2019高考数学文一轮复习第4章三角函数与解三角形第7讲含解析
2023年高考数学一轮复习第四章三角函数与解三角形7正弦定理余弦定理练习含解析
正弦定理、余弦定理考试要求 1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题．知识梳理1．正弦定理与余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asin A＝b sin B ＝csin C＝2R a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ； c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C变形(1)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ；(2)a sin B ＝b sin A ，b sin C ＝c sin B ， a sin C ＝c sin Acos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ；cos B ＝c 2＋a 2－b 22ac ；cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab2.三角形中常用的面积公式 (1)S ＝12ah a (h a 表示边a 上的高)；(2)S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ；(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形的内切圆半径)．常用结论在△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)a >b ⇔A >B ⇔sin A >sin B ，cos A <cos B .(4)sin(A ＋B )＝sin C ；cos(A ＋B )＝－cos C ；tan(A ＋B )＝－tan C ；sinA ＋B2＝cosC2；cosA ＋B2＝sin C2. (5)三角形中的射影定理在△ABC 中，a ＝b cos C ＋c cos B ；b ＝a cos C ＋c cos A ；c ＝b cos A ＋a cos B . 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( × ) (2)在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B .( √ )(3)在△ABC 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．( × ) (4)当b 2＋c 2－a 2>0时，△ABC 为锐角三角形．( × ) 教材改编题1．在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝7，则∠BAC 等于( ) A.π6 B.π3 C.2π3D.5π6答案 C解析 因为在△ABC 中，设AB ＝c ＝5，AC ＝b ＝3，BC ＝a ＝7， 所以由余弦定理得cos∠BAC ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋25－4930＝－12，因为∠BAC 为△ABC 的内角， 所以∠BAC ＝2π3.2．在△ABC 中，若A ＝60°，a ＝43，b ＝42，则B ＝. 答案 45°解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ，则sin B ＝b sin A a ＝42×3243＝22.又a >b ，则A >B ，所以B 为锐角，故B ＝45°.3．在△ABC 中，a ＝2，b ＝3，C ＝60°，则c ＝，△ABC 的面积＝. 答案7 332解析 易知c ＝4＋9－2×2×3×12＝7，△ABC 的面积等于12×2×3×32＝332.题型一 利用正弦定理、余弦定理解三角形例1 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b 2＝ac ，点D 在边AC 上，BD ·sin∠ABC ＝a sin C . (1)证明：BD ＝b ;[切入点：角转化为边](2)若AD ＝2DC ，求cos∠ABC .[关键点：∠BDA 和∠BDC 互补]高考改编在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b sin C ＋a sin A ＝b sin B ＋c sin C . (1)求A ；(2)设D 是线段BC 的中点，若c ＝2，AD ＝13，求a . 解 (1)根据正弦定理，由b sin C ＋a sin A ＝b sin B ＋c sin C ， 可得bc ＋a 2＝b 2＋c 2， 即bc ＝b 2＋c 2－a 2，由余弦定理可得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，因为A 为三角形内角，所以A ＝π3.(2)因为D 是线段BC 的中点，c ＝2，AD ＝13， 所以∠ADB ＋∠ADC ＝π， 则cos∠ADB ＋cos∠ADC ＝0，所以AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＋AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC＝0，即13＋a 24－22213·a 2＋13＋a 24－b2213·a2＝0，整理得a 2＝2b 2－44，又a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋4－2b ， 所以b 2＋4－2b ＝2b 2－44， 解得b ＝6或b ＝－8(舍)， 因此a 2＝2b 2－44＝28， 所以a ＝27.思维升华 解三角形问题的技巧(1)解三角形时，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时，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．(2)三角形解的个数的判断：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．跟踪训练1 (2021·北京)已知在△ABC 中，c ＝2b cos B ，C ＝2π3.(1)求B 的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC 存在且唯一确定，并求出BC 边上的中线的长度．①c ＝2b ；②周长为4＋23；③面积为S △ABC ＝334.解 (1)∵c ＝2b cos B ，则由正弦定理可得sin C ＝2sin B cos B ， ∴sin2B ＝sin2π3＝32，∵C ＝2π3， ∴B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，2B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2π3， ∴2B ＝π3，解得B ＝π6.(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得 c b ＝sin C sin B ＝3212＝3， 与c ＝2b 矛盾，故这样的△ABC 不存在； 若选择②：由(1)可得A ＝π6，设△ABC 的外接圆半径为R ， 则由正弦定理可得a ＝b ＝2R sinπ6＝R ， c ＝2R sin2π3＝3R ， 则周长为a ＋b ＋c ＝2R ＋3R ＝4＋23， 解得R ＝2，则a ＝2，c ＝23， 由余弦定理可得BC 边上的中线的长度为232＋12－2×23×1×cosπ6＝7； 若选择③：由(1)可得A ＝π6，即a ＝b ，则S △ABC ＝12ab sin C ＝12a 2×32＝334，解得a ＝3，则由余弦定理可得BC 边上的中线的长度为b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－2×b ×a 2×cos 2π3＝3＋34＋3×32＝212. 题型二 正弦定理、余弦定理的简单应用 命题点1 三角形形状判断 例2 在△ABC 中，c －a 2c ＝sin 2 B 2(a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形 答案 A解析 由cos B ＝1－2sin 2B2，得sin 2B 2＝1－cos B2，所以c －a 2c ＝1－cos B2， 即cos B ＝ac.方法一 由余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac ＝ac，即a 2＋c 2－b 2＝2a 2，所以a 2＋b 2＝c 2.所以△ABC 为直角三角形，无法判断两直角边是否相等． 方法二 由正弦定理得cos B ＝sin Asin C ，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ， 所以cos B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ， 即sin B cos C ＝0，又sin B ≠0，所以cos C ＝0，又角C 为三角形的内角，所以C ＝π2，所以△ABC 为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．延伸探究将“c －a 2c ＝sin 2 B 2”改为“sin A sin B ＝a c，(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ”，试判断△ABC 的形状．解 因为sin A sin B ＝ac ，所以a b ＝a c，所以b ＝c . 又(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ， 所以b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12.因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3， 所以△ABC 是等边三角形．思维升华 判断三角形形状的两种思路(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(2)化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论． 命题点2 三角形的面积例3 (2022·沧州模拟)在①sin A ，sin C ，sin B 成等差数列；②a ∶b ∶c ＝4∶3∶2；③b cos A ＝1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a (sin A －sin B )＋b sinB ＝c sinC ，c ＝1，？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解 因为a (sin A －sin B )＋b sin B ＝c sin C ， 由正弦定理得a (a －b )＋b 2＝c 2， 即a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又C ∈(0，π)， 所以C ＝π3.选择①：因为sin A ，sin C ，sin B 成等差数列， 所以sin A ＋sin B ＝2sin C ，即a ＋b ＝2c ＝2， 由a 2＋b 2－c 2＝a 2＋b 2－1＝ab ， 得(a ＋b )2－3ab ＝1，所以ab ＝1， 故存在满足题意的△ABC ，S △ABC ＝12ab sin C ＝12×1×sin π3＝34. 选择②：因为a ∶b ∶c ＝4∶3∶2， 所以A >B >C ＝π3，这与A ＋B ＋C ＝π矛盾，所以△ABC 不存在． 选择③： 因为b cos A ＝1，所以b ·b 2＋1－a 22b＝1，得b 2＝1＋a 2＝c 2＋a 2， 所以B ＝π2，此时△ABC 存在．又C ＝π3，所以A ＝π6，所以a ＝1×tanπ6＝33， 所以S △ABC ＝12ac ＝36.思维升华 三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化． 命题点3 与平面几何有关的问题例4 如图，在平面四边形ABCD 中，已知A ＝π2，B ＝2π3，AB ＝6.在AB 边上取点E ，使得BE＝1，连接EC ，ED .若∠CED ＝2π3，EC ＝7.(1)求sin∠BCE 的值； (2)求CD 的长．解 (1)在△BEC 中，由正弦定理， 知BE sin∠BCE ＝CEsin B.∵B ＝2π3，BE ＝1，CE ＝7，∴sin∠BCE ＝BE ·sin B CE ＝327＝2114. (2)∵∠CED ＝B ＝2π3，∴∠DEA ＝∠BCE ，∴cos∠DEA ＝1－sin 2∠DEA ＝1－sin 2∠BCE ＝1－328＝5714. ∵A ＝π2，∴△AED 为直角三角形，又AE ＝5，∴ED ＝AE cos∠DEA ＝55714＝27.在△CED 中，CD 2＝CE 2＋DE 2－2CE ·DE ·cos∠CED＝7＋28－2×7×27×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝49. ∴CD ＝7. 教师备选1．在△ABC 中，已知a 2＋b 2－c 2＝ab ，且2cos A sin B ＝sin C ，则该三角形的形状是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等边三角形 D ．钝角三角形答案 C解析 ∵a 2＋b 2－c 2＝ab ，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又C ∈(0，π)， ∴C ＝π3，由2cos A sin B ＝sin C ，得cos A ＝sin C 2sin B ＝c 2b ＝c 2＋b 2－a22bc ，∴b 2＝a 2，即b ＝a ，又C ＝π3，故三角形为等边三角形．2．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos C －c cos(B ＋C )＝－b3cos A ＋B .(1)求tan C ；(2)若c ＝3，sin A sin B ＝1627，求△ABC 的面积．解 (1)∵a cos C －c cos(B ＋C ) ＝－b3cos A ＋B ，∴a cos C ＋c cos A ＝b3cos C.由正弦定理得sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin B3cos C ，∴sin(A ＋C )＝sin B3cos C ，即sin B ＝sin B3cos C ，又∵sin B ≠0， ∴cos C ＝13，∴sin C ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝223， tan C ＝sin Ccos C ＝2 2.(2)若c ＝3，由正弦定理asin A ＝bsin B ＝csin C，得asin A ＝b sin B ＝3223＝924， 则a ＝924sin A ，b ＝924sin B ，则ab ＝924sin A ·924sin B ＝16216sin A sin B＝16216×1627＝6， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×223＝2 2.思维升华 平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函数思想．跟踪训练 2 (1)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c －a cos B ＝ (2a －b )cos A ，则△ABC 的形状为( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰或直角三角形答案 D解析 因为c －a cos B ＝(2a －b )cos A ，C ＝π－(A ＋B )，所以由正弦定理得sin C －sin A cos B＝2sin A cos A －sin B cos A ，所以sin A cos B ＋cos A sin B －sin A cos B＝2sin A cos A －sin B cos A ，所以cos A (sin B －sin A )＝0，所以cos A ＝0或sin B ＝sin A ，所以A ＝π2或B ＝A 或B ＝π－A (舍去)， 所以△ABC 为等腰或直角三角形．(2)(2022·郑州模拟)如图，在△ABC 中，AB ＝9，cos B ＝23，点D 在BC 边上，AD ＝7，∠ADB 为锐角．①求BD ；②若∠BAD ＝∠DAC ，求sin C 的值及CD 的长．解 ①在△ABD 中，由余弦定理得AB 2＋BD 2－2AB ·BD ·cos B ＝AD 2，整理得BD 2－12BD ＋32＝0，所以BD ＝8或BD ＝4.当BD ＝4时，cos∠ADB ＝16＋49－812×4×7＝－27，则∠ADB >π2，不符合题意，舍去； 当BD ＝8时，cos∠ADB ＝64＋49－812×8×7＝27，则∠ADB <π2，符合题意，所以BD ＝8.②在△ABD 中，cos∠BAD ＝AB 2＋AD 2－BD 22AB ·AD ＝92＋72－822×9×7＝1121，所以sin∠BAD ＝8521，又sin∠ADB ＝357，所以sin C ＝sin(∠ADB －∠CAD )＝sin(∠ADB －∠BAD )＝sin∠ADB cos∠BAD －cos∠ADB sin∠BAD＝357×1121－27×8521＝175147，在△ACD 中，由正弦定理得CD sin∠CAD ＝ADsin C ，即CD ＝ADsin C ·sin∠CAD ＝7175147×8521＝39217.课时精练1．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C 等于() A.π2 B.π3C.π4D.π6答案 C 解析 根据题意及三角形的面积公式知12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24， 所以sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝cos C ， 所以在△ABC 中，C ＝π4. 2．(2022·北京西城区模拟)在△ABC 中，C ＝60°，a ＋2b ＝8，sin A ＝6sin B ，则c 等于( ) A.35 B.31 C ．6D ．5答案 B解析 因为sin A ＝6sin B ，由正弦定理可得a ＝6b ，又a ＋2b ＝8，所以a ＝6，b ＝1，因为C ＝60°，所以c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，即c 2＝62＋12－2×1×6×12， 解得c ＝31.3．(2022·济南质检)已知△ABC 的内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，a ＝4，cos2A ＝ －725，则△ABC 外接圆半径为( ) A ．5B ．3C.52D.32答案 C解析 因为cos2A ＝－725， 所以1－2sin 2A ＝－725， 解得sin A ＝±45， 因为A ∈(0，π)，所以sin A ＝45，又a ＝4，所以2R ＝a sin A ＝445＝5， 所以R ＝52. 4．(2022·河南九师联盟联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若c ＝2b ，sin 2A －3sin 2B ＝12sin A sin C ，则角C 等于( ) A.π6B.π3C.π2D.2π3答案 B解析 ∵sin 2A －3sin 2B ＝12sin A sin C ， 由正弦定理可得a 2－3b 2＝12ac ， ∵c ＝2b ，∴a 2－3b 2＝12a ·2b ＝ab ， 由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2－3b 22ab ＝12， ∵0<C <π，∴C ＝π3. 5．(多选)(2022·山东多校联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ,2b sin A ＝5a cos B ，AB ＝2，AC ＝26，D 为BC 的中点，E 为AC 上的点，且BE 为∠ABC 的平分线，下列结论正确的是( )A ．cos∠BAC ＝－66 B ．S △ABC ＝3 5 C ．BE ＝2D ．AD ＝ 5答案 AD解析 由正弦定理可知2sin B sin A ＝5sin A cos B ，∵sin A ≠0，∴2sin B ＝5cos B .又sin 2B ＋cos 2B ＝1，∴sin B ＝53，cos B ＝23，在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，得BC ＝6.A 项，cos∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝4＋24－362×2×26＝－66；B 项，S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×2×6×53＝25；C 项，由角平分线性质可知AEEC ＝AB BC ＝13，∴AE ＝62.BE 2＝AB 2＋AE 2－2AB ·AE cos A ＝4＋32－2×2×62×⎝ ⎛⎭⎪⎫－66＝152，∴BE ＝302；D 项，在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B＝4＋9－2×2×3×23＝5，∴AD ＝ 5.6．(多选)(2022·张家口质检)下列命题中，正确的是( )A ．在△ABC 中，A >B ，则sin A >sin BB ．在锐角△ABC 中，不等式sin A >cos B 恒成立C ．在△ABC 中，若a cos A ＝b cos B ，则△ABC 必是等腰直角三角形D ．在△ABC 中，若B ＝60°，b 2＝ac ，则△ABC 必是等边三角形答案 ABD解析 对于A ，由A >B ，可得a >b ，利用正弦定理可得sin A >sin B ，正确；对于B ，在锐角△ABC 中，A ，B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∵A ＋B >π2， ∴π2>A >π2－B >0， ∴sin A >sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ， ∴不等式sin A >cos B 恒成立，正确；对于C ，在△ABC 中，由a cos A ＝b cos B ，利用正弦定理可得sin A cos A ＝sin B cos B ，∴sin2A ＝sin2B ，∵A ，B ∈(0，π)，∴2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，∴A ＝B 或A ＋B ＝π2， ∴△ABC 是等腰三角形或直角三角形，∴是假命题，错误；对于D ，由于B ＝60°，b 2＝ac ，由余弦定理可得b 2＝ac ＝a 2＋c 2－ac ，可得(a －c )2＝0，解得a ＝c ，可得A ＝C ＝B ＝60°，故正确．7．(2022·潍坊质检)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且b ＝3，a －c ＝2，A ＝2π3.则△ABC 的面积为． 答案 1534解析 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∵b ＝3，a －c ＝2，A ＝2π3， ∴(c ＋2)2＝32＋c 2－2×3c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12， 解得c ＝5，则△ABC 的面积为S ＝12bc sin A ＝12×3×5×32＝1534. 8．(2021·全国乙卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为3，B ＝60°，a 2＋c 2＝3ac ，则b ＝.答案 2 2解析 由题意得S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ＝3，则ac ＝4，所以a 2＋c 2＝3ac ＝3×4＝12，所以b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝12－2×4×12＝8，则b ＝22(负值舍去)．9．(2022·南平模拟)在①2c cos B ＝2a －b ，②△ABC 的面积为34(a 2＋b 2－c 2)，③cos 2A －cos 2C ＝sin 2B －sin A sin B ，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．(如果选择多个条件作答，则按所选的第一个条件给分)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且．(1)求角C 的大小；(2)若c ＝2且4sin A sin B ＝3，求△ABC 的面积．解 (1)若选条件①2c cos B ＝2a －b ，则2c ·a 2＋c 2－b 22ac＝2a －b ， 即a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以cos C ＝12， 又因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3. 若选条件②△ABC 的面积为34(a 2＋b 2－c 2)， 则34(a 2＋b 2－c 2)＝12ab sin C ， 即sin C ＝3cos C ，所以tan C ＝3，又因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3. 若选条件③cos 2A －cos 2C ＝sin 2B －sin A sin B ，则(1－sin 2A )－(1－sin 2C )＝sin 2B －sin A sin B ，即sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝sin A sin B ，即a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以cos C ＝12，又因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3. (2)因为c ＝2， 所以a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2sin π3＝43， 所以sin A ＝34a ，sin B ＝34b ， 又因为4sin A sin B ＝3，所以ab ＝4，△ABC 的面积为12ab sin C ＝ 3. 10．(2022·湘豫联盟联考)如图，在△ABC 中，∠B ＝60°，AB ＝8，AD ＝7，点D 在BC 上，且cos∠ADC ＝17.(1)求BD ；(2)若cos∠CAD ＝32，求△ABC 的面积． 解 (1)∵cos∠ADB ＝cos(π－∠ADC )＝－cos∠ADC ＝－17. 在△ABD 中，由余弦定理得82＝BD 2＋72－2·BD ·7·cos∠ADB ，解得BD ＝3或BD ＝－5(舍)．(2)由已知sin∠ADC ＝437，sin∠CAD ＝12， ∴sin C ＝sin(∠ADC ＋∠CAD )＝437×32＋17×12＝1314. 由正弦定理得CD ＝AD sin∠CAD sin C ＝7×121314＝4913， ∴BC ＝3＋4913＝8813，∴S △ABC ＝12×8×8813×32＝176313.11．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且4S ＝(a＋b )2－c 2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C 等于 ( ) A ．1B ．－22C.22D.32 答案 C解析 因为S ＝12ab sin C ， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab， 所以2S ＝ab sin C ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .又4S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，所以2ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab .因为ab ≠0，所以sin C ＝cos C ＋1.因为sin 2C ＋cos 2C ＝1，所以(cos C ＋1)2＋cos 2C ＝1，解得cos C ＝－1(舍去)或cos C ＝0，所以sin C ＝1，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ＝22(sin C ＋cos C )＝22. 12．(2022·焦作模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 依次成等差数列，△ABC 的周长为15，且(sin A ＋sin B )2＋cos 2C ＝1＋sin A sin B ，则cos B 等于( )A.1314B.1114C.12D ．－12答案 B解析 因为(sin A ＋sin B )2＋cos 2C＝1＋sin A sin B ，所以sin 2A ＋sin 2B ＋2sin A ·sin B ＋1－sin 2C＝1＋sin A ·sin B ，所以由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－ab ，又a ，b ，c 依次成等差数列，△ABC 的周长为15，即a ＋c ＝2b ，a ＋b ＋c ＝15， 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋b 2－c 2＝－ab ，a ＋c ＝2b ，a ＋b ＋c ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝3，b ＝5，c ＝7.cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝32＋72－522×3×7＝1114. 13．(2022·开封模拟)在平面四边形ABCD 中，BC ⊥CD ，∠B ＝3π4，AB ＝32，AD ＝210，若AC ＝35，则CD 为．答案 1或5解析 因为在△ABC 中，∠B ＝3π4，AB ＝32， AC ＝35，由正弦定理可得AC sin B ＝AB sin∠ACB， 所以sin∠ACB ＝AB ·sin B AC ＝32×2235＝55， 又BC ⊥CD ，所以∠ACB 与∠ACD 互余，因此cos∠ACD ＝sin∠ACB ＝55， 在△ACD 中，AD ＝210，AC ＝35，由余弦定理可得cos∠ACD ＝55＝AC 2＋CD 2－AD 22AC ·CD ＝5＋CD 265CD， 所以CD 2－6CD ＋5＝0，解得CD ＝1或CD ＝5.14．(2022·大连模拟)托勒密(Ptolemy)是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知凸四边形ABCD 的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC ，BD 是其两条对角线，AB ＝AD ，∠BAD ＝120°，AC ＝6，则四边形ABCD 的面积为．答案 9 3 解析 在△ABD 中，设AB ＝a ，由余弦定理得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos∠BAD ＝3a 2，所以BD ＝3a ，由托勒密定理可得a (BC ＋CD )＝AC ·3a ，即BC ＋CD ＝3AC ，又∠ABD ＝∠ACD ＝30°，所以四边形ABCD 的面积 S ＝12BC ·AC sin30°＋12CD ·AC sin30°＝14(BC ＋CD )·AC ＝34AC 2＝9 3.15．(多选)中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤c 2a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2＋a 2－b 222(S 为三角形的面积，a ，b ，c 为三角形的三边)．现有△ABC 满足sin A ∶si n B ∶sin C ＝2∶3∶7，且△ABC 的面积S △ABC ＝63，则下列结论正确的是( )A ．△ABC 的周长为10＋27B ．△ABC 的三个内角满足A ＋B ＝2CC ．△ABC 的外接圆半径为4213D ．△ABC 的中线CD 的长为3 2答案 AB解析 A 项，设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，因为sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶7，所以由正弦定理可得a ∶b ∶c ＝2∶3∶7，设a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝7t (t >0)，因为S △ABC ＝63，所以63＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t 2×4t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫7t 2＋4t 2－9t 222，解得t ＝2，则a ＝4，b ＝6，c ＝27，故△ABC 的周长为10＋27，A 正确；B 项，因为cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝16＋36－282×4×6＝12， 所以C ＝π3，A ＋B ＝π－π3＝2π3＝2C ， 故B 正确；C 项，因为C ＝π3，所以sin C ＝32， 由正弦定理得2R ＝c sin C ＝2732＝4213， R ＝2213， C 错误；D 项，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝16＋28－362×4×27＝714， 在△BCD 中，BC ＝4，BD ＝7，由余弦定理得cos B ＝16＋7－CD 22×4×7＝714， 解得CD ＝19，D 错误．16．(2021·新高考全国Ⅱ)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，b ＝a ＋1，c ＝a ＋2.(1)若2sin C ＝3sin A ，求△ABC 的面积；(2)是否存在正整数a ，使得△ABC 为钝角三角形？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由． 解 (1)因为2sin C ＝3sin A ，则2c ＝2(a ＋2)＝3a ，则a ＝4，故b ＝5，c ＝6，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝18，所以C 为锐角， 则sin C ＝1－cos 2C ＝378，因此， S △ABC ＝12ab sin C ＝12×4×5×378＝1574. (2)显然c >b >a ，若△ABC 为钝角三角形，则C 为钝角，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋a ＋12－a ＋222a a ＋1＝a 2－2a －32a a ＋1<0，则0<a <3，由三角形三边关系可得a ＋a ＋1>a ＋2， 可得a >1，因为a ∈N *，故a ＝2.。
