高考数学二轮专题突破课件：专题三三角函数3.2
高三数学二轮复习 专题整合突破三角函数的图象与性质 课件理
2
1 1 3 1 ＝2 cos2x＋ sin2x－2cos2x 2 2
π 3 1 1 ＝ 4 sin2x－4cos2x＝2sin2x－6 . 2π 所以，f(x)的最小正周期 T＝ 2 ＝π. (2)解法一：因为
π 对称中 对称中心：( 2＋ 对 (kπ，0)(k∈Z)； 心： kπ，0 )(k∈Z)； 称 π kπ 对称轴：x＝2＋ 对称轴： ， 0 (k 2 性 kπ(k∈Z) x＝kπ(k∈Z) ∈Z) 对称中心：
2.三角函数的两种常见图象变换
[重要结论] 1．三角函数的奇偶性 (1)函数 y＝Asin(ωx＋φ)是奇函数⇔φ＝ kπ (k∈Z)，是
(2)已知函数 f(x)＝－ 1，x∈R.
π 2 2sin2x＋4 ＋ 6sin x cos x － 2cos x＋
①求 f(x)的最小正周期； ②求
[解]
π f(x)在区间0，2上的最大值和最小值．
①f(x)＝－ sin2x－cos2x＋3sin2x－ cos2x＝2sin2x
π sin2x－4∈ － 2 ， 1 . 2
所以
π 0 ， f(x)在 上最大值为 2
2 2，最小值为－2.
1．三角函数定义域的求法 求三角函数的定义域实际上是解简单的三角不等式， 常 借助三角函数线或三角函数图象来求解． 2．三角函数值域(最值)的三种求法 (1)直接法：利用 sinx，cosx 的值域． (2)化一法： 化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋k 的形式逐步分析 ωx ＋φ 的范围，根据正弦函数单调性写出函数的值域(最值)． (3)换元法：把 sinx 或 cosx 看作一个整体，可化为求函 数在给定区间上的值域(最值)问题．
2019年高考数学大二轮复习专题三三角函数3-2三角变换与解三角形练习
3.2三角变换与解三角形【课时作业】A 级1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝()A ．42B ．30 C.29D ．25解析： ∵cos C 2＝55，∴cos C ＝2cos 2C2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35.在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32，∴AB ＝32＝4 2. 故选A. 答案： A2．(2018·山东菏泽2月联考)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝13，则tan(π＋2α)＝()A.427B ．±225C ．±427D ．225解析： ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫3π2，2π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝13，∴cos α＝13，sin α＝－223，由同角三角函数的商数关系知tan α＝sin αcos α＝－2 2.∴tan(π＋2α)＝tan2α＝2tan α1－tan2α＝－421－－22＝427，故选A. 答案： A3．已知△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边长分别为a ，b ，c ，若A ＝π3，b ＝2a cos B ，c ＝1，则△ABC 的面积等于() A.32B ．34C.36D ．38解析： 由正弦定理得sin B ＝2sin A cos B ，故tan B ＝2sin A ＝2sin π3＝3，又B ∈(0，π)，所以B ＝π3，又A ＝π3＝B ，则△ABC 是正三角形，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×1×32＝34.答案： B 4．若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，且3cos2α＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4－α，则sin2α的值为()A.79B ．－79 C ．－19D ．19解析： 3(cos 2α－sin 2α)＝22(cos α－sin α)，因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，所以cos α－sin α≠0，所以3(cos α＋sin α)＝22，即cos α＋sin α＝223，两边平方可得1＋sin2α＝89⇒sin2α＝－19.答案： C5．(2018·南昌市第一次模拟测试卷)已知台风中心位于城市A 东偏北α(α为锐角)的150千米处，以v 千米/时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A 西偏北β(β为锐角)的200千米处，若cos α＝34cos β，则v ＝() A ．60B ．80 C ．100D ．125解析： 如图，台风中心为B,2.5小时后到达点C ，则在△ABC中，AB sin α＝AC sin β，即sin α＝43sin β，又cos α＝34cos β.∴sin 2α＋cos 2α＝169sin 2β＋916cos 2β＝1＝sin 2β＋cos 2β，∴sin β＝34cos β， ∴sin β＝35，cos β＝45，∴sin α＝45，cos α＝35，∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝35×45－45×35＝0，∴α＋β＝π2，∴BC 2＝AB 2＋AC 2，∴(2.5v )2＝1502＋2002，解得v ＝100，故选 C. 答案： C 6．化简：π－α＋sin 2αcos2α2＝________.解析：π－α＋sin 2αcos2α2＝2sin α＋2sin α·cos α12＋cos α＝2sin α＋cos α12＋cos α＝4sinα.答案： 4sin α7．在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C ＝________.解析：sin 2A sin C ＝2sin Acos A sin C ＝2a c ·b2＋c2－a22bc ＝2×46·25＋36－162×5×6＝1. 答案： 18．(2018·开封市高三定位考试)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，且a ＝5，△ABC 的面积为23，则b ＋c 的值为________．解析： 由正弦定理及b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，得sin B ·sin B cos B ＋sin B ·sin A cos A ＝2sin C ·sin Bcos B ，即cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos A ，亦即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，故sin C ＝2sin C cos A ．因为sin C ≠0，所以cos A ＝12，所以A ＝π3.由面积公式，知S △ABC ＝12bc sin A ＝23，所以bc ＝8.由余弦定理，知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ，代入可得b ＋c ＝7.答案： 79．(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝⎛⎭⎪⎫－35，－45.(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．解析： (1)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得sin α＝－45.所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.(2)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得cos α＝－35，由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α，得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－5665或cos β＝1665.10．