由余弦定理，得28＝4＋c2－4c·cos 即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)或c＝4. 所以c＝4. π(2)由题设可得∠CAD＝，

2π所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝. 61πAB·AD·sin26故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为＝1. 1AC·AD21又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC＝23，

2所以△ABD的面积为3. 2π，

3

思维升华

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．

跟踪演练2

(2017·广西陆川县中学知识竞赛)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acos C＝(2b－c)cos A. (1)求角A；

(2)若a＝7，△ABC的面积S△ABC＝103，求b＋c的值．

解

(1)由acos C＝(2b－c)cos A，

得sin Acos C＝(2sin B－sin C)cos A，

即sin Acos C＋cos Asin C＝2sin Bcos A，

即sin(A＋C)＝2sin Bcos A，即sin B＝2sin Bcos A. 1ππ∵sin B≠0，∴cos A＝，而0

＝103，∴bc＝40. 23π∵a＝7，∴b2＋c2－2bccos ＝49，即b2＋c2＝89，

3于是(b＋c)2＝89＋2×40＝169，∴b＋c＝13(舍负).

热点三

解三角形与三角函数的综合问题

解三角形与三角函数的综合是近几年高考的热点，主要考查三角形的基本量，三角形的面积或判断三角形的形状．

π3ωx－＋3cos2ωx－例3

(2017届湖北省稳派教育质量检测)已知函数f(x)＝cos ωx·sin34π(ω>0，x∈R)，且函数y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为. 4(1)求ω

的值及f(x)的对称轴方程；

(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分別为a，b，c.若f(A)＝313解

(1)f(x)＝cos ωxsin ωx－cos ωx＋3cos2ωx－

422133133＝sin ωxcos ωx＋cos2ωx－

＝sin 2ωx＋(1＋cos 2ωx)－

224444π1312ωx＋，

＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin3442π1π2π由函数y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为，得T＝，＝π，求得ω＝1. 4442ωπ12x＋. 当ω＝1时，f(x)＝sin3231，sin C＝，a＝3，求b

的值. 43

πππkπ由2x＋＝＋kπ(k∈Z)，求得x＝＋(k∈Z)．

32122πkπ即f(x)的对称轴方程为x＝＋(k∈Z)．

122ππ1332A＋＝，即sin2A＋＝. (2)由(1)知f(A)＝sin34322πππ2π所以2A＋＝2kπ＋或2A＋＝2kπ＋，k∈Z，

3333ππ解得A＝kπ或A＝＋kπ，k∈Z，又A∈(0，π)，所以A＝. 6611π由sin C＝，C∈(0，π)，sin A＝知，C<，

32622求得cos C＝. 3所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝3×3＋22，

6asin B又a＝3，由正弦定理得b＝＝sin A3＋2263＋26＝. 132思维升华

解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求．

ππ2x＋＋cos2x＋＋跟踪演练3

(2017届青岛市统一质量检测)已知函数f(x)＝sin36πmsin 2x(m∈R)，f 12＝2. (1)求m的值；

B(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2，f 2＝3，△ABC的面积是3，求△ABC的周长．

π解

(1)∵f 12＝2，

π2×π＋π＋cos2×π＋π＋msin2×π＝sin π＋cos π＋m＝2，

∴f ＝sin1212312612232解得m＝1. (2)由(1)知

ππ2x＋＋cos2x＋＋sin 2x

f(x)＝sin36ππππ＝sin 2xcos ＋cos 2xsin ＋cos 2xcos －sin 2xsin ＋sin 2x

3366π2x＋，

＝3cos 2x＋sin 2x＝2sin3

BB＋π＝3. ∴f ＝2sin23ππ4π∵0

333π2ππ∴B＋＝，则B＝. 33313又∵S△ABC＝acsin B＝ac＝3，

24∴ac＝4. ∵b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－3ac＝4，

∴(a＋c)2＝4＋12＝16，∴a＋c＝4，

∴△ABC的周长为a＋b＋c＝6.