届数学一轮复习第四章三角函数解三角形创新引领微课把握三角函数与解三角形中的最值问题教学案含解析
把握三角函数与解三角形中的最值问题微点聚焦突破类型一三角函数的最值角度1可化为“y＝A sin(ωx＋φ)＋B”型的最值问题【例1－1】如图所示，在平面直角坐标系xOy中,扇形AOB的半径为2，圆心角为错误!,点M是弧AB上异于A，B的点。
（1）若点C(1，0)，且CM＝2,求点M的横坐标;（2）求△MAB面积的最大值.解（1）连接OM,依题意可得，在△OCM中,OC＝1，CM＝2，OM＝2，所以cos ∠COM＝错误!＝错误!，所以点M的横坐标为2×错误!＝错误!。
(2）设∠AOM＝θ，θ∈错误!，则∠BOM＝错误!－θ，S△MAB＝S△OAM＋S△OBM－S△OAB＝错误!×2×2错误!－错误!×2×2×错误!＝2错误!sin错误!－错误!，因为θ∈错误!，所以θ＋错误!∈错误!，所以当θ＝错误!时，△MAB的面积取得最大值，最大值为错误!。
思维升华化为y＝A sin（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.角度2可化为y＝f(sin x)(或y＝f(cos x））型的最值问题【例1－2】函数y＝cos 2x＋2sin x的最大值为________.解析y＝cos 2x＋2sin x＝－2sin2x＋2sin x＋1。
设t＝sin x，则－1≤t≤1，所以原函数可以化为y＝－2t2＋2t＋1＝－2错误!错误!＋错误!，所以当t＝错误!时,函数y取得最大值为错误!。
答案错误!思维升华可化为y＝f(sin x）（或y＝f(cos x））型三角函数的最值或值域可通过换元法转化为其他函数的最值或值域。
【训练1】（1)（角度1)函数f(x)＝3sin x＋4cos x，x∈[0，π]的值域为________.(2)(角度2)若函数f(x)＝cos 2x＋a sin x在区间错误!上的最小值大于零，则a的取值范围是________.解析(1)f（x）＝3sin x＋4cos x＝5错误!＝5sin(x＋φ），其中cos φ＝错误!，sin φ＝错误!，错误!〈φ<错误!。
高考数学一轮复习第四章三角函数解三角形4.1任意角蝗制及任意角的三角函数课件理
(2)已知角α的终边在如图所示阴影表示的范围内(不包括边界)，则角α 用集合可表示为_(2_k_π_＋__π4_，__2_k_π_＋__56_π_)_(k_∈__Z__) . 答案 解析
在[0,2π)内，终边落在阴影部分角的集合为π4，56π， ∴所求角的集合为2kπ＋4π，2kπ＋56π(k∈Z).
弧度数是 答案 解析
π
π
A.3
B.6
C.－π3
D.－π6
将表的分针拨快应按顺时针方向旋转，为负角，故A、B不正确；
又因为拨快10分钟，故应转过的角为圆周的 1 . 6
即为－16×2π＝－π3.
(2)若圆弧长度等于圆内接正三角形的边长，则其圆心角的弧度数为
π
π
A.6
B.3
C.3
D. 3
答案
解析
如图，等边三角形ABC是半径为r的圆O的内接三角形，
2.弧度制
(1)定义：把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号
rad表示，读作弧度.正角的弧度数是一个 正数 ，负角的弧度数是一个
负数 ，零角的弧度数是 0 .
π
180
(2)角度制和弧度制的互化：180°＝ π
rad,1°＝180 rad，1 rad＝
π
.
1 (3)扇形的弧长公式：l＝ |α|·r ，扇形的面积公式：S＝ 2lr ＝
②若扇形的周长为20，求扇形面积的最大值，并求此时扇形圆心角的 弧度数. 解答
由题意知l＋2r＝20，即l＝20－2r， S＝12l·r＝12(20－2r)·r＝－(r－5)2＋25， 当r＝5时，S的最大值为25. 当 r＝5 时，l＝20－2×5＝10，α＝rl＝2(rad). 即扇形面积的最大值为25，此时扇形圆心角的弧度数为2 rad.
高中数学知识点总结(第四章 三角函数、解三角形 第七节 正弦定理和余弦定理)
第七节 正弦定理和余弦定理一、基础知识 1．正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (R 为△ABC 外接圆的半径)．正弦定理的常见变形(1)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ； (2)sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R； (3)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ； (4)a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝a sin A. 2．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ； b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ； c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C . 3．三角形的面积公式(1)S △ABC ＝12ah a (h a 为边a 上的高)；(2)S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B ；(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形的内切圆半径)．二、常用结论汇总——规律多一点 1．三角形内角和定理在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π；变形：A ＋B 2＝π2－C2.2．三角形中的三角函数关系(1)sin(A ＋B )＝sin C ；(2)cos(A ＋B )＝－cos C ； (3)sin A ＋B 2＝cos C 2；(4)cos A ＋B 2＝sin C2.3．三角形中的射影定理在△ABC 中，a ＝b cos C ＋c cos B ；b ＝a cos C ＋c cos A ；c ＝b cos A ＋a cos B . 4．用余弦定理判断三角形的形状在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，当b 2＋c 2－a 2>0时，可知A 为锐角；当b 2＋c 2－a 2＝0时，可知A 为直角；当b 2＋c 2－a 2<0时，可知A 为钝角．第一课时 正弦定理和余弦定理(一) 考点一 利用正、余弦定理解三角形考法(一) 正弦定理解三角形[典例] (1)(2019·江西重点中学联考)在△ABC 中，a ＝3，b ＝2，A ＝30°，则cos B ＝________.(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________.[解析] (1)由正弦定理可得sin B ＝b sin A a ＝2×sin 30°3＝13，∵a ＝3>b ＝2，∴B <A ，即B为锐角，∴cos B ＝1－sin 2B ＝223. (2)∵sin B ＝12且B ∈(0，π)，∴B ＝π6或B ＝5π6，又∵C ＝π6，∴B ＝π6，A ＝π－B －C ＝2π3.又a ＝3，由正弦定理得a sin A ＝bsin B ，即3sin 2π3＝b sinπ6，解得b ＝1. [答案] (1)223 (2)1考法(二) 余弦定理解三角形[典例] (1)(2019·山西五校联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos A ＋a cos B ＝c 2，a ＝b ＝2，则△ABC 的周长为( )A ．7.5B ．7C ．6D ．5(2)(2018·泰安二模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c －b2c －a＝sin Asin B ＋sin C，则角B ＝________.[解析](1)∵b cos A ＋a cos B ＝c 2，∴由余弦定理可得b ·b 2＋c 2－a 22bc ＋a ·a 2＋c 2－b 22ac＝c 2，整理可得2c 2＝2c 3，解得c ＝1，则△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝2＋2＋1＝5.(2)由正弦定理可得c －b 2c －a ＝sin A sin B ＋sin C ＝ab ＋c， ∴c 2－b 2＝2ac －a 2，∴c 2＋a 2－b 2＝2ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝22，∵0<B <π，∴B ＝π4.[答案] (1)D (2)π4[题组训练]1.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b 2＝ac ，c ＝2a ，则cos C ＝( ) A.24B ．－24C.34D ．－34解析：选B 由题意得，b 2＝ac ＝2a 2，即b ＝2a ，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋2a 2－4a 22a ×2a＝－24.2.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( )A.π12 B.π6C.π4D.π3解析：选B 因为sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0， 所以sin(A ＋C )＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，所以sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，整理得sin C (sin A ＋cos A )＝0.因为sin C ≠0，所以sin A ＋cos A ＝0，所以t a n A ＝－1， 因为A ∈(0，π)，所以A ＝3π4，由正弦定理得sin C ＝c ·sin Aa ＝2×222＝12， 又0＜C ＜π4，所以C ＝π6.3.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin 2B ＋sin 2C ＝sin 2A ＋sin B sin C .(1)求角A 的大小；(2)若cos B ＝13，a ＝3，求c 的值．解：(1)由正弦定理可得b 2＋c 2＝a 2＋bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3.(2)由(1)可知sin A ＝32， 因为cos B ＝13，B 为△ABC 的内角，所以sin B ＝223，故sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝32×13＋12×223＝3＋226. 由正弦定理a sin A ＝c sin C 得c ＝a sin C sin A＝3×3＋2232×6＝1＋263.考点二 判定三角形的形状[典例] (1)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，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(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin A sin B ＝ac ，(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等腰非等边三角形C ．等边三角形D ．钝角三角形[解析] (1)法一：因为b cos C ＋c cos B ＝a sin A ， 由正弦定理知sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin A sin A ， 得sin(B ＋C )＝sin A sin A .又sin(B ＋C )＝sin A ，得sin A ＝1， 即A ＝π2，因此△ABC 是直角三角形．法二：因为b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2a 22a ＝a ，所以a sin A ＝a ，即sin A ＝1，故A ＝π2，因此△ABC 是直角三角形．(2)因为sin A sin B ＝a c ，所以a b ＝ac，所以b ＝c .又(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ，所以b 2＋c 2－a 2＝bc ， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12.因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3，所以△ABC 是等边三角形．[答案] (1)B (2)C[变透练清] 1.变条件若本例(1)条件改为“a sin A ＋b sin B <c sin C ”，那么△ABC 的形状为________．解析：根据正弦定理可得a 2＋b 2<c 2，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0，故C 是钝角，所以△ABC 是钝角三角形． 答案：钝角三角形 2.变条件若本例(1)条件改为“c －a cos B ＝(2a －b )cos A ”，那么△ABC 的形状为________．解析：因为c －a cos B ＝(2a －b )cos A ， C ＝π－(A ＋B )，所以由正弦定理得sin C －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B ·cos A ， 所以sin A cos B ＋cos A sin B －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ， 所以cos A (sin B －sin A )＝0， 所以cos A ＝0或sin B ＝sin A ， 所以A ＝π2或B ＝A 或B ＝π－A (舍去)，所以△ABC 为等腰或直角三角形． 答案：等腰或直角三角形 3.变条件若本例(2)条件改为“cos A cos B ＝ba＝2”，那么△ABC 的形状为________．解析：因为cos A cos B ＝b a ，由正弦定理得cos A cos B ＝sin B sin A ，所以sin 2A ＝sin 2B .由ba ＝2，可知a ≠b ，所以A ≠B .又因为A ，B ∈(0，π)，所以2A ＝π－2B ，即A ＋B ＝π2，所以C ＝π2，于是△ABC是直角三角形．答案：直角三角形[课时跟踪检测]A 级1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若sin A a ＝cos Bb ，则B 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选B 由正弦定理知，sin A sin A ＝cos Bsin B ，∴sin B ＝cos B ，∴B ＝45°.2．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b ＝40，c ＝20，C ＝60°，则此三角形的解的情况是( )A ．有一解B ．有两解C ．无解D ．有解但解的个数不确定解析：选C 由正弦定理得b sin B ＝c sin C， ∴sin B ＝b sin Cc ＝40×3220＝3>1.∴角B 不存在，即满足条件的三角形不存在．3．(2018·重庆六校联考)在△ABC 中，cos B ＝ac (a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形D ．等腰三角形或直角三角形解析：选A 因为cos B ＝ac ，由余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac ＝a c ，整理得b 2＋a 2＝c 2，即C 为直角，则△ABC 为直角三角形．4．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边．若b sin A ＝3c sin B ，a ＝3， cos B ＝23，则b ＝( )A ．14B ．6 C.14D.6解析：选D ∵b sin A ＝3c sin B ⇒ab ＝3bc ⇒a ＝3c ⇒c ＝1，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝9＋1－2×3×1×23＝6，∴b ＝ 6.5．(2019·莆田调研)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a sin B cos C＋c sin B cos A ＝12b ，且a >b ，则B ＝( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6解析：选A ∵a sin B cos C ＋c sin B cos A ＝12b ，∴根据正弦定理可得sin A sin B cos C ＋sin C sin B cos A ＝12sin B ，即sin B (sin A cos C ＋sin C cos A )＝12sin B ．∵sin B ≠0，∴sin(A ＋C )＝12，即sin B ＝12.∵a >b ，∴A >B ，即B 为锐角，∴B ＝π6. 6．(2019·山西大同联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2(b cos A ＋a cos B )＝c 2，b ＝3,3cos A ＝1，则a ＝( )A.5 B ．3 C.10D ．4解析：选B 由正弦定理可得2(sin B cos A ＋sin A cos B )＝c sin C ， ∵2(sin B cos A ＋sin A cos B )＝2sin(A ＋B )＝2sin C ，∴2sin C ＝c sin C ，∵sin C >0，∴c ＝2，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝32＋22－2×3×2×13＝9，∴a ＝3.7．在△ABC 中，AB ＝6，A ＝75°，B ＝45°，则AC ＝________. 解析：C ＝180°－75°－45°＝60°， 由正弦定理得AB sin C ＝ACsin B ，即6sin 60°＝AC sin 45°，解得AC ＝2. 答案：28．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cos C ＝－14，3sin A ＝2sinB ，则c ＝________.解析：∵3sin A ＝2sin B ，∴3a ＝2b . 又∵a ＝2，∴b ＝3.由余弦定理可知c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， ∴c 2＝22＋32－2×2×3×⎝⎛⎭⎫－14＝16，∴c ＝4. 答案：49．(2018·浙江高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sinB ＝________，c ＝________.解析：由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得sin B ＝b a ·sin A ＝27×32＝217.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得7＝4＋c 2－4c ×cos 60°，即c 2－2c －3＝0，解得c ＝3或c ＝－1(舍去)． 答案：2173 10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，sin A ，sin B ，sin C 成等差数列，且a ＝2c ，则cos A ＝________.解析：因为sin A ，sin B ，sin C 成等差数列，所以2sin B ＝sin A ＋sin C ．由正弦定理得a ＋c ＝2b ，又因为a ＝2c ，可得b ＝32c ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝94c 2＋c 2－4c 22×32c 2＝－14.答案：－1411．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且A ＝2B . (1)求证：a ＝2b cos B ； (2)若b ＝2，c ＝4，求B 的值．解：(1)证明：因为A ＝2B ，所以由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a sin 2B ＝bsin B ，所以a ＝2b cos B .(2)由余弦定理，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 因为b ＝2，c ＝4，A ＝2B ，所以16c os 2B ＝4＋16－16cos 2B ，所以c os 2B ＝34，因为A ＋B ＝2B ＋B <π，所以B <π3，所以cos B ＝32，所以B ＝π6.12．(2019·绵阳模拟)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C .(1)求A 的大小；(2)若sin B ＋sin C ＝1，试判断△ABC 的形状．解：(1)由已知，结合正弦定理，得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc . 又由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 所以bc ＝－2bc cos A ，即cos A ＝－12.由于A 为△ABC 的内角，所以A ＝2π3.(2)由已知2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C ，结合正弦定理，得2sin 2A ＝(2sin B ＋sin C )sin B ＋(2sin C ＋sin B )sin C ， 即sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ＋sin B sin C ＝sin 22π3＝34.又由sin B ＋sin C ＝1，得sin 2B ＋sin 2C ＋2sin B sin C ＝1，所以sin B sin C ＝14，结合sin B ＋sin C ＝1，解得sin B ＝sin C ＝12.因为B ＋C ＝π－A ＝π3，所以B ＝C ＝π6，所以△ABC 是等腰三角形．B 级1．(2019·郑州质量预测)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若2c os 2A ＋B2－cos 2C ＝1,4sin B ＝3sin A ，a －b ＝1，则c 的值为( )A.13B.7C.37D ．6解析：选A 由2c os 2A ＋B2－cos 2C ＝1，得1＋c os(A ＋B )－(2c os 2C －1)＝2－2c os 2C －cos C ＝1，即2c os 2C ＋cos C －1＝0，解得cos C ＝12或cos C ＝－1(舍去)．由4sin B ＝3sin A及正弦定理，得4b ＝3a ，结合a －b ＝1，得a ＝4，b ＝3.由余弦定理，知c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝42＋32－2×4×3×12＝13，所以c ＝13.2．(2019·长春模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且c ＝3，2sin A a ＝t a n Cc，若sin(A －B )＋sin C ＝2sin 2B ，则a ＋b ＝________. 解析：∵2sin A a ＝t a n C c ＝sin C c cos C ，且由正弦定理可得a ＝2R sin A ，c ＝2R sin C (R 为△ABC的外接圆的半径)，∴cos C ＝12.∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.∵sin(A －B )＋sin C ＝2sin 2B ，sin C ＝sin(A ＋B )，∴2sin A cos B ＝4sin B cos B ．当cos B ＝0时，B ＝π2，则A ＝π6，∵c ＝3， ∴a ＝1，b ＝2，则a ＋b ＝3.当cos B ≠0时，sin A ＝2sin B ，即a ＝2b .∵cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴b 2＝1，即b ＝1，∴a ＝2，则a ＋b ＝3.综上，a ＋b ＝3.答案：33．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2a cos C －c ＝2b . (1)求角A 的大小；(2)若c ＝2，角B 的平分线BD ＝3，求a .解：(1)2a cos C －c ＝2b ⇒2sin A cos C －sin C ＝2sin B ⇒2sin A cos C －sin C ＝2sin(A ＋C )＝2sin A cos C ＋2cos A sin C ，∴－sin C ＝2cos A sin C ， ∵sin C ≠0，∴cos A ＝－12，又A ∈(0，π)，∴A ＝2π3.(2)在△ABD 中，由正弦定理得，AB sin ∠ADB ＝BDsin A ，∴sin ∠ADB ＝AB sin A BD ＝22.又∠ADB ∈(0，π)，A ＝2π3，∴∠ADB ＝π4，∴∠ABC ＝π6，∠ACB ＝π6，b ＝c ＝2，由余弦定理，得a 2＝c 2＋b 2－2c ·b ·cos A ＝(2)2＋(2)2－2×2×2c os 2π3＝6，∴a ＝ 6.第二课时 正弦定理和余弦定理(二) 考点一 有关三角形面积的计算[典例] (1)(2019·广州调研)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＝7，c ＝4，cos B ＝34，则△ABC 的面积等于( )A ．37 B.372C ．9D.92(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，则B ＝________.[解析] (1)法一：由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，代入数据，得a ＝3，又cos B ＝34，B ∈(0，π)，所以sin B ＝74，所以S △ABC ＝12ac sin B ＝372. 法二：由cos B ＝34，B ∈(0，π)，得sin B ＝74，由正弦定理b sin B ＝csin C 及b ＝7，c ＝4，可得sin C ＝1，所以C ＝π2，所以sin A ＝cos B ＝34，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝372.