(2018·北京卷)在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos B ＝－17.(1)求∠A ；(2)求AC 边上的高．解析： (1)在△ABC 中，因为cos B ＝－17，所以sin B ＝1－cos2B ＝437. 由正弦定理得sin A ＝asin B b ＝32.由题设知π2<∠B <π，所以0<∠A <π2.所以∠A ＝π3.(2)在△ABC 中，因为sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝3314，所以AC 边上的高为a sin C ＝7×3314＝332.B 级1．(2018·河南濮阳一模)已知△ABC 中，sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，则sin 2Bsin B ＋cos B 的取值范围是() A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，22B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22C ．(－1，2)D ．⎝⎛⎦⎥⎤0，3－32解析： 由sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，知a ，b ，c ，成等比数列，即b 2＝ac ，∴cos B ＝a2＋c2－b22ac ＝a2＋c2－ac 2ac ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2c ＋c 2a －12≥2a 2c ·c 2a －12＝12，当且仅当a ＝c 时等号成立，可知B ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π3，设y ＝sin 2B sin B ＋cos B ＝2sin Bcos B sin B ＋cos B，设sin B ＋cos B ＝t ，则2sin B cos B ＝t 2－1.由于t ＝sin B ＋cos B ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4，B ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3，所以t ∈(1，2]，故y ＝sin 2B sin B ＋cos B ＝2sin Bcos B sin B ＋cos B ＝t2－1t ＝t －1t ，t ∈(1，2]，因为y ＝t －1t 在t ∈(1，2]上是增函数，所以y ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，22.故选B. 答案： B2．(2018·石家庄质量检测(一))如图，平面四边形ABCD 的对角线的交点位于四边形的内部，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝CD ，AC ⊥CD ，当∠ABC 变化时，对角线BD 的最大值为________．解析： 设∠ABC ＝θ，θ∈(0，π)，则由余弦定理得AC 2＝3－22cos θ，由正弦定理得1sin∠ACB ＝AC sin θ，得sin ∠ACB ＝sin θAC .在△DCB 中，由余弦定理可得，BD 2＝CD 2＋2－22CD cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠ACB ＝AC 2＋2＋22AC sin ∠ACB ＝3－22cos θ＋2＋22AC ×sin θAC ＝5＋22(sin θ－cos θ)＝5＋4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，当θ＝3π4时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4max ＝1，∴BD 2m ax ＝9，∴BD max ＝3.答案： 33．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x ，3sin x )，f (x )＝a ·b . (1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求△ABC 面积的最大值．解析： (1)易得a ＝(－sin x ，cos x )， 则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x ＝12－12cos2x ＋32sin2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π， 当2x －π6＝π2＋2k π，k ∈Z 时，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )时，f (x )取最大值是32.(2)因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6＝12⇒A ＝π3.因为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 所以12＝b 2＋c 2－bc ， 所以b 2＋c 2＝bc ＋12≥2bc ，所以bc ≤12(当且仅当b ＝c 时等号成立)，所以S ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.所以当△ABC 为等边三角形时面积取最大值是3 3.4．如图，在一条海防警戒线上的点A 、B 、C 处各有一个水声检测点，B 、C 两点到A 的距离分别为20千米和50千米，某时刻B 收到发自静止目标P 的一个声波信号，8秒后A 、B 同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A 到P 的距离为x 千米，用x 表示B 、C 到P 的距离，并求出x 的值； (2)求P 到海防警戒线AC 的距离．解析： (1)依题意，有PA ＝PC ＝x ，PB ＝x －1.5×8＝x －12. 在△PAB 中，AB ＝20，cos ∠PAB ＝PA2＋AB2－PB22PA·AB ＝x2＋202－－2x·20＝3x ＋325x，同理，在△PAC 中，AC ＝50，cos ∠PAC ＝PA2＋AC2－PC22PA·AC ＝x2＋502－x22x·50＝25x .∵cos ∠PAB ＝cos ∠PAC ，∴3x ＋325x ＝25x， 解得x ＝31.(2)作PD ⊥AC 于点D ，在△ADP 中， 由cos ∠PAD ＝2531，得sin ∠PAD ＝1－cos2∠PAD＝42131，∴PD ＝PA sin ∠PAD ＝31×42131＝421.故静止目标P 到海防警戒线AC 的距离为421千米．。
高考数学(理)二轮复习三级排查大提分课件：3-2解三角形
一级排查
二级排查
三级排查
走向考场
C＝2c－b a.
(1)求ssiinn CA的值；
(2)若 cos B＝14，△ABC 的周长为 5，求 b 的长．
一级排查
二级排查
三级排查
走向考场
[正解] (1)由正弦定理，可设sina A＝sinb B＝sinc C＝k，
则2c－b a＝2ksinkCsi－n Bksin
A＝2sin
C－sin sin B
一级排查
二级排查
三级排查
走向考场
解三角形的实际应用问题
根据近三年的高考试题如2011上海6,2012上海21,2013江苏18等 预测2014年高考命题中解三角形的实际应用问题将会加大考查 力度，借以考查知识的运用，借助解三角形的知识考查应用问 题，是高考对应用性问题的考查方式之一，该类问题解决的关 键是建立三角形或三角函数模型，转化为数学问题．例3第(1)问 解决的关键是看懂图形，利用三角函数性质求解．第(2)问解决 的关键是恰当选择正、余弦定理及求最值的方法．
2013 山东，17；A∶sin B∶sin C．
()
2013 湖北，17；2.在△ABC 中，余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccos
2012 浙江，18；A，b2＝c2＋a2－2cacos B，c2＝a2＋b2－2abcos
2011 天津，6. C．
()
3.在△ABC 中，S△ABC＝12absin A＝12bcsin B＝12
高考数学文科二轮专题突破课件：专题三 三角函数 3.2
2
+2-2
A=
2
5
=
- 5
5
=- .
