高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.6.2 解三角形的综合应用课件 理
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.8 解
【步步高】（浙江通用）2017版高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.8 解三角形的综合应用1．仰角和俯角与目标线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图①)．2．方向角相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°等． 3．方位角指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B 点的方位角为α(如图②)． 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)从A 处望B 处的仰角为α，从B 处望A 处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.( × )(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为[0，π2]．( × )(3)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．( √ ) (4)如图，为了测量隧道口AB 的长度，可测量数据a ，b ，γ进行计算．( √ )1．(教材改编)海面上有A ，B ，C 三个灯塔，AB ＝10 n mile ，从A 望C 和B 成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC等于( )A．10 3 n mile B.1063n mileC．5 2 n mile D．5 6 n mile 答案 D解析如图，在△ABC中，AB＝10，∠A＝60°，∠B＝75°，∴BCsin 60°＝10sin 45°，∴BC＝5 6.2．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的( ) A．北偏东15° B．北偏西15°C．北偏东10° D．北偏西10°答案 B解析如图所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，∴∠CBA＝45°，而β＝30°，∴α＝90°－45°－30°＝15°.∴点A在点B的北偏西15°.3．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18 km，速度为1 000 km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1 min后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到0.1 km，参考数据：3≈1.732)()A ．11.4 kmB ．6.6 kmC ．6.5 kmD ．5.6 km答案 B解析 ∵AB ＝1 000×160＝503km ，∴BC ＝AB sin 45°·sin 30°＝5032km.∴航线离山顶h ＝5032×sin 75°＝5032×sin(45°＋30°)≈11.4 km.∴山高为18－11.4＝6.6 km.4．轮船A 和轮船B 在中午12时同时离开海港C ，两船航行方向的夹角为120°，两船的航行速度分别为25 n mile/h,15 n mile/h ，则下午2时两船之间的距离是________n mile. 答案 70解析 设两船之间的距离为d ，则d 2＝502＋302－2×50×30×cos 120°＝4 900，∴d ＝70，即两船相距70 n mile.5．在△ABC 中，已知a ，b ，c 分别为A ，B ，C 所对的边，S 为△ABC 的面积．若向量p ＝(4，a 2＋b 2－c 2)，q ＝(3，S )满足p ∥q ，则C ＝________.答案π3解析 由题意得p ∥q ⇒4S ＝3(a 2＋b 2－c 2)，又S ＝12ab sin C ，所以2ab sin C ＝3(a 2＋b 2－c 2)⇒sin C ＝3a 2＋b 2－c 22ab ⇒sin C ＝3cos C⇒tan C ＝3， 解得C ＝π3.题型一 求距离、高度问题例1 (1)如图，设A 、B 两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，选定一点C ，测出AC 的距离为50 m ，∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°，则A ，B 两点的距离为( )A ．50 2 mB ．503mC ．25 2 mD.2522m(2)(2015·湖北)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD ＝________m.答案 (1)A (2)100 6 解析 (1)由正弦定理得AB ＝AC ·sin∠ACB sin B＝50×2212＝502(m)．(2)在△ABC 中，AB ＝600，∠BAC ＝30°，∠ACB ＝75°－30°＝45°，由正弦定理得BCsin∠BAC＝ABsin∠ACB，即BCsin 30°＝600sin 45°，所以BC ＝300 2.在Rt△BCD 中，∠CBD ＝30°，CD ＝BC tan∠CBD ＝3002·tan 30°＝100 6.思维升华 求距离、高度问题应注意(1)理解俯角、仰角的概念，它们都是视线与水平线的夹角；理解方向角的概念；(2)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．(3)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．(1)一船自西向东航行，上午10时到达灯塔P 的南偏西75°的方向上，距塔68海里的M 处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N 处，则这只船航行的速度为________海里/小时．(2)如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A ，B 两点，从A ，B 两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A ，B 两点间的距离为60 m ，则树的高度为________m.答案 (1)1726(2)30＋30 3解析 (1)由题意知，在△PMN 中，PM ＝68海里，∠MPN ＝75°＋45°＝120°，∠MNP ＝45°.由正弦定理，得MN sin 120°＝68sin 45°，解得MN ＝346海里，故这只船航行的速度为3464＝1762海里/小时． (2)在△PAB 中，∠PAB ＝30°，∠APB ＝15°，AB ＝60，sin 15°＝sin(45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝22×32－22×12＝6－24， 由正弦定理得PB sin 30°＝ABsin 15°，∴PB ＝12×606－24＝30(6＋2)，∴树的高度为PB ·sin 45°＝30(6＋2)×22＝(30＋303)m. 题型二 求角度问题例2 (1)如图所示，已知两座灯塔A 和B 与海洋观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站C 的北偏东40°，灯塔B 在观察站C 的南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的______方向．(2) 如图，两座相距60 m 的建筑物AB ，CD 的高度分别为20 m 、50 m ，BD 为水平面，则从建筑物AB 的顶端A 看建筑物CD 的张角∠CAD 等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°答案 (1)北偏西10° (2)B解析 (1)由已知∠ACB ＝180°－40°－60°＝80°， 又AC ＝BC ，∴∠A ＝∠ABC ＝50°，60°－50°＝10°， ∴灯塔A 位于灯塔B 的北偏西10°.(2)依题意可得AD ＝2010 m ，AC ＝30 5 m ，又CD ＝50 m ，所以在△ACD 中，由余弦定理得cos∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD ＝3052＋20102－5022×305×2010＝6 0006 0002＝22，又0°<∠CAD <180°，所以∠CAD ＝45°，所以从顶端A 看建筑物CD 的张角为45°.思维升华 解决测量角度问题的注意事项 (1)首先应明确方位角或方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步． (3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦、余弦定理的“联袂”使用．如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若AB ＝15 m ，AC ＝25 m ，∠BCM ＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)答案539解析 如图，过点P 作PO ⊥BC 于点O ，连接AO ，则∠PAO ＝θ. 设CO ＝x m ，则OP ＝33x m. 在Rt△ABC 中，AB ＝15 m ，AC ＝25 m ， 所以BC ＝20 m. 所以cos∠BCA ＝45.所以AO ＝625＋x 2－2×25x ×45＝x 2－40x ＋625(m)．所以tan θ＝33x x 2－40x ＋625＝331－40x ＋625x2＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫25x －452＋925.当25x ＝45，即x ＝1254时，tan θ取得最大值为3335＝539. 题型三 三角形与三角函数的综合问题 例3 已知函数f (x )＝23sin 2⎝⎛⎭⎪⎫π4＋x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x .(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且角A 满足f (A )＝3＋1.若a ＝3，BC 边上的中线长为3，求△ABC 的面积S .解 (1)由题意知，f (x )＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋2x ＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋2x＝3(1＋sin 2x )＋cos 2x ＝3＋3sin 2x ＋cos 2x ＝3＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6，k ∈Z . (2)由f (A )＝3＋1，得 sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12，∴2A ＋π6＝π6或5π6，即A ＝0或π3.又A 为△ABC 的内角，∴A ＝π3. 由A ＝π3，a ＝3，得|BC →|＝|AC →－AB →|＝a ＝3，①又BC 边上的中线长为3，知|AB →＋AC →|＝6，② 联立①②，解得AB →·AC →＝274，即|AB →|·|AC →|·cos π3＝274，∴|AB →|·|AC →|＝272.∴△ABC 的面积为S ＝12|AB →|·|AC →|·sin π3＝2738. 思维升华 三角形与三角函数的综合问题，要借助三角函数性质的整体代换思想，数形结合思想，还要结合三角形中角的范围，充分利用正弦定理、余弦定理解题．已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝1,2cos C ＋c ＝2b ，则△ABC 的周长的取值范围是________．答案(2,3]解析在△ABC中，由余弦定理可得2cos C＝a2＋b2－c2ab，∵a＝1,2cos C＋c＝2b，∴1＋b2－c2b＋c＝2b，化简可得(b＋c)2－1＝3bc.∵bc≤⎝⎛⎭⎪⎫b＋c22，∴(b＋c)2－1≤3×⎝⎛⎭⎪⎫b＋c22，解得b＋c≤2(当且仅当b＝c时，取等号)．故a＋b＋c≤3.再由任意两边之和大于第三边可得b＋c>a＝1，故有a＋b＋c>2，故△ABC的周长的取值范围是(2,3]．9．函数思想在解三角形中的应用典例(15分)某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t 小时与轮船相遇．(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．思维点拨(1)利用三角形中的余弦定理，将航行距离表示为时间t的函数，将原题转化为函数最值问题；(2)注意t的取值范围．规范解答解(1)设相遇时小艇航行的距离为S海里，则[1分]S＝900t2＋400－2·30t·20·cos90°－30°＝900t2－600t＋400＝900t－132＋300.[4分]故当t＝13时，S min＝103，v＝10313＝30 3.即小艇以303海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．[7分](2)设小艇与轮船在B处相遇．则v 2t 2＝400＋900t 2－2·20·30t ·cos(90°－30°)，[9分] 故v 2＝900－600t ＋400t2.