(2)由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B . 又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)，∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ， ∴t a n B ＝3，∵B ∈()0，π，∴B ＝π3.[答案] (1)B (2)π3[变透练清] 1.变条件本例(1)的条件变为：若c ＝4，sin C ＝2sin A ，sin B ＝154，则S △ABC ＝________. 解析：因为sin C ＝2sin A ，所以c ＝2a ，所以a ＝2，所以S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×4×154＝15.答案：15 2.变结论本例(2)的条件不变，则C 为钝角时，ca的取值范围是________．解析：∵B ＝π3且C 为钝角，∴C ＝2π3－A >π2，∴0<A <π6 .由正弦定理得ca ＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1t a n A.∵0<t a n A <33，∴1t a n A>3， ∴c a >12＋32×3＝2，即ca >2. 答案：(2，＋∞)3．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，(2b －a )cos C ＝c cos A . (1)求角C 的大小；(2)若c ＝3，△ABC 的面积S ＝433，求△ABC 的周长．解：(1)由已知及正弦定理得(2sin B －sin A )cos C ＝sin C cos A ， 即2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B ， ∵B ∈(0，π)，∴sin B >0，∴cos C ＝12，∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.(2)由(1)知，C ＝π3，故S ＝12ab sin C ＝12ab sin π3＝433，解得ab ＝163.由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ， 又c ＝3，∴(a ＋b )2＝c 2＋3ab ＝32＋3×163＝25，得a ＋b ＝5.∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋3＝8.[解题技法]1．求三角形面积的方法(1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积．(2)若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积．总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．2．已知三角形面积求边、角的方法(1)若求角，就寻求夹这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解． (2)若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求解． 考点二 平面图形中的计算问题[典例] (2018·广东佛山质检)如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝3π4，AB ⊥AD ，AB ＝1. (1)若AC ＝5，求△ABC 的面积； (2)若∠ADC ＝π6，CD ＝4，求sin ∠CAD .[解] (1)在△ABC 中，由余弦定理得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·c os ∠ABC ， 即5＝1＋BC 2＋2BC ，解得BC ＝2，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12AB ·BC ·sin ∠ABC ＝12×1×2×22＝12.(2)设∠CAD ＝θ，在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CDsin ∠CAD ，即AC sin π6＝4sin θ， ① 在△ABC 中，∠BAC ＝π2－θ，∠BCA ＝π－3π4－⎝⎛⎭⎫π2－θ＝θ－π4， 由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝ABsin ∠BCA ，即AC sin 3π4＝1sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4，② ①②两式相除，得sin 3π4sin π6＝4sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4sin θ，即4⎝⎛⎭⎫22sin θ－22cos θ＝2sin θ，整理得sin θ＝2cos θ. 又因为sin 2θ＋c os 2θ＝1，所以sin θ＝255，即sin ∠CAD ＝255.[解题技法]与平面图形有关的解三角形问题的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．[提醒] 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．[题组训练]1.如图，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ，则sin C 的值为________．解析：设AB ＝a ，∵AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ，∴AD ＝a ，BD ＝2a 3，BC ＝4a 3. 在△ABD 中，c os ∠ADB ＝a 2＋4a 23－a22a ×2a 3＝33，∴sin ∠ADB ＝63，∴sin ∠BDC ＝63. 在△BDC 中，BD sin C ＝BCsin ∠BDC， ∴sin C ＝BD ·sin ∠BDC BC ＝66.答案：662.如图，在平面四边形ABCD 中，DA ⊥AB ，DE ＝1，EC ＝7，EA ＝2，∠ADC ＝2π3，且∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列．(1)求sin ∠CED ； (2)求BE 的长． 解：设∠CED ＝α.因为∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列， 所以2∠BEC ＝∠CBE ＋∠BCE ，又∠CBE ＋∠BEC ＋∠BCE ＝π，所以∠BEC ＝π3.(1)在△CDE 中，由余弦定理得EC 2＝CD 2＋DE 2－2CD ·DE ·c os ∠EDC ， 即7＝CD 2＋1＋CD ，即CD 2＋CD －6＝0， 解得CD ＝2(CD ＝－3舍去)． 在△CDE 中，由正弦定理得EC sin ∠EDC ＝CDsin α，于是sin α＝CD ·sin 2π3EC ＝2×327＝217，即sin ∠CED ＝217.(2)由题设知0<α<π3，由(1)知cos α＝1－sin 2α＝1－2149＝277，又∠AEB ＝π－∠BEC －α＝2π3－α，所以c os ∠AEB ＝c os ⎝⎛⎭⎫2π3－α＝c os 2π3cos α＋sin 2π3sin α＝－12×277＋32×217＝714. 在Rt △EAB 中，c os ∠AEB ＝EA BE ＝2BE ＝714，所以BE ＝47.考点三 三角形中的最值、范围问题[典例] (1)在△ABC 中，内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，A ≠π2，sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ，则角A 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，π6 B.⎝⎛⎦⎤0，π4 C.⎣⎡⎦⎤π6，π4D.⎣⎡⎦⎤π6，π3(2)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos 2A ＋cos 2B ＝2cos 2C ，则cos C 的最小值为( )A.32B.22C.12D ．－12[解析] (1)在△ABC 中，C ＝π－(A ＋B )，所以sin(A ＋B )＋sin(B －A )＝2sin 2A ，即2sin B cos A ＝22sin A cos A ，因为A ≠π2，所以cos A ≠0，所以sin B ＝2sin A ，由正弦定理得，b＝2a ，所以A 为锐角．又因为sin B ＝2sin A ∈(0,1]，所以sin A ∈⎝⎛⎦⎤0，22，所以A ∈⎝⎛⎦⎤0，π4. (2)因为cos 2A ＋cos 2B ＝2cos 2C ，所以1－2sin 2A ＋1－2sin 2B ＝2－4sin 2C ，得a 2＋b 2＝2c 2，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 24ab ≥2ab 4ab ＝12，当且仅当a ＝b 时等号成立，故选C. [答案] (1)B (2)C[解题技法]1．三角形中的最值、范围问题的解题策略解与三角形中边角有关的量的取值范围时，主要是利用已知条件和有关定理，将所求的量用三角形的某个内角或某条边表示出来，结合三角形边角取值范围等求解即可．2．求解三角形中的最值、范围问题的注意点(1)涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解， 已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．(2)注意题目中的隐含条件，如A ＋B ＋C ＝π，0<A <π，b －c <a <b ＋c ，三角形中大边对大角等．[题组训练]1．在钝角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B 为钝角，若a cos A ＝ b sin A ，则sin A ＋sin C 的最大值为( )A.2B.98C ．1D.78解析：选B ∵a cos A ＝b sin A ，由正弦定理可得，sin A cos A ＝sin B sin A ，∵sin A ≠0，∴cos A ＝sin B ，又B 为钝角，∴B ＝A ＋π2，sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin(A ＋B )＝sin A ＋cos 2A ＝sin A ＋1－2sin 2A ＝－2⎝⎛⎭⎫sin A －142＋98，∴sin A ＋sin C 的最大值为98. 2．(2018·哈尔滨三中二模)在△ABC 中，已知c ＝2，若sin 2A ＋sin 2B －sin A sin B ＝sin 2C ，则a ＋b 的取值范围为________．解析：∵sin 2A ＋sin 2B －sin A sin B ＝sin 2C ，∴a 2＋b 2－ab ＝c 2，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.由正弦定理可得a sin A ＝b sin B ＝2sin π3＝433，∴a ＝433sin A ，b ＝433sin B ．又∵B ＝2π3－A ，∴a ＋b ＝433sin A ＋433sin B ＝433sin A ＋433sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝4sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6.又∵A ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，∴A ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6，∴sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6∈⎝⎛⎦⎤12，1，∴a ＋b ∈(2,4]． 答案：(2,4]3．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos B b ＋cos C c ＝sin A 3sin C .(1)求b 的值；(2)若cos B ＋3sin B ＝2，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意及正、余弦定理得a 2＋c 2－b 22abc ＋a 2＋b 2－c 22abc ＝3a 3c ，整理得2a 22abc ＝3a3c ，所以b ＝ 3.(2)由题意得cos B ＋3sin B ＝2sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6＝2， 所以sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6＝1， 因为B ∈(0，π)，所以B ＋π6＝π2，所以B ＝π3.由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 所以3＝a 2＋c 2－ac ≥2ac －ac ＝ac ， 即ac ≤3，当且仅当a ＝c ＝3时等号成立． 所以△ABC 的面积S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ≤334，当且仅当a ＝c ＝3时等号成立．故△ABC 面积的最大值为334.考点四 解三角形与三角函数的综合应用考法(一) 正、余弦定理与三角恒等变换[典例] (2018·天津高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知 b sin A ＝ac os ⎝⎛⎭⎫B －π6. (1)求角B 的大小；(2)设a ＝2，c ＝3，求b 和sin(2A －B )的值． [解] (1)在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，可得b sin A ＝a sin B .又因为b sin A ＝ac os ⎝⎛⎭⎫B －π6， 所以a sin B ＝ac os ⎝⎛⎭⎫B －π6， 即sin B ＝32cos B ＋12sin B ， 所以t a n B ＝ 3.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理及a ＝2，c ＝3，B ＝π3，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝7，故b ＝7. 由b sin A ＝ac os ⎝⎛⎭⎫B －π6，可得sin A ＝37. 因为a ＜c ，所以cos A ＝27. 所以sin 2A ＝2sin A cos A ＝437，cos 2A ＝2c os 2A －1＝17.所以sin(2A －B )＝sin 2A cos B －cos 2A sin B ＝437×12－17×32＝3314. 考法(二) 正、余弦定理与三角函数的性质[典例] (2018·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝c os 2x ＋3sin(π－x )c os(π＋x )－12.(1)求函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间；(2)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知f (A )＝－1，a ＝2，b sin C ＝a sin A ，求△ABC 的面积．[解] (1)f (x )＝c os 2x －3sin x cos x －12＝1＋cos 2x 2－32sin 2x －12＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，又∵x ∈[0，π]，∴函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤0，π3和⎣⎡⎦⎤5π6，π. (2)由(1)知f (x )＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， ∴f (A )＝－sin ⎝⎛⎭⎫2A －π6＝－1， ∵△ABC 为锐角三角形，∴0<A <π2，∴－π6<2A －π6<5π6，∴2A －π6＝π2，即A ＝π3.又∵b sin C ＝a sin A ，∴bc ＝a 2＝4， ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝ 3.[对点训练]在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，(2a －c )cos B －b cos C ＝0. (1)求角B 的大小；(2)设函数f (x )＝2sin x cos x cos B －32cos 2x ，求函数f (x )的最大值及当f (x )取得最大值时x 的值．解：(1)因为(2a －c )cos B －b cos C ＝0， 所以2a cos B －c cos B －b cos C ＝0， 由正弦定理得2sin A cos B －sin C cos B －cos C sin B ＝0， 即2sin A cos B －sin(C ＋B )＝0，又因为C ＋B ＝π－A ，所以sin(C ＋B )＝sin A . 所以sin A (2cos B －1)＝0.在△ABC 中，sin A ≠0，所以cos B ＝12，又因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)因为B ＝π3，所以f (x )＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 令2x －π3＝2k π＋π2(k ∈Z)，得x ＝k π＋5π12(k ∈Z)，即当x ＝k π＋5π12(k ∈Z)时，f (x )取得最大值1.[课时跟踪检测]A 级1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，cos 2A ＝sin A ，bc ＝2，则 △ABC 的面积为( )A.12 B.14C ．1D ．2解析：选A 由cos 2A ＝sin A ，得1－2sin 2A ＝sin A ，解得sin A ＝12(负值舍去)，由bc ＝2，可得△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×2×12＝12.2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，若(2a ＋c )cos B ＋b cos C ＝0，则角B 的大小为( )A.π6 B.π3C.2π3D.5π6解析：选C 由已知条件和正弦定理，得(2sin A ＋sin C )cos B ＋sin B cos C ＝0.化简，得2sin A cos B ＋sin A ＝0.因为角A 为三角形的内角，所以sin A ≠0，所以cos B ＝－12，所以B ＝2π3. 3．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin A ＝223，a ＝3，S △ABC ＝22，则b 的值为( )A ．6B ．3C ．2D ．2或3解析：选D 因为S △ABC ＝12bc sin A ＝22，所以bc ＝6，又因为sin A ＝223，A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以cos A ＝13，因为a ＝3，所以由余弦定理得9＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－4，b 2＋c 2＝13，可得b ＝2或b ＝3. 4．(2018·昆明检测)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，t a n ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( )A ．1 B.2 C.3D ．2解析：选A 法一：因为t a n ∠BAC ＝－3，所以sin ∠BAC ＝310，c os ∠BAC ＝－110.由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·ABc os ∠BAC ＝5＋2－2×5×2×⎝⎛⎭⎫－110＝9，所以BC ＝3，所以S △ABC ＝12AB ·AC sin ∠BAC ＝12×2×5×310＝32，所以BC 边上的高h ＝2S △ABCBC ＝2×323＝1.法二：在△ABC 中，因为t a n ∠BAC ＝－3<0，所以∠BAC 为钝角，因此BC 边上的高小于2，结合选项可知选A.5．(2018·重庆九校联考)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且a sin B ＝3b cos A ，当b ＋c ＝4时，△ABC 面积的最大值为( )A.33B.32C.3D ．23解析：选C 由a sin B ＝3b cos A ，得sin A sin B ＝3sin B cos A ，∴t a n A ＝3，∵0<A <π，∴A ＝π3，故S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤34⎝⎛⎭⎫b ＋c 22＝3(当且仅当b ＝c ＝2时取等号)，故选C.6．(2019·安徽名校联盟联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若bc ＝1，b ＋2c cos A ＝0，则当角B 取得最大值时，△ABC 的周长为( )A ．2＋3B ．2＋2C ．3D ．3＋2解析：选A 由b ＋2c cos A ＝0，得b ＋2c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝0，整理得2b 2＝a 2－c 2.由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋3c 24ac ≥23ac 4ac ＝32，当且仅当a ＝3c 时等号成立，此时角B 取得最大值，将a ＝3c 代入2b 2＝a 2－c 2可得b ＝c .又因为bc ＝1，所以b ＝c ＝1，a ＝3，故△ABC 的周长为2＋ 3.7．在△ABC 中，B ＝120°，AC ＝7，AB ＝5，则△ABC 的面积为________． 解析：由余弦定理知72＝52＋BC 2－2×5×BC ×cos 120°， 即49＝25＋BC 2＋5BC ，解得BC ＝3(负值舍去)． 故S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×5×3×32＝1534.答案：15348．(2019·长春质量检测)在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若 12b cos A ＝sin B ，且a ＝23，b ＋c ＝6，则△ABC 的面积为________．解析：由题意可知cos A 2＝sin B b ＝sin Aa ，因为a ＝23，所以t a n A ＝3，因为0<A <π，所以A ＝π3，由余弦定理得12＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ，又因为b ＋c ＝6，所以bc ＝8，从而△ABC 的面积为12bc sin A ＝12×8×sin π3＝2 3.答案：239．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠BAC ＝π2，点D 在边BC上，AD ＝1，且BD ＝2DC ，∠BAD ＝2∠DAC ，则sin Bsin C＝________.解析：由∠BAC ＝π2及∠BAD ＝2∠DAC ，可得∠BAD ＝π3，∠DAC ＝π6.由BD ＝2DC ，令DC ＝x ，则BD ＝2x .因为AD ＝1，在△ADC 中，由正弦定理得1sin C ＝x sin π6，所以sin C ＝12x，在△ABD 中，sin B ＝sin π32x ＝34x ，所以sin B sin C ＝34x 12x＝32.答案：3210．(2018·河南新乡二模)如图所示，在△ABC 中，C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，DE ⊥AB ，E 为垂足，若DE ＝22，则cos A ＝________.解析：∵AD ＝DB ，∴∠A ＝∠ABD ，∠BDC ＝2∠A .设AD ＝DB ＝x ， ∴在△BCD 中，BC sin ∠BDC ＝DB sin C，可得4sin 2A ＝xsin π3. ①在△AED 中，DE sin A ＝AD sin ∠AED ，可得22sin A ＝x1. ② 联立①②可得42sin A cos A ＝22sin A 32，解得cos A ＝64.答案：6411．(2019·南宁摸底联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知 c (1＋cos B )＝b (2－cos C )．(1)求证：2b ＝a ＋c ；(2)若B ＝π3，△ABC 的面积为43，求b .解：(1)证明：∵c (1＋cos B )＝b (2－cos C )，∴由正弦定理可得sin C ＋sin C cos B ＝2sin B －sin B cos C ， 即sin C cos B ＋sin B cos C ＋sin C ＝sin(B ＋C )＋sin C ＝2sin B ， ∴sin A ＋sin C ＝2sin B ，∴a ＋c ＝2b .(2)∵B ＝π3，∴△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝34ac ＝43，∴ac ＝16.由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ＝(a ＋c )2－3ac . ∵a ＋c ＝2b ，∴b 2＝4b 2－3×16，解得b ＝4. 12．在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长； (2)求c os ⎝⎛⎭⎫A －π6的值． 解：(1)因为cos B ＝45，0<B <π，所以sin B ＝35.由正弦定理得AC sin B ＝AB sin C ，所以AB ＝AC ·sin Csin B ＝6×2235＝5 2.(2)在△ABC 中，因为A ＋B ＋C ＝π，所以A ＝π－(B ＋C )， 又因为cos B ＝45，sin B ＝35，所以cos A ＝－c os(B ＋C )＝－c os ⎝⎛⎭⎫B ＋π4＝－cos Bc os π4＋sin B sin π4＝－45×22＋35×22＝－210.因为0<A <π，所以sin A ＝1－c os 2A ＝7210. 因此，c os ⎝⎛⎭⎫A －π6＝cos Ac os π6＋sin A sin π6＝－210×32＋7210×12＝72－620. B 级1．在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若B ＝2A ，则2ba的取值范围是( )A ．(2，2)B ．(2，6)C ．(2，3)D ．(6，4)解析：选B ∵B ＝2A ，∴sin B ＝sin 2A ＝2sin A cos A ，∴ba ＝2cos A ．又C ＝π－3A ，C为锐角，∴0<π－3A <π2⇒π6<A <π3，又B ＝2A ，B 为锐角，∴0<2A <π2⇒0<A <π4，∴π6<A <π4，22<cosA <32，∴2<b a <3，∴2<2ba< 6. 2．△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋bc os 2A ＝2a ，则角A 的取值范围是________．解析：由已知及正弦定理得sin 2A sin B ＋sin Bc os 2A ＝2sin A ，即sin B (sin 2A ＋c os 2A )＝2sin A ，∴sin B ＝2sin A ，∴b ＝2a ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝4a 2＋c 2－a 24ac ＝3a 2＋c 24ac ≥23ac 4ac ＝32，当且仅当c ＝3a 时取等号．∵A 为三角形的内角，且y ＝cos x 在(0，π)上是减函数，∴0<A ≤π6，则角A 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，π6. 答案：⎝⎛⎦⎤0，π6 3．(2018·昆明质检)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AB ＝2，BD ＝5，∠BCD ＝2∠ABD ，△ABD 的面积为2.(1)求AD 的长； (2)求△CBD 的面积．解：(1)由已知S △ABD ＝12AB ·BD ·sin ∠ABD ＝12×2×5×sin ∠ABD ＝2，可得sin ∠ABD ＝255，又∠BCD ＝2∠ABD ，所以∠ABD ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以c os ∠ABD ＝55. 在△ABD 中，由余弦定理AD 2＝AB 2＋BD 2－2·AB ·BD ·c os ∠ABD ，可得AD 2＝5，所以AD ＝ 5.(2)由AB ⊥BC ，得∠ABD ＋∠CBD ＝π2，所以sin ∠CBD ＝c os ∠ABD ＝55. 又∠BCD ＝2∠ABD ，所以sin ∠BCD ＝2sin ∠ABD ·c os ∠ABD ＝45，∠BDC ＝π－∠CBD －∠BCD ＝π－⎝⎛⎭⎫π2－∠ABD －2∠ABD ＝π2－∠ABD ＝∠CBD ， 所以△CBD 为等腰三角形，即CB ＝CD .在△CBD 中，由正弦定理BD sin ∠BCD ＝CDsin ∠CBD ，得CD ＝BD ·sin ∠CBDsin ∠BCD＝5×5545＝54， 所以S △CBD ＝12CB ·CD ·sin ∠BCD ＝12×54×54×45＝58.。
第四章第7讲 正弦定理和余弦定理
【训练 1】 (2012·扬州调研一)已知 f(x)＝ 3sinx＋π3－cos x. (1)求 f(x)在[0，π]上的最小值；
(2)已知 a，b，c 分别为△ABC 内角 A，B，C 的对边，b
＝5 3，cos A＝35，且 f(B)＝1，求边 a 的长．
解
(1)f(x)＝
sin
3
2
x＋
3 2 cos
化边进行变形是迅速解答本题的关键．
(2)熟练运用余弦定理及其推论，同时还要注意整体思想、
方程思想在解题过程中的运用．
【训练2】 (2012·扬州中学调研)在△ABC中，角A，B，C
所对的边分别为a，b，c，且c2＝a2＋b2－ab. (1)若 tan A－tan B＝ 33(1＋tan A·tan B)，求角 B；
答案
π 6
3．(2012·南京市学情调研)在△ABC中，角A，B，C所对 的边分别为a，b，c，且满足csin A＝acos C，则角C＝
________. 解析 由 csin A＝acos C 和正弦定理，得 sin Csin A＝
sin Acos C，即 tan C＝1.又 C∈(0，π)，所以 C＝π4.