5
,得
sin
a=2b.
-8-
高频考点
考情分析
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(2)由(1),可得 sin
命题热点四
2 5
A= ,
5
代入 asin A=4bsin B,得 sin B=
由(1)知,A 为钝角,
sin
4
=
2 5
角.
3.已知两边和其中一边的对角,如已知a,b和A,应先用正弦定理求
B,由A+B+C=π求C,再由正弦定理或余弦定理求c,要注意解可能有
多种情况.
4.已知三边a,b,c,可应用余弦定理求A,B,C(或先用余弦定理求出
最大边所对的角,再用正弦定理及三角形内角和定理求另外两个内
角).
高频考点
考情分析
命题热点一
3.2
三角变换与解三角形
考情分析
试题统计
(2014 全国Ⅰ,文 16)
(2014 全国Ⅱ,文 14)
(2014 全国Ⅱ,文 17)
(2015 全国Ⅱ,文 17)
(2016 全国Ⅱ,文 11)
(2016 全国Ⅲ,文 6)
(2017 全国Ⅰ,文 11)
(2017 全国Ⅱ,文 16)
(2017 全国Ⅲ,文 6)
B=sin
A,即
sin(B+C)=sin
(2)在△ABC 中,A= ,a= 3c,则 =
.
2
3
为直角三角形.
sin2π 1
sin
高中数学二轮复习(文) 专题三 三角2 课件(全国通用)
.
2.二倍角公式 sin 2α=2sin αcos α; cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α;
tan 2α=
2tan ������
1-ta n 2 ������
.
1-cos2 ������ 2 sin2 ������ 2
3.降幂公式
cos2α=
1+cos2 ������ 2
2 3
2 3
A.
1 6
2
B.
π 4
1
解析: cos ������ +
=
3 π 1+cos 2������ +
2
2
=
1-sin2 ������ 2
=
2
= .
6
1
专题二
一、选择题 二、填空题
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-8-
5.(2017 湖南长沙一模,文 11)在△ABC 中,C= ,AB=3,则△ABC 的周 长为( C ) A.6sin ������ + C.2 3sin
3.2
三角变换与解三角形专项练
专题二
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-2-
Hale Waihona Puke 1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式 sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β; cos(α±β)=cos αcos β∓sin αsin β;
tan(α± β)=
tan ������ ±tan ������ 1∓tan������ tan ������
D
)
A.C.
1 2
3 2
2024届高考二轮复习数学课件(新高考新教材)：三角函数的图象与性质
f(π-x)=sin(π-x)+cos(π-x)sin(π-x)=sin x-cos xsin x≠f(x),因此 f(x)的图象关于直
∴f
4π
3
13π
+
6
=f
π
3
π
2- 6
.
=0,f
7π
-4
=f
π
4
4
13π π
T=3 × 12 - 3
π
=2,∴φ=- +2kπ,k∈Z.
6
=1.
=π, 故 ω=2.
由(f(x)-1)(f(x)-0)>0,得 f(x)<0 或 f(x)>1.
结合题中图象可知,满足 f(x)>1 的 x 离 y 轴最近的正数取值区间为
A.-4
B.4
1
C.3
)
1
D.
3
答案 C
解析 ∵cos
则 tan
π
-
4
π
+
2
=
=2cos(π-α),∴-sin α=-2cos α,即 tan α=2,
1-tan 1
=- .
1+tan 3
规律方法点的坐标与三角函数值的关系
根据三角函数的定义,可以由给定角的终边上一点的坐标,求出该角的各个
三角函数值;反之,当给定
y=sin(ωx-φ).
3.三角函数的周期性
2π
(1)f(x)=Asin(ωx+φ)和 f(x)=Acos(ωx+φ)(Aω≠0)的最小正周期为||.
高考数学新课标全国二轮复习课件3.三角函数、解三角形及平面向量2
2������-������ = 0, ������ 2 + ������ 2 = 0, ������ = ������ =
5 5 或 2 5 5
解得
,
������ = ������ = -
5
5 2 5 5
, ,
所以|x+2y|= 5.
考点1
考点2
考点3
考点4
(2)(a+b)· a=0,所以 a· b=-a2,设 a 与 b 的夹角为 θ,则 cos θ=|������ |· =- ,所以夹角为 120°. |������ | 2 答案:(1) 5 (2)120°
考点1
考点2
考点3
考点4
考点 2 向量的模及夹角问题
(1)设单位向量m=(x,y),b=(2,-1).若m⊥b,则|x+2y|= (2)向量(a+b)与a垂直,且|b|=2|a|,则a与b的夹角为 解析:(1)因为m⊥b,所以m· b=2x-y=0. 又m为单位向量,所以x2+y2=1. . .
由
①a∥b⇔b=λa⇔x1y2-x2y1=0. ②a⊥b⇔a· b=0⇔x1x2+y1y2=0.
③向量的夹角 cos θ=|������ ||������ | =
������ · ������
������ 1 ������ 2 +������1 ������2
2 +������ 2 ������ 2 +������ 2 ������ 1 1 2 2
系.
(5)向量的应用
①会用向量方法解决某些简单的平面几何问题. ②会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题.