∵0<v ≤30，∴900－600t ＋400t 2≤900，即2t 2－3t ≤0，解得t ≥23.又t ＝23时，v ＝30，故v ＝30时，t 取得最小值，且最小值等于23.此时，在△OAB 中，有OA ＝OB ＝AB ＝20.[14分] 故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/小时．[15分]温馨提醒 (1)三角形中的最值问题，可利用正弦、余弦定理建立函数模型(或三角函数模型)，转化为函数最值问题．(2)求最值时要注意自变量的范围，要考虑问题的实际意义．[方法与技巧]1．利用解三角形解决实际问题时，(1)要理解题意，整合题目条件，画出示意图，建立一个三角形模型；(2)要理解仰角、俯角、方位角、方向角等概念；(3)三角函数模型中，要确定相应参数和自变量范围，最后还要检验问题的实际意义．2．在三角形和三角函数的综合问题中，要注意边角关系相互制约，推理题中的隐含条件． [失误与防范]1．不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混．2．在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易出现错误．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟)1．在相距2 km 的A ，B 两点处测量目标点C ，若∠CAB ＝75°，∠CBA ＝60°，则A ，C 两点之间的距离为( ) A. 6 km B. 2 km C. 3 kmD ．2 km答案 A 解析 如图，在△ABC 中，由已知可得∠ACB ＝45°， ∴ACsin 60°＝2sin 45°，∴AC ＝22×32＝ 6. 2．一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B ，C 两点间的距离是( ) A ．10 2 海里 B ．10 3 海里 C ．20 3 海里 D ．20 2 海里 答案 A解析 如图所示，易知，在△ABC 中，AB ＝20，∠CAB ＝30°，∠ACB ＝45°， 根据正弦定理得BC sin 30°＝ABsin 45°，解得BC ＝102(海里)．3. 如图，一条河的两岸平行，河的宽度d ＝0.6 km ，一艘客船从码头A 出发匀速驶往河对岸的码头B .已知AB ＝1 km ，水的流速为2 km/h ，若客船从码头A 驶到码头B 所用的最短时间为6 min ，则客船在静水中的速度为( )A ．8 km/hB ．6 2 km/hC ．234 km/hD ．10 km/h答案 B解析 设AB 与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h ，由题意知，sin θ＝0.61＝35，从而cos θ＝45，所以由余弦定理得⎝ ⎛⎭⎪⎫110v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v ＝6 2.选B.4．如图，从气球A 上测得正前方的河流的两岸B ，C 的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m ，则河流的宽度BC 等于( )A ．240(3＋1) mB ．180(2－1) mC ．120(3－1) mD ．30(3＋1) m答案 C解析 如图，∠ACD ＝30°，∠ABD ＝75°，AD ＝60 m ，在Rt△ACD 中，CD ＝ADtan∠ACD＝60tan 30°＝60 3 m ， 在Rt△ABD 中，BD ＝ADtan∠ABD ＝60tan 75°＝602＋3＝60(2－3)m ，∴BC ＝CD －BD ＝603－60(2－3)＝120(3－1)m.5. 如图，测量河对岸的塔高AB 时可以选与塔底B 在同一水平面内的两个测点C 与D ，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于( )A．5 6 B．15 3C．5 2 D．15 6答案 D解析在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.由正弦定理得BCsin 30°＝30sin 135°，所以BC＝15 2.在Rt△ABC中，AB＝BC tan∠ACB＝152×3＝15 6.6．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距____m. 答案10 3解析如图，OM＝AO tan 45°＝30 (m)，ON＝AO tan 30°＝33×30＝10 3 (m)，在△MON中，由余弦定理得，MN＝900＋300－2×30×103×3 2＝300＝10 3 (m)．7．在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶和塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为________m.答案400 3解析 如图，由已知可得∠BAC ＝30°，∠CAD ＝30°， ∴∠BCA ＝60°，∠ACD ＝30°，∠ADC ＝120°. 又AB ＝200 m ，∴AC ＝4003 3 m.在△ACD 中，由余弦定理得，AC 2＝2CD 2－2CD 2·cos 120°＝3CD 2， ∴CD ＝13AC ＝4003m. 8．在三角形ABC 中，∠C ＝90°，M 是BC 的中点．若sin∠BAM ＝13，则sin∠BAC ＝______.答案63解析 如图，设AC ＝b ，AB ＝c ，BC ＝a ，在△ABM 中，由正弦定理得 12a sin∠BAM ＝csin∠BMA .①因为sin∠BMA ＝sin∠CMA ＝AC AM， 又AC ＝b ＝c 2－a 2，AM ＝b 2＋14a 2＝c 2－34a 2，所以sin∠BMA＝c2－a2c2－34a2.又由①得12a13＝cc2－a2c2－34a2，两边平方化简得4c4－12a2c2＋9a4＝0，所以2c2－3a2＝0，所以sin∠BAC＝ac＝63.9．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．(1)求渔船甲的速度；(2)求sin α的值．解(1)依题意知，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝122＋202－2×12×20×cos 120°＝784.解得BC＝28.所以渔船甲的速度为BC2＝14海里/小时．(2)在△ABC中，因为AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得ABsin α＝BCsin 120°，即sin α＝AB sin 120°BC＝12×3228＝3314.10. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB ＝12，求PA ；(2)若∠APB ＝150°，求tan∠PBA .解 (1)由已知得∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°. 在△PBA 中，由余弦定理得PA 2＝3＋14－2×3×12cos 30°＝74，故PA ＝72. (2)设∠PBA ＝α，由已知得PB ＝sin α.在△PBA 中，由正弦定理得3sin 150°＝sin αsin 30°－α，化简得3cos α＝4sin α， 所以tan α＝34，即tan∠PBA ＝34. B 组 专项能力提升 (时间：15分钟)11．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A 测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A 向北偏东30°前进100 m 到达点B ，在B 点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 m答案 A解析 设水柱高度是h m ，水柱底端为C ，在Rt△BCD 中，∠CBD ＝30°，BC ＝3h .在△ABC 中，∠A ＝60°，AC ＝h ，AB ＝100，根据余弦定理得，(3h )2＝h 2＋1002－2·h ·100·cos 60°，即h 2＋50h －5 000＝0，即(h －50)(h ＋100)＝0，即h ＝50，故水柱的高度是50 m.12. 如图，一艘船上午9∶30在A 处测得灯塔S 在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10∶00到达B 处，此时又测得灯塔S 在它的北偏东75°处，且与它相距82n mile.此船的航速是________ n mile/h.答案32解析设航速为v n mile/h，在△ABS中，AB＝12v，BS＝82，∠BSA＝45°，由正弦定理得82sin 30°＝12vsin 45°，∴v＝32.13. 如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿DC走到C 用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为________米．答案507解析如图，连接OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°.由余弦定理得OC2＝1002＋1502－2×100×150×cos 60°＝17 500，解得OC＝507.14．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且A，B，C，D四点共圆，则AC的长为________ km.答案7解析因为A，B，C，D四点共圆，所以D＋B＝π.在△ABC和△ADC中，由余弦定理可得82＋52－2×8×5×cos(π－D)＝32＋52－2×3×5×cosD，cos D＝－12，代入得AC2＝32＋52－2×3×5×⎝⎛⎭⎪⎫－12＝49，故AC＝7.15. 在斜度一定的山坡上的一点A测得山顶上一建筑物顶端对于山坡的斜度为15°，如图所示，向山顶前进100 m后，又从B点测得斜度为45°，设建筑物的高为50 m．设此山对于地平面的斜度为θ，则cos θ＝________.答案3－1解析在△ABC中，∠BAC＝15°，∠CBA＝180°－45°＝135°，所以∠ACB＝30°.又AB＝100 m，由正弦定理，得100sin 30°＝BCsin 15°，即BC＝100sin 15°sin 30°.在△BCD中，因为CD＝50，BC＝100sin 15°sin 30°，∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋θ，由正弦定理，得50sin 45°＝100sin 15°sin 30°sin90°＋θ，解得cos θ＝3－1.。
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 第3讲 两角和与差的正弦、余弦和正切公式课件 文
xcos
x＋1(x∈R)，当函数
y
取
最大值时，求自变量 x 的集合．
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【解】 (1)①因为 tanπ4＋α＝11－＋ttaann αα＝12，
(2)因为 tan α＝tan[(α－β)＋β]＝1t－ant（anα（－αβ－）β＋）ttaannββ
＝1＋12－12×17 17＝13>0，所以
π 0<α<2.
又因为 tan 2α＝1－2tatannα2α＝1－2×31312＝34>0，
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所以 0<2α<π2， 所以 tan(2α－β)＝1t＋anta2nα－2αttaannββ＝1－34＋34×17 17＝1. 因为 tan β＝－17<0， 所以π2<β<π，－π<2α－β<0，所以 2α－β＝－34π.
所以 0<α＋β<π3或23π<α＋β<π；
又由 cos α＝17<12且 α 为锐角得π3<α<π2，
所以23π<α＋β<π，
于是 cos(α＋β)＝－1114，sin α＝4 7 3，故 cos β＝12.
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3．在△ABC 中，tan A＋tan B＋ 3＝ 3tan A·tan B，则 C π
12/11/2021
2cos 1.
10°－sin sin 70°
20°的值是___3_____．
[解析] 原式＝2cos（30°－sin207°0°）－sin 20°
＝2（cos
30°·cos
20°＋sin 30°·sin sin 70°
20°）－sin
高三数学复习第三章 三角函数、解三角形
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
演 练 知 能 检 测
5 答案：2
数学(6省专版)
第一节
任意角和弧度制及任意角的三角函数
回 扣 主 干 知 识
2π 5．若点 P 在角 3 的终边上，且|OP|＝2，则点 P 的坐标是 ________．
2 解析：∵角3π 的终边落在第二象限， ∴可设 P(x，y)，其中 x＜0，y＞0，
第一节
任意角和弧度制及任意角的三角函数
π (1)∵在(0， π)内终边在直线 y＝ 3x 上的角是3，
π 上的角的集合为α|α＝3＋kπ，k∈Z.
[自主解答]
回 扣 主 干 知 识
∴终边在直线 y＝ 3x
6π (2)∵θ＝ 7 ＋2kπ(k∈Z)， θ 2π 2kπ ∴3＝ 7 ＋ 3 (k∈Z)． 2π 2kπ 3 18 依题意 0≤ 7 ＋ 3 ＜2π⇒－7≤k＜ 7 ，k∈Z. θ 2π 20π 34π ∴k＝0,1,2，即在[0,2π)内终边与3相同的角为 7 ， 21 ， 21 .