真题体验

1．(2017·山东改编)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC为锐角三角形，且满足sin B(1＋2cos C)＝2sin Acos C＋cos Asin C，则下列等式成立的是______．(填序号) ①a＝2b;

②b＝2a;

③A＝2B;

④B＝2A. 答案

①

解析

∵等式右边＝sin Acos C＋(sin Acos C＋cos Asin C)＝sin Acos C＋sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin B，

等式左边＝sin B＋2sin Bcos C，

∴sin B＋2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin B. 由cos C＞0，得sin A＝2sin B. 根据正弦定理，得a＝2b. 2．(2017·北京)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴1对称．若sin α＝，cos(α－β)＝________. 37答案

－

9解析

由题意知α＋β＝π＋2kπ(k∈Z)，

1∴β＝π＋2kπ－α(k∈Z)，又sin α＝，

3∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β

＝－cos2α＋sin2α＝2sin2α－1 17＝2×－1＝－. 99

π1α－＝，则tan α＝________. 3．(2017·江苏)若tan467答案

5πtan α－tan 4tan α－11πα－＝解析

方法一

∵tan＝＝. 4π1＋tan α61＋tan αtan4∴6tan α－6＝1＋tan α(tan α≠－1)，

7∴tan α＝. 5ππα－＋

方法二

tan α＝tan44ππ1α－＋tantan＋14467＝＝＝. π15πα－·1－1－tantan6444．(2017·浙江)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点D为AB延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________，cos∠BDC＝________. 答案

15

210

4解析

依题意作出图形，如图所示，

则sin∠DBC＝sin∠ABC. 由题意知AB＝AC＝4，BC＝BD＝2，

则sin∠ABC＝151，cos∠ABC＝，

441所以S△BDC＝BC·BD·sin∠DBC

211515＝×2×2×＝. 2421因为cos∠DBC＝－cos∠ABC＝－

4BD2＋BC2－CD28－CD2＝＝，

2BD·BC8所以CD＝10. 由余弦定理，得cos∠BDC＝押题预测

21．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知cos A＝，sin B＝5cos C，并且3a＝2，则△ABC的面积为________．

4＋10－410＝. 42×2×10

押题依据

三角形的面积求法较多，而在解三角形中主要利用正弦、余弦定理求解，此题很好地体现了综合性考查的目的，也是高考的重点．

答案

5

22解析

因为0

3所以sin A＝1－cos2A＝5. 3又5cos C＝sin B＝sin(A＋C) ＝sin Acos C＋cos Asin C＝52cos C＋sin C，

3351，cos C＝. 66结合sin2C＋cos2C＝1，得sin C＝于是sin B＝5cos C＝5. 6ac由a＝2及正弦定理＝，得c＝3. sin Asin C15故△ABC的面积S＝acsin B＝. 222π2．已知函数f(x)＝3sin ωx·cos ωx－cos2ωx(ω>0)的最小正周期为. 3(1)求ω的值；

(2)在△ABC中，sin B，sin A，sin C成等比数列，求此时f(A)的值域．

押题依据

三角函数和解三角形的交汇点命题是近几年高考命题的趋势，本题综合考查了三角变换、余弦定理和三角函数的值域，还用到数列、基本不等式等知识，对学生能力要求较高．

解

(1)f(x)＝π1312ωx－－，

sin 2ωx－(cos 2ωx＋1)＝sin62222π2π因为函数f(x)的周期为T＝＝，

2ω33所以ω＝. 2π13x－－，

(2)由(1)知f(x)＝sin62π13A－－. 易得f(A)＝sin62因为sin B，sin A，sin C成等比数列，

所以sin2A＝sin Bsin C，

所以a2＝bc，

b2＋c2－a2b2＋c2－bc2bc－bc1所以cos A＝＝≥＝(当且仅当b＝c时取等号)．

2bc2bc2bc2因为0

πππ5π所以0

3666π13A－≤1，

所以－

所以－1

A组

专题通关

1．(2017·贵阳市第一中学适应性考试)已知在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若1a＝10，c＝3，cos A＝，则b等于(

) 4A.2

C．2

答案

C 13解析

由余弦定理知，a2＝b2＋c2－2bccos A，可得10＝b2＋9－2·b·3·

, b2－b－1＝0，所以421(b－2)(b＋)＝0，解得b＝2(舍负)，故选C. 22．tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°的值等于(

) A.3

C．－3

3B.3

3B.3 D．3 D．－3 答案

D 解析

因为tan 120°＝tan 70°＋tan 50°＝－3，

1－tan 70°tan 50°即tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°＝－3. 1α3．(2017·荆、荆、襄、宜四地七校联考)已知α为第四象限角，sin α＋cos α＝，则tan 的52值为(

) 1111A．－

B.