平面向量的概念与运算 (1)要准确理解平面向量的概念 ①零向量的模为 0,方向是任意的,它与任何非零向量都共线;② 与 a 共线的单位向量为±|������ |;③方向相同或相反的向量叫做共线向量 (或平行向量);④向量的夹角:已知非零向量 a 与 b,作������������=a,������������=b,则 ∠AOB=θ(0≤θ≤π)叫向量 a 与 b 的夹角;⑤向量的投影:设向量 a 与 b 的夹角为 θ,则|a|cos θ 叫做向量 a 在 b 方向上的投影. (2)平面向量数量积的概念:已知两个非零向量 a 与 b,它们的夹 角为 θ,则 a· b=|a||b|cos θ 叫做 a 与 b 的数量积(或内积).规定 0· a=0.
高考数学二轮复习专题三三角函数3.2三角变换与解三角形课件文
三角变换与解三角形
-2热点1 热点2 热点3 热点4
三角恒等变换及求值
【思考】 三角变换的基本思路及技巧有哪些?
例 1 若 tan θ=-1 ,则 cos 2θ=( 3
4 A.5 1 B.5
)
1 C. 5 4 D. 5
-3-
答案： D
解析：(方法 1)cos 2θ=cos θ-sin
4 .故选 5
2 2
cos2 ������-sin2 ������ θ= 2 cos ������+sin2 ������
=
1-tan2 ������ 1+tan2 ������
=
1 2 1- -3 1 2 1+ -3
=
D.
1 3Leabharlann (方法 2)∵tan θ=- ,
∴cos������=-3,即 3sin θ=-cos θ.
sin������ sin������
例 2(1)设△ABC 的内角 A,B,C 所对边的长分别为 a,b,c,若 bcos
C+ccos B=asin A,则△ABC 的形状为( A.锐角三角形 C.钝角三角形
2π 3
)
B.直角三角形 D.不确定
������ ������
(2)在△ABC 中,A= ,a= 3c,则 =
.
-8-
答案： (1)B (2)1
-5热点1 热点2 热点3 热点4
对点训练 1(1)(2017 全国Ⅲ,文 4)已知 sin α-cos α= ,则 sin 2α=( A.7 9
4 3
)
B.-
2 9 1 f(x)= sin 5
C. ������
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2021-2022年高考数学二轮复习 专题3 三角函数 第2讲 解三角形 理
2021年高考数学二轮复习专题3 三角函数第2讲解三角形理正、余弦定理在平面几何中的应用1.(xx广西南宁二模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=,则B等于( C )(A) (B) (C) (D)解析:由=及正弦定理得=.所以整理得a2+c2-b2=ac,所以cos B==,所以B=.故选C.2.(xx遵义市高三联考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2+bc-a2=0,则的值为( A )(A) (B)- (C) (D)-解析:因为b2+c2+bc-a2=0,所以b2+c2-a2=-bc.所以cos A==-.所以A=.由正弦定理可知,==sin A=.故选A.3.(xx河南六市联考)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin A=,a=2,S △ABC=,则b的值为( A )(A) (B) (C)2 (D)2解析:因为S△ABC=bcsin A=×bc×=,所以bc=3. ①因为sin A=且A为锐角,所以cos A=.所以由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccos A,即4=b2+c2-2×3×,所以b2+c2=6. ②由①②可解得b=c=.故选A.4.(xx赤峰市高三统考)已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C所对的边,且满足(2c+b)cos A+acos B=0,若a=4,则△ABC面积的最大值是.解析:由(2c+b)cos A+acos B=0及正弦定理得,(2sin C+sin B)cos A+sin Acos B=0.所以2sin Ccos A+sin C=0.又因为sin C≠0,所以cos A=-.又A∈(0,π),所以A=.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即16=b2+c2-2bc·cos =b2+c2+bc≥3bc.所以bc≤,当且仅当b=c=时,等号成立,所以S△ABC=bcsin A=bc≤×=.答案:三角恒等变换与解三角形的综合5.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若acos C,bcos B,ccos A成等差数列,则B 等于( C )(A) (B) (C) (D)解析:因为acos C,bcos B,ccos A成等差数列,所以acos C+ccos A=2bcos B,根据正弦定理可得sin Acos C+sin Ccos A=2sin Bcos B,即sin (A+C)=2sin Bcos B,又A+B+C=π,所以sin B=2sin Bcos B,又sin B≠0,所以cos B=,又B∈(0,π),所以B=,故选C.6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S表示△ABC的面积,若acos B+bcos A=csin C,S=(b2+c2-a2),则B等于( B )(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°解析:根据正弦定理得sin Acos B+sin Bcos A=sin2C,即sin (A+B)=sin C=sin2C,因为sin C≠0,所以sin C=1,即C=90°.由S=(b2+c2-a2),得bcsin A=(b2+c2-a2),即sin A==cos A,即tan A=1,又A∈(0°,180°),所以A=45°,所以B=45°.故选B.7.(xx江西九江二模)在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=60°.(1)若sin C+cos C=cos B,求B和C的大小;(2)若a=,求△ABC周长的取值范围.解:(1)由A=60°,得C=120°-B,代入sin C+cos C=cos B得, sin(120°-B)+cos(120°-B)=cos B.即sin B=cos B,所以tan B=1.又0°<B<120°,所以B=45°,C=75°.(2)法一由正弦定理得===2,设△ABC的周长为y,则y=2sin B+2sin C+=2sin B+2sin(120°-B)+=2sin(B+30°)+.又因为0°<B<120°,即30°<B+30°<150°,所以<sin(B+30°)≤1.