数学(6省专版)
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
演 练 知 能 检 测
第一节
任意角和弧度制及任意角的三角函数
回 扣 主 干 知 识
————— ———————————— α 1．由 α 所在的象限，确定n所在象限的方法
α (1)由角 α 的范围，求出n所在的范围；
(2)通过分类讨论把角写成 θ＋k· (k∈Z)的形式，然后判 360° α 断n所在象限．
第三章
第一节
第二节 第三节
目 三角函数、解三角形 录 任意角和弧度制及任意角的三角函数
同角三角函数的基本关系与诱导公式 三角函数的图象与性质
2022届高三数学(理)一轮总复习练习-第三章 三角函数、解三角形 3-6 Word版含答案
课时规范训练[A级基础演练]1．在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b，若2a sin B＝3b，则角A等于()A.π12 B.π6C.π4D．π3解析：选D.在△ABC中，利用正弦定理得2sin A sin B ＝3sin B，∴sin A＝3 2.又A为锐角，∴A＝π3.2．(2022·高考天津卷)在△ABC中，若AB＝13，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝() A．1 B．2C．3 D．4解析：选A.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则a＝3，c＝13，∠C＝120°，由余弦定理得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1，即AC＝1.3．在△ABC，已知∠A＝45°，AB＝2，BC＝2，则∠C等于()A．30°B．60°C．120°D．30°或150°解析：选A.在△ABC中，ABsin C＝BCsin A，∴2sin C＝2sin 45°，∴sin C＝12，又AB＜BC，∴∠C＜∠A，故∠C＝30°.4．一艘海轮从A处动身，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观看灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观看灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是()A．102海里B．103海里C．203海里D．202海里解析：选A.如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，依据正弦定理得BCsin 30°＝ABsin 45°，解得BC＝102(海里)．5．(2022·高考山东卷)△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A＝()A.3π4B．π3C.π4D．π6解析：选C.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝2b2－2b2cos A，所以2b2(1－sin A)＝2b2(1－cos A)，所以sin A＝cos A，即tan A＝1，又0＜A＜π，所以A＝π4.6．(2022·高考北京卷)在△ABC中，∠A＝2π3，a＝3c，则bc＝．解析：∵a＝3c，∴sin A＝3sin C，∵∠A＝2π3，∴sin A＝32，∴sin C＝12，又∠C必为锐角，∴∠C＝π6，∵∠A＋∠B＋∠C＝π，∴∠B＝π6，∴∠B＝∠C，∴b＝c，∴bc＝1.答案：17．在△ABC中，已知AB＝3，A＝120°，且△ABC的面积为1534，则BC边的长为．解析：由S△ABC＝1534得12×3×AC sin 120°＝1534，所以AC＝5，因此BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°＝9＋25＋2×3×5×12＝49，解得BC＝7.答案：78．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c－bc－a＝sin Asin C＋sin B，则B＝() A.π6B．π4C.π3 D ．3π4解析：选C.依据正弦定理：a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R ，得c －b c －a＝sin Asin C ＋sin B ＝a c ＋b，即a 2＋c 2－b 2＝ac ，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，故B ＝π3，故选C.9．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .(1)若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )； (2)若a ，b ，c 成等比数列，且c ＝2a ，求cos B 的值． 解：(1)证明：∵三角形的三边a ，b ，c 成等差数列， ∴a ＋c ＝2b .由正弦定理得sin A ＋sin C ＝2sin B . ∵sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )， ∴sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )．(2)由题设有b 2＝ac ，c ＝2a ，∴b ＝2a ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34.10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知4sin 2A －B2＋4sin A sin B ＝22.(1)求角C 的大小；(2)已知b ＝4，△ABC 的面积为6，求边长c 的值．解：(1)由已知得2[1－cos(A －B )]＋4sin A sin B ＝2＋2，化简得－2cos A cos B ＋2sin A sin B 2，故cos(A ＋B )＝－22，所以A ＋B ＝3π4，从而C ＝π4. (2)由于S △ABC ＝12ab sin C ，由S △ABC ＝6，b ＝4，C ＝π4，得a ＝3 2.由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得c ＝10. [B 级 力量突破]1．(2021·辽宁五校联考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，若b ＋c ＝2a ，3sin A ＝5sin B ，则角C ＝( )A.2π3 B ．π3 C.3π4D ．5π6解析：选A.由3sin A ＝5sin B ，得3a ＝5b . 又由于b ＋c ＝2a ， 所以a ＝53b ，c ＝73b ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫53b 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫73b 22×53b ×b＝－12.由于C ∈(0，π)，所以C ＝2π3.2．(2021·北京东城一模)在锐角△ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，S △ABC ＝33，则BC ＝( ) A ．5 B ．13或37 C.37D ．13解析：选D.由S △ABC ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12×3×4×sin ∠BAC ＝33，得sin ∠BAC ＝32，由于△ABC 为锐角三角形，所以∠BAC ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，故∠BAC ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13.所以BC ＝13，故选D.3．(2021·厦门模拟)在不等边三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，其中a 为最大边，假如sin 2(B ＋C )<sin 2B ＋sin 2C ，则角A 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π3 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2解析：选D.由题意得sin 2A <sin 2B ＋sin 2C ， 再由正弦定理得a 2<b 2＋c 2， 即b 2＋c 2－a 2>0. 则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc >0， ∵0<A <π，∴0<A <π2.又a 为最大边，∴A ＝A ，A >B ，A >C ， 即3A >A ＋B ＋C ＝π，∴A >π3. 因此得角A 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2.4．(2021·云南第一次检测)已知a 、b 、c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，若cos B ＝45，a ＝10，△ABC 的面积为42，则b ＋asin A的值等于 ． 解析：依题意可得sin B ＝35，又S △ABC ＝12ac sin B ＝42，则c ＝14.故b ＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝62，所以b ＋a sin A ＝b ＋bsin B ＝16 2.答案：16 25．海上一观测站测得方位角240°的方向上有一艘停止待修的商船，在商船的正东方有一艘海盗船正向它靠近，速度为每小时90海里．此时海盗船距观测站107海里，20分钟后测得海盗船距观测站20海里，再过 分钟，海盗船即可到达商船．解析：如图，设开头时观测站、商船、海盗船分别位于A 、B 、C 处，20分钟后，海盗船到达D 处，在△ADC 中，AC ＝107，AD ＝20，CD ＝30，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋CD 2－AC 22AD ·CD＝400＋900－7002×20×30＝12.∴∠ADC ＝60°，在△ABD 中由已知得∠ABD ＝30°. ∠BAD ＝60°－30°＝30°，∴BD ＝AD ＝20，2090×60＝403(分钟)． 答案：4036．(2021·成都外国语学校模拟)已知函数f (x )＝23sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x . (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且角A 满足f (A )＝3＋1.若a ＝3，BC 边上的中线长为3，求△ABC 的面积S .解：(1)由题意知，f (x )＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x＝3()1＋sin 2x ＋cos 2x ＝3＋3sin 2x ＋cos 2x ＝3＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得 k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6，k ∈Z .(2)由f (A )＝3＋1，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12，∴2A ＋π6＝π6或5π6，即A ＝0或π3. 又A 为△ABC 的内角，∴A ＝π3. 由A ＝π3，a ＝3.得|BC→|＝|AC →－AB →|＝a ＝3，① 又BC 边上的中线长为3，知|AB →＋AC →|＝6.②联立①②，解得AB →·AC→＝274，即|AB →|·|AC →|·cos π3＝274， ∴|AB →|·|AC →|＝272. ∴△ABC 的面积为S ＝12|AB →|·|AC →|·sin π3＝2738.。
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.8 解三角形应用举例课件 理
问题.
角函数的性质交汇命题，且多以解答题的形式呈现，
解题时要注意一些常用术语，充分结合数形结合及
转化化归思想的运用.
课时思维激活
教材知识梳理和小题探究
回扣教材
1.仰角和俯角 在视线和水平线所成的角中，视线在水平线 上方 的角叫仰角，在水平线 下方 的角叫俯角(如图①)．
2．方位角 从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如 B 点的方位角为 α(如图②)． 3．方向角 相对于某一正方向的水平角 (1)北偏东 α，即由指北方向顺时针旋转 α 到达目标方向(如图③)； (2)北偏西 α，即由指北方向逆时针旋转 α 到达目标方向； (3)南偏西等其他方向角类似．
又 sin15°＝sin(60°－45°)＝sin60°cos45°－cos60°sin45°
＝ 23× 22－12× 22＝
6－ 4
2，
所以 AB＝AsCinsi1n56°0°＝3
2＋ 20
6，
因此，BD＝3
2＋ 20
6≈0.33(km)．
故 B，D 的距离约为 0.33 km.
距离问题的类型及解法 (1)类型：测量距离问题分为三种类型：两点间不可达又不可视、两点间可视但不可达、 两点都不可达． (2)解法：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题， 从而利用正余弦定理求解.
MN＝
900＋300－2×30×10
3×
3 2
＝ 300＝10 3(m)．
考点多维探究
考点 1 测量距离问题 研究测量距离问题是高考中的常考内容，既有选择题、填空题，也有解答题，难度一般适中，属中档 题.解题时要选取合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正余 弦定理求解，且主要有以下几个命题角度.