(3)sin A＝2aR，sin B＝2bR，sin C＝2cR等形式，以解决不
同的三角形问题．
2 ． 余 弦 定 理 ： a2 ＝ __b_2＋__c_2_－__2_b_c_c_o_s_A__ ， b2 ＝ __a_2_＋__c_2_－__2_a_cc_o_s__B___，c2＝__a_2_＋__b_2－__2_a_b_c_o_s__C__．余弦
答案
π 3
考向一 利用正弦定理求解三角形
【例 1】 (2012·镇江市期末考试)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，满足 bcos C＋12c＝a. (1)求角B； (2)若a，b，c成等比数列，判断△ABC的形状．
高考数学(文)一轮复习文档：第三章 三角函数、解三角形 第7讲正弦定理与余弦定理 Word版含答案
第7讲 正弦定理与余弦定理, )1．正弦定理和余弦定理(1)S ＝12ah (h 表示边a 上的高)；(2)S ＝12bc sin A ＝12ac sin_B ＝12ab sin C ；(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形的内切圆半径)．1．辨明两个易误点(1)在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，可能出现一解、两解或无解，所以要注意分类讨论．(2)在判断三角形形状时，等式两边一般不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．2．余弦定理的推导过程如图，设CB →＝a ，CA →＝b ， AB →＝c .则c ＝a －b ，所以|c |2＝(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝|a |2＋|b |2－2|a ||b |cos C . 即c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C . 同理可证a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A .b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B .3．三角形解的判断1.教材习题改编在△ABC 中，A ＝45°，C ＝30°，c ＝6，则a 等于( ) A ．3 2 B ．6 2 C ．2 6D ．3 6B 由正弦定理得a sin A ＝csin C，所以a ＝6sin 45°sin 30°＝6×2212＝6 2.2.教材习题改编在非钝角△ABC 中，2b sin A ＝3a ，则B 角为( ) A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2C 由正弦定理得b sin A ＝a sin B ，所以2a sin B ＝3a ，即sin B ＝32，又B 非钝角，所以B ＝π3，故选C. 3.教材习题改编已知△ABC 的三边之比为3∶5∶7，则最大角为( ) A ．2π3B ．3π4C ．5π6D ．7π12A 由三边之比为a ∶b ∶c ＝3∶5∶7，可设a ＝3k ，b ＝5k ，c ＝7k (k >0)，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝（3k ）2＋（5k ）2－（7k ）22×3k ×5k ＝－12，又0<C <π，所以C ＝2π3.4.教材习题改编在非钝角△ABC 中，a ＝1，b ＝2，S △ABC ＝32，则c 等于________． 由三角形面积公式得12×1×2×sin C ＝32，即sin C ＝32，又0°<C ≤90°， 所以C ＝60°，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝1＋4－2×1×2×cos 60°＝3， 所以c ＝ 3. 3利用正、余弦定理解三角形(高频考点)利用正、余弦定理解三角形是高考的热点，三种题型在高考中时有出现，其试题为中档题．高考对正、余弦定理的考查主要有以下两个命题角度： (1)由已知求边和角；(2)解三角形与三角函数相结合．(1)(2016·高考全国卷乙)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a＝5，c ＝2，cos A ＝23，则b ＝( )A ． 2B ． 3C ．2D ．3(2)(2016·高考全国卷丙)在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则sin A ＝( )A ．310 B ．1010C ．55D ．31010(3)(2016·高考全国卷甲)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝________．【解析】 (1)由余弦定理，得4＋b 2－2×2b cos A ＝5，整理得3b 2－8b －3＝0，解得b ＝3或b ＝－13(舍去)，故选D.(2)设BC 边上的高为AD ，则BC ＝3AD ，DC ＝2AD ，所以AC ＝AD 2＋DC 2＝5AD .由正弦定理，知ACsin B＝BCsin A，即5AD22＝3AD sin A，解得sin A ＝31010，故选D.(3)法一：因为cos A ＝45，cos C ＝513，所以sin A ＝35，sin C ＝1213，从而sin B ＝sin(A＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝35×513＋45×1213＝6365.由正弦定理a sin A ＝bsin B，得b ＝a sin B sin A ＝2113. 法二： 因为cos A ＝45，cos C ＝513，所以sin A ＝35，sin C ＝1213，从而cos B ＝－cos(A＋C )＝－cos A cos C ＋sin A ·sin C ＝－45×513＋35×1213＝1665.由正弦定理a sin A ＝csin C，得c ＝a sin C sin A ＝2013.由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得b ＝2113.法三：因为cos A ＝45，cos C ＝513，所以sin A ＝35，sin C ＝1213，由正弦定理a sin A ＝c sin C ，得c ＝a sin C sin A ＝2013.从而b ＝a cos C ＋c cos A ＝2113.法四：如图，作BD ⊥AC 于点D ，由cos C ＝513，a ＝BC ＝1，知CD ＝513，BD ＝1213.又cos A ＝45，所以tan A ＝34，从而AD ＝1613.故b ＝AD ＋DC ＝2113.【答案】 (1)D (2)D (3)2113利用正、余弦定理解三角形的应用(1)解三角形时，如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；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；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．(2)三角形解的个数的判断：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．角度一 由已知求边和角1．在△ABC 中，2a cos A ＋b cos C ＋c cos B ＝0，则角A 为( ) A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6C 由余弦定理得2a cos A ＋b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac＝0，即2a cos A ＋a ＝0，所以cos A ＝－12，A ＝2π3.故选C.角度二 解三角形与三角函数相结合2．(2017·安徽皖南八校联考)已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－sin x ，n ＝(1，sin x ＋3cos x )，x ∈R ，函数f (x )＝m ·n .(1)求f (x )的最小正周期及值域；(2)已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝0，a ＝3，bc ＝2，求△ABC 的周长．(1)由题知f (x )＝－sin 2x －3sin x cos x ＋32＝cos 2x －3sin x cos x ＋12＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋1，所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，因为x ∈R ，所以－1≤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤1， 故f (x )的值域为．(2)f (A )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＋1＝0，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1，由A ∈(0，π)，得A ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc ，又a ＝3，bc ＝2，所以(b ＋c )2＝9，b ＋c ＝3，所以△ABC 的周长为3＋ 3.利用正、余弦定理判定三角形的形状在△ABC 中，若a 2＋b 2－c 2＝ab ，且2cos A sin B ＝sin C ，试判断△ABC 的形状． 【解】 法一：利用边的关系来判断： 由正弦定理得sin C sin B ＝c b，由2cos A sin B ＝sin C ，有cos A ＝sin C 2sin B ＝c2b.又由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，所以c 2b ＝b 2＋c 2－a 22bc，即c 2＝b 2＋c 2－a 2，所以a 2＝b 2，所以a ＝b . 又因为a 2＋b 2－c 2＝ab .所以2b 2－c 2＝b 2，所以b 2＝c 2， 所以b ＝c ，所以a ＝b ＝c . 所以△ABC 为等边三角形． 法二：利用角的关系来判断： 因为A ＋B ＋C ＝180°， 所以sin C ＝sin(A ＋B )， 又因为2cos A sin B ＝sin C ，所以2cos A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ， 所以sin(A －B )＝0.又因为A 与B 均为△ABC 的内角，所以A ＝B ， 又由a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝ab 2ab ＝12，又0°<C <180°，所以C ＝60°， 所以△ABC 为等边三角形．判断三角形形状的两种途径(1)利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状；(2)利用正、余弦定理把已知条件转化为内角三角函数间的关系，通过三角函数恒等变换，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论，在两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．在△ABC 中，若(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)sin(A ＋B )，则△ABC 的形状是( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰三角形或直角三角形D 因为(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)sin(A ＋B )， 所以b 2＝a 2，所以2sin A cos B ·b 2＝2cos A sin B ·a 2， 即a 2cos A sin B ＝b 2sin A cos B .法一：由正弦定理知a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ， 所以sin 2A cos A sinB ＝sin 2B sin A cos B ，又sin A ·sin B ≠0，所以sin A cos A ＝sin B cos B ，所以sin 2A ＝sin 2B . 在△ABC 中，0<2A <2π，0<2B <2π，所以2A ＝2B 或2A ＝π－2B .所以A ＝B 或A ＋B ＝π2.所以△ABC 为等腰三角形或直角三角形，故选D. 法二：由正弦定理、余弦定理得：a 2b b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2a a 2＋c 2－b 22ac，所以a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2)， 所以(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0， 所以a 2－b 2＝0或a 2＋b 2－c 2＝0， 即a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2.所以△ABC 为等腰三角形或直角三角形．故选D.与三角形面积有关的问题(2017·唐山统考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且c sin B＝b cos C ＝3.(1)求b ；(2)若△ABC 的面积为212，求c .【解】 (1)由正弦定理得sin C sin B ＝sin B cos C ， 又sin B ≠0，所以sin C ＝cos C ，C ＝45°. 因为b cos C ＝3， 所以b ＝3 2.(2)因为△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝212，c sin B ＝3，所以a ＝7.又c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝25，所以c ＝5.与三角形面积有关问题的解题策略(1)求三角形的面积．对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用含哪个角的公式．(2)已知三角形的面积解三角形．与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．(3)求有关三角形面积或周长的最值(范围)问题．一般转化为一个角的一个三角函数，利用三角函数的有界性求解，或利用余弦定理转化为边的关系，再应用基本不等式求解．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，且(2b －c )·cos A＝a cos C .(1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，b ＝2c ，求△ABC 的面积． (1)由(2b －c )cos A ＝a cos C ，得2sin B cos A ＝sin A cos C ＋sin C cos A ，即2sin B cos A ＝sin(A ＋C )，所以2sin B cos A ＝sin B ， 因为0<B <π，所以sin B ≠0， 所以cos A ＝12，因为0<A <π，所以A ＝π3.(2)因为a ＝3，b ＝2c ， 由(1)得A ＝π3，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝4c 2＋c 2－94c 2＝12， 解得c ＝3，所以b ＝2 3.所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×23×3×32＝332., )——正、余弦定理的应用(本题满分12分)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知A ＝π4，b 2－a 2＝12c 2.(1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值．(1)(2)(1)由b 2－a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B －12＝12sin 2C ，所以－cos 2B ＝sin 2C .(3分) 又由A ＝π4，即B ＋C ＝34π，得－cos 2B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ， 解得tan C ＝2.(6分)(2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)，得 sin C ＝255，cos C ＝55.(8分)因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ，所以sin B ＝31010.(9分)由正弦定理得c ＝22b3，(10分)又因为A ＝π4，12bc sin A ＝3，所以bc ＝62，(11分)故b ＝3.(12分)(1)本题是解三角形与三角恒等变换的结合，求解中首先利用正弦定理把边的关系转化为三角函数关系，再利用恒等变换，再次应用正弦定理，求解所求问题．(2)计算准确，争取得满分①公式运用要准确，这是计算正确的前提．②算数要准确无误，尤其注意正、负号的选择，计算时要尽量利用学过的公式简化计算过程．, )1．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝2a sin B ，则A ＝( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．75°A 因为在锐角△ABC 中，b ＝2a sinB ，由正弦定理得，sin B ＝2sin A sin B ，所以sinA ＝12，又0°<A <90°，所以A ＝30°.2．(2017·兰州一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ＝7，b ＝3，c ＝2，则A ＝( )A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2C 易知cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32＋22－（7）22×3×2＝12，又A ∈(0，π)，所以A ＝π3，故选C.3．在△ABC 中，已知b ＝40，c ＝20，C ＝60°，则此三角形的解的情况是( ) A ．有一解 B ．有两解C ．无解D ．有解但解的个数不确定C 由正弦定理得b sin B ＝csin C， 所以sin B ＝b sin Cc＝40×3220＝3>1.所以角B 不存在，即满足条件的三角形不存在．4．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，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B 依据题设条件的特点，由正弦定理，得sin B ·cosC ＋cos B sin C ＝sin 2A ，有sin(B ＋C )＝sin 2A ，从而sin(B ＋C )＝sin A ＝sin 2A ，解得sin A ＝1，所以A ＝π2，故选B.5．(2017·东北三校高三模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝13，sin C ＝3sin B ，且S △ABC ＝2，则b ＝( )A ．1B ．2 3C ．3 2D ．3A 因为cos A ＝13，所以sin A ＝223.又S △ABC ＝12bc sin A ＝2，所以bc ＝3.又sin C ＝3sin B ，所以c ＝3b ，所以b ＝1，c ＝3，故选A.6．(2017·大连一模)在△ABC 中，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边上的高为( ) A ．32 B ．332C ．34D ． 3B 在△ABC 中，由余弦定理可得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ×BC ×cos B ，因为AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，所以7＝AB 2＋4－4×AB ×12，所以AB 2－2AB －3＝0，所以AB ＝3，作AD ⊥BC ，垂足为D ，则在Rt △ADB 中，AD ＝AB ×sin 60°＝332，即BC 边上的高为332.7．(2016·高考山东卷改编)△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c .已知b ＝c ，a 2＝2b 2(1－sin A )，则A ＝________.由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝2b 2－2b 2cos A ，所以2b 2(1－sin A )＝2b 2(1－cosA )，所以sin A ＝cos A ，即tan A ＝1，又0<A <π，所以A ＝π4.π48．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cos C ＝－14，3sin A ＝2sin B ，则c ＝________.由3sin A ＝2sin B 及正弦定理，得3a ＝2b ，所以b ＝32a ＝3.由余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，得－14＝22＋32－c22×2×3，解得c ＝4. 49．(2017·海淀期末检测)已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，a sinA sinB ＋b cos 2A ＝2a ，则角A 的取值范围是________．由已知及正弦定理得sin 2A sinB ＋sin B cos 2A ＝2sin A ，即sinB (sin 2A ＋cos 2A )＝2sinA ，所以sinB ＝2sin A ，所以b ＝2a ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝4a 2＋c 2－a 24ac ＝3a 2＋c 24ac≥23ac 4ac ＝32，当且仅当c ＝3a 时取等号，因为A 为三角形的内角，且y ＝cos x 在(0，π)上是减函数，所以0<A ≤π6，则角A 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π6.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π610．(2017·广东揭阳一模)已知△ABC 中，角A 、32B 、C 成等差数列，且△ABC 的面积为1＋2，则AC 边的长的最小值是________．因为A 、32B 、C 成等差数列，所以A ＋C ＝3B ，又A ＋B ＋C ＝π， 所以B ＝π4，设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . 由S △ABC ＝12ac sin B ＝1＋2得ac ＝2(2＋2)，由余弦定理及a 2＋c 2≥2ac ， 得b 2≥(2－2)ac ，即b 2≥(2－2)×2(2＋2)，所以b ≥2，所以AC 边的长的最小值为2. 211．在△ABC 中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知c －b ＝2b cos A . (1)若a ＝26，b ＝3，求c ； (2)若C ＝π2，求角B .(1)由c －b ＝2b cos A 及余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，得c －b ＝2b ·b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－a 2c，即a 2＝b 2＋bc ，所以(26)2＝32＋3c ，解得c ＝5. (2)因为c －b ＝2b cos A ，所以由正弦定理得sin C －sin B ＝2sin B cos A ，又C ＝π2，所以1－sin B ＝2sin B cos A ，所以1－sin B ＝2sin B cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ， 所以1－sin B ＝2sin 2B ， 即(2sin B －1)(sin B ＋1)＝0， 所以sin B ＝12或sin B ＝－1(舍去)，因为0＜B ＜π2，所以B ＝π6.12．在△ABC 中，B ＝120°，AB ＝2，A 的角平分线AD ＝3，则AC ＝________. 如图，在△ABD 中，由正弦定理，得 AD sin B ＝ABsin ∠ADB ， 所以sin ∠ADB ＝22. 由题意知0°<∠ADB <60°， 所以∠ADB ＝45°，所以∠BAD ＝180°－45°－120°＝15°. 所以∠BAC ＝30°，∠C ＝30°， 所以BC ＝AB ＝ 2. 在△ABC 中，由正弦定理， 得ACsin B ＝BCsin ∠BAC，所以AC ＝ 6. 613．(2017·湖北三市第二次联考)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且a sin B ＝－b sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3.(1)求A ；(2)若△ABC 的面积S ＝34c 2，求sin C 的值． (1)因为a sin B ＝－b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3，所以由正弦定理得sin A ＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3，即sin A ＝－12sin A －32cos A ，化简得tan A ＝－33， 因为A ∈(0，π)，所以A ＝5π6. (2)因为A ＝5π6，所以sin A ＝12，由S ＝34c 2＝12bc sin A ＝14bc ，得b ＝3c ， 所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝7c 2，则a ＝7c ， 由正弦定理得sin C ＝c sin A a ＝714. 14．(2017·河南郑州模拟)在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且满足cos 2C －cos 2A ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋C ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－C . (1)求角A 的值；(2)若a ＝3且b ≥a ，求2b －c 的取值范围． (1)由已知得2sin 2A －2sin 2C＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫34cos 2C －14sin 2C ， 化简得sin A ＝±32， 因为A 为△ABC 的内角， 所以sin A ＝32，故A ＝π3或2π3. (2)因为b ≥a ，所以A ＝π3.由正弦定理得b sin B ＝c sin C ＝asin A＝2，得b ＝2sin B ，c ＝2sin C ， 故2b －c ＝4sin B －2sin C ＝4sin B －2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－B＝3sin B －3cos B ＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6.因为b ≥a ， 所以π3≤B <2π3，则π6≤B －π6<π2， 所以2b －c ＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6∈[3，23)．。