从而2<2sin(B+30°)+≤3,所以△ABC周长的取值范围是(2,3].法二由余弦定理得()2=b2+c2-2bccos,即(b+c)2-3=3bc,所以(b+c)2-3≤3（）2,即b+c≤2,当且仅当b=c=时,等号成立.又b+c>a,所以b+c>.所以△ABC周长的取值范围是(2,3].正、余弦定理的实际应用8.(xx吉林模拟)一船向正北航行,看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上,继续航行半小时后,看见一灯塔在船的南偏西45°,另一灯塔在船的南偏西75°,则这艘船的速度是每小时( D )(A)5海里 (B)5(-1)海里(C)10海里(D)10(-1)海里解析:如图所示,依题意有∠BAC=45°,∠BAD=75°,所以∠CAD=30°,∠CDA=15°,在△ACD中,由正弦定理得==20,则AC=20sin 15°=5(-),在直角三角形ABC中,得AB=ACsin 45°=5(-1),于是这艘船的速度是=10(-1)(海里/小时).故选D.9.已知甲船正在大海上航行,当它位于A处时获知,在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救,甲船立即以10海里/小时的速度匀速前往救援,同时把消息告知在甲船的南偏西30°,相距10海里C处的乙船,乙船当即也决定匀速前往救援,并且与甲船同时到达.(1)试问乙船航行速度的大小;(2)试问乙船航行的方向(试用方位角表示,结果精确到1°).解:(1)设C与B的距离为x海里,所用时间为=2(小时),则x2=AC2+AB2-2AB·ACcos 120°=102+202+2×20×10×=700,所以x=10.v乙==5(海里/小时),所以乙船航行速度为5海里/小时.(2)设∠ACB=θ,则=,=,则sin θ=,得θ≈41°,所以乙船应朝北偏东71°的方向沿直线前往B处救援.一、选择题1.在锐角△ABC中,角A,B所对的边长分别为a,b.若2asin B=b,则角A等于( D )(A) (B) (C) (D)解析:根据正弦定理,2sin Asin B=sin B,所以sin A=,又△ABC为锐角三角形,所以A=.故选D.2.(xx广东卷)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,c=2,cos A=且b<c,则b等于( C )(A)3 (B)2 (C)2 (D)解析:由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,即4=b2+12-6b⇒b2-6b+8=0⇒(b-2)(b-4)=0,由b<c,得b=2.3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a2+c2-b2)tan B=ac,则角B的值是( B )(A) (B)或(C)或(D)解析:由(a2+c2-b2)tan B=ac得a2+c2-b2=,根据余弦定理得cos B=,所以cos B==,即tan Bcos B=,即sin B=,又B∈(0,π),所以B=或B=.故选B.4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知8b=5c,C=2B,则cos C等于( A )(A) (B)- (C)±(D)解析:因为C=2B,所以sin C=sin 2B=2sin Bcos B,根据正弦定理有=,所以==,所以cos B==×=.所以cos C=cos 2B=2cos2B-1=2×-1=.故选A.5.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a,b,c成等比数列.若sin B=,cos B=,则a+c等于( C )(A) (B) (C)3 (D)2解析:因为a,b,c成等比数列,所以b2=ac.又sin B=,cos B=,所以cos B==.所以ac=13.由余弦定理知,a2+c2-b2=2accos B=2×13×=24.所以a2+c2=24+b2=24+ac=24+13=37.所以(a+c)2=a2+c2+2ac=37+2×13=63.所以a+c==3.选C.6.(xx丹东一模)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( B )(A)30(+1) m (B)120(-1) m(C)180(-1) m (D)240(-1) m解析:如图,∠DAB=15°,因为tan 15°=tan (45°-30°)==2-.在Rt△ADB中,又AD=60,所以DB=AD·tan 15°=60×(2-)=120-60.在Rt△ADC中,∠DAC=60°,AD=60,所以DC=AD·tan 60°=60.所以BC=DC-DB=60-(120-60)=120(-1)(m).所以河流的宽度BC等于120(-1)m.故选B.7.(xx江西七校联考)在△ABC中,若sin(A-B)=1+2cos(B+C)sin(A+C),则△ABC的形状一定是( D )(A)等边三角形(B)不含60°的等腰三角形(C)钝角三角形(D)直角三角形解析:sin(A-B)=1+2cos(B+C)sin(A+C)=1-2cos Asin B,所以sin Acos B-cos Asin B=1-2cos Asin B,所以sin Acos B+cos Asin B=1,即sin(A+B)=1,则有A+B=.故选D.8.△ABC的三内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,设向量p=(sin B,a+c),q=(sin C-sin A,b-a).若∃λ∈R,使p=λq,则角C的大小为( C )(A) (B) (C) (D)解析:因为∃λ∈R,使p=λq,所以p∥q,所以有(b-a)sin B-(a+c)(sin C-sin A)=0,由正弦定理得b2-ab-c2+a2=0,cos C==.又C∈(0,π),所以C=.故选C.9.(xx洛阳模拟)在△ABC中,D是BC边上的点,AB=2,AD=,AC=4,∠C=30°,∠BAC>∠B,则BD等于( B )(A)2或4 (B)1或3(C)3或2 (D)4或1解析:在△ABC中,由正弦定理,得sin B==,所以∠B=45°或∠B=135°,又∠BAC>∠B,所以∠B=45°.因为AD=,则在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos 45°,即5=8+BD2-2×2×BD×cos 45°,解得BD=1或BD=3.故选B.10.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a2+b2=mc2(m为常数),若tan C(tan A+tan B)=2tan A·tan B,则m的值为( A )(A)2 (B)4 (C)7 (D)8解析:因为tan C(tan A+tan B)=2tan Atan B,所以=tan C.即=.所以sin Asin Bcos C=sin C·sin (A+B)=sin2 C.