高考数学一轮复习 第3章 三角函数、解三角形 热点探究课2 三角函数与解三角形中的高考热点问题教师用
热点探究课(二) 三角函数与解三角形中的高考热点问题[命题解读] 从近五年全国卷高考试题来看，解答题第1题(全国卷T 17)交替考查三角函数、解三角形与数列，本专题的热点题型有：一是三角函数的图像与性质；二是解三角形；三是三角恒等变换与解三角形的综合问题，中档难度，在解题过程中应挖掘题目的隐含条件，注意公式的内在联系，灵活地正用、逆用、变形应用公式，并注重转化思想与数形结合思想的应用．热点1 三角函数的图像与性质(答题模板)要进行五点法作图、图像变换，研究三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，求三角函数的单调区间、最值等，都应先进行三角恒等变换，将其化为一个角的一种三角函数，求解这类问题，要灵活利用两角和(差)公式、倍角公式、辅助角公式以及同角关系进行三角恒等变换．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)．(1)求f (x )的最小正周期；(2)若将f (x )的图像向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图像，求函数g (x )在区间[0，π]上的最大值和最小值. 【导学号：66482187】[思路点拨] 1.先逆用倍角公式，再利用诱导公式、辅助角公式将f (x )化为正弦型函数，然后求其周期．2．先利用平移变换求出g (x )的解析式，再求其在给定区间上的最值．[规X 解答] (1)f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)3分 ＝3cos x ＋sin x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，5分 于是T ＝2π1＝2π. 6分 (2)由已知得g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6. 8分 ∵x ∈[0，π]，∴x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6， ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，10分 ∴g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈[－1,2]. 11分故函数g (x )在区间[0，π]上的最大值为2，最小值为－1. 12分[答题模板] 解决三角函数图像与性质的综合问题的一般步骤为：第一步(化简)：将f (x )化为a sin x ＋b cos x 的形式．第二步(用辅助角公式)：构造f (x )＝a 2＋b 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ·a a 2＋b 2＋cos x ·b a 2＋b 2. 第三步(求性质)：利用f (x )＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)研究三角函数的性质．第四步(反思)：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规X ．[温馨提示] 1.在第(1)问的解法中，使用辅助角公式a sin α＋b cos α＝a 2＋b 2 sin(α＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝b a ，在历年高考中使用频率是相当高的，几乎年年使用到、考查到，应特别加以关注.2．求g (x )的最值一定要重视定义域，可以结合三角函数图像进行求解．[对点训练1] (2016·某某模拟)已知函数f (x )＝A sin ωx ＋B cos ωx (A ，B ，ω是常数，ω>0)的最小正周期为2，并且当x ＝13时，f (x )max ＝2. (1)求f (x )的解析式； (2)在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤214，234上是否存在f (x )的对称轴？如果存在，求出其对称轴方程；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为f (x )＝A 2＋B 2sin(ωx ＋φ)，由它的最小正周期为2，知2πω＝2，ω＝π. 2分又因为当x ＝13时，f (x )max ＝2，知13π＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，φ＝2k π＋π6(k ∈Z )，4分所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋2k π＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π6(k ∈Z )． 故f (x )的解析式为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π6. 5分 (2)当垂直于x 轴的直线过正弦曲线的最高点或最低点时，该直线就是正弦曲线的对称轴，令πx ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k ＋13(k ∈Z ). 7分 由214≤k ＋13≤234，解得5912≤k ≤6512，9分 又k ∈Z ，知k ＝5，10分由此可知在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤214，234上存在f (x )的对称轴，其方程为x ＝163. 12分热点2 解三角形从近几年全国卷来看，高考命题强化了解三角形的考查力度，着重考查正弦定理、余弦定理的综合应用，求解的关键是实施边角互化，同时结合三角恒等变换进行化简与求值．(2015·全国卷Ⅱ)△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 面积是△ADC 面积的2倍．(1)求sin B sin C； (2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长． [解] (1)S △ABD ＝12AB ·AD sin ∠BAD ， S △ADC ＝12AC ·AD sin ∠CAD . 2分因为S △ABD ＝2S △ADC ，∠BAD ＝∠CAD ，所以AB ＝2AC . 由正弦定理，得sin B sin C ＝AC AB ＝12. 5分 (2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ，所以BD ＝ 2. 7分在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理，知 AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ，AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC . 9分故AB 2＋2AC 2＝3AD 2＋BD 2＋2DC 2＝6.由(1)，知AB ＝2AC ，所以AC ＝1. 12分[规律方法] 解三角形问题要关注正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理、三角形面积公式，要适时、适度进行“角化边”或“边化角”，要抓住能用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则两个定理都有可能用到．[对点训练2] (2016·某某高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a sin2B ＝3b sin A .(1)求B ；(2)若cos A ＝13，求sin C 的值． [解] (1)在△ABC 中，由a sin A ＝bsin B， 可得a sin B ＝b sin A ．2分又由a sin2B ＝3b sin A ，得2a sin B cos B ＝3b sin A ＝3a sin B ，所以cos B ＝32，得B ＝π6. 5分 (2)由cos A ＝13，可得sin A ＝223，则 sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6 ＝32sin A ＋12cos A ＝26＋16. 12分 热点3 三角恒等变换与解三角形的综合问题以三角形为载体，三角恒等变换与解三角形交汇命题，是近几年高考试题的一大亮点，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的综合应用，求解的关键是根据题目提供的信息，恰当地实施边角互化．(2017·东北三省四市一联)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos B －2cos A 2a －b ＝cos C c . (1)求ab 的值；(2)若角A 是钝角，且c ＝3，求b 的取值X 围．[解] (1)由题意及正弦定理得sin C cos B －2sin C cos A ＝2sin A cos C －sin B cos C ，2分 ∴sin C cos B ＋sin B cos C ＝2(sin C cos A ＋sin A cos C )．∴sin(B ＋C )＝2sin(A ＋C )．∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin A ＝2sin B ，∴ab＝2. 5分 (2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋9－a 22b ·3＝b 2＋9－4b 26b ＝9－3b 26b<0， ∴b > 3. ①7分∵b ＋c >a ，即b ＋3>2b ，∴b <3， ②由①②得b 的X 围是(3，3). 12分[规律方法] 1.以三角形为载体，实质考查三角形中的边角转化，求解的关键是抓住边角间的关系，恰当选择正、余弦定理．2．解三角形常与三角变换交汇在一起(以解三角形的某一结论作为条件)，此时应首先确定三角形的边角关系，然后灵活运用三角函数的和、差、倍角公式化简转化．[对点训练3] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋A ＝2.(1)求sin 2Asin 2A ＋cos 2A 的值；(2)若B ＝π4，a ＝3，求△ABC 的面积．【导学号：66482188】 [解] (1)由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋A ＝2，得tan A ＝13，所以sin 2A sin 2A ＋cos 2A ＝2tan A2tan A ＋1＝25. 5分(2)由tan A ＝13，A ∈(0，π)，得sin A ＝1010，cos A ＝31010. 7分由a ＝3，B ＝π4及正弦定理a sin A ＝bsin B ，得b ＝3 5. 9分 由sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4，得sin C ＝255.设△ABC 的面积为S ，则S ＝12ab sin C ＝9. 12分。
高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形考前增分微课2解三角形的综合应用课件理新人教A版 (2)
第六节 解三角形2019考纲考题考情1．正弦定理asin A＝b sin B ＝csin C＝2R 其中2R 为△ABC 外接圆直径。
变式：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C 。
a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 。
2．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ； c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 。
变式：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ；cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ；cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab。
sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C －2sin B sin C cos A 。
3．解三角形(1)已知三边a，b ，c 。
运用余弦定理可求三角A ，B ，C 。
(2)已知两边a ，b 及夹角C 。
运用余弦定理可求第三边c 。
(3)已知两边a ，b 及一边对角A 。
先用正弦定理，求sin B ，sin B ＝b sin Aa。
①A 为锐角时，若a <b sin A ，无解；若a ＝b sin A ，一解；若b sin A <a <b ，两解；若a ≥b ，一解。
②A 为直角或钝角时，若a ≤b ，无解；若a >b ，一解。
(4)已知一边a 及两角A ，B (或B ，C )用正弦定理，先求出一边，后求另一边。
4．三角形常用面积公式(1)S ＝12a ·h a (h a 表示a 边上的高)。
(2)S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ＝abc 4R 。
(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为内切圆半径)。
在△ABC 中，常有以下结论： 1．∠A ＋∠B ＋∠C ＝π。
2．任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。
3．sin(A ＋B )＝sin C ；cos(A ＋B )＝－cos C ；tan(A ＋B )＝－tan C ；sin A ＋B2＝cos C 2；cos A ＋B 2＝sin C2。
2024届高考数学一轮总复习第三章三角函数解三角形第六讲函数y=Asinωx+φ的图象及应用课件
【题后反思】函数 y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象的 作法
(1)五点法：用“五点法”作 y＝A sin (ωx＋φ)的简图，主要是 通过变量代换，令 z＝ωx＋φ，由 z 取 0，π2，π，32π，2π 来求出相 的 x，通过列表得出五点坐标，描点，连线后得出图象.
(2)图象变换法：由函数 y＝sin x 的图象通过变换得到 y＝ A sin (ωx＋φ)的图象有两种途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后 平移”.
第六讲 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用
课标要求
考情分析
结合具体实例，了解y ＝A sin (ωx＋φ)的实际 意义；能借助图象理解 参数ω，φ，A的意义， 了解参数的变化对函数 图象的影响
1.从近几年的高考试题来看，函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象的平移和伸缩变换以及根据图 象确定A，ω，φ的值等问题是高考的热点， 复习时，应抓住“五点法”作图和图象的变 换以及性质的应用，通过适量的训练，掌握 解决问题的通法. 2.题型一般是选择题或填空题
故 f(x)的单调递增区间为－51π2＋kπ，1π2＋kπ(k∈Z).
答案：－51π2＋kπ，1π2＋kπ(k∈Z)
2.已知函数 f(x)＝sin (ωx＋φ)ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图 3-6-4 所示，则 y＝fx＋π6取得最小值时 x 的集合为__________.
图 3-6-4
解析：根据题干所给图象，周期 T＝4×172π－π3＝π， 故 π＝2ωπ，∴ω＝2，因此 f(x)＝sin (2x＋φ)，另外图象经过点
图 3-6-6
由图象得，当 22≤a<1 时，方程 cos 2x－π4＝a 恰好有三个不 同的实数根.
高考数学大一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.2 导数的应用 第2课时 导数与函数的极值、最值
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第2课时导数与函数的极值、最值题型一用导数解决函数极值问题命题点1 根据函数图象判断极值例1 （1）(2016·绍兴模拟）设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′（x）的图象如图所示，则y＝f（x）的图象最有可能是（）（2)设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x)，且函数y＝（1－x)f′（x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（)A．函数f(x）有极大值f（2)和极小值f（1)B．函数f(x）有极大值f(－2)和极小值f（1）C．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（－2)D．函数f（x)有极大值f(－2)和极小值f（2)答案（1)C （2）D解析(1）由f′（x）图象可知，x＝0是函数f（x)的极大值点，x＝2是f（x）的极小值点，故选C。
（2)由题图可知，当x〈－2时，f′（x）〉0；当－2〈x〈1时,f′(x)<0；当1<x〈2时，f′（x）〈0；当x〉2时，f′(x）>0.由此可以得到函数f（x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．命题点2 求函数的极值例2 (2016·台州模拟）已知函数f(x）＝x－1＋错误!(a∈R，e为自然对数的底数）．（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1）)处的切线平行于x轴,求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解(1）由f（x)＝x－1＋错误!，得f′（x)＝1－错误!。
高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形考前增分微课2解三角形的综合应用课件理新人教A版
“＝”，故cosC的最小值是
6－ 4
2。
答案
6－ 2 4
2．求边的最值 【例4】 (2019·石家庄市一模)如图，四边形ABCD的对角线交点位于 四边形的内部，AB＝BC＝1，AC＝CD，AC⊥CD，当∠ABC变化时，BD的 最大值为________。
解析 设∠ACB＝θ0<θ<2π，则∠ABC＝π－2θ，∠DCB＝θ＋π2，由余 弦定理可知，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，即AC＝DC＝
考前增分微课(二) 三角函数与三角形中的最值问题
纵观近几年的高考试题和高考模拟试题，不难发现在三角函数和三角 形中求最值问题成为其中一个亮点，本文从求三角函数的最值、三角形中 的最值两个方面举例说明，希望对高考备考有所帮助。
类型一 三角函数的最值 1.可化为“y＝Asin(ωx＋φ)＋B”型的最值问题 【例1】 (2018·北京高考)已知函数f(x)＝sin2x＋ 3sinxcosx。 (1)求f(x)的最小正周期； (2)若f(x)在区间－π3，m上的最大值为32，求m的最小值。
化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式求最值时，特别注意自变量的取值范围 对最大值、最小值的影响，可通过比较闭区间端点的取值与最高点、最低 点的取值来确定函数的最值。
【变式训练】 函数f(x)＝3sinx＋4cosx，x∈[0，π]的值域为 ________。
解析 f(x)＝3sinx＋4cosx＝5 35sinx＋45cosx ＝5sin(x＋φ)，其中cosφ＝ 35，sinφ＝45 ，0<φ<π2 。因为0≤x≤π，所以φ≤x＋φ≤π＋φ。所以当x＋φ＝ π2 时，f(x)max＝5；当x＋φ＝π＋φ时，f(x)min＝5sin(π＋φ)＝－5sinφ＝－4。所 以f(x)的值域为[－4,5]。
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.6.2 正弦定理和余弦定理的应用课件
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【解】 (1)解法 1：由题设及正弦定理得 2sinBsinC＝sinAcosC ＋sinCcosA，又 sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝ sinB，所以 2sinBsinC＝sinB.