第07讲：第四章 三角函数(测)(基础卷)(含答案解析)
第07讲：第四章三角函数（测）（基础卷）-2023年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）第07讲：第四章三角函数（基础卷）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）（2022·宁夏·银川二中高一期中）1．教室里的钟表慢了30分钟，在同学将它校正的过程中，时针需要旋转多少弧度?（）A ．12π-B ．12πC ．6π-D ．6π（2022·安徽·南陵中学模拟预测（文））2．已知角α的顶点与原点θ重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点()(),40P m m ≠，且cos 5mα=，则tan α=（）A ．43±B ．43C ．34±D ．34（2022·辽宁葫芦岛·二模）3．若()()()sin πcos 2π1sin cos π2θθθθ-+-=++，则tan θ=（）A ．13B ．13-C ．-3D ．3（2022·广西桂林·高一期中）4．下列函数中，在其定义域上是偶函数的是（）A ．sin y x=B ．sin y x=C ．tan y x=D ．cos 2y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭（2022·福建泉州·高二期中）5．函数()cos f x x x =的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．（2022·四川省资中县第二中学高一阶段练习（理））6．已知,αβ都是锐角，()35sin ,cos 513ααβ=+=-，则cos β=（）A ．5665-B ．1665-C ．1665D ．5665（2022·贵州六盘水·高一期中）7．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题，不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示.用锯去锯这木材，若锯口深2CD =2AB =，则图中 ACB与弦AB 围成的弓形的面积为（）A ．22π-B ．23πC ．32π-D ．33π-（2022·湖南·长沙市南雅中学高二阶段练习）8．已知()2cos 2cos f x wx wx wx =+，（0w >），若函数在区间,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内不存在对称轴，则w 的范围为（）A ．1130,,634⎛⎤⎡⎤ ⎥⎢⎝⎦⎣⎦B ．1230,,334⎛⎤⎡⎤ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦ C ．1120,,633⎛⎤⎡⎤⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦D ．1250,336⎛⎤⎡⎤ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）（2022·广西河池·高一期末）9．在360360-︒︒ 范围内，与410-︒角终边相同的角是（）A ．50-︒B ．40-︒C ．310︒D ．320︒（2022·辽宁·沈阳市奉天高级中学高一期中）10．为了得到函数π()sin 36f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，只需将函数()sin g x x =的图象（）A ．所有点的横坐标缩短到原来的13，纵坐标不变，再将所得图象向右平移π18个单位长度B ．所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移π18个单位长度C ．向右平移π6个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的13，纵坐标不变D ．向右平移π18个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的13，纵坐标不变（2022·广东·佛山市顺德区容山中学高一期中）11．给出下列命题中，正确的是（）A ．存在实数α，使sin cos 1αα=B ．存在实数α，使sin cos αα+=C ．函数3sin 2y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭是偶函数D ．若α，β是第一象限的角，且αβ>，则sinαsinβ>（2022·黑龙江大庆·高三阶段练习（文））12．若tan tan6tan6αααα-=+，则α的值可能为（）A ．15π-B ．215πC ．415πD ．1415π三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）（2022·江西·高一阶段练习）13．已知()()2sin 32f x x ϕ=+是奇函数，则ϕ=__________．（写出一个值即可）（2022·全国·高三专题练习）14．函数()sin ,()(|),0,|f x A x A ωϕωϕπ=+><的部分图象如图，则4f π⎛⎫= ⎪⎝⎭___________.（2022·江苏·徐州市王杰中学高一阶段练习）15．已知()4cos 5αβ+=,()4cos 5αβ-=-，则cos cos αβ的值为________.（2022·北京育才学校模拟预测）16．已知函数()()sin 06f x x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在[]0,π有且仅有3个零点，则函数()f x 在[]0,π上存在_____个极小值点，请写出一个符合要求的正整数ω的值______.四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）（2022·辽宁省康平县高级中学高一阶段练习）17．已知()()()sin 3sin 232cos cos 2f παπααπαπα⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭=⎛⎫--- ⎪⎝⎭.(1)化简()f α.(2)已知tan 3α=，求()f α的值.（2022·北京市第一六一中学高三阶段练习）18．已知3π是函数2()2sin cos 2cos 1f x a x x x =++的一个零点.(1)求实数a 的值；(2)求()f x 单调递减区间.（2022·江苏省阜宁中学高一阶段练习）19．如图，现要在一块半径为1m ，圆心角为π3的扇形白铁片AOB 上剪出一个平行四边形MNPQ ，使点P 在圆弧AB 上，点Q 在OA 上，点,M N 在OB 上，设BOP θ∠=，平行四边形MNPQ 的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式；(2)求S 的最大值及相应的θ角．（2022·浙江·杭州市余杭高级中学高二学业考试）20．已知函数()()2sin cos f x a x x x x =-∈R ，若__________．条件①：0a >，且()f x 在x ∈R 时的最大值为1条件②：62f π⎛⎫= ⎪⎝⎭．请写出你选择的条件，并求函数()f x 在区间,43ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．（2022·河南省嵩县第一高级中学高一阶段练习）21．已知函数π()2sin 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.(1)利用“五点法”完成下面的表格，并画出()f x 在区间π7π,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的图象；π23x -x()f x(2)解不等式()1f x ≥.（2022·江苏省镇江中学高一阶段练习）22．已知函数()sin()0,0,02f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>><< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示.(1)求函数()f x 的解析式；(2)先将函数()f x 的图象向右平移3π个单位长度，再将所得图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到()g x 的图象.（i ）若0m >，当[0,]x m ∈时，()g x 的值域为[2]，求实数m 的取值范围；（ii ）若不等式2()(21)()10g x t g x t -+--≤对任意的,32x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，求实数t 的取值范围.参考答案：1．A【分析】先由条件确定时针旋转的度数，再由弧度与角度的关系求对应的弧度数.【详解】将钟表校正的过程中，需要顺时针旋转时针15 ，其大小为15- ，故时针需要旋转12π-弧度，故选：A.2．A【分析】根据任意角的三角函数值的定义，即可求解.【详解】解：cos 5m α=，解得：3m =±，故44tan 3m α==±，故选：A 3．C【分析】利用诱导公式，弦化切进行计算.【详解】()()()sin πcos 2πsin cos 1sin cos πsin cos 2θθθθθθθθ-+-+==++-，分子分母同除以cos θ，tan 11tan 12θθ+=-，解得：tan 3θ=-故选：C 4．B【分析】根据奇偶性定义，结合三角函数的奇偶性可直接得到结果.【详解】对于A ，sin y x = 定义域为R ，()sin sin x x -=-，sin y x ∴=为奇函数，A 错误；对于B ，sin y x = 定义域为R ，()sin sin sin x x x -=-=，sin y x ∴=为偶函数，B 正确；对于C ，tan y x = 定义域为(),22k k k ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ，即定义域关于原点对称，()tan tan x x -=-，tan y x ∴=为奇函数，C 错误；对于D ，cos sin 2y x x π⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ 定义域为R ，()sin sin x x -=-，cos 2y x π⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭为奇函数，D 错误.故选：B.5．A【分析】先根据函数奇偶性的概念可知()()f x f x -=-，即函数()f x 为奇函数，排除选项D ；再利用三角函数的性质排除BC 即得.【详解】()cos()cos ()f x x x x x f x -=--=-=- ，∴函数()f x 为奇函数，排除选项D ；当(0,2x π∈时，0x >，0cos 1x <<，0()f x x ∴<<，排除选项BC ．故选：A ．6．C【分析】由[]cos cos ()βαβα=+-，利用两角差的余弦公式求解.【详解】因为,αβ都是锐角，所以0αβ<+<π，又3sin 5α=，5cos()13αβ+=-，所以4cos 5α=，12sin()13αβ+=，所以[]cos cos ()βαβα=+-，cos()cos sin()sin αβααβα=+++，541231613513565=-⨯+⨯=，故选：C.7．B【分析】设圆的半径为r ，利用勾股定理求出r ，再根据扇形的面积及三角形面积公式计算可得；【详解】解：设圆的半径为r ，则(2OD r CD r =-=--，112AD AB ==，由勾股定理可得222OD AD OA +=，即(2221r r ⎡⎤-+=⎣⎦，解得2r =，所以2OA OB ==，2AB =，所以3AOB π∠=，因此221222233MBB AOB S S S ππ=-=⨯⨯= 弓形扇形.故选：B 8．C【分析】先通过三角恒等变换将()f x 化简成正弦型函数，再结合正弦函数性质求解即可．【详解】函数化简得()2cos 212sin 216f x wx wx wx π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭，由()262wx k k πππ+=+∈Z ，可得函数的对称轴为()32k x k wππ+=∈Z ，由题意知，322k w πππ+≤且()132k w πππ++≥，即13436k k w ++≤≤，k ∈Z ，若使该不等式组有解，则需满足13436k k ++≤，即23k ≤，又0w >，故3406k +≤，即43k >-，所以4233k -<≤，又k ∈Z ，所以0k =或1k =，所以1120,,633w ⎛⎤⎡⎤∈ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦．9．AC【分析】利用终边相同的角的定义求解.【详解】因为50410360︒︒-=-+︒，3104102360=-+⨯︒︒︒，所以与410-︒角终边相同的角是50-︒和310︒，故选：AC ．10．AC【分析】根据三角函数的图象变换规律逐个分析可得答案.【详解】将函数()sin g x x =的图象所有点的横坐标缩短到原来的13，纵坐标不变，再将所得图象向右平移π18个单位长度，可以得到函数π()sin 36f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，A 正确.将函数()sin g x x =的图象所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移π18个单位长度，可以得到函数1π()si 4n 53f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，B 不正确.将函数()sin g x x =的图象向右平移6π个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的13，纵坐标不变，可以得到函数π()sin 36f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，C 正确.将函数()sin g x x =的图象向右平移π18个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的13，纵坐标不变，可以得到函数π()s 18in 3f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，D 不正确.故选：AC 11．BC【分析】A 由正弦的倍角公式直接判断；B 由辅助角公式进行判断即可；C 通过诱导公式及余弦函数的性质即可判断；D 直接取特殊值判断即可.【详解】对于A ，由sin cos 1αα=，得sin22α=，矛盾，错误；对于B ，由sin cos αα+=4πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭4πα=即成立，正确；对于C ，3sin cos 2y x x π⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，显然是偶函数，正确；对于D ，取136απ=，3πβ=，α，β是第一象限的角，且αβ>，但sin sin αβ<，错误．故选：BC ．12．ABD【分析】由题意易知10α≠，再根据两角差的正切公式，可知tan tan 63παα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，进而求得6()3k k πααπ=-+∈Z ，由此即可得到()155k k ππα=-+∈Z ，对k 取值，逐项判断即可得到结果.【详解】由tan tan 6tan 6αααα=，可知()tan 1tan 6ααα=+，当10α=，即tan 3α=-时，即,()6k k παπ=-+∈Z 时，tan ,tan 6tan 604αααα-+=，显然tan tan6tan6αααα=+不成立，故1tan 0α≠；tan 6α=，则tan tan 63παα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以6()3k k πααπ=-+∈Z ，即,()155k k ππα=-+∈Z ，当0k =时，15απ=-，当1k =时，215πα=，当5k =时，1415πα=，令411555k πππ-+=，得53k =∉Z ，故α的值不可能为415π.故选：ABD.13．2π（答案不唯一）【分析】根据正弦函数的性质计算可得；【详解】解：因为()()2sin 32f x x ϕ=+是奇函数，所以2k ϕπ=，Z k ∈，解得2k πϕ=，Z k ∈．故答案为：2π（答案不唯一）14．【分析】由三角函数的图象与性质求出解析式后求解【详解】由图可知2A =，427(33242T πππ=-=，故24Tπω==，将7(,2)24π-代入解析式得7sin()16πϕ+=-，又||ϕπ<，得3πϕ=，故()()2sin 43f x x π=+，4f π⎛⎫= ⎪⎝⎭故答案为：15．0【分析】根据两角和与差的余弦公式展开,联立方程即可解得.【详解】()4cos cos cos sin sin 5αβαβαβ+=-= ……（1）()4cos cos cos sin sin 5αβαβαβ-=+=-……（2）由（1）+（2）得：442cos cos 055αβ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭cos cos 0αβ∴=故答案为：016．13【分析】首先求6x πω-的范围，根据正弦函数的图象，确定极小值点个数，以及根据端点值，列不等式求ω的范围.【详解】[]0,x π∈ ，,666t x πππωωπ⎡⎤∴=---⎢⎥⎣⎦，由条件可知sin y t =在区间,66ωππ⎡⎤-π-⎢⎥⎣⎦有3个零点，∴由函数图象可知：有1个极小值点，两个极大值点，且236ωππ≤π-<π，解得：131966ω≤<,其中满足条件的一个正整数是3.故答案为：1；317．(1)cos 3sin 2sin cos αααα+-+；(2)2-.【分析】(1)由诱导公式进行化简，即可求得()f α；(2)由sin tan cos ααα=，代入即可求值.(1)()()()sin 3sin cos 3sin 232sin cos 2cos cos 2f παπααααπαααπα⎛⎫+-+ ⎪+⎝⎭==-+⎛⎫--- ⎪⎝⎭；(2)∵tan 3α=，∴cos 3sin 13tan 133()22sin cos 12tan 123f ααααααα+++⨯====--+--⨯.18．(1)(2),,63k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z【分析】（1）利用函数的零点的定义，求得实数a 的值．（2）利用三角恒等变化化简函数的解析式，再利用余弦函数的单调性求得()f x 的单调递减区间．【详解】（1）解：因为2()2sin cos 2cos 1f x a x x x =++，所以()sin 2cos 22f x a x x =++由题意可知03f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，即22sin cos 20333f a πππ⎛⎫⎪⎭= +⎝+=，即12032f π⎛⎫⎭- ⎪+⎝==，解得a =（2）解：由（1）可得()cos 2222cos 223f x x x x π=-+=⎛⎫ ⎪⎝⎭++，函数cos y x =的递减区间为[]2,2,k k k Z πππ+∈．令222,3k x k k ππππ<+<+∈Z ，得,63k x k k ππππ-<<+∈Z ，所以()f x 的单调递减区间为,,63k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ．19．(1)1πsin 22,(0,)263S θθθ=+∈(2)S 2，此时6πθ=【分析】（1）分别过,P Q 作PD OB ⊥于D ，QE OB ⊥于E ，则四边形QEDP 为矩形,则MN QP ED ==,直接利用平行四边形的面积公式求解即可.（2）利用辅助角公式恒等变形求其最值即可.【详解】（1）分别过,P Q 作PD OB ⊥于D ，QE OB ⊥于E ，则四边形QEDP 为矩形．由扇形半径为1m ，得sin PD θ=，cos OD θ=.在Rt △OEQ 中，33OE ==,cos 3MN QP ED OD OE θθ===-=-,2(cos )sin sin cos sin 33S MN PD θθθθθθ=⋅=-=-1sin 222θθ=，π(0,)3θ∈.（2）由（1）得1πsin 22)26S θθθ=+∵π(0,)3θ∈，∴ππ5π2(,)666θ+∈，∴π1sin(2(,1]62θ+∈当π6θ=时，2max m 6S =.20．选①或选②结论相同，最大值为0；最小值为12--．【分析】(1)根据二倍角的正弦、余弦公式和辅助角公式可得()()2f x x ϕ=--(其中tan ϕ=)，选条件①或②都算出1a =，结合正弦函数的单调性即可求出结果.【详解】()2sin cos f x a x x x=-1cos2sin222a x x +=-sin22a x x =()22x ϕ=--，其中tan a ϕ=，122=-，解得1a =，得3πϕ=，所以()sin 232f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，由,43x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，得52,363x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，当232x ππ-=-时，min 1()f x =--当233x ππ-=时，max (0)f x =；若选②，131624f a a π⎛⎫=⋅== ⎪⎝⎭，得3πϕ=，所以()sin 23f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，由,43x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，得52,363x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，当232x ππ-=-时，min 1()f x =--当233x ππ-=时，max (0)f x =.21．(1)答案见解析(2)π7π,π()412k k k π⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z 【分析】（1）根据正弦函数的五点作图法可完成表格，利用五点作图法可得图象；（2）根据函数图象列式可求出结果.(1)完成表格如下：π23x -0π2π3π22πx6π5π122π311π127π6()f x 0202-0()f x 在区间π7π,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的图象如图所示：(2)不等式()1f x ≥，即1sin 232x π⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭.由ππ5π2π22π,636k x k k +≤-≤+∈Z ，解得π7πππ,412k x k k +≤≤+∈Z .故不等式()1f x ≥的解集为π7ππ,π()412k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .22．(1)()2sin(2)3f x x π=+(2)55,63m ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦;1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由图象的最小值求得A ，函数的最小正周期求得ω，再求得ϕ，即可求出函数的解析式；(2)（i ）利用三角函数的平移和伸缩变换，先求出()2sin 3g x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，再由[0,]x m ∈，求出3x π-的范围，即可得出()g x 的值域为[2]，m 的取值范围；（ii ）利用恒成立将不等式转化为2(21)10n t n t -+--≤对任意的[]0,1n ∈恒成立，设()[]2(21)1,0,1n t n t n h n -+--∈=，对其对称轴进行讨论即可得出答案.【详解】（1）根据函数()sin()0,0,02f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>><< ⎪⎝⎭的部分图象可得：2A =，332732441264T ππππωω⎛⎫=⋅=--=⇒= ⎪⎝⎭，又因为732122ππϕ⋅+=，所以3πϕ=，所以()2sin(2)3f x x π=+.（2）由（1）知，()2sin(2)3f x x π=+，先将函数()f x 的图象向右平移3π个单位长度，可得：2sin(2)3y x π=-，再将所得图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到()2sin 3g x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭.（i ）[0,]x m ∈，[,333x m πππ-∈--，2sin 232π⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭4,323m πππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，所以55,63m ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.（ii ）不等式2()(21)()10g x t g x t -+--≤对任意的,32x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，令()[]2sin ,2sin ,,0,,3260,1333n g x x x x x ππππππ⎡⎤⎡⎤∈⎢⎢⎥⎛⎫⎛⎫==--∈-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦，所以[]0,1n ∈，所以上式：不等式2(21)10n t n t -+--≤对任意的[]0,1n ∈恒成立，令()[]2(21)1,0,1n t n t n h n -+--∈=，对称轴为12n t =+，①11022t t +≤⇒≤，()()()max 112110h n h t t ==-+--≤，则13t ≥-，所以103-≤≤t .②11022t t +>⇒>，()()max 010h n h t ==--≤，则1t ≥-，所以0t >.故实数t 的取值范围为：1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.。
高三数学一轮课件 第四章 三角函数与解三角形 4.2 同角三角函数的基本关系及诱导公式
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25.