由正弦定理,上式可化为abcos C=c2, ①由余弦定理知,cos C=. ②由①②得,a2+b2=2c2.因为a2+b2=mc2,所以m=2.选A.二、填空题11.(xx北京卷)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则= .解析:在△ABC中,cos A===,由正弦定理可知====1.答案:112.(xx宁夏石嘴山高三联考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos C=,且sin C=sin B,则△ABC的内角A= .解析:因为cos C==,所以整理得a2+c2=b2.所以B=.所以sin B=1.又由sin C=sin B可得sin C=,所以C=.所以A=.答案:13.(xx广东卷)在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知bcos C+ccos B=2b,则= .解析:根据正弦定理得a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,代入已知式子中,可得sin Bcos C+sin Ccos B=2sin B,即sin A=2sin B,由此可知a=2b,即=2.答案:214.(xx湖北卷)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:在△ABC中,∠BAC=30°,∠BCA=75°-30°=45°,所以由正弦定理得,BC=·AB=×600=×600=300.在△BCD中,CD=BCtan 30°=300×=100.故此山的高度为100 m.答案:100正、余弦定理的简单应用训练提示:利用正、余弦定理解三角形的关键是正确判断边角关系,合理选择正、余弦定理,实现边角互化,注意题目中的隐含条件,如A+B+C=π,大边对大角等.同时注意方程思想的应用.1.(xx安徽卷)在△ABC中,∠A=,AB=6,AC=3,点D在BC边上,AD=BD,求AD的长.解:设△ABC的内角∠BAC,B,C所对边的长分别是a,b,c,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos ∠BAC=(3)2+62-2×3×6×cos=18+36-(-36)=90,所以a=3.又由正弦定理得sin B===,由题设知0<B<,所以cos B===.在△ABD中,因为AD=BD,所以∠ABD=∠BAD,所以∠ADB=π-2B,故由正弦定理得AD====.2.(xx新课标全国卷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. 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+1.三角恒等变换与解三角形的综合训练提示:解三角形与三角函数、恒等变换、向量等的综合问题,一般是以向量、边角关系式为载体.其解题思路是由向量、边角关系建立三角函数关系式或三角恒等式.结合正、余弦定理进行边角互化求解,注意角的范围在求值中的限制作用.3.(xx黑龙江高三模拟)△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c向量m=(2sin B,-),n=（cos 2B,2cos2-1）且m∥n.(1)求锐角B的大小;(2)如果b=2,求△ABC的面积S△ABC的最大值.解:(1)因为m∥n,所以2sin B（2cos2-1）=-cos 2B.所以sin 2B=-cos 2B,即tan 2B=-.又因为B为锐角,所以2B∈(0,π).所以2B=,所以B=.(2)因为B=,b=2,所以由余弦定理得cos B=,即a2+c2-ac-4=0,又因为a2+c2≥2ac,代入上式得ac≤4(当且仅当a=c=2时等号成立),S△ABC=acsin B=ac≤(当且仅当a=c=2时等号成立).即△ABC面积的最大值为.4.(xx湖南卷)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=btan A,且B为钝角.(1)证明:B-A=;(2)求sin A+sin C的取值范围.(1)证明:由a=btan A及正弦定理,得==,所以sin B=cos A,即sin B=sin（+A）.又B为钝角,则A为锐角,因此+A∈（,π）,故B=+A,即B-A=.(2)解:由(1)知,C=π-(A+B)=π-(2A+)=-2A>0,所以A∈(0,).于是sin A+sin C=sin A+sin(-2A)=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-2(sin A-)2+.因为0<A<,所以0<sin A<,因此<-2(sin A-)2+≤.由此可知sin A+sin C的取值范围是(,].正、余弦定理的实际应用训练提示:利用正、余弦定理解决实际问题的关键是将实际问题转化为数学模型,即转化为三角形中解决.注意基线的选取,基线所在的三角形往往是解决问题的突破口.5.(xx厦门模拟)某度假区依山修建了高山滑雪场.为了适应不同人群的需要,从山上A 处到山脚滑雪服务区P处修建了滑雪赛道A-C-P和滑雪练习道A-E-P(如图).已知cos∠ACP=-,cos∠APC=,cos∠APE=,公路AP长为10(单位:百米),滑道EP长为6(单位:百米).(1)求滑道CP的长度;(2)由于C,E处是事故的高发区,为及时处理事故,度假区计划在公路AP上找一处D,修建连接道DC,DE.问DP多长时,才能使连接道DC+DE最短,最短为多少百米?解:(1)因为cos∠ACP=-,cos∠APC=,所以sin∠ACP=,sin∠APC=.sin∠PAC=sin(∠APC+∠ACP)=sin∠APC·cos∠ACP+sin∠ACP·cos∠APC =,由=,得CP=5.所以滑道CP的长度是5百米.(2)设DP=x,x∈[0,10].因为EP=6,CP=5,cos∠APC=,cos∠APE=,所以DE==.DC==,所以DE+DC=+令f(x)=DE+DC=+=+,当且仅当x=4时,f(x)min=f(4)=3+2.所以当DP为4百米时,DE+DC最短,为(3+2)百米.实用文档。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题三第二讲三角恒等变换与解三角形