由于 sinB＝ 23≠0，所以 sinC＝12. 又 0<C<3π，所以 C＝π6. 解法 2：由题设及余弦定理可得 2bsinC＝a×a2＋2ba2b－c2＋ c×b2＋2cb2c－a2，
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当 a＝2 时，S＝12acsinB＝12×2×6× 23＝3 3. 当 a＝4 时，S＝12acsinB＝12×4×6× 23＝6 3. (2)解法 1：建立关于边 b 的不等关系 由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accosB ＝a2＋36－6a＝(a－3)2＋27. 因为 1≤a≤6，所以 27≤b2≤36，即 3 3≤b≤6.
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如图，四边形 ABCD 中，AC＝ 3BC，AB＝4，∠ABC＝π3.
(1)求∠ACB； (2)若∠ADC＝23π，四边形 ABCD 的周长为 10，求四边形 ABCD 的 面积．
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解：(1)设 BC＝a，则 AC＝ 3a， 在△ABC 中由余弦定理 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC， 得 3a2＝42＋a2－2×4·a·12， ∴a2＋2a－8＝0，∴a＝2 或 a＝－4(舍去)， ∴AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB＝2π.
方法技巧 平面图形中计算问题的解题关键及思路 求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的 类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建 立已知和所求的关系. 具体解题思路如下： 1把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三 角形内利用正弦、余弦定理求解； 2寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结 果.
2022版高考数学一轮复习第3章三角函数解三角形36正弦定理和余
2022版高考数学一轮复习第3章三角函数解三角形36正弦定理和余3．6正弦定理和余弦定理[知识梳理]1．正弦定理、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则2．在△ABC中，已知a，b和A时，三角形解的情况3．三角形中常用的面积公式1(1)S＝ah(h表示边a上的高)．2111(2)S＝bcinA＝acinB＝abinC.222(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．24．在△ABC中，常有的结论(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.(2)在三角形中大边对大角，大角对大边．(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．[诊断自测]1．概念思辨(1)在三角形中，已知两角和一边或已知两边和一角都能解三角形．()aa＋b－c(2)在△ABC中，＝.()inAinA＋inB－inC(3)若a，b，c是△ABC的三边，当b＋c－a>0时，△ABC为锐角三角形；当b＋c－22222a2＝0时，△ABC为直角三角形；当b2＋c2－a2<0时，△ABC为钝角三角形．()(4)在△ABC中，若inAinBin2A(1)(必修A5P10A组T4)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则＝________.inC答案1解析由正弦定理得inA∶inB∶inC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，又由余弦定理知coA＝b2＋c2－a225＋36－163in2A2inAcoA43＝＝，所以＝＝2某某＝1.2bc2某5某64inCinC64(2)(必修A5P20A组T11)若锐角△ABC的面积为103，且AB＝5，AC＝8，则BC等于________．答案711解析因为△ABC的面积S△ABC＝AB·ACinA，所以103＝某5某8inA，解得inA＝223122222，因为角A为锐角，所以coA＝.根据余弦定理，得BC＝5＋8－2某5某8coA＝5＋8221－2某5某8某＝49，所以BC＝7.23．小题热身(1)(2022·天津高考)在△ABC中，若AB＝13，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝()A．1B．2C．3D．4答案A解析在△ABC中，设A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由c＝a＋b－2abcoC，222122得13＝9＋b－2某3b某－，即b＋3b－4＝0，解得b＝1(负值舍去)，即AC＝1.故选A.24(2)(2022·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若coA＝，coC55＝，a＝1，则b＝________.13答案21133123541263inAinB3135题型1利用正、余弦定理解三角形b(2022·郑州预测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若典例13coB＝，则coB＝()inA1133A．－B.C．－D.2222a边角互化法．答案B解析由正弦定理知inBinAπ＝＝1，即tanB＝3，由B∈(0，π)，所以B＝，33coBinAπ1所以coB＝co＝.故选B.32典例2(2022·重庆期末)在△ABC中，已知AB＝43，AC＝4，∠B＝30°，则△ABC的面积是()A．43B．83C．43或83D.3注意本题的多解性．答案C解析在△ABC中，由余弦定理可得AC＝4＝(43)＋BC－2某43BCco30°，解得BC＝4或BC＝8.当BC＝4时，AC＝BC，∠B＝∠A＝30°，△ABC为等腰三角形，∠C＝120°，111△ABC的面积为AB·BCinB＝某43某4某＝43.222111当BC＝8时，△ABC的面积为AB·BCinB＝某43某8某＝83.故选C.222方法技巧正、余弦定理在解三角形中的应用技巧1．已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形，正弦定理的形式多样，其中a＝2RinA，b＝2RinB，c＝2RinC能够实现边角互化．见典例1.2．已知两边和它们的夹角、已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形．见典例2.3．已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．见典例2.冲关针对训练1．(2022·河西五市联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(b－a)inA＝(b－c)·(inB＋inC)，则角C等于() A.πππ2πB.C.D.36432222答案Aa2＋b2－c21解析由题意，得(b－a)a＝(b－c)(b＋c)，∴ab＝a＋b－c，∴coC＝＝，2ab2222π∴C＝.故选A.32．(2022·山东师大附中模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知1co2A＝－，c＝3，inA＝6inC.3(1)求a的值；(2)若角A为锐角，求b的值及△ABC的面积．解(1)在△ABC中，c＝3，inA＝6inC，由正弦定理＝，得a＝6c＝6inAinC某3＝32.12π622(2)由co2A＝1－2inA＝－得，inA＝，由03323则coA＝1－inA＝2222ac3.3由余弦定理a＝b＋c－2bccoA，化简，得b－2b－15＝0，解得b＝5(b＝－3舍去)．11652所以S△ABC＝bcinA＝某5某3某＝.22322题型2利用正、余弦定理判断三角形的形状典例(2022·陕西模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcoC＋ccoB＝ainA，则△ABC的形状为()A．锐角三角形C．钝角三角形B．直角三角形D．不确定用边角互化法．答案B解析∵bcoC＋ccoB＝ainA，由正弦定理得inBcoC＋inCcoB＝inA，∴in(Bπ22＋C)＝inA，即inA＝inA.又inA>0，∴inA＝1，∴A＝，故△ABC为直角三角形．故2选B.[条件探究1]将本典例条件变为“若2inAcoB＝inC”，那么△ABC一定是()A．直角三角形C．等腰直角三角形B．等腰三角形D．等边三角形2答案B解析解法一：由已知得2inAcoB＝inC＝in(A＋B)＝inAcoB＋coAinB，即in(A－B)＝0，因为－πa2＋c2－b222由余弦定理得2a·＝ca＝ba＝b.故选B.2ac[条件探究2]将本典例条件变为“若△ABC的三个内角满足inA∶inB∶inC＝5∶11∶13”，则△ABC()A．一定是锐角三角形B．一定是直角三角形C．一定是钝角三角形D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形答案C解析在△ABC中，inA∶inB∶inC＝5∶11∶13，∴a∶b∶c＝5∶11∶13，故设a＝5k，b＝11k，c＝13k(k>0)，由余弦定理可得a2＋b2－c225k2＋121k2－169k223coC＝＝＝－<0，22ab2某5某11k110π又∵C∈(0，π)，∴C∈，π，2∴△ABC为钝角三角形．故选C.[条件探究3]将本典例条件变为“若bcoB＋ccoC＝acoA”，试判断三角形的形状．解由已知得a2＋c2－b2a2＋b2－c2b2＋c2－a2b·＋c·＝a·，2ac2ab2bc∴b(a＋c－b)＋c(a＋b－c)＝a(b＋c－a)．∴(a＋c－b)(b ＋a－c)＝0.ππ222222∴a＋c＝b或b＋a＝c，即B＝或C＝.22∴△ABC为直角三角形．方法技巧判定三角形形状的两种常用途径222222222222222222提醒：“角化边”后要注意用因式分解、配方等方法得出边的相应关系；“边化角”后答案B解析解法一：由已知得2inAcoB＝inC＝in(A＋B)＝inAcoB＋coAinB，即in(A－B)＝0，因为－πa2＋c2－b222由余弦定理得2a·＝ca＝ba＝b.故选B.2ac[条件探究2]将本典例条件变为“若△ABC的三个内角满足inA∶inB∶inC＝5∶11∶13”，则△ABC()A．一定是锐角三角形B．一定是直角三角形C．一定是钝角三角形D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形答案C解析在△ABC中，inA∶inB∶inC＝5∶11∶13，∴a∶b∶c＝5∶11∶13，故设a＝5k，b＝11k，c＝13k(k>0)，由余弦定理可得a2＋b2－c225k2＋121k2－169k223coC＝＝＝－<0，22ab2某5某11k110π又∵C∈(0，π)，∴C∈，π，2∴△ABC为钝角三角形．故选C.[条件探究3]将本典例条件变为“若bcoB＋ccoC＝acoA”，试判断三角形的形状．解由已知得a2＋c2－b2a2＋b2－c2b2＋c2－a2b·＋c·＝a·，2ac2ab2bc∴b(a＋c－b)＋c(a＋b－c)＝a(b＋c－a)．∴(a＋c－b)(b ＋a－c)＝0.ππ222222∴a＋c＝b或b＋a＝c，即B＝或C＝.22∴△ABC为直角三角形．方法技巧判定三角形形状的两种常用途径222222222222222222提醒：“角化边”后要注意用因式分解、配方等方法得出边的相应关系；“边化角”后。
(新课标)高考数学大一轮复习第三章三角函数、解三角形第3节三角恒等变换第2课时简单的三角恒等变换课件
即 3sin(α＋β)cosα－3cos(α＋β)sinα＝sin(α＋β)cosα ＋cos(α＋β)sinα，
整理可得 sin(α＋β)cosα＝2cos(α＋β)·sinα. 因为 α≠kπ＋π2 ，α＋β≠kπ＋π2 (k∈Z)， 所以 cos(α＋β)·cosα≠0， 则有 tan(α＋β)＝2tanα.