5
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解析 答案
知识梳理 双基自测
12345
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自测点评
1.平方关系和商数关系式中的角都是同一个角,且商数关系式中
α≠
π 2
+kπ,k∈Z.
2.利用平方关系式解决问题时,要注意开方运算结果的符号,需要
根据角α的范围确定.
3.公式化简求值时,要利用公式化任意角的三角函数为锐角三角
函数,其步骤:去负—脱周—化锐,特别注意函数名称和符号的确定.
(2)若 α∈R,则 tan α=csoins������������恒成立. (
)
(3)sin(π+α)=-sin α成立的条件是α为锐角. ( )
(4)若 cos(nπ-θ)=13(n∈Z),则 cos θ=13. ( )
(1)× (2)× (3)× (4)×
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答案
-7-
知识梳理 双基自测
12345
什(1)么1 ? (2) 3
答案
考点1
考点2
考点3
-25-
解析: (1)原式=-sin 1 200°·cos 1 290°-cos 1 020°sin 1 050°
=-sin(3×360°+120°)cos(3×360°+210°)-
cos(2×360°+300°)sin(2×360°+330°)
=
-
4 5
,
cos������
=
3 5
,
于是 1
cos ������-sin ������
=
1 35- -45
= 57.
考点1
考点2
考点3
高考数学一轮总复习第四章三角函数与解三角形 5函数y=Asinωx+φ及三角函数的应用课件
命题角度1 函数的零点问题
例3 设常数使方程在区间,上恰有五个解 ，则 ( )
A. B. C. D.
解： .
√
作出函数在, 上的图象如图所示.
由图象，可知在区间, 上恰有五个解，只有 时才能成立.由，,，解得， ，
，， .所以 .故选C.
【点拨】研究的性质时，一般将 视为一个整体，利用换元法和数形结合思想解题.与三角函数相关的方程根的问题（零点问题）等常通过函数与方程思想化为图象交点问题，再借助图象分析.
图1
图2
A.200 B.400 C. D.
解：由题图，可得，，即，则 .故选D.
√
6.将函数 的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数 的图象，则 ( )
A.0 B.1 C.2 D.
√
解：依题意，知，故 .的周期满足，得 ，所以，所以 .由，得 , .又，所以，所以 ，所以 .故选C.
图1
图2
A.函数 的最小正周期为12B. C.时，过山车距离地平面 D.一个周期内过山车距离地平面低于的时间是
√
√
√
解：由题意，知周期满足，解得 ，A正确.由，得.又 解得 所以.由，即，得 .因为，所以.所以 ,B错误. ，C正确.由，得，即 ， ，，解得， .所以一个周期内过山车距离地平面低于的时间是 ，D正确.故选 .
√
3.（2022年浙江卷）为了得到函数的图象，只要把函数 图象上所有的点( )
A.向左平移个单位长度 B.向右平移 个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移 个单位长度
解：因为，所以把函数 图象上的所有点向右平移个单位长度，即可得到函数 的图象.故选D.
高考数学一轮复习 第四章 三角函数与解三角形 4
高考数学一轮复习 第四章 三角函数与解三角形4.5 三角函数的图象与性质考试要求 1.能画出三角函数的图象.2.了解三角函数的周期性、奇偶性、最大(小)值.3.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]上，正切函数在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的性质．知识梳理1．用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数y ＝sin x ，x ∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0)，⎝⎛⎭⎫π2，1，(π，0)，⎝⎛⎭⎫3π2，－1，(2π，0)．(2)在余弦函数y ＝cos x ，x ∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，⎝⎛⎭⎫π2，0，(π，－1)，⎝⎛⎭⎫3π2，0，(2π，1)．2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k ∈Z )函数y ＝sin xy ＝cos xy ＝tan x图象定义域 R R {x | x ≠k π ⎭⎬⎫＋π2 值域 [－1,1] [－1,1] R 周期性 2π 2π π 奇偶性奇函数偶函数奇函数递增区间⎣⎡ 2k π－π2，⎦⎤2k π＋π2[2k π－π，2k π]⎝⎛ k π－π2，⎭⎫k π＋π2递减区间⎣⎡ 2k π＋π2，⎦⎤2k π＋3π2[2k π，2k π＋π]对称中心 (k π，0) ⎝⎛⎭⎫k π＋π2，0⎝⎛⎭⎫k π2，0对称轴方程 x ＝k π＋π2x ＝k π常用结论1．对称性与周期性(1)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是12个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是14个周期．(2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期． 2．奇偶性若f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ，ω≠0)，则(1)f (x )为偶函数的充要条件是φ＝π2＋k π(k ∈Z )．(2)f (x )为奇函数的充要条件是φ＝k π(k ∈Z )． 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)正切函数y ＝tan x 在定义域内是增函数．( × ) (2)已知y ＝k sin x ＋1，x ∈R ，则y 的最大值为k ＋1.( × ) (3)y ＝sin|x |是偶函数．( √ )(4)若非零实数T 是函数f (x )的周期，则kT (k 是非零整数)也是函数f (x )的周期．( √ ) 教材改编题1．若函数y ＝2sin 2x －1的最小正周期为T ，最大值为A ，则( )A ．T ＝π，A ＝1B ．T ＝2π，A ＝1C ．T ＝π，A ＝2D ．T ＝2π，A ＝2 答案 A2．函数f (x )＝－2tan ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的定义域是( ) A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ∈R ⎪⎪x ≠π6B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ∈R ⎪⎪x ≠－π12 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ∈R ⎪⎪x ≠k π＋π6k ∈Z D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ∈R ⎪⎪x ≠k π2＋π6k ∈Z答案 D解析 由2x ＋π6≠k π＋π2，k ∈Z ，得x ≠k π2＋π6，k ∈Z .3．函数y ＝3cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3的单调递减区间是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z 解析 因为y ＝3cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 令2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ，求得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z ，可得函数的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z .题型一 三角函数的定义域和值域例1 (1)函数y ＝1tan x －1的定义域为________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠π4＋k π，且x ≠π2＋k π，k ∈Z 解析 要使函数有意义， 则⎩⎪⎨⎪⎧tan x －1≠0，x ≠π2＋k π，k ∈Z ，即⎩⎨⎧x ≠π4＋k π，k ∈Z ，x ≠π2＋k π，k ∈Z .故函数的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠π4＋k π，且x ≠π2＋k π，k ∈Z .(2)函数y ＝sin x －cos x ＋sin x cos x 的值域为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋222，1解析 设t ＝sin x －cos x ，则t 2＝sin 2x ＋cos 2x －2sin x ·cos x ，sin x cos x ＝1－t 22， 且－2≤t ≤ 2.∴y ＝－t 22＋t ＋12＝－12(t －1)2＋1，t ∈[－2，2]． 当t ＝1时，y max ＝1； 当t ＝－2时，y min ＝－1＋222. ∴函数的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋222，1.教师备选1．函数y ＝sin x －cos x 的定义域为________．答案 ⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z ) 解析 要使函数有意义，必须使sin x －cos x ≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[0,2π]上y ＝sin x 和y ＝cos x 的图象， 如图所示．在[0,2π]内，满足sin x ＝cos x 的x 为π4，5π4，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z . 2．函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的最大值是________． 答案 1解析 由题意可得 f (x )＝－cos 2x ＋3cos x ＋14＝－⎝⎛⎭⎫cos x －322＋1. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， ∴cos x ∈[0,1]． ∴当cos x ＝32，即x ＝π6时，f (x )取最大值为1. 思维升华 (1)三角函数定义域的求法求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数的图象来求解． (2)三角函数值域的不同求法①把所给的三角函数式变换成y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式求值域． ②把sin x 或cos x 看作一个整体，转换成二次函数求值域． ③利用sin x ±cos x 和sin x cos x 的关系转换成二次函数求值域．跟踪训练1 (1)(2021·北京)函数f (x )＝cos x －cos 2x ，试判断函数的奇偶性及最大值( ) A ．奇函数，最大值为2 B ．偶函数，最大值为2 C ．奇函数，最大值为98D ．偶函数，最大值为98答案 D 解析 由题意，f (－x )＝cos (－x )－cos (－2x ) ＝cos x －cos 2x ＝f (x )， 所以该函数为偶函数，又f (x )＝cos x －cos 2x ＝－2cos 2x ＋cos x ＋1＝－2⎝⎛⎭⎫cos x －142＋98， 所以当cos x ＝14时，f (x )取最大值98.(2)函数y ＝lg(sin 2x )＋9－x 2的定义域为________． 答案 ⎣⎡⎭⎫－3，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2 解析 ∵函数y ＝lg(sin 2x )＋9－x 2，∴应满足⎩⎪⎨⎪⎧sin 2x >0，9－x 2≥0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧k π<x <π2＋k π，－3≤x ≤3，其中k ∈Z ，∴－3≤x <－π2或0<x <π2，∴函数的定义域为⎣⎡⎭⎫－3，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2.题型二 三角函数的周期性、奇偶性、对称性例2 (1)(2019·全国Ⅱ)下列函数中，以π2为周期且在区间⎝⎛⎭⎫π4，π2上单调递增的是( ) A ．f (x )＝|cos 2x | B ．f (x )＝|sin 2x |答案 A解析 A 中，函数f (x )＝|cos 2x |的周期为π2，当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，2x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，函数f (x )单调递增，故A 正确；B 中，函数f (x )＝|sin 2x |的周期为π2，当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，2x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，函数f (x )单调递减，故B 不正确；C 中，函数f (x )＝cos|x |＝cos x 的周期为2π，故C 不正确；D 中，f (x )＝sin|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧sin x ，x ≥0，－sin x ，x <0，由正弦函数图象知，在x ≥0和x <0时，f (x )均以2π为周期，但在整个定义域上f (x )不是周期函数，故D 不正确．(2)函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋φ＋1，φ∈(0，π)，且f (x )为偶函数，则φ＝________，f (x )图象的对称中心为________． 答案5π6 ⎝⎛⎭⎫π4＋k π2，1，k ∈Z 解析 若f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋φ＋1为偶函数，则－π3＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ， 即φ＝5π6＋k π，k ∈Z ，又∵φ∈(0，π)， ∴φ＝5π6.∴f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋1＝3cos 2x ＋1， 由2x ＝π2＋k π，k ∈Z 得x ＝π4＋k π2，k ∈Z ，∴f (x )图象的对称中心为⎝⎛⎭⎫π4＋k π2，1，k ∈Z . 教师备选1．下列函数中，是周期函数的为( ) A ．y ＝sin|x |B ．y ＝cos|x |答案 B解析 ∵cos|x |＝cos x ，∴y ＝cos|x |是周期函数．其余函数均不是周期函数． 2．函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋φ，φ∈(0，π)，若f (x )为奇函数，则φ＝________. 答案 π3解析 若f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋φ为奇函数， 则－π3＋φ＝k π，k ∈Z ，即φ＝π3＋k π，k ∈Z ，又∵φ∈(0，π)， ∴φ＝π3.思维升华 (1)奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y ＝A sin ωx 或y ＝A tan ωx 的形式，而偶函数一般可化为y ＝A cos ωx 的形式．(2)周期的计算方法：利用函数y ＝A sin(ωx ＋φ)，y ＝A cos(ωx ＋φ)(ω>0)的周期为2πω，函数y ＝A tan(ωx ＋φ)(ω>0)的周期为πω求解．跟踪训练2 (1)(2021·全国乙卷)函数f (x )＝sin x 3＋cos x3最小正周期和最大值分别是( )A ．3π和 2B ．3π和2C ．6π和 2D ．6π和2答案 C解析 因为函数f (x )＝sin x 3＋cos x3＝2⎝⎛⎭⎫22sin x 3＋22cos x 3＝2⎝⎛⎭⎫sin x 3cos π4＋cos x 3sin π4 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x 3＋π4，所以函数f (x )的最小正周期T ＝2π13＝6π，最大值为 2.(2)已知f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)是定义域为R 的奇函数，且当x ＝3时，f (x )取得最小值－3，当ω取得最小正数时，f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 022)的值为( ) A.32 B ．－6－3 3 C ．1 D ．－1答案 B解析 ∵f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，0<φ<π)是定义域为R 的奇函数， ∴φ＝π2＋k π，k ∈Z ，则φ＝π2，则f (x )＝－A sin ωx .当x ＝3时，f (x )取得最小值－3， 故A ＝3，sin 3ω＝1， ∴3ω＝π2＋2k π，k ∈Z .∴ω的最小正数为π6，∴f (x )＝－3sin π6x ，∴f (x )的周期为12，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (12)＝0， ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 022) ＝168×0＋f (1)＋f (2)＋…＋f (6) ＝－6－3 3.(3)(2022·郑州模拟)设函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋34，则下列叙述正确的是( ) A ．f (x )的最小正周期为2π B ．f (x )的图象关于直线x ＝π12对称 C ．f (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上的最小值为－54 D ．f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫2π3，0对称 答案 C解析 对于A ，f (x )的最小正周期为2π2＝π，故A 错误；对于B ，∵sin ⎝⎛⎭⎫2×π12－π3＝－12≠±1， 故B 错误；对于C ，当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，2x －π3∈⎣⎡⎦⎤2π3，5π3， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－1，32， ∴2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋34∈⎣⎡⎦⎤－54，3＋34， ∴f (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上的最小值为－54，故C 正确； 对于D ，∵f ⎝⎛⎭⎫2π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2×2π3－π3＋34＝34， ∴f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫2π3，34对称，故D 错误． 题型三 三角函数的单调性 命题点1 求三角函数的单调区间例3 函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫－2x ＋π3的单调递减区间为________．答案 ⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z ) 解析 f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫－2x ＋π3 ＝sin ⎣⎡⎦⎤－⎝⎛⎭⎫2x －π3 ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ， 得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z . 故所求函数的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )． 延伸探究 f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫－2x ＋π3在[0，π]上的单调递减区间为________． 答案 ⎣⎡⎦⎤0，5π12和⎣⎡⎦⎤11π12，π 解析 令A ＝⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z ， B ＝[0，π]，∴A ∩B ＝⎣⎡⎦⎤0，5π12∪⎣⎡⎦⎤11π12，π， ∴f (x )在[0，π]上的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤0，5π12和⎣⎡⎦⎤11π12，π. 命题点2 根据单调性求参数例4 (1)若函数f (x )＝sin ωx (ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤π3，π2上单调递减，则ω＝________.答案 32解析 ∵f (x )＝sin ωx (ω>0)过原点，∴当0≤ωx ≤π2， 即0≤x ≤π2ω时，y ＝sin ωx 单调递增； 当π2≤ωx ≤3π2， 即π2ω≤x ≤3π2ω时，y ＝sin ωx 单调递减． 由f (x )＝sin ωx (ω>0)在⎣⎡⎦⎤0，π3上单调递增， 在⎣⎡⎦⎤π3，π2上单调递减，知π2ω＝π3， ∴ω＝32. (2)已知ω>0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤12，54解析 由π2<x <π，ω>0， 得ωπ2＋π4<ωx ＋π4<ωπ＋π4， 因为y ＝sin x 的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2，k ∈Z ， 所以⎩⎨⎧ ωπ2＋π4≥π2＋2k π，ωπ＋π4≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解得4k ＋12≤ω≤2k ＋54，k ∈Z . 又由4k ＋12－⎝⎛⎭⎫2k ＋54≤0，k ∈Z ， 且2k ＋54>0，k ∈Z ， 解得k ＝0，所以ω∈⎣⎡⎦⎤12，54.教师备选(2022·定远县育才学校月考)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|≤π2，x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，且f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调，则ω的最大值为( ) A ．11 B ．9 C ．7 D ．1答案 B解析 因为x ＝－π4为f (x )的零点， x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴， 所以2n ＋14·T ＝π2(n ∈N )， 即2n ＋14·2πω＝π2(n ∈N )， 所以ω＝2n ＋1(n ∈N )，即ω为正奇数．因为f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调，则5π36－π18＝π12≤T 2， 即T ＝2πω≥π6， 解得ω≤12.当ω＝11时，－11π4＋φ＝k π，k ∈Z ， 因为|φ|≤π2， 所以φ＝－π4，此时f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫11x －π4. 当x ∈⎝⎛⎭⎫π18，5π36时，11x －π4∈⎝⎛⎭⎫13π36，46π36， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上不单调，不满足题意；当ω＝9时，－9π4＋φ＝k π，k ∈Z ， 因为|φ|≤π2， 所以φ＝π4， 此时f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋π4. 当x ∈⎝⎛⎭⎫π18，5π36时，9x ＋π4∈⎝⎛⎭⎫3π4，3π2， 此时f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递减，符合题意．故ω的最大值为9.思维升华 (1)已知三角函数解析式求单调区间求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)或y ＝A cos(ωx ＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx ＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错．(2)已知三角函数的单调区间求参数．先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解．跟踪训练3 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)下列区间中，函数f (x )＝7sin ⎝⎛⎭⎫x －π6的单调递增区间是( )A.⎝⎛⎭⎫0，π2 B.⎝⎛⎭⎫π2，π C.⎝⎛⎭⎫π，3π2 D.⎝⎛⎭⎫3π2，2π答案 A解析 令－π2＋2k π≤x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π3＋2k π≤x ≤2π3＋2k π，k ∈Z .取k ＝0，则－π3≤x ≤2π3.因为⎝⎛⎭⎫0，π2⎣⎡⎦⎤－π3，2π3，所以区间⎝⎛⎭⎫0，π2是函数f (x )的单调递增区间． (2)(2022·开封模拟)已知函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3 (ω>0)在区间⎝⎛⎭⎫－π6，π3上单调递增，则ω的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤0，12 B.⎣⎡⎦⎤12，1 C.⎝⎛⎦⎤13，23D.⎣⎡⎦⎤23，2答案 A解析 当－π6<x <π3时， －πω6＋π3<ωx ＋π3<πω3＋π3， 当x ＝0时，ωx ＋π3＝π3. 因为函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(ω>0)在区间⎝⎛⎭⎫－π6，π3上单调递增， 所以⎩⎨⎧ －πω6＋π3≥－π2，πω3＋π3≤π2，解得ω≤12， 因为ω>0，所以ω的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12. 课时精练1．y ＝|cos x |的一个单调递增区间是( )A.⎣⎡⎦⎤－π2，π2 B ．[0，π]C.⎣⎡⎦⎤π，3π2 D.⎣⎡⎦⎤3π2，2π 答案 D 解析 将y ＝cos x 的图象位于x 轴下方的部分关于x 轴对称向上翻折，x 轴上方(或x 轴上)的图象不变，即得y ＝|cos x |的图象(如图)．故选D.2．函数f (x )＝2sin π2x －1的定义域为( ) A.⎣⎡⎦⎤π3＋4k π，5π3＋4k π(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤13＋4k ，53＋4k (k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤π6＋4k π，5π6＋4k π(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤16＋4k ，56＋4k (k ∈Z ) 答案 B解析 由题意，得2sin π2x －1≥0， π2x ∈⎣⎡⎦⎤π6＋2k π，5π6＋2k π(k ∈Z )， 则x ∈⎣⎡⎦⎤13＋4k ，53＋4k (k ∈Z )． 3．函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12cos ⎝⎛⎭⎫x －π12是( ) A ．最小正周期为π的奇函数B ．最小正周期为π的偶函数C ．最小正周期为2π的非奇非偶函数D ．最小正周期为π的非奇非偶函数答案 D解析 由题意可得f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12cos ⎝⎛⎭⎫x －π12 ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12cos ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12－π2 ＝sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋5π12， ∴f (x )＝12－12cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋5π6， 故f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，由函数奇偶性的定义易知，f (x )为非奇非偶函数． 4．函数f (x )＝sin x ＋x cos x ＋x 2在[－π，π]的图象大致为( )答案 D解析 由f (－x )＝sin －x ＋－x cos －x ＋－x2 ＝－sin x －x cos x ＋x 2＝－f (x )，得f (x )是奇函数，其图象关于原点对称，排除A ； 又f ⎝⎛⎭⎫π2＝1＋π2⎝⎛⎭⎫π22＝4＋2ππ2>1， f (π)＝π－1＋π2>0，排除B ，C. 5．关于函数f (x )＝sin 2x －cos 2x ，下列命题中为假命题的是( )A ．