高考数学二轮专题突破 专题二 三角函数、解三角形与平面向量 第2讲 三角变换与解三角形 理

PAGEPAGE19（浙江专用）高考数学二轮专题突破专题二三角函数、解三角形与平面向量第2讲三角变换与解三角形理1．(2013·浙江)已知α∈R，sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，则tan2α等于(　　)A.eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(4,3)2．(2015·重庆)若tanα＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，则tanβ等于(　　)A.eq\f(1,7)B.eq\f(1,6)C.eq\f(5,7)Deq\f(5,6)3．(2014·福建)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2eq\r(3)，则△ABC的面积等于________．4．(2014·江苏)若△ABC的内角满足sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，则cosC的最小值是________．正弦定理和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＝tan45°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)已知sin(α＋eq\f(π,3))＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，－eq\f(π,2)<α<0，则cos(α＋eq\f(2π,3))等于(　　)A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(4,5)D.eq\f(3,5)(2)(2014·课标全国Ⅰ)设α∈(0，eq\f(π,2))，β∈(0，eq\f(π,2))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，则(　　)A．3α－β＝eq\f(π,2)B．2α－β＝eq\f(π,2)C．3α＋β＝eq\f(π,2)D．2α＋β＝eq\f(π,2)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．跟踪演练1　(1)(2015·重庆)若tanα＝2taneq\f(π,5)，则eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))等于(　　)A．1B．2C．3D．4(2)eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)等于(　　)A．4B．2C．－2D．－4热点二　正弦定理、余弦定理(1)正弦定理：在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2RsinA，sinA＝eq\f(a,2R)，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等．(2)余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA；变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).例2　(2015·课标全国Ⅱ)如图，在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的长．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　(1)(2015·课标全国Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．(2)(2014·江西)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积是(　　)A．3B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2)D．3eq\r(3)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．例3　(2015·山东)设f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的单调区间；(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．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．跟踪演练3　已知函数f(x)＝2coseq\f(x,2)(eq\r(3)coseq\f(x,2)－sineq\f(x,2))，在△ABC中，有f(A)＝eq\r(3)＋1.(1)若a2－c2＝b2－mbc，求实数m的值；(2)若a＝1，求△ABC面积的最大值．1．在△ABC中，BC＝1，B＝eq\f(π,3)，△ABC的面积S＝eq\r(3)，则sinC等于(　　)A.eq\f(\r(13),13)B.eq\f(3,5)C.eq\f(4,5)D.eq\f(2\r(39),13)2．已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx(ω>0)的最小正周期为eq\f(2π,3).(1)求ω的值；(2)在△ABC中，sinB，sinA，sinC成等比数列，求此时f(A)的值域．提醒：完成作业　专题二　第2讲二轮专题强化练专题二第2讲　三角变换与解三角形A组　专题通关1．已知α∈(eq\f(π,2)，π)，sin(α＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，则cosα等于(　　)A．－eq\f(\r(2),10)B.eq\f(7\r(2),10)C．－eq\f(\r(2),10)或eq\f(7\r(2),10)D．－eq\f(7\r(2),10)2．已知函数f(x)＝4sin(eq\f(x,3)＋eq\f(π,6))，f(3α＋π)＝eq\f(16,5)，f(3β＋eq\f(5π,2))＝－eq\f(20,13)，其中α，β∈[0，eq\f(π,2)]，则cos(α－β)的值为(　　)A.eq\f(13,65)B.eq\f(15,65)C.eq\f(48,65)D.eq\f(63,65)3．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为(　　)A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定4．(2015·广东)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2eq\r(3)，cosA＝eq\f(\r(3),2)且b 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 精析第2讲　三角变换与解三角形高考真题体验1．C　[∵sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，∴sin2α＋4sinα·cosα＋4cos2α＝eq\f(5,2).用降幂公式化简得：4sin2α＝－3cos2α，∴tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝－eq\f(3,4).故选C.]2．A　[tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tanα＋β－tanα,1＋tanα＋βtanα)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq\f(1,7).]3．2eq\r(3)解析　如图所示，在△ABC中，由正弦定理得eq\f(2\r(3),sin60°)＝eq\f(4,sinB)，解得sinB＝1，所以B＝90°，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×2eq\r(3)＝eq\f(1,2)×eq\r(42－2\r(3)2)×2eq\r(3)＝2eq\r(3).4.eq\f(\r(6)－\r(2),4)解析　由sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，结合正弦定理得a＋eq\r(2)b＝2c.