[解析] 由题意S △ABC ＝12ab sin C ＝a2＋b2－c24.即sin C ＝a2＋b2－c22ab .由余弦定理可知sin C ＝cos C .即tan C ＝1.又C ∈(0.π).所以C ＝π4.3．(20xx·全国Ⅰ卷.11)已知角α的顶点为坐标原点.始边与x 轴的非负半轴重合.终边上有两点A ()1，a .B ()2，b .且cos2α＝23.则||a －b ＝( B )A ．15B ．55C ．255D ．1[解析] 由cos2α＝2cos 2α－1＝23可得cos 2α＝56＝cos2αsin2α＋cos2α＝1tan2α＋1.化简可得tan α＝±55；当tan α＝55时.可得a 1＝55.b 2＝55.即a ＝55.b ＝255.此时|a －b |＝55；当tan α＝－55时.仍有此结果.故|a －b |＝55. 4．(20xx·天津卷.6)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度.所得图象对应的函数( A )A ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增 B ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减 C ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增 D ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递减 [解析] 选A ．因为将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度.得到函数y ＝sin2x 的图象． 用五点法作出草图.如图：从图中可以看出选项A 正确.其他都不正确．⎝ ⎛4－α＝5.sin22＋＝4.＋c＝.则△7．(20xx·淮北二模)在△ABC 中.角A .B .C 的对边分别为a .b .c .若a 2＝3b 2＋3c 2－23bc sin A .则C 等于π6.[解析] 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A . 所以b 2＋c 2－2bc cos A ＝3b 2＋3c 2－23bc sin A .3sin A －cos A ＝b2＋c2bc .2sin(A －π6)＝b2＋c2bc ≥2.因此b ＝c .A －π6＝π2⇒A ＝2π3.所以C ＝π－2π32＝π6. 8．(20xx·长沙三模)在锐角△ABC 中.D 为BC 的中点.满足∠BAD ＋∠C ＝90°.则角B .C 的大小关系为B ＝C .(填“B <C ”“B ＝C ”或“B >C ”)[解析] 设∠BAD ＝α.∠CAD ＝β.因为∠BAD ＋∠C ＝90°.所以α＝90°－C .β＝90°－B . 因为D 为BC 的中点. 所以S △ABD ＝S △ACD . 所以12c ·AD sin α＝12b ·AD sin β.所以c sin α＝b sin β.所以c cos C ＝b cos B . 由正弦定理得.sin C cos C ＝sin B cos B .即sin2C ＝sin2B .所以2B ＝2C 或2B ＋2C ＝π. 因为△ABC 为锐角三角形.所以B ＝C ．9．为了竖起一块广告牌.要制造三角形支架.如图.要求∠ACB ＝60°.BC 的长度大于1米.且AC 比AB 长0.5米.为了稳定广告牌.要求AC 越短越好.则AC 最短为2＋3.[解析] 由题意设BC ＝x (x >1)米. AC ＝t (t >0)米.依题设AB ＝AC －0.5 ＝(t －0.5)米.在△ABC 中.由余弦定理得： AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos60°.所以sin2A ＝2sin A cos A ＝1213. cos2A ＝1－2sin 2A ＝－513. 所以sin(2A ＋π4)＝sin2A cos π4＋cos2A sin π4＝7226.B 组1．(20xx·福州三模)已知a .b .c 分别是△ABC 的内角A .B .C 所对的边.点M 为△ABC 的重心．若a MA →＋b MB →＋33c MC →＝0.则C ＝( D )A ．π4B ．π2 C ．5π6D ．2π3[解析] ∵M 为△ABC 的重心.则MA →＋MB →＋MC →＝0. ∴MA →＝－MB →－MC →. ∵a MA →＋b MB →＋33c ·MC →＝0.∴a ·(－MB →－MC →)＋b MB →＋33c ·MC →＝0.即(b －a )·MB →＋(33c －a )·MC →＝0.∵MB →与MC →不共线. ∴b －a ＝0.32c －a ＝0.得a b33c ＝111.令a ＝1.b ＝1.c ＝3.则cos C ＝a2＋b2－c22ab ＝1＋1－32×1×1＝－12.∴C ＝2π3.故选D ．2．(20xx·××市一模)若sin(π6－α)＝13.则cos(2π3＋2α)＝( A )。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题三第二讲三角恒等变换与解三角形
高考考点考点解读[解析] 由题意S △ABC ＝12ab sin C ＝a2＋b2－c24，即sin C ＝a2＋b2－c22ab ，由余弦定理可知sin C ＝cos C ，即tan C ＝1，又C ∈(0，π)，所以C ＝π4.3．(20xx·全国Ⅰ卷，11)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A ()1，a ，B()2，b ，且cos2α＝23，则||a －b ＝( B ) A ．15B ．55C ．255D ．1[解析] 由cos2α＝2cos 2α－1＝23可得cos 2α＝56＝cos2αsin2α＋cos2α＝1tan2α＋1，化简可得tan α＝±55；当tan α＝55时，可得a 1＝55，b 2＝55，即a ＝55，b ＝255，此时|a －b |＝55；当tan α＝－55时，仍有此结果，故|a －b |＝55. 4．(20xx·天津卷，6)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，所得图象对应的函数( A )A ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增 B ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减 C ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增 D ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递减 [解析] 选A ．因为将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，得到函数y＝sin2x 的图象．用五点法作出草图，如图：从图中可以看出选项A 正确，其他都不正确．⎝ ⎛4－α＝5，则sin22 .＝4＋2c＝R，则△9．为了竖起一块广告牌，要制造三角形支架，如图，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于1米，且AC 比AB 长0.5米，为了稳定广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为2＋3.[解析] 由题意设BC ＝x (x >1)米， AC ＝t (t >0)米，依题设AB ＝AC －0.5 ＝(t －0.5)米，在△ABC 中，由余弦定理得： AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos60°， 即(t －0.5)2＝t 2＋x 2－tx ，化简并整理得： t ＝x2－0.25x －1(x >1)，即t ＝x －1＋0.75x －1＋2，因为x >1，故t ＝x －1＋0.75x －1＋2≥2＋3， 当且仅当x ＝1＋32时取等号，此时取最小值2＋3.10．