函数y ＝f (x )的周期为πB ．直线x ＝π4是y ＝f (x )图象的一条对称轴 C ．点⎝⎛⎭⎫π8，0是y ＝f (x )图象的一个对称中心D ．y ＝f (x )的最大值为 2答案 B解析 因为f (x )＝sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4， 所以f (x )的最大值为2，故D 为真命题；因为ω＝2，故T ＝2π2＝π，故A 为真命题； 当x ＝π4时，2x －π4＝π4，终边不在y 轴上，故直线x ＝π4不是y ＝f (x )图象的一条对称轴， 故B 为假命题；当x ＝π8时，2x －π4＝0，终边落在x 轴上， 故点⎝⎛⎭⎫π8，0是y ＝f (x )图象的一个对称中心，故C 为真命题．6．(2022·广州市培正中学月考)关于函数f (x )＝sin|x |＋|sin x |，下列叙述正确的是( )A ．f (x )是奇函数B ．f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递增C ．f (x )的最大值为2D ．f (x )在[－π，π]上有4个零点答案 C解析 f (－x )＝sin|－x |＋|sin(－x )|＝sin|x |＋|sin x |＝f (x )，f (x )是偶函数，A 错误；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，f (x )＝sin x ＋sin x ＝2sin x ，单调递减，B 错误；f (x )＝sin|x |＋|sin x |≤1＋1＝2，且f ⎝⎛⎭⎫π2＝2，C 正确；在[－π，π]上，当－π<x <0时，f (x )＝sin(－x )＋(－sin x )＝－2sin x >0，当0<x <π时，f (x )＝sin x ＋sin x ＝2sin x >0，f (x )的零点只有π，0，－π共三个，D 错误．7．写出一个周期为π的偶函数f (x )＝________.(答案不唯一) 答案 cos 2x8．(2022·上外浦东附中检测)若在⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不同的实数值满足等式cos 2x ＋3sin 2x ＝k ＋1，则实数k 的取值范围是________．答案 0≤k <1解析 函数f (x )＝cos 2x ＋3sin 2x＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， 当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6时， f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6单调递增； 当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，π2时，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6单调递减， f (0)＝2sin π6＝1， f ⎝⎛⎭⎫π6＝2sin π2＝2， f ⎝⎛⎭⎫π2＝2sin 7π6＝－1，所以在⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不同的实数值满足等式cos 2x ＋3sin 2x ＝k ＋1， 则1≤k ＋1<2，所以0≤k <1.9．已知函数f (x )＝4sin ωx sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3－1(ω>0)的最小正周期为π. (1)求ω及f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )图象的对称中心．解 (1)f (x )＝4sin ωx ⎝⎛⎭⎫12sin ωx ＋32cos ωx －1 ＝2sin 2ωx ＋23sin ωx cos ωx －1 ＝1－cos 2ωx ＋3sin 2ωx －1 ＝3sin 2ωx －cos 2ωx＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6. ∵最小正周期为π，∴2π2ω＝π， ∴ω＝1，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ， 解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z ， ∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－π6＋k π，π3＋k π (k ∈Z )．(2)令2x －π6＝k π，k ∈Z ， 解得x ＝π12＋k π2，k ∈Z ，∴f (x )图象的对称中心为⎝⎛⎭⎫π12＋k π2，0，k ∈Z .10．(2021·浙江)设函数f (x )＝sin x ＋cos x (x ∈R )．(1)求函数y ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x ＋π22的最小正周期； (2)求函数y ＝f (x )f ⎝⎛⎭⎫x －π4在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值． 解 (1)因为f (x )＝sin x ＋cos x ，所以f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＋cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2 ＝cos x －sin x ，所以y ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x ＋π22＝(cos x －sin x )2 ＝1－sin 2x .所以函数y ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x ＋π22的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)f ⎝⎛⎭⎫x －π4＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π4 ＝2sin x ，所以y ＝f (x )f ⎝⎛⎭⎫x －π4 ＝2sin x (sin x ＋cos x ) ＝2(sin x cos x ＋sin 2x ) ＝2⎝⎛⎭⎫12sin 2x －12cos 2x ＋12 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4＋22. 当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x －π4∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4， 所以当2x －π4＝π2，即x ＝3π8时， 函数y ＝f (x )f ⎝⎛⎭⎫x －π4在⎣⎡⎦⎤0，π2上取得最大值，且y max ＝1＋22.11．(2022·苏州模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，则下列结论不正确的是( ) A ．x ＝－π6是函数f (x )的一个零点 B ．函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－5π12，π12上单调递增 C ．函数f (x )的图象关于直线x ＝π12对称 D ．函数f ⎝⎛⎭⎫x －π3是偶函数 答案 D解析 对于A 选项，因为f ⎝⎛⎭⎫－π6＝sin 0＝0， 故x ＝－π6是函数f (x )的一个零点，A 对； 对于B 选项，当－5π12≤x ≤π12时， －π2≤2x ＋π3≤π2， 所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－5π12，π12上单调递增，B 对； 对于C 选项，因为对称轴满足2x ＋π3＝π2＋k π，k ∈Z ， 解得x ＝π12＋k π2，k ∈Z ，当k ＝0时，x ＝π12，C 对； 对于D 选项，令g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x －π3＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π3＋π3 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 则g ⎝⎛⎭⎫π6＝0，g ⎝⎛⎭⎫－π6＝sin ⎝⎛⎭⎫－2π3≠0， 故函数f ⎝⎛⎭⎫x －π3不是偶函数，D 错． 12．(2022·厦门模拟)已知函数f (x )＝cos 2⎝⎛⎭⎫x －π6－cos 2x ，则下列结论正确的是( ) A ．f (x )的最大值为3－12B ．f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫7π6，0对称C ．f (x )的图象的对称轴方程为x ＝5π12＋k π2(k ∈Z ) D ．f (x )在[0,2π]上有2个零点答案 C解析 f (x )＝1＋cos ⎝⎛⎭⎫2x －π32－cos 2x ＝12＋12⎝⎛⎭⎫12cos 2x ＋32sin 2x －cos 2x ＝34sin 2x －34cos 2x ＋12＝32sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋12， 则f (x )的最大值为1＋32，A 错误； 易知f (x )图象的对称中心的纵坐标为12， B 错误；令2x －π3＝π2＋k π(k ∈Z )， 得x ＝5π12＋k π2(k ∈Z )， 此即f (x )图象的对称轴方程，C 正确；由f (x )＝32sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋12＝0， 得sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＝－33， 当x ∈[0,2π]时，2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－π3，11π3， 作出函数y ＝sin x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤－π3，11π3的图象，如图所示．所以方程sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＝－33在[0,2π]上有4个不同的实根， 即f (x )在[0,2π]上有4个零点，D 错误．13．(2022·绵阳中学实验学校模拟)已知sin x ＋cos y ＝14，则sin x －sin 2y 的最大值为______． 答案 916解析 ∵sin x ＋cos y ＝14，sin x ∈[－1,1]， ∴sin x ＝14－cos y ∈[－1,1]， ∴cos y ∈⎣⎡⎦⎤－34，54， 即cos y ∈⎣⎡⎦⎤－34，1， ∵sin x －sin 2y ＝14－cos y －(1－cos 2y ) ＝cos 2y －cos y －34＝⎝⎛⎭⎫cos y －122－1， 又cos y ∈⎣⎡⎦⎤－34，1，利用二次函数的性质知，当cos y ＝－34时， (sin x －sin 2y )max ＝⎝⎛⎭⎫－34－122－1＝916. 14．(2022·苏州八校联盟检测)已知f (x )＝sin x ＋cos x ，若y ＝f (x ＋θ)是偶函数，则cos θ＝________.答案 ±22解析 因为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 所以f (x ＋θ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋θ＋π4， 又因为y ＝f (x ＋θ)是偶函数，所以θ＋π4＝π2＋k π，k ∈Z ， 即θ＝π4＋k π，k ∈Z ， 所以cos θ＝cos ⎝⎛⎭⎫π4＋k π＝±22.15．(2022·江西九江一中模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(ω>0)，若方程f (x )＝0在[0,2π]上有且仅有6个根，则实数ω的值可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 B解析 令f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3＝0， 则ωx ＋π3＝k π，k ∈Z ， 所以x ＝－π3ω＋k πω，k ∈Z ， 所以当x ≥0时，函数f (x )的第一个零点为x 1＝－π3ω＋πω＝2π3ω，第六个零点为x 6＝－π3ω＋6πω＝17π3ω，第七个零点为x 7＝－π3ω＋7πω＝20π3ω， 因为方程f (x )＝0在[0,2π]上有且仅有6个根等价于函数y ＝f (x )在[0,2π]上有且仅有6个零点，所以17π3ω≤2π<20π3ω， 所以176≤ω<103. 16．已知f (x )＝sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋π8＋2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4－12. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)若函数y ＝|f (x )|－m 在区间⎣⎡⎦⎤－5π24，3π8上恰有两个零点x 1，x 2. ①求m 的取值范围；②求sin(x 1＋x 2)的值．解 (1)f (x )＝sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋π8＋2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4－12＝1－cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π42＋22sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2－12 ＝12－24cos 2x ＋24sin 2x ＋22cos 2x －12＝24sin 2x ＋24cos 2x ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， 结合正弦函数的图象与性质， 可得当－π2＋2k π≤2x ＋π4≤π2＋2k π(k ∈Z )， 即－3π8＋k π≤x ≤π8＋k π(k ∈Z )时，函数单调递增， ∴函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－3π8＋k π，π8＋k π(k ∈Z )． (2)①令t ＝2x ＋π4，当x ∈⎣⎡⎦⎤－5π24，3π8时，t ∈⎣⎡⎦⎤－π6，π，12sin t ∈⎣⎡⎦⎤－14，12， ∴y ＝⎪⎪⎪⎪12sin t ∈⎣⎡⎦⎤0，12(如图)．∴要使y ＝|f (x )|－m 在区间⎣⎡⎦⎤－5π24，3π8上恰有两个零点，m 的取值范围为14<m <12或m ＝0. ②设t 1，t 2是函数y ＝⎪⎪⎪⎪12sin t －m 的两个零点⎝⎛⎭⎫即t 1＝2x 1＋π4，t 2＝2x 2＋π4， 由正弦函数图象性质可知t 1＋t 2＝π，即2x 1＋π4＋2x 2＋π4＝π. ∴x 1＋x 2＝π4，∴sin(x 1＋x 2)＝22.。
高考数学一轮总复习教学课件第四章 三角函数、解三角形第一课时 余弦定理和正弦定理
,
= =c=csin C,
判断三角形形状的两种途径
[针对训练] (2020·全国Ⅱ卷)△ABC的内角A,B,C的对边分别为
2
a,b,c,已知 cos (+A)+cos A=.
(1)求A;
2
(1)解:由已知得 sin A+cos A=,
2
即 cos A-cos A+=0,
sin B=2× = ,
2
由余弦定理 a =b +c -2bccos A,
2
2
得 2= +c -2× c· ,即 2c -2c-3=0,解得 c=
+
综上,b= ,c=
+
.
或 c=
-
(舍去).
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下
所以 sin B=
×
=
=
.
- = ,
(3)求sin(2A-B)的值.
解:(3)因为 cos A=- ,所以 <A<π,故 0<B< ,又 sin A=
2sin Acos A=2×
(-
,所以 c;
2.在△ABC中,已知a,b和A时,解的情况
项目
A为锐角
A为钝角或直角
图形
高考数学一轮总复习第四章三角函数与解三角形 2同角三角函数的基本关系及诱导公式课件
A.
5
π
6
3
5
− = ，则sin −
故选C.
=(
)
√
4
B.
5
解：依题意，知sin −
2π
3
2π
3
= sin[
3
C.−
5
π
π
− − ]
6
2
4
D.−
5
= −cos(
π
− )
6
= −cos
π
6
− =
3
− .
5
【巩固强化】
1
3
1.已知cos = ，且 为第四象限角，则sin =(
4
5
cos 2 = .则sin 2 = 2sin cos = −4cos2 = − .故选A.
（2）已知sin + cos =
A.−
3 5
，则tan
5
+
1
tan
B.
√
2
5
5
2
=(
C.−
)
4
5
5
4
D.
9
5
解：原式两边平方，得sin 2 + 2sin cos + cos 2 = .
A.−
√
1
2
1
2
B.
解：因为tan = −3，所以cos ≠
1
3
cos +sin
0.所以
cos −sin
)
C.−
1
3
1+ −3
1− −3
D.
=
1+tan
高考数学大一轮复习第四章三角函数解三角形《两角和与差的正弦余弦和正切公式》练习理含解析
第1课时 两角和与差的正弦、余弦和正切公式[基础题组练]1．(2019·合肥市第一次质量检测)已知cos α－sin α＝15，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π2＝( ) A ．－2425B ．－45C.2425D.45解析：选 C.由cos α－sin α＝15，得1－sin 2α＝125，所以sin 2α＝2425，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫2α－π2＝sin 2α＝2425，故选C.2．(2019·福州模拟)已知cos 2α＋3cos α＝1，则cos α＝( ) A.32B ．－32C.12D ．－12解析：选C.由题意，得2cos 2α＋3cos α－2＝0，所以(cos α＋2)(2cos α－1)＝0， 解得cos α＝12或cos α＝－2(舍去)，故选C.3．(2019·陕西榆林模拟)已知cos θsin θ＝3cos(2π＋θ)，|θ|<π2，则sin 2θ＝( )A.829 B.223 C.429D.229解析：选C.因为cos θsin θ＝3cos(2π＋θ)，所以cos θsin θ＝3cos θ.又|θ|<π2，故sin θ＝13，cos θ＝223， 所以sin 2θ＝2sin θcos θ＝2×13×223＝429，故选C.4．(2019·四川成都第七中学一诊)已知tan α＝m 3，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2m ，则m ＝( )A ．－6或1B ．－1或6C ．6D ．1解析：选A.由题意，tan α＝m3，tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝2m ，则m3＋11－m 3＝2m ，所以m ＝－6或1，故选A.5．(2019·武汉模拟)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝14，则cos x ＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3＝( )A.34B ．－34 C.14D ．±34解析：选A.因为cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝14，所以cos x ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos x ＋12cos x ＋32sin x ＝3⎝⎛⎭⎪⎫32cos x ＋12sin x ＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝3×14＝34.故选A.6．(2019·北京丰台二中期中)若sin 2α＝a ，cos 2α＝b ，且tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α有意义，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝( )A.1＋a ＋b1－a ＋bB.a ＋1－ba －1＋bC.1＋abD.b1－a解析：选C.因为sin 2α＝a ，cos 2α＝b ，所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝1＋tan α1－tan α＝sin α＋cos αcos α－sin α＝（sin α＋cos α）2cos 2α－sin 2α＝1＋sin 2αcos 2α＝1＋ab，故选C. 7.2cos 10°－sin 20°sin 70°的值是( )A.12B.32C. 3D. 2解析：选C.原式＝2cos （30°－20°）－sin 20°sin 70°＝2（cos 30°·cos 20°＋sin 30°·sin 20°）－sin 20°sin 70°＝3cos 20°cos 20°＝ 3.8．sin 10°sin 50°sin 70°＝________．解析：sin 10°sin 50°sin 70°＝sin 10°cos 40°cos 20° ＝sin 10°cos 10°cos 20°cos 40°cos 10°＝18sin 80°cos 10°＝18.答案：189．(2019·郑州市第二次质量预测)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋cos α＝435，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝________．解析：由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋cos α＝435可得cos αcos π3＋sin αsin π3＋cos α＝435，即32cos α＋32sin α＝435， 3⎝⎛⎭⎪⎫32cos α＋12sin α＝435， 得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝45， 故cos ⎝⎛⎭⎪⎫π6－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝45.答案：4510．(2019·山东淄博模拟)若α为第一象限角，且sin 2α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π2cos(π＋α)，则2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2α－π4的值为________．解析：由sin 2α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π2cos(π＋α)，得2sin αcos α＝cos 2α.因为α为第一象限角，所以tan α＝12，所以2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2αcos π4＋sin 2αsin π4 ＝cos 2α＋sin 2α＝cos 2α－sin 2α＋2sin αcos α ＝1－tan 2α＋2tan α1＋tan 2α＝1－14＋2×121＋14＝75.答案：7511．已知α，β均为锐角，且sin α＝35，tan(α－β)＝－13.(1)求sin(α－β)的值； (2)求cos β的值．解：(1)因为α，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，从而－π2<α－β<π2.又因为tan(α－β)＝－13<0，所以－π2<α－β<0.利用同角三角函数的基本关系可得sin 2(α－β)＋cos 2(α－β)＝1，且sin （α－β）cos （α－β）＝－13， 解得sin(α－β)＝－1010. (2)由(1)可得，cos(α－β)＝31010.因为α为锐角，sin α＝35，所以cos α＝45.所以cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β) ＝45×31010＋35×(－1010)＝91050. 12．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝－14，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2.(1)求sin 2α的值； (2)求tan α－1tan α的值． 解：(1)cos ⎝⎛⎭⎪⎫π6＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－14，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－12.因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2，所以2α＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，4π3， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－32，所以sin 2α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3cos π3－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3sin π3＝－12×12－(－32)×32＝12.(2)因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2，所以2α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π，又由(1)知sin 2α＝12，所以cos 2α＝－32.所以tan α－1tan α＝sin αcos α－cos αsin α＝sin 2α－cos 2αsin αcos α＝－2cos 2αsin 2α＝－2×－3212＝2 3.[综合题组练]1．(创新型)(2019·湖北重点高中联考协作体模拟)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m ＝2sin 18°，若m 2＋n ＝4，则m n2cos 227°－1＝( ) A ．8 B ．4 C ．2D ．1解析：选C.因为m ＝2sin 18°，m 2＋n ＝4，所以n ＝4－m 2＝4－4sin 218°＝4cos 218°. 所以m n2cos 227°－1＝2sin 18°4cos 218°2cos 227°－1＝4sin 18°cos 18°2cos 227°－1＝2sin 36°cos 54°＝2sin 36°sin 36°＝2.故选C.2．(应用型)设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为________．解析：由sin αcos β－cos αsin β＝1，得sin(α－β)＝1， 又α，β∈[0，π]，所以α－β＝π2，所以⎩⎪⎨⎪⎧0≤α≤π，0≤β＝α－π2≤π，即π2≤α≤π，所以sin(2α－β)＋sin(α－2β) ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－α＋π2＋sin(α－2α＋π) ＝cos α＋sin α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4.因为π2≤α≤π，所以3π4≤α＋π4≤5π4，所以－1≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4≤1，即取值范围为[－1，1]． 答案：[－1，1]3．(创新型)已知sin 10°＋m cos 10°＝2cos 140°，则m ＝________． 解析：由sin 10°＋m cos 10°＝2cos 140°可得，m ＝2cos 140°－sin 10°cos 10°＝－2cos 40°－sin 10°cos 10°＝－2cos （30°＋10°）－sin 10°cos 10°＝－3cos 10°cos 10°＝－ 3.答案：－ 34．(应用型)如图，在平面直角坐标系xOy 中，以x 轴正半轴为始边的锐角α与钝角β的终边与单位圆分别交于A ，B 两点，x 轴正半轴与单位圆交于点M ，已知S △OAM ＝55，点B 的纵坐标是210.(1)求cos(α－β)的值； (2)求2α－β的值． 解：(1)由题意，OA ＝OM ＝1， 因为S △OAM ＝55，α为锐角， 所以sin α＝255，cos α＝55.又点B 的纵坐标是210.所以sin β＝210，cos β＝－7210， 所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝55×⎝ ⎛⎭⎪⎫－7210＋255×210＝－1010. (2)因为cos 2α＝2cos 2α－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35，sin 2α＝2sin α·cos α＝2×255×55＝45，所以2α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π.因为β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π， 所以2α－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2.因为sin(2α－β)＝sin 2α·cos β－cos 2α·sin β＝－22， 所以2α－β＝－π4.。
高考数学一轮总复习第四章三角函数与解三角形 4三角函数的图象与性质课件
( ×)
（2）常数函数 = 是周期函数，它没有最小正周期.
