二轮三角变换与解三角形.doc

2015届高三数学二轮复习教学案---专题二：三角函数与平面向量
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第2讲 三角变换与解三角形
【目标引领】
1、 三角恒等变换以公式的基本运用、计算为主，其中与角所在范围、三角函数的性质、三角形等知识结合。
2、 解三角形与其他知识以及生活中的实际问题联系紧密，有利于考查考生的各种能力，因而成了高考命题的一大热点。
【主干知识梳理】
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.
(3)tan(α±β)＝.
2、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.
(3)tan 2α＝.
3、三角变换的基本思路
（1）化异为同：化异名为同名，化异次为同次，化异角为同角；（2）切化弦；（3）1的代换；
（4）角的变换是核心：如，等。
4． 正弦定理
＝＝＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
sin A＝，sin B＝，sin C＝.
a∶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.
推论：cos A＝，cos B＝，
cos C＝.
变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，a2＋c2－b2＝2accos B，
a2＋b2－c2＝2abcos C.
6． 面积公式
S△ABC＝bcsin A＝acsin B＝absin C.
7、三角形中的常用结论
（1） (2)

(3)

【自学探究】
1、已知，则
2、
3、在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则△ABC为 三角形（填直角，锐角或钝角）。
4、在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则

5、(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 A＝b，且a＞b，则∠B等于________．
答案　
解析　由条件得sin Bcos C＋sin Bcos A＝，
依正弦定理，得sin Acos C＋sin Ccos A＝，
∴sin(A＋C)＝，从而sin B＝，
又a＞b，且B∈(0，π)，因此B＝.

【典型问题研究】
考点一、三角变换
1、(2013·四川)设sin 2α＝－sin α，α∈，则tan 2α的值是________．
2、(2013·广东)已知函数f(x)＝cos，x∈R.
(1)求f的值； (2)若cos θ＝，θ∈，求f
3、(2012·江苏)设α为锐角，若cos＝，则sin的值为________．
1、∵sin 2α＝－sin α，∴sin α(2cos α＋1)＝0，
又α∈，∴sin α≠0,2cos α＋1＝0
即cos α＝－，sin α＝，tan α＝－，
∴tan 2α＝＝＝.
2、(1)f＝cos
＝cos＝cos ＝1.
(2)f＝cos＝cos
＝cos 2θ－sin 2θ，
又cos θ＝，θ∈，∴sin θ＝－，
∴sin 2θ＝2sin θcos θ＝－，cos 2θ＝2cos2 θ－1＝－，
∴f＝cos 2θ－sin 2θ＝－＋＝.

3、∵α为锐角且cos＝，
∴sin＝.
∴sin＝sin
＝sin 2cos －cos 2sin
＝sincos－
＝××－
＝－＝.
考点二、解三角形
1、(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．
2、设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且(2b－c)cos A＝acos C.
(1)求角A的大小；
(2)若角B＝，BC边上的中线AM的长为，求△ABC的面积．
1、解　(1)由已知及正弦定理得
sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B， ①
又A＝π－(B＋C)，
故sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C． ②
由①②和C∈(0，π)得sin B＝cos B.
又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)△ABC的面积S＝acsin B＝ac.
由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accos .
又a2＋c2≥2ac，故ac≤，
当且仅当a＝c时，等号成立．
因此△ABC面积的最大值为＋1.
2、解　(1)∵(2b－c)cos A＝acos C，
∴(2sin B－sin C)cos A＝sin Acos C.
即2sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A.
∴2sin Bcos A＝sin B.
∵sin B≠0，∴cos A＝，
∵0<A<π，∴A＝.
(2)由(1)知A＝B＝，所以AC＝BC，C＝，
设AC＝x，则MC＝x.又AM＝，
在△AMC中，由余弦定理得AC2＋MC2－2AC·MCcos C＝AM2，
即x2＋2－2x··cos 120°＝()2，解得x＝2，
故S△ABC＝x2sin ＝.
考点三、正、余弦定理的实际应用
1、(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，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，经测量cos A＝，cos C＝.
(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？
2、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？

1、解　(1)在△ABC中，因为cos A＝，cos C＝，
所以sin A＝，sin C＝.
从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)
＝sin Acos C＋cos Asin C
＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得
AB＝×sin C＝×＝1 040(m)．
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
d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×
＝200(37t2－70t＋50)，
由于0≤t≤，即0≤t≤8，
故当t＝ min时，甲、乙两游客距离最短．
(3)由正弦定理＝，
得BC＝×sin A＝×＝500(m)．
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.
设乙步行的速度为v m/min，由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，
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(单位：m/min)范围内．
2、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°.
在△AEC中，由正弦定理，得＝，
所以sin C＝＝＝.
在△ABC中，由正弦定理，得＝，
∴AB＝＝＝.
在△ABE中，由余弦定理，得
BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos 30°
＝＋25－2××5×＝，
故BE＝.
所以船速v＝＝＝(km/h)．
所以该船的速度为 km/h.