(20xx·全国卷Ⅰ，17)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5.(1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC ．[解析] (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sinA ＝AB sin ∠ADB. 由题设知，5sin45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25. 由题意知，∠ADB ＜90°， 所以cos ∠ADB ＝1－225＝235.∴a ·(－MB →－MC →)＋b MB →＋33c ·MC →＝0.即(b －a )·MB →＋(33c －a )·MC →＝0，∵MB →与MC →不共线， ∴b －a ＝0，32c －a ＝0. 得a b33c ＝111，令a ＝1，b ＝1，c ＝3， 则cos C ＝a2＋b2－c22ab ＝1＋1－32×1×1＝－12，∴C ＝2π3，故选D ．2．(20xx·××市一模)若sin(π6－α)＝13，则cos(2π3＋2α)＝( A ) A ．－79B ．79C ．－29D ．29[解析] ∵cos(2π3＋2α)＝－cos(π3－2α)＝－[1－2sin 2(π6－α)]＝－(1－29)＝－79.3．(20xx·威海二模)已知等腰△ABC 满足AB ＝AC ，3BC ＝2AB ，点D 为BC 边上的一点且AD ＝BD ，则sin ∠ADB 的值为( C )A ．36B ．23C ．223D ．63[解析] 如图，设AB ＝AC ＝a ，AD ＝BD ＝b ，由3BC ＝2AB ，。
2023新教材高考数学二轮专题复习：三角函数与解三角形课件
技法领悟
1．若涉及已知条件中含边长之间的关系，且与面积有关的最值问题， 一般利用S＝12ab sinC型面积公式及基本不等式求解．
2．若求与三角形边长有关的表达式的最值或取值范围时，一般把边
用三角形的一个角表示，利用角的范围求解．
巩固训练1 1.[2022·河北沧州二模]在△ABC中；内角A，B，C的对边分别为a， b，c，已知b(2sin A－ 3cos A)＝a sin B. (1)求A；
2，则sin B＝ 22且π>B>0，可得B＝π4或B＝34π，
(2)若a＝2，求△ABC的面积．
解析：由题设，a＝2，则b＝ 3，又B＝π4，
所以cos B＝a2+c2−b2＝1+c2＝ 2，整理得c2－2 2c＋1＝0，解得c＝ 2±1，满足
2ac
4c 2
题设．
由S△ABC＝12ac sin B＝ 22c， 所以，当c＝ 2＋1时S△ABC＝1＋ 22；当c＝ 2－1时S△ABC＝1－ 22.
(2)将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度，再把各点的横坐标缩小 为原来的12(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，当x∈[－1π2，π6]时， 求函数g(x)的值域．
解析：将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度，可得y＝2sin (2x－π3)的图象． 再把横坐标缩小为原来的12，得到函数y＝g(x)＝2sin (4x－π3)的图象． 当当当x44∈xx－－[－ππ33＝＝1π2－π3，时π2时，π6]时，函，函数4数gx(－xg)(取π3x∈)取得[－得最2最大3π 小值，值，π3]，最，最 大小值值为为3－，2， 故函数g(x)的值域为[－2， 3].
1.已知函数f(x)＝ 称轴间的距离为π2.
高考数学(课标版理科)二轮专题复习课件：专题三 三角函数、解三角形、平面向量3.2
用
(2)如果已知等式两边有齐次的边的形式或齐次的角的正弦的形
式,可以利用正弦定理进行边角互换.如果已知中含有形如b 2+c 2a 2 =λbc(λ为常数)的代数式,一般向余弦定理靠拢.
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规律方法在解决与三角形有关的实际问题时,首先要明确题意, 正确地画出平面图形或空间图形,然后根据条件和图形特点将问题
当“已知角”有两个时,一般把“所求角”表示为两个“已知角”的和 或差的形式;
当“已知角”有一个时,此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或
差的关系,然后应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”.
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规律方法利用正弦定理与余弦定理解题,经常需要转化思想,一
种是边转化为角,另一种是角转化为边.具体情况应根据题目给定
的表达式进行确定,不管哪个途径,最终转化为角的统一或边的统 一,在解题过程中常用到以下规律:
(1)分析已知等式中的边角关系,若要把“边”化为“角”常, 利用
来看目前这部分内容以填空题形式出现,2018 年很可能延续这种
安徽省阜阳三中高考数学二轮复习 三角函数3课件 理
课前准备
请拿出你的 “三角函数概念”导学案 、 课本、双色笔、草稿纸和典题本.
全力投入会使你与众不同. 你是最优秀的，你一定能做得更好！
学习目标
1.理解同角三角函数的基本关系式： 2.会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式。 3.会用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式。 4.会用两角差的余弦公式推导出两角和的正弦、余弦、正切公 式和二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系。 5.能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括导出积化和差、 和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆)。 6.以极度的热情投入到课堂学习中，体验学习的快乐。
导学案反馈
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存在的问题：
规范展示
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地点
（约5分钟）
展示
要求：
1.展示快速， 书写认真、 简洁。 2.非展示同 学迅速整理、 总结，准备 补充、质疑。
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