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(2)∵α 为锐角，cosα＋π6 ＝45，∴sinα＋π6 ＝35， ∴sin2α＋π3 ＝2sinα＋π6 cosα＋π6 ＝2245， cos2α＋π3 ＝2cos2α＋π6 －1＝275， ∴sin2α＋π 12＝sin2α＋π3 －π4 ＝ 22sin2α＋π3 －cos2α＋π3 ＝1750 2.
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考向 1 给角求值
【例 2】 sin47°－cosisn1177°°cos30°＝(
)
A．－
3 2
B．－12
C.12
D.
3 2
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【解析】 原式＝sin（30°＋17° cos）17－°sin17°cos30° ＝sin30°cos17°＋cos3c0o°s1s7i°n17°－sin17°cos30° ＝sin3c0o°s1c7o°s17° ＝sin30°＝12. 【答案】 C
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cos2α－π4 ＝cos2α－π4 ＋π4 ＝ 22cos2α－π4 －sin2α－π4 ＝－3510 2.
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解法 2：由 cosπ4 －α＝35，得 22(cosα＋sinα)＝35.① 两边平方，得 1＋2cosαsinα＝1285. sin2α＝2cosαsinα＝－275， (cosα－sinα)2＝1－－275＝3225. 根据 2cosαsinα＝－275<0 及－3π 2 <α<－π2 ，
高考数学大一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.1 导数的概念及运算教师用书
（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习第三章三角函数、解三角形 3.1 导数的概念及运算教师用书1．导数与导函数的概念(1)一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x0＋Δx－f x0Δx，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝limΔx→0Δy Δx＝limΔx→0f x0＋Δx－f x0Δx.(2)如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y＝f(x)在开区间内的导函数．记作f′(x)或y′.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0)．3．基本初等函数的导数公式4.导数的运算法则若f′(x)，g′(x)存在，则有(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)[f xg x ]′＝fx g x －f x gx[g x2(g (x )≠0)．5．复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积． 【知识拓展】(1)奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． (2)[1fx ]′＝－f x [fx2(f (x )≠0)．(3)[af (x )＋bg (x )]′＝af ′(x )＋bg ′(x )．(4)函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率．( × ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同．( × ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．( √ ) (4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × ) (5)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x ．( × )1．(教材改编)若f (x )＝x ·e x，则f ′(1)等于( ) A ．0 B ．e C ．2e D ．e 2答案 C解析 f ′(x )＝e x＋x ·e x ，∴f ′(1)＝2e.2．如图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是( )答案 D解析 由y ＝f ′(x )的图象知y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故可排除A ，C.又由图象知y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图象在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在x ＝x 0处的切线的斜率相同，故可排除B.故选D.3．设函数f (x )的导数为f ′(x )，且f (x )＝f ′(π2)sin x ＋cos x ，则f ′(π4)＝________.答案 － 2解析 因为f (x )＝f ′(π2)sin x ＋cos x ，所以f ′(x )＝f ′(π2)cos x －sin x ，所以f ′(π2)＝f ′(π2)cos π2－sin π2，即f ′(π2)＝－1，所以f (x )＝－sin x ＋cos x .f ′(x )＝－cos x －sin x .故f ′(π4)＝－cos π4－sin π4＝－ 2.4．曲线y ＝－5e x＋3在点(0，－2)处的切线方程是________________． 答案 5x ＋y ＋2＝0解析 因为y ′|x ＝0＝－5e 0＝－5，所以曲线在点(0，－2)处的切线方程为y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.题型一 导数的计算 例1 求下列函数的导数．(1)y ＝x 2sin x ；(2)y ＝ln x ＋1x ；(3)y ＝cos x e x ；(4)y ＝sin(2x ＋π3)；(5)y ＝ln(2x －5)．解 (1)y ′＝(x 2)′·sin x ＋x 2·(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝(ln x ＋1x )′＝(ln x )′＋(1x)′＝1x －1x2.(3)y ′＝(cos xex )′＝cos x ′·e x －cos x e x′e x 2＝－sin x ＋cos x ex. (4)设u ＝2x ＋π3，则y ＝sin u ，则y ′＝(sin u )′·u ′＝cos(2x ＋π3)·2∴y ′＝2cos(2x ＋π3)．(5)令u ＝2x －5，则y ＝ln u ，则y ′＝(ln u )′·u ′＝12x －5·2＝22x －5，即y ′＝22x －5.思维升华 (1)求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量．(2)复合函数求导时，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元．(1)f (x )＝x (2 016＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 017，则x 0等于( )A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e(2)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)等于( )A ．－1B ．－2C ．2D ．0答案 (1)B (2)B解析 (1)f ′(x )＝2 016＋ln x ＋x ×1x＝2 017＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 017，得2 017＋lnx 0＝2 017，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.(2)f ′(x )＝4ax 3＋2bx ， ∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2， ∴f ′(－1)＝－2. 题型二 导数的几何意义 命题点1 求切线方程例2 (1)(2016·全国丙卷)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为( ) A ．x ＋y －1＝0 B ．x －y －1＝0 C ．x ＋y ＋1＝0D ．x －y ＋1＝0答案 (1)2x ＋y ＋1＝0 (2)B解析 (1)设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x－3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1，即2x ＋y ＋1＝0.(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝＋ln x 0x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴切点为(1,0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.故选B. 命题点2 求参数的值例3 (2016·舟山模拟)函数y ＝e x的切线方程为y ＝mx ，则m ＝________.(2)已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 等于( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2 答案 (1)e (2)D解析 (1)设切点坐标为P (x 0，y 0)，由y ′＝e x， 得y ′|x ＝x 0＝0x e ，从而切线方程为y －0x e ＝0x e (x －x 0)， 又切线过定点(0,0)，从而－0x e ＝0x e (－x 0)， 解得x 0＝1，则m ＝e. (2)∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)， 则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2.故选D. 命题点3 导数与函数图象的关系例4 如图，点A (2,1)，B (3,0)，E (x,0)(x ≥0)，过点E 作OB 的垂线l .记△AOB 在直线l 左侧部分的面积为S ，则函数S ＝f (x )的图象为下图中的( )答案 D解析 函数的定义域为[0，＋∞)，当x ∈[0,2]时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 大于0且越来越大，即斜率f ′(x )在[0,2]内大于0且越来越大，因此，函数S ＝f (x )的图象是上升的且图象是下凸的；当x ∈(2,3)时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 大于0且越来越小，即斜率f ′(x )在(2,3)内大于0且越来越小，因此，函数S ＝f (x )的图象是上升的且图象是上凸的； 当x ∈[3，＋∞)时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 为0，即斜率f ′(x )在[3，＋∞)内为常数0，此时，函数图象为平行于x 轴的射线．思维升华 导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面： (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f x 1，y 0－y 1＝f x 1x 0－x 1求解即可．(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况，由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢．(1)(2016·台州模拟)已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为( ) A ．3 B ．2 C ．1 D.12(2)(2016·临海模拟)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点(π2，1)处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a 等于( ) A ．－1 B.12 C ．－2 D ．2答案 (1)A (2)A解析 (1)设切点的横坐标为x 0，∵曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，∴y ′＝x 2－3x ，即x 02－3x 0＝12，解得x 0＝3或x 0＝－2(舍去，不符合题意)， 即切点的横坐标为3. (2)∵y ′＝－1－cos xsin 2x ，∴2'x y π=＝－1.由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.3．求曲线的切线方程典例 若存在过点O (0,0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值． 错解展示现场纠错解 易知点O (0,0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上． (1)当O (0,0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0，依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0,0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，k ＝0'x x y =＝3x 20－6x 0＋2，①又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意，Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得 求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况.1．若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)等于( ) A ．2 B ．0 C ．－2 D ．－4 答案 D解析 f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，令x ＝1，则f ′(1)＝2f ′(1)＋2，得f ′(1)＝－2， 所以f ′(0)＝2f ′(1)＋0＝－4.2．(2016·东阳模拟)若曲线f (x )＝x 4－x 在点P 处的切线平行于直线3x －y ＝0，则点P 的坐标为( ) A ．(－1,2) B ．(1，－3) C ．(1,0) D ．(1,5)答案 C解析 设点P 的坐标为(x 0，y 0)，因为f ′(x )＝4x 3－1， 所以f ′(x 0)＝4x 30－1＝3，即x 0＝1. 把x 0＝1代入函数f (x )＝x 4－x ，得y 0＝0，所以点P 的坐标为(1,0)．3．若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为( ) A ．1 B ．2 C.134 D ．1或134答案 D解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝32，p ＝134.4．已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为( ) A ．e B ．－e C.1e D ．－1e答案 C解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x，设切点为(x 0，ln x 0)，则y ′|x ＝x 0＝1x 0，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1， 解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.5. (2016·杭州质检)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)等于( )A ．－1B ．0C ．2D ．4 答案 B解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，∴g ′(3)＝1＋3×(－13)＝0. 6．已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图象的切线平行，则实数a 的值为( )A.14B.12C ．1D ．4 答案 A解析 由题意可知f ′(x )＝1212x -，g ′(x )＝a x ， 由f ′(14)＝g ′(14)，得12×121()4-＝a 14， 可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意． 7．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)ex －1－f (0)x ＋12x 2.那么f (x )的解析式为________． 答案 f (x )＝e x －x ＋12x 2 解析 由已知得f ′(x )＝f ′(1)e x －1－f (0)＋x ，所以f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1，即f (0)＝1.又f (0)＝f ′(1)e －1，所以f ′(1)＝e.从而f (x )＝e x －x ＋12x 2. 8．(2016·金华模拟)曲线y ＝log 2x 在点(1,0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________．答案 12ln 2解析 y ′＝1x ln 2，∴k ＝1ln 2， ∴切线方程为y ＝1ln 2(x －1)． ∴三角形面积S ＝12×1×1ln 2＝12ln 2.9．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________． 答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝x －a ＋1x. ∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x≥2. *10.已知曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)与直线x ＝1交于点P ，设曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴交点的横坐标为x n ，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015的值为________．答案 －1解析 f ′(x )＝(n ＋1)x n，k ＝f ′(1)＝n ＋1，点P (1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝n n ＋1， ∴x 1·x 2·…·x 2 015＝12×23×34×…×2 0142 015×2 0152 016＝12 016， 则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015＝log 2 016(x 1x 2…x 2 015)＝－1.11．已知曲线y ＝13x 3＋43. (1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点P (2,4)的切线方程．解 (1)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，y ′＝x 2， ∴在点P (2,4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4.∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A (x 0，13x 30＋43)，则切线的斜率为0'x x y ＝x 0＝x 20.∴切线方程为y －(13x 30＋43)＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43. ∵点P (2,4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43， 即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.12．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3x (x ∈R )的图象为曲线C . (1)求过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C 上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C 的切点的横坐标的取值范围．解 (1)由题意得f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则f ′(x )＝(x －2)2－1≥－1，即过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．(2)设曲线C 的其中一条切线的斜率为k ，则由(2)中条件并结合(1)中结论可知， ⎩⎪⎨⎪⎧ k ≥－1，－1k ≥－1，解得－1≤k ＜0或k ≥1，故由－1≤x 2－4x ＋3＜0或x 2－4x ＋3≥1，得x ∈(－∞，2－2]∪(1,3)∪[2＋2，＋∞)．*13.设函数f (x )＝ax －b x，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解 (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋b x 2， 于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x . (2)设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2，知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为 y －y 0＝203(1)x +(x －x 0)， 即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝203(1)x +(x －x 0)． 令x ＝0，得y ＝－6x 0， 从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6. 故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值且此定值为6.。
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.5 函数y=Asin(ωx+φ)的图象及应用课件 文
【解】 (1)f(8)＝10－ 3cos1π2×8－sin1π2×8＝10－ 3 cos23π－sin23π
＝10－ 3×－12－ 23＝10. 故实验室这一天上午 8 时的温度为 10 ℃.