【总结、探究、提高】：
第2讲、三角变换与解三角形作业
一、填空题
1． 设α、β都是锐角，且cos α＝，sin(α＋β)＝，则cos β等于________．
答案　
解析　根据α、β都是锐角，且cos α＝，sin2α＋cos2α＝1，
得sin α＝⇒<α<，
又∵sin(α＋β)＝，∴cos(α＋β)＝－.
又cos β＝cos[(α＋β)－α]
＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α
＝.
2． 已知cos＋sin α＝，则sin的值是________．
答案　－
解析　∵cos＋sin α＝，
∴cos α＋sin α＝，
＝，
sin＝，∴sin＝，
sin＝－sin＝－.
3． 锐角三角形ABC中，若C＝2B，则的范围是________．
答案　(，)
解析　设△ABC三内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，
则有＝＝＝＝2cos B.
又∵C＝2B<，∴B<.
又A＝π－(B＋C)＝π－3B<，
∴B>，即<B<，
∴<cos B<，<2cos B<.
4． 已知△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且tan B＝，·＝，则tan B等于________．
答案　2－
解析　由题意得，·＝||·||cos B＝accos B＝，即cos B＝，
由余弦定理，得cos B＝＝⇒a2＋c2－b2＝1，
所以tan B＝＝2－.
5． (2013·重庆改编)计算：4cos 50°－tan 40°＝________.
答案　
解析　4cos 50°－tan 40°＝
＝＝
＝＝＝.
6． (2013·福建)如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，
sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝3，则BD的长为______．
答案　
解析　sin∠BAC＝sin(＋∠BAD)＝cos∠BAD，
∴cos∠BAD＝.
BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD
＝(3)2＋32－2×3×3×，
即BD2＝3，BD＝.
7． 已知tan＝，且－<α<0，则＝________.
答案　－
解析　由tan＝＝， 得tan α＝－.
又－<α<0，可得sin α＝－.
故＝
＝2sin α＝－.
8． 在△ABC中，C＝60°，AB＝，AB边上的高为，则AC＋BC＝________.
答案　
解析　依题意，利用三角形面积相等有：
AB×h＝AC·BCsin 60°，
∴××＝ACBC·sin 60°，
∴AC·BC＝.
利用余弦定理可知cos 60°＝，
∴cos 60°＝，
解得：AC2＋BC2＝.
又因(AC＋BC)2＝AC2＋BC2＋2AC·BC
＝＋＝11，
∴AC＋BC＝.
二、解答题
9．已知函数f(x)＝sin(2x－)＋2cos2x－1(x∈R)．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(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，bc＝18，求a的值．
解　(1)f(x)＝sin(2x－)＋2cos2x－1
＝sin 2x－cos 2x＋cos 2x
＝sin 2x＋cos 2x＝sin.
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
即f(x)的单调递增区间为[kπ－，kπ＋](k∈Z)．
(2)由f(A)＝，得sin(2A＋)＝.
∵<2A＋<2π＋，∴2A＋＝.
∴A＝.
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＝3.
10．(2013·四川)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2cos B－sin(A－B)sin B＋cos(A＋C)＝－.
(1)求cos A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求向量在方向上的投影．
解　(1)由2cos2cos B－sin(A－B)sin B＋cos(A＋C)＝－，得
[cos(A－B)＋1]cos B－sin(A－B)sin B－cos B＝－，
即cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－.
则cos(A－B＋B)＝－，即cos A＝－.
(2)由cos A＝－，0<A<π，得sin A＝，
由正弦定理，有＝，所以，sin B＝＝.
由题意知a>b，则A>B，故B＝，
根据余弦定理，有(4)2＝52＋c2－2×5c×，
解得c＝1或c＝－7(舍去)．
故向量在方向上的投影为||cos B＝.
11．(2013·福建)如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2，
点M在线段PQ上，
(1)若OM＝，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＝，OP＝2，
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＝，
所以OM＝，
同理ON＝.
故S△OMN＝×OM×ON×sin∠MON
＝×
＝
＝
＝
＝
＝
＝.
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8－4

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