由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(a＋\r(2)b2,4),2ab)＝eq\f(\f(3,4)a2＋\f(1,2)b2－\f(\r(2)ab,2),2ab)≥eq\f(2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b2)))－\f(\r(2)ab,2),2ab)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，故eq\f(\r(6)－\r(2),4)≤cosC<1，且3a2＝2b2时取“＝”．故cosC的最小值为eq\f(\r(6)－\r(2),4).热点分类突破例1　(1)C　(2)B解析　(1)∵sin(α＋eq\f(π,3))＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，－eq\f(π,2)<α<0，∴eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝－eq\f(4\r(3),5)，∴eq\f(\r(3),2)sinα＋eq\f(1,2)cosα＝－eq\f(4,5)，∴cos(α＋eq\f(2π,3))＝cosαcoseq\f(2π,3)－sinαsineq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(4,5).(2)由tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)得eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，即sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ，∴sin(α－β)＝cosα＝sin(eq\f(π,2)－α)．∵α∈(0，eq\f(π,2))，β∈(0，eq\f(π,2))，∴α－β∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，eq\f(π,2)－α∈(0，eq\f(π,2))，∴由sin(α－β)＝sin(eq\f(π,2)－α)，得α－β＝eq\f(π,2)－α，∴2α－β＝eq\f(π,2).跟踪演练1　(1)C　(2)D解析　(1)eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,5))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sinαcos\f(π,5)＋cosαsin\f(π,5),sinαcos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(tanα,tan\f(π,5))＋1,\f(tanα,tan\f(π,5))－1)＝eq\f(2＋1,2－1)＝3.(2)eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)＝eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin10°)＝eq\f(\r(3)sin10°－cos10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2sin10°－30°,\f(1,2)sin20°)＝eq\f(－2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝－4，故选D.例2　解　(1)S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD.因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC.由正弦定理可得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2).(2)因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝eq\r(2).在△ABD和△ADC中，由余弦定理知AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6，由(1)知AB＝2AC，所以AC＝1.跟踪演练2　(1)(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))　(2)C解析　(1)如图所示，延长BA与CD相交于点E，过点C作CF∥AD交AB于点F，则BF0，∴eq\f(2tanα,tan2α＋4)＝eq\f(2,tanα＋\f(4,tanα))≤eq\f(2,2\r(4))＝eq\f(1,2)，故eq\f(sin2α,sin2α＋4cos2α)的最大值为eq\f(1,2).12．100eq\r(6)解析　在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，即eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(600,sin45°)，所以BC＝300eq\r(2).在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝BCtan∠CBD＝300eq\r(2)·tan30°＝100eq\r(6).13．2eq\r(3)解析　在△ABC中，因为∠ADC＝120°，所以∠ADB＝60°，因为向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))的夹角为120°，所以∠B＝60°，所以△ADB为等边三角形．因为AD＝2，所以AB＝BD＝2.因为eq\o(BC,\s\up6(→))＝2eq\o(BD,\s\up6(→))，所以点D为BC的中点，所以BC＝4，所以△ABC的面积S△ABC＝eq\f(1,2)BA·BC·sinB＝eq\f(1,2)×2×4×sin60°＝2eq\r(3).14．(1)证明　taneq\f(A,2)＝eq\f(sin\f(A,2),cos\f(A,2))＝eq\f(2sin2\f(A,2),2sin\f(A,2)cos\f(A,2))＝eq\f(1－cosA,sinA).(2)解　由A＋C＝180°，得C＝180°－A，D＝180°－B，由(1)，有taneq\f(A,2)＋taneq\f(B,2)＋taneq\f(C,2)＋taneq\f(D,2)＝eq\f(1－cosA,sinA)＋eq\f(1－cosB,sinB)＋eq\f(1－cos180°－A,sin180°－A)＋eq\f(1－cos180°－B,sin180°－B)＝eq\f(2,sinA)＋eq\f(2,sinB).连接BD，在△ABD中，有BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA，在△BCD中，有BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC，所以AB2＋AD2－2AB·ADcosA＝BC2＋CD2＋2BC·CDcosA，则cosA＝eq\f(AB2＋AD2－BC2－CD2,2AB·AD＋BC·CD)＝eq\f(62＋52－32－42,26×5＋3×4)＝eq\f(3,7)，于是sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,7)))2)＝eq\f(2\r(10),7).连接AC，同理可得cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AD2－CD2,2AB·BC＋AD·CD)＝eq\f(62＋32－52－42,26×3＋5×4)＝eq\f(1,19)，于是sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,19)))2)＝eq\f(6\r(10),19).所以taneq\f(A,2)＋taneq\f(B,2)＋taneq\f(C,2)＋taneq\f(D,2)＝eq\f(2,sinA)＋eq\f(2,sinB)＝eq\f(2×7,2\r(10))＋eq\f(2×19,6\r(10))＝eq\f(4\r(10),3).