(2)因为 f(t)＝10－2122s3inco1πs21tπ2t＋＝10－2sin1π2t＋π3， 又 0≤t<24，所以π3≤1π2t＋π3<73π，－1≤sin1π2t＋π3≤1. 当 t＝2 时，sin1π2t＋π3＝1； 当 t＝14 时，sin1π2t＋π3＝－1. 于是 f(t)在[0,24)上取得最大值 12，取得最小值 8. 故实验室这一天最高温度为 12 ℃，最低温度为 8 ℃，最大温差 为 4 ℃.
则 A＝3－2－1＝2， b＝3＋2－1＝1. 又 T＝223π－π6＝π，ω＝2Tπ＝2ππ＝2， 所以 f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1.
将 x＝π6，y＝3 代入上式，得 sinπ3＋φ＝1.所以π3＋φ＝π2＋2kπ， k∈Z，即 φ＝π6＋2kπ，k∈Z.
因为|φ|<π2，所以 φ＝π6，所以 f(x)＝2sin2x＋π6＋1. (2)由 2kπ－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2(k∈Z)，得 kπ－π3≤x≤kπ＋π6(k∈ Z)， 所以函数 f(x)的单调递增区间是 kπ－π3，kπ＋π6(k∈Z)．
解析：(1)将 y＝sin(x＋π6)图象上各点的横坐标缩短到原来的12(纵 坐标不变)，得到函数 y＝sin(2x＋π6)；再将图象向右平移π3个单位长 度，得到函数 y＝sin[2(x－π3)＋π6]＝sin(2x－π2)，故 x＝－π2是其图象 的一条对称轴方程．
(2)把 y＝12sinx＋π3的图象向左平移 m 个单位长度后得到函数 y＝12sinx＋m＋π3＝12sinx＋m＋π3的图象，由题意得 m＋π3＝kπ ＋π2，k∈Z，即 m＝kπ＋π6，k∈Z，又 m>0，取 k＝0，得 m 的最 小值为π6.
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 第3讲
第3讲 两角和与差的正弦、余弦和正切公式1．已知sin(π2＋α)＝12，－π2<α<0，则cos(α－π3)的值是________．[解析] 由已知得cos α＝12，sin α＝－32，所以cos(α－π3)＝12cos α＋32sin α＝－12.[答案] －122．若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ＝35，则cos 2θ＝________．[解析] 因为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ＝cos θ＝35，所以cos 2θ＝2cos 2θ－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫352－1＝－725.[答案] －7253．在△ABC 中，tan B ＝－2，tan C ＝13，则A ＝________．[解析] tan A ＝tan [π－(B ＋C )]＝－tan(B ＋C )＝－tan B ＋tan C1－tan B tan C ＝－－2＋131－（－2）×13＝1.故A ＝π4.[答案] π44．设tan(α＋β)＝25，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝14，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝________. [解析] tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤（α＋β）－⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝tan （α＋β）－tan ⎝⎛⎭⎪⎫β－π41＋tan （α＋β）·tan ⎝⎛⎭⎪⎫β－π4＝25－141＋25×14＝322.[答案] 3225．(2018·重庆巴蜀中学期中改编)在△ABC 中，若3(tan B ＋tan C )＝tan B tan C －1，则sin 2A ＝________．[解析] 由3(tan B ＋tan C )＝tan B tan C －1得tan(B ＋C )＝tan B ＋tan C 1－tan B tan C ＝－33，又因为B ，C 为三角形内角，所以B ＋C ＝150°，A ＝30°，2A ＝60°，所以sin 2A ＝32. [答案]326．(2018·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(一))若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝－14，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2，则sin 2α＝________. [解析] cos ⎝⎛⎭⎪⎫π6＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos α－12sin α·⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos α＋32sin α＝－14，则34cos 2α＋14sin 2α＝－14， 可得⎩⎨⎧3cos 2α＋sin 2α＝－1，cos 22α＋sin 22α＝1，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2， 解得cos 2α＝－32，sin 2α＝12. [答案] 127.3tan 12°－3（4cos 212°－2）sin 12°＝________．[解析] 原式＝3sin 12°cos 12°－32（2cos 212°－1）sin 12° ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 12°－32cos 12°cos 12°2cos 24°sin 12°＝23sin （－48°）2cos 24°sin 12°cos 12°＝－23sin 48°sin 24°cos 24°＝－23sin 48°12sin 48°＝－4 3.[答案] －4 38．设θ为第二象限角，若tan (θ＋π4)＝12，则sin θ＋cos θ＝________．[解析] 法一：由θ在第二象限，且tan(θ＋π4)＝12，因而sin(θ＋π4)＝－55，因而sin θ＋cos θ＝2sin(θ＋π4)＝－105.法二：如果将tan(θ＋π4)＝12利用两角和的正切公式展开，则tan θ＋11－tan θ＝12，求得tanθ＝－13.又因为θ在第二象限，则sin θ＝110，cos θ＝－310，从而sin θ＋cos θ＝－210＝－105. [答案] －1059．(2018·苏锡常镇四市高三调研)已知sin α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12＝________．解析：由sin α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6得2sin α＝33sin α＋3cos α，则(2－33)sin α＝3cos α，tan α＝sin αcos α＝32－33＝－3（2＋33）23，又tan π12＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π4＝tan π3－tanπ41＋tan π3·tanπ4＝3－11＋3＝2－3，所以tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π12＝tan α＋tanπ121－tan αtanπ12＝－3（2＋33）23＋2－31＋3（2＋33）（2－3）23＝23－4.答案：23－410．若0<α<π2，－π2<β<0，cos(π4＋α)＝13，cos(π4－β2)＝33，则cos(α＋β2)＝________．[解析] 因为0<α<π2，－π2<β<0，所以π4<π4＋α<3π4，π4<π4－β2<π2，所以sin(π4＋α)＝1－19＝223，sin(π4－β2)＝ 1－13＝63，所以cos(α＋β2)＝cos[(π4＋α)－(π4－β2)]＝cos(π4＋α)cos(π4－β2)＋sin(π4＋α)sin(π4－β2)＝539. [答案] 53911．已知tan α＝－13，cos β＝55，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，求tan(α＋β)的值，并求出α＋β的值．[解] 由cos β＝55，β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，得sin β＝255，tan β＝2.所以tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝－13＋21＋23＝1.因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以π2<α＋β<3π2，所以α＋β＝5π4.12．已知函数f (x )＝cos 2x ＋sin x cos x ，x ∈R . (1)求f (π6)的值；(2)若sin α＝35，且α∈(π2，π)，求f (α2＋π24)．[解] (1)f (π6)＝cos 2π6＋sin π6cos π6＝(32)2＋12×32＝3＋34.(2)因为f (x )＝cos 2x ＋sin x cos x ＝1＋cos 2x 2＋12sin 2x＝12＋12(sin 2x ＋cos 2x )＝12＋22sin(2x ＋π4)， 所以f (α2＋π24)＝12＋22sin(α＋π12＋π4)＝12＋22sin(α＋π3)＝12＋22(12sin α＋32cos α)． 因为sin α＝35，且α∈(π2，π)，所以cos α＝－45，所以f (α2＋π24)＝12＋22(12×35－32×45)＝10＋32－4620.1．(2018·江苏省四校联考)已知sin 2α＝13，则1tan α－1tan 2α的值为________．[解析] 因为1tan α－1tan 2α＝cos αsin α－cos 2αsin 2α＝sin 2αcos α－cos 2αsin αsin α·sin 2α＝1sin 2α＝3.[答案] 32．化简2cos 4x －2cos 2x ＋122tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x ＝________．[解析] 原式＝－2sin 2x cos 2x ＋122sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x＝12（1－sin 22x ）2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ＝12cos 22x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2x ＝12cos 2x .[答案] 12cos 2x3．(2018·江苏省模拟考试)已知α，β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin αsin β，则tan α的最大值是________．[解析] 由cos(α＋β)＝sin αsin β得sin α＝sin βcos(α＋β)，即sin α＝sin βcosαcos β－sin 2βsin α，所以sin α(1＋sin 2β)＝sin βcos αcos β，可以化为sin αcos α＝sin βcos β1＋sin 2β，即tan α＝sin βcos β1＋sin 2β， 也可以化为tan α＝sin βcos β2sin 2β＋cos 2β＝12tan β＋1tan β， 因为β为锐角，所以tan β>0，所以tan α＝12tan β＋1tan β≤122tan β·1tan β＝24(当且仅当2tan β＝1tan β，即tan β＝22时取等号)，即tan α的最大值为24. [答案]244．如图所示，点B 在以PA 为直径的圆周上，点C 在线段AB 上，已知PA ＝5，PB ＝3，PC ＝1527，设∠APB ＝α，∠APC ＝β，α，β均为锐角，则角β的值为________．[解析] 因为点B 在以PA 为直径的圆周上，所以∠ABP ＝90°，所以cos α＝PB PA ＝35，sin α＝45，tan α＝43.因为cos ∠CPB ＝cos(α－β)＝PB PC ＝31527＝7210，所以sin(α－β)＝210，所以tan(α－β)＝17，tan β＝tan[α－(α－β)]＝tan α－tan （α－β）1＋tan αtan （α－β）＝1.