C．－

D.

2233答案

C

1124解析

由sin α＋cos α＝平方，得1＋2sin αcos α＝⇒2sin αcos α＝－⇒(sin α－cos α)25252549＝1－2sin αcos α＝. 25因为α为第四象限角，

7所以sin α<0，cos α>0，sin α－cos α＝－，

534因此sin α＝－，cos α＝，

55ααα3sin cos －2225αsin α1tan ＝＝＝＝＝－，故选C. 2αα431＋cos αcos cos21＋225sin 224．(2017·合肥一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos C＝，bcos A3＋acos B＝2，则△ABC的外接圆的面积为(

) A．4π

C．9π

答案

C 解析

∵bcos A＋acos B＝2，

b2＋c2－a2a2＋c2－b2∴b·＋a·＝2，

2bc2ac22∴c＝2，由cos C＝，

31c2得sin C＝，∴2R＝＝＝6，R＝3，

3sin C13S＝π×32＝9π，故选C. 5．若sin 2α＝7πA.

45π7πC.或

44答案

A 解析

∵sin 2α＝π5，α∈4，π，

5π3π510，π，β∈π，，则α＋β的值是(

) ，sin(β－α)＝，且α∈245109πB.

45π9πD.或

44B．8π

D．36π

ππ25∴cos 2α＝－且α∈4，2，

5又∵sin(β－α)＝3π10π，，

，β∈210

310∴cos(β－α)＝－，

10∴sin(α＋β)＝sin[(β－α)＋2α]

＝sin(β－α)cos 2α＋cos(β－α)sin 2α

＝102531052×－＋－×＝－，

1025105cos(α＋β)＝cos[(β－α)＋2α]

＝cos(β－α)cos 2α－sin(β－α)sin 2α

105231025＝－×－－×＝，

52105105π7π，2π，∴α＋β＝，故选A. 又α＋β∈44ππ0，，tan α＝2，则cosα－＝________. 6．(2017·全国Ⅰ)已知α∈24答案

310

10πππ2α－＝cos αcos ＋sin αsin ＝(cos α＋sin α)．

解析

cos4442π2550，，tan α＝2知，sin α＝又由α∈，cos α＝，

255π2525310α－＝×＋∴cos＝. 4251057．(2017届湖南省百所重点中学阶段性诊断)我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里有一个题目：“问有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步．欲知为田几何．”这道题讲的是有一个三角形沙田，三边分别为13里，14里，15里，假设1里按500米计算，则该沙田的面积为____平方千米. 答案

21 解析

设△ABC的对应边边长分别为a＝13里，b＝14里，c＝15里，

132＋142－152512112cos C＝＝⇒sin C＝⇒S＝×13×14××250 000＝21×106(平方米) 13132132×13×14＝21(平方千米)．

8. (2017·河南省息县第一高级中学阶段测试)如图，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝7，cos∠BAD＝－721，sin∠CBA＝，则BC的长为________．

146

答案

3 解析

因为cos∠BAD＝－故sin∠BAD＝1－－7，

1472321＝，

1414在△ADC中运用余弦定理，可得

1＋7－427cos∠CAD＝＝，

727则sin∠CAD＝212721－＝，

77所以sin∠BAC＝sin(∠BAD－∠CAD) ＝3212772163＋33×＋×＝＝，

147147142在△ABC中运用正弦定理，可得

BC736＝⇒BC＝×7×＝3. 2sin∠BACsin∠CBA21B9．(2017·全国Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2. 2(1)求cos B；

(2)若a＋c＝6，△ABC面积为2，求b. B解

(1)由题设及A＋B＋C＝π，得sin B＝8sin2，

2故sin B＝4(1－cos B)．

上式两边平方，整理得17cos2B－32cos B＋15＝0，

15解得cos B＝1(舍去)或cos B＝. 1715故cos B＝. 17158(2)由cos B＝，得sin B＝，

171714故S△ABC＝acsin B＝ac. 21717又S△ABC＝2，则ac＝. 2由余弦定理及a＋c＝6，

得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B) 15171＋＝4，

＝36－2××217所以b＝2. ππω>0，|φ|<满足f x＋＝－f(x)，10．(2017·浙江省“超级全能生”联考)已知f(x)＝sin(ωx＋φ) 22π若其图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数．