又β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以β＝π4.[答案] π45．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，且sin α2＋cos α2＝62. (1)求cos α的值；(2)若sin(α－β)＝－35，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，求cos β的值．解：(1)因为sin α2＋cos α2＝62，两边同时平方，得sin α＝12.又π2＜α＜π， 所以cos α＝－1－sin 2α＝－32. (2)因为π2＜α＜π，π2＜β＜π，所以－π2＜α－β＜π2.又由sin(α－β)＝－35，得cos(α－β)＝45.所以cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β) ＝－32×45＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35 ＝－43＋310.6．已知函数f (x )＝2cos 2x2－3sin x .(1)求函数f (x )的最小正周期和值域；(2)若α为第二象限角，且f ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝13，求cos 2α1＋cos 2α－sin 2α的值． [解] (1)因为f (x )＝1＋cos x －3sin x ＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，所以函数f (x )的最小正周期为2π，值域为[－1，3]． (2)因为f ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝13，所以1＋2cos α＝13，即cos α＝－13.又因为α为第二象限角，所以sin α＝223.因为cos 2α1＋cos 2α－sin 2α＝cos 2α－sin 2α2cos 2α－2sin αcos α ＝（cos α＋sin α）（cos α－sin α）2cos α（cos α－sin α）＝cos α＋sin α2cos α，所以原式＝cos α＋sin α2cos α＝－13＋223－23＝1－222.。
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 362 解三角形的综合应用课件 文
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解析 依题意知，在△ACD 中，∠CAD＝30°，由正弦定理得 AC＝ CDsinsi3n04°5°＝2 2，在△BCE 中，∠CBE＝45°，由正弦定理得 BC＝CsEisni4n56°0° ＝3 2。因为在△ABC 中，由余弦定理得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB ＝10，所以 AB＝ 10。
弦定理知( 3)2＝a2＋b2－2abcosπ3，
即a2＋b2－ab＝3，
a2＋b2－ab＝3，
a＝1，
联立，得b＝2a，
所以b＝2。
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考点三 正、余弦定理在平面几何中的应用 【例3】 (2019·河南、河北重点中学联考)如图，在△ABC中，内角A， B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝4，b＝2,2ccosC＝b，D，E分别为线 段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE。
外接圆的半径为r，则r＝1，由余弦定理得bc＝
b2＋c2－a2 2cosA
＝b2＋c2－a2＝b2
＋c2－(2rsinA)2＝b2＋c2－3≥2bc－3(当且仅当b＝c时，等号成立)，所以
bc≤3，所以S△ABC＝12bcsinA＝ 43bc≤3 4 3。
答案
33 (2) 4
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【变式训练】 △ABC的垂心H在其内部，∠A＝30°，AH＝ 3，则 3 BH＋CH的取值范围是________。
解析 由已知，得△ABC为锐角三角形，如图，延长AH，BH，CH分
别交BC，AC，AB于点E，F，D，因为H是垂心，所以AE⊥BC，BF⊥
近年高考数学一轮复习第3章三角函数、解三角形3.7解三角形应用举例学案理(2021年整理)
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同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮复习第3章三角函数、解三角形3.7 解三角形应用举例学案理的全部内容。
3.7 解三角形应用举例［知识梳理］实际问题中的常用术语[诊断自测]1．概念思辨（1）方位角α的大小范围是0°≤α〈360°，方向角β的大小范围一般是0°≤β<90°(）(2）如图1，为了测量隧道口AB的长度,测量时应当测量数据a,b，γ。
（）(3)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α＋β＝180°。
（)(4)如图2，DC＝a，从C,D两点测得点A的仰角分别为β和α，则能求出AB的长．( ）答案（1)√（2)√（3）×（4）√2．教材衍化（必修A5P20T6)若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°, (1）且AC＝BC，则点A在点B的( ）A．北偏东15° B．北偏西15°C．北偏东10° D．北偏西10°答案B解析如图所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，∴∠CBA＝45°,而β＝30°，∴α＝90°－45°－30°＝15°。
∴点A在点B的北偏西15°.故选B。
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达这座灯塔的东南方向 N 处，则该船航行的速度为( )
17 A. 2
2海里/小时
B．34 6海里/小时
17 C. 2
6海里/小时
D．34 2海里/小时
(2)如图，在塔底 D 的正西方 A 处测得塔顶的
仰角为 45°，在它的南偏东 60°的 B 处测得塔顶的仰
角为 30°，AB 的距离是 84 m，则塔高为( )
则 A，B 两点的距离为________m。
(2)如图，两座相距 60 m 的建筑物 AB，CD
的高度分别为 20 m、50 m，BD 为水平面，则从建筑物 AB 的顶端 A 看建
筑物 CD 的张角∠CAD 等于________。
(3)(2015·湖北高考)如图，一辆汽车在一 条水平的公路上向正西行驶，到 A 处时测得 公路北侧一山顶 D 在西偏北 30°的方向上， 行驶 600 m 后到达 B 处，测得此山顶在西偏 北 75°的方向上，仰角为 30°，则此山的高度 CD＝________ m。
【解析】 (1)在△ABC 中，∵∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，∴∠B ＝30°。
由正弦定理得
AB＝AC·ssinin∠BACB＝50×1
2 2 ＝50
2(m)。
2
(2)依题意可得 AD＝20 10 m，AC＝30 5 m，又 CD＝50 m，所以
在 △ ACD
中，由余弦定理得
cos
∠
CAD
反思归纳 此类题目求解时，一般有如下思路： (1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内 利用正弦、余弦定理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果。 做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边 角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机 结合，才能顺利解决问题。
【答案】 (1)50 2 (2)45° (3)100 6
反思归纳 利用正、余弦定理解决实际测量问题，实际上是把问题 转化到相关三角形中，利用三角形的边、角关系求解。
【变式训练】 (1)(2017·马鞍山模拟)一船自西向东匀速航行，上午 10 时到达一座灯塔 P 的南偏西 75°，距灯塔 68 海里的 M 处，下午 2 时到
考二点【典例正2】、(余2016弦·石家定庄理质检在)△平ABC面中，几角何A，中B，C的的应对边用分别
为 a，b，c，且 2bcosC＋c＝2a。 (1)求角 B 的大小； (2)若 BD 为 AC 边上的中线，cosA＝71，BD＝ 1229，求△ABC 的面积。
【解析】 (1)2bcosC＋c＝2a，由正弦定理，得 2sinBcosC＋sinC＝ 2sinA，∵A＋B＋C＝π，
第三章 三角函数、解三角形
第六节 解三角形
第二课时 解三角形的综合应用
微考点 大课堂 微考场 新提升 微考题 巧突破
微考点 大课堂
考点例析 对点微练
考点 一
三角形的实际应用
【典例 1】 (1)如图，设 A、B 两点在河的
两岸，一测量者在 A 的同侧，选定一点 C，测出
AC 的距离为 50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，
c2＋b42－17bc，①
在△ABC 中，由正弦定理得sincC＝sibnB，由已知得 sinA＝473，∴sinC
＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝5143，
∴c＝57b，②
由①②解得bc＝＝57，， ∴S△ABC＝12bcsinA＝10 3。
【答案】
π (1)3
(2)10 3
因为∠ADB 与∠Cຫໍສະໝຸດ B 互补，所以 cos∠ADB＝－cos∠CDB，所以4b21＋6 1336－4＝－b2＋8 1363－a2，所
3b
3b
以 3b2－a2＝－6②。联立①②解得 a＝3，b＝1，所以 AC＝3，BC＝3。
在△ABC 中，cosC＝BC2＋2BACC·A2－C AB2＝322＋×332×－322＝79。
＝
AC2＋AD2－CD2 2AC·AD
＝
30
2×523＋0 250×210021－0502＝6
6 000 000
＝ 2
22，又
0°<∠CAD<180°，所以∠CAD
＝45°，所以从顶端 A 看建筑物 CD 的张角为 45°。
(3)在△ABC 中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ ACB＝75°－30°＝45°，由正弦定理得sin∠BCBAC＝ sin∠ABACB，即siBn3C0°＝si6n0405°，BC＝300 2。又由题 意知，在 Rt△BCD 中，∠BCD＝90°，∠CBD＝30°，所以由 tan∠CBD ＝CBDC可得 CD＝tan30°×300 2＝100 6。
A．24 m
B．12 5 m
C．12 7 m
D．36 m
【解析】 (1)如图所示，
在△PMN 中，PM＝68，∠PNM＝45°，∠PMN＝15°，∠MPN＝120°， 由正弦定理可得sin6485°＝sinM1N20°， 所以 MN＝34 6， 所以该船的航行速度为172 6海里/小时。故选 C。 (2)设塔高 CD＝x m，则 AD＝x m，DB＝ 3x m。 在△ABD 中，利用余弦定理，得 842＝x2＋( 3x)2－2 3·x2cos150°， 解得 x＝±12 7(负值舍去)，故塔高为 12 7 m。故选 C。 【答案】 (1)C (2)C
∴sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，
∴2sinBcosC＋sinC＝2(sinBcosC＋cosBsinC)，
∴sinC＝2cosBsinC。
∵0<C<π，∴sinC≠0，∴cosB＝12。
又 0<B<π，∴B＝π3。
(2)在△ABD 中，由余弦定理得
12292＝c2＋b22－2c·2bcosA，∴1429＝
【变式训练】 如图，在△ABC 中，sin∠A2BC＝ 33，AB＝2，点 D 在线段 AC 上，且 AD＝2DC，BD＝43 3，则 cosC＝________。
【解析】 由条件得 cos∠ABC＝31， sin∠ABC＝23 2。在△ABC 中，设 BC＝a，AC＝3b， 则 9b2＝a2＋4－34a①
【答案】
7 9
考点 正、余弦定理与三角函数图象性 三 质的综合应用 【典例 3】 已知向量 m＝cos2x，－1，n＝ 3sin2x，cos22x，函数 f(x)