6(1)求f(x)的解析式；

(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2c－a)cos B＝bcos A，求f(A)的取值范围．

πx＋＝－f(x)，

解

(1)∵f 2πx＋＝f(x)，

∴f(x＋π)＝－f 2∴T＝π，∴ω＝2，

ππ2x＋＋φ，而g(x)为奇函数，则f(x)的图象向左平移个单位长度后得到的函数为g(x)＝sin36πππ则有＋φ＝kπ，k∈Z，而|φ|<，则有φ＝－，

323π2x－. 从而f(x)＝sin3(2)∵(2c－a)cos B＝bcos A，

由正弦定理得2sin Ccos B＝sin(A＋B)＝sin C，

π0，，∴sin C≠0，

又C∈21π∴cos B＝，∴B＝. 232ππ∵△ABC是锐角三角形，C＝－A<，

32πππ2π∴

6233π2A－∈(0,1]，

∴sin3π2A－∈(0,1]．

∴f(A)＝sin3B组

能力提高

11．(2017届合肥教学质量检测)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－b)(sin A＋sin B)＝(c－b)sin C，若a＝3，则b2＋c2的取值范围是(

) A.(3，6]

B.(3，5)

C.(5，6]

D.[5，6]

答案

C 解析

∵(a－b)(sin A＋sin B)＝(c－b)sin C，由正弦定理得(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，

b2＋c2－a2bc1π2π∴cos A＝＝＝，∴A＝，∴B＋C＝.又△ABC为锐角三角形，

2bc2bc233πππ∴02，



ππ∴

62abc3由正弦定理＝＝＝＝2，

sin Asin Bsin C32得b＝2sin B，c＝2sin C，

222π∴b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)＝4sinB＋sin3－B

πππ2B＋，又

＝4－2cos362可得b2＋c2∈(5,6]．故选C. 12．(2017·湖北省黄冈市质量检测)已知2sin θ＝1－cos θ，则tan θ等于(

) 4A．－或0

34C．－

3答案

A 解析

因为2sin θ＝1－cos θ，

θθθθ1－2sin2＝2sin2，

所以4sin cos＝1－2222θθθθ解得sin＝0或2cos＝sin ，tan＝0或2，

2222θ2又tan θ＝，

2θ1－tan22tan θθ4当tan＝0时，tan θ＝0；当tan ＝2时，tan θ＝－，

223故选A. 13．(2017届河南省新乡市模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，cos C1＝，且acos B＋bcos A＝2，则△ABC面积的最大值为________．

9答案

5

24B.或0 34D.

3

解析

由题设及余弦定理，可得

a2＋c2－b2b2＋c2－a2a＋b＝2⇒c＝2，

2ac2bc1又由余弦定理可得22＝a2＋b2－2ab×，

92即a2＋b2＝ab＋4，

9又因为a2＋b2≥2ab，

29所以ab＋4≥2ab⇒ab≤，当且仅当a＝b时取等号，

941由cos C＝，可得sin C＝91141－2＝80＝5，

9991所以三角形的面积S△ABC＝absin C

214252595＝×5ab＝ab≤×＝. 29994214．(2017届南京市、盐城市模拟)如图，在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，DC＝2.

(1)若AD⊥BC，求∠BAC的大小；

π(2)若∠ABC＝，求△ADC的面积．

4解

(1)设∠BAD＝α，∠DAC＝β. 因为AD⊥BC，AD＝6，BD＝3，DC＝2，

11所以tan α＝，tan β＝，

23所以tan∠BAC＝tan(α＋β) 11＋23tan α＋tan β＝＝＝1. 111－tan αtan β1－×23π又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝.

4(2)设∠BAD＝α. π在△ABD中，∠ABC＝，AD＝6，BD＝3. 4

ADBD由正弦定理得＝，

πsin αsin 4解得sin α＝2. 4因为AD＞BD，所以α为锐角，

从而cos α＝1－sin2α＝14. 4πα＋

因此sin∠ADC＝sin4ππ＝sin αcos ＋cos αsin

44＝22141＋7＝. ＋24441△ADC的面积S＝×AD×DC·sin∠ADC

21＋731＝×6×2×＝(1＋7)．

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