( √ )
（3） = sin 是偶函数. ( √ )
（4）已知 = sin + 1， ∈ ，则的最大值为 + 1.
（5） = tan 的对称中心是 π, 0 ∈ .
所以函数的定义域为[−4, −π] ∪ [0, π].故选D.
)
D.[−4, −π] ∪ [0, π]
√
（2）【多选题】下列函数中，最大值满足 ≥ 1的是(
A. = 2sin 2 − 1
√
)
B. = 2sin − cos
√
C. = −sin2 + 4sin − 3
D. = cos tan
（3）若是函数 的一个周期，则( ∈ 且 ≠ 0)也是 的周期.
（4）周期函数的定义域是无限集.
2.关于奇偶性的常用结论
π
2
（1） = sin + ≠ 0 ,则 为偶函数⇔ = + π ∈ .
（2） = sin + ≠ 0 ,则 为奇函数⇔ = π ∈ .
该函数的最小正周期为 =
2π
2
.
=π .
（3）由图象变换规则，知 = sin −
1
2
π
3
周期的一半，即 = × 2π = π .
π
3
的最小正周期是 = sin −
π
3
的最小正
【点拨】求三角函数周期的方法：①利用周期函数的定义.②利用公式
= sin + 和 = cos + 的最小正周期为
高考数学一轮总复习第四章三角函数与解三角形 1任意角蝗制及三角函数的概念课件
最值问题常用二次函数或基本不等式.关于扇形的弧长公式和面积公式有角度制与弧
度制两种形式，一般使用弧度制.
变式2 已知一扇形的圆心角为 ，半径为，弧长为，若 =
π
，
3
= 10 cm，求：
（1）扇形的面积；
（2）扇形的弧长及该弧所在弓形（由弦及其所对的弧组成的图形）的面积.
解：（1）由已知，得扇形 =
（2）三角函数的定义域和函数值在各象限的符号.
三角函数
定义域（弧度制下）
第一象限
第二象限
第三象限
第四象限
符号
符号
符号
符号
-
-
-
-
4.特殊角的三角函数值
0
0
1
1
0
0
1
不存在
0
0
0
0
1
不存在
0
常用结论
1.角的集合
（1）象限角的集合.
象限角
第一象限角
第二象限角
第三象限角
第四象限角
角的集合表示
（2）非象限角（轴线角）的集合.
3
3
3
3
解：如图，在坐标系中画出直线 =
在[0,2π)内，终边在直线 =
满足条件的角有两个，即−
{−
π
3，可以发现它与轴的夹角是 .
3
π 4π
3上的角有两个，即 ， .在[−2π, 0)内
3
3
2π
5π
，− .故满足条件的角
3
3
5π
2π π 4π
5π
2π π 4π
，− ， ， }.故填{− ，− ， ， }.
周率日为背景，通过给出中外为求得圆周率而采用的经典“割圆术”思想，
新高考数学大一轮复习专题二平面向量与三角函数第7讲三角恒等变换与解三角形
第7讲 三角恒等变换与解三角形[考情分析] 1.三角恒等变换的求值、化简是命题的热点,利用三角恒等变换作为工具,将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题.2.单独考查可出现在选择题、填空题中,综合考查以解答题为主,中等难度． 考点一 三角恒等变换 核心提炼1．三角求值“三大类型”“给角求值”“给值求值”“给值求角”． 2．三角恒等变换“四大策略”(1)常值代换：常用到“1”的代换,1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan45°等．(2)项的拆分与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α,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．例1 (1)(2020·全国Ⅰ)已知α∈(0,π),且3cos2α－8cos α＝5,则sin α等于( ) A.53 B.23C.13D.59答案 A解析 由3cos2α－8cos α＝5, 得3(2cos 2α－1)－8cos α＝5, 即3cos 2α－4cos α－4＝0,解得cos α＝－23或cos α＝2(舍去)．又因为α∈(0,π),所以sin α>0, 所以sin α＝1－cos 2α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－232＝53. (2)已知sin α＝55,sin(α－β)＝－1010,α,β均为锐角,则β等于( ) A.5π12B.π3C.π4D.π6答案 C解析 因为α,β均为锐角,所以－π2<α－β<π2.又sin(α－β)＝－1010,所以cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55,所以cos α＝255, 所以sin β＝sin[α－(α－β)] ＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝55×31010－255×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010＝22. 所以β＝π4.易错提醒 (1)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)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2,β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2,tan α＝cos2β1－sin2β,则( )A ．α＋β＝π2B ．α－β＝π4C ．α＋β＝π4D ．α＋2β＝π2答案 B解析 tan α＝cos2β1－sin2β＝cos 2β－sin 2βcos 2β＋sin 2β－2sin βcos β ＝cos β＋sin βcos β－sin βcos β－sin β2＝cos β＋sin βcos β－sin β＝1＋tan β1－tan β＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋β, 因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2,β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,所以α＝π4＋β,即α－β＝π4.(2)(tan10°－3)·cos10°sin50°＝________.答案 －2 解析(tan10°－3)·cos10°sin50°＝(tan10°－tan60°)·cos10°sin50°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin10°cos10°－sin60°cos60°·cos10°sin50°＝sin －50°cos10°cos60°·cos10°sin50°＝－1cos60°＝－2.考点二 正弦定理、余弦定理 核心提炼1．正弦定理：在△ABC 中,a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sinA ,b ＝2R sinB ,c ＝2R sinC ,sin A ＝a 2R ,sin B ＝b 2R ,sin C ＝c2R,a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等．2．余弦定理：在△ABC 中,a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ,cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc.3．三角形的面积公式：S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A .考向1 求解三角形中的角、边例2 在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且a sin C1－cos A＝3c .(1)求角A 的大小；(2)若b ＋c ＝10,△ABC 的面积S △ABC ＝43,求a 的值．解 (1)由正弦定理及a sin C1－cos A＝3c ,得sin A sin C1－cos A＝3sin C ,∵sin C ≠0,∴sin A ＝3(1－cos A ),∴sin A ＋3cos A ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝3,∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝32,又0<A <π,∴π3<A ＋π3<4π3,∴A ＋π3＝2π3,∴A ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ＝43,∴bc ＝16.由余弦定理,得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－2bc －bc ＝(b ＋c )2－3bc ,又b ＋c ＝10,∴a 2＝102－3×16＝52,∴a ＝213.考向2 求解三角形中的最值与范围问题例 3 (2020·新高考测评联盟联考)在：①a ＝3c sin A －a cos C ,②(2a －b )sin A ＋(2b －a )sin B ＝2c sin C 这两个条件中任选一个,补充在下列问题中,并解答．已知△ABC 的角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,c ＝3,而且________． (1)求角C ；(2)求△ABC 周长的最大值．解 (1)选①：因为a ＝3c sin A －a cos C , 所以sin A ＝3sin C sin A －sin A cos C , 因为sin A ≠0,所以3sin C －cos C ＝1,即sin ⎝⎛⎭⎪⎫C －π6＝12,因为0<C <π,所以－π6<C －π6<5π6,所以C －π6＝π6,即C ＝π3.选②：因为(2a －b )sin A ＋(2b －a )sin B ＝2c sin C , 所以(2a －b )a ＋(2b －a )b ＝2c 2, 即a 2＋b 2－c 2＝ab ,所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12,因为0<C <π,所以C ＝π3.(2)由(1)可知,C ＝π3,在△ABC 中,由余弦定理得a 2＋b 2－2ab cos C ＝3,即a 2＋b 2－ab ＝3,所以(a ＋b )2－3＝3ab ≤3a ＋b24,所以a ＋b ≤23,当且仅当a ＝b 时等号成立, 所以a ＋b ＋c ≤33,即△ABC 周长的最大值为3 3.规律方法 (1)利用余弦定理求边,一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边,必须知道两角及其中一边,且该边为其中一角的对边,要注意解的多样性与合理性． (2)三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式,结合角的范围确定所求式的范围．跟踪演练2 (1)在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .若△ABC 的面积为S ,且a ＝1,4S＝b 2＋c 2－1,则△ABC 外接圆的面积为( ) A ．4πB．2πC．πD.π2答案 D解析 由余弦定理得,b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ,a ＝1, 所以b 2＋c 2－1＝2bc cos A , 又S ＝12bc sin A,4S ＝b 2＋c 2－1,所以4×12bc sin A ＝2bc cos A ,即sin A ＝cos A ,所以A ＝π4,由正弦定理得,1sinπ4＝2R ,得R ＝22,所以△ABC 外接圆的面积为π2. (2)在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若A ＝3B ,则a b的取值范围是( ) A ．(0,3) B ．(1,3) C ．(0,1] D ．(1,2] 答案 B 解析A ＝3B ⇒sin A sin B ＝sin3B sin B ＝sin 2B ＋Bsin B＝sin2B cos B ＋cos2B sin Bsin B＝2sin B cos 2B ＋cos2B sin B sin B ＝2cos 2B ＋cos2B ＝2cos2B ＋1,即a b ＝sin A sin B＝2cos2B ＋1,又A ＋B ∈(0,π),即4B ∈(0,π)⇒2B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2⇒cos2B ∈(0,1),∴a b ∈(1,3)．(3)在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若tan C ＝125,a ＝b ＝13,BC 边上的中点为D ,则sin∠BAC ＝________,AD ＝________.答案31313 352解析 因为tan C ＝125,所以sin C ＝1213,cos C ＝513,又a ＝b ＝13,所以c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝13＋13－2×13×13×513＝16,所以c ＝4.由asin∠BAC ＝c sin C ,得13sin∠BAC ＝41213,解得sin∠BAC ＝31313.因为BC 边上的中点为D ,所以CD ＝a2,所以在△ACD 中,AD 2＝b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－2×b ×a 2×cos C ＝454,所以AD ＝352.专题强化练一、单项选择题1．(2020·全国Ⅲ)在△ABC 中,cos C ＝23,AC ＝4,BC ＝3,则cos B 等于( )A.19B.13C.12D.23 答案 A解析 由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos C ＝42＋32－2×4×3×23＝9,所以AB ＝3,所以cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝9＋9－162×3×3＝19.2．(2020·全国Ⅲ)已知sin θ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1,则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6等于( )A.12B.33C.23D.22 答案 B解析 因为sin θ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3 ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6－π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6cos π6－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6sin π6＋ sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6cos π6＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6sin π6 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6cos π6＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝1.所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝33. 3．在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且b ＝2,sin2C 1－cos2C ＝1,B ＝π6,则a 的值为( ) A.3－1 B ．23＋2 C ．23－2 D.2＋ 6答案 D解析 在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且b ＝2,sin2C1－cos2C ＝1,所以2sin C cos C 2sin 2C ＝1,所以tan C ＝1,C ＝π4. 因为B ＝π6,所以A ＝π－B －C ＝7π12,所以sin A ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π3＝sin π4cos π3＋cos π4sin π3＝2＋64.由正弦定理可得a2＋64＝2sinπ6,则a ＝2＋ 6.4．在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ,c ＝7,且△ABC 的面积为332,则△ABC 的周长为( )A ．1＋7B ．2＋7C ．4＋7D ．5＋7答案 D解析 在△ABC 中,a cos B ＋b cos A ＝2c cos C , 则sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C , 即sin(A ＋B )＝2sin C cos C ,∵sin(A ＋B )＝sin C ≠0,∴cos C ＝12,∴C ＝π3,由余弦定理可得,a 2＋b 2－c 2＝ab , 即(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7,又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332,∴ab ＝6,∴(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25,即a ＋b ＝5, ∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7. 5．若α,β都是锐角,且cos α＝55,sin(α＋β)＝35,则cos β等于( ) A.2525B.255C.2525或255D.55或525答案 A解析 因为α,β都是锐角,且cos α＝55<12, 所以π3<α<π2,又sin(α＋β)＝35,而12<35<22,所以3π4<α＋β<5π6,所以cos(α＋β)＝－1－sin2α＋β＝－45,又sin α＝1－cos 2α＝255,所以cos β＝cos(α＋β－α)＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)·sin α＝2525.6．在△ABC 中,A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c .若A ＝120°,a ＝1,则2b ＋3c 的最大值为( ) A ．3B.2213C ．32D.352答案 B解析 因为A ＝120°,a ＝1,所以由正弦定理可得bsin B＝csin C ＝a sin A ＝1sin120°＝233, 所以b ＝233sin B ,c ＝233sin C ,故2b ＋3c ＝433sin B ＋23sin C＝433sin ()60°－C ＋23sin C ＝433sin C ＋2cos C ＝2213sin(C ＋φ)． 其中sin φ＝217,cos φ＝277, 所以2b ＋3c 的最大值为2213.二、多项选择题7．(2020·临沂模拟)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,若b ＝23,c ＝3,A ＋3C ＝π,则下列结论正确的是( ) A ．cos C ＝33B ．sin B ＝23C ．a ＝3D ．S △ABC ＝ 2答案 AD解析 因为A ＋3C ＝π,A ＋B ＋C ＝π,所以B ＝2C .由正弦定理b sin B ＝c sin C ,得23sin2C ＝3sin C,即232sin C cos C ＝3sin C ,所以cos C ＝33,故A 正确；因为cos C ＝33,所以sin C ＝63,所以sin B ＝sin2C ＝2sin C cos C ＝2×63×33＝223,故B 错误；因为cos B ＝cos2C ＝2cos 2C －1＝－13,所以sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝223×33＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13×63＝69,则cos A ＝539,所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(23)2＋32－2×23×3×539＝1,所以a ＝1,故C 错误；S △ABC ＝12bc sin A ＝12×23×3×69＝2,故D 正确． 8．已知0<θ<π4,若sin2θ＝m ,cos2θ＝n 且m ≠n ,则下列选项中与tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ恒相等的有( ) A.n1＋m B.m 1＋n C.1－n m D.1－mn答案 AD解析 ∵sin2θ＝m ,cos2θ＝n , ∴m 2＋n 2＝1,∴1－m n ＝n 1＋m,∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝1－tan θ1＋tan θ＝cos θ－sin θcos θ＋sin θ＝cos θ－sin θcos θ－sin θcos θ＋sin θcos θ－sin θ＝1－sin2θcos2θ＝1－m n ＝n1＋m.三、填空题9．(2020·保定模拟)已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝12,则sin2α－cos 2α1＋cos2α＝________.答案 －56解析 因为tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝12,所以tan π4＋tan α1－tan π4tan α＝12,即1＋tan α1－tan α＝12,解得tan α＝－13,所以sin2α－cos 2α1＋cos2α＝2sin αcos α－cos 2α2cos 2α＝tan α－12＝－56. 10．在△ABC 中,a ,b ,c 分别是内角A ,B ,C 的对边,且b ＋a sin C ＝2a sin B －c sin B －sin A,则A ＝________.答案π4解析 由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ,得b ＋ac ＝2a sin B －cb －a, 整理得b 2－a 2＝2ac sin B －c 2, 即b 2＋c 2－a 2＝2ac sin B ＝2bc sin A , 由余弦定理得,b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A , ∴2bc cos A ＝2bc sin A ,即cos A ＝sin A , ∴tan A ＝1,∴A ＝π4.11．(2020·全国Ⅰ)如图,在三棱锥P －ABC 的平面展开图中,AC ＝1,AB ＝AD ＝3,AB ⊥AC ,AB ⊥AD ,∠CAE ＝30°,则cos∠FCB ＝________.答案 －14解析 在△ABD 中,∵AB ⊥AD ,AB ＝AD ＝3,∴BD ＝6,∴FB ＝BD ＝ 6. 在△ACE 中,∵AE ＝AD ＝3,AC ＝1,∠CAE ＝30°, ∴EC ＝32＋12－2×3×1×cos30°＝1,∴CF ＝CE ＝1.又∵BC ＝AC 2＋AB 2＝12＋32＝2,∴在△FCB 中,由余弦定理得cos∠FCB ＝CF 2＋BC 2－FB 22×CF ×BC ＝12＋22－622×1×2＝－14. 12．(2020·山东省师范大学附中月考)在△ABC 中,设角A ,B ,C 对应的边分别为a ,b ,c ,记△ABC 的面积为S ,且4a 2＝b 2＋2c 2,则Sa 2的最大值为________．答案 106解析 由题意知,4a 2＝b 2＋2c 2⇒b 2＝4a 2－2c 2＝a 2＋c 2－2ac cos B , 整理,得2ac cos B ＝－3a 2＋3c 2⇒cos B ＝3c 2－a 22ac ,因为⎝ ⎛⎭⎪⎫S a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12ac sin B a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c sin B2a 2＝c 21－cos 2B4a 2,代入cos B ＝3c 2－a 22ac ,整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫S a 22＝－116⎝ ⎛⎭⎪⎫9×c 4a 4－22×c2a 2＋9,令t ＝c 2a 2,则⎝ ⎛⎭⎪⎫Sa 22＝－116(9t 2－22t ＋9)＝－116⎝ ⎛⎭⎪⎫3t －1132＋1036,所以⎝ ⎛⎭⎪⎫S a 22≤1036,所以Sa 2≤106,故S a 2的最大值为106.四、解答题13．(2020·全国Ⅱ)△ABC 中,sin 2A －sin 2B －sin 2C ＝sin B sin C .(1)求A ；(2)若BC ＝3,求△ABC 周长的最大值．解 (1)由正弦定理和已知条件得BC 2－AC 2－AB 2＝AC ·AB .①由余弦定理得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ．②由①②得cos A ＝－12.因为0<A <π,所以A ＝2π3.(2)由正弦定理及(1)得AC sin B ＝AB sin C ＝BCsin A ＝23,从而AC ＝23sin B ,AB ＝23sin(π－A －B )＝3cos B －3sin B .故BC ＋AC ＋AB ＝3＋3sin B ＋3cos B＝3＋23sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π3. 又0<B <π3, 所以当B ＝π6时,△ABC 周长取得最大值3＋2 3. 14．(2020·重庆模拟)在△ABC 中,a ,b ,c 分别为内角A ,B ,C 的对边,2b 2＝(b 2＋c 2－a 2)(1－tan A )．(1)求角C ；(2)若c ＝210,D 为BC 的中点,在下列两个条件中任选一个,求AD 的长度．条件①：△ABC 的面积S ＝4且B >A ；条件②：cos B ＝255. 解 (1)在△ABC 中,由余弦定理知, b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ,所以2b 2＝2bc cos A (1－tan A ),所以b ＝c (cos A －sin A ),又由正弦定理知,b c ＝sin B sin C, 得sin B ＝sin C (cos A －sin A ),所以sin(A ＋C )＝sin C (cos A －sin A ),即sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin C cos A －sin C sin A ,所以sin A cos C ＝－sin C sin A ,因为sin A ≠0,所以cos C ＝－sin C ,所以tan C ＝－1,又因为0<C <π,所以C ＝3π4. (2)选择条件②,cos B ＝255, 因为cos B ＝255,且0<B <π,所以sin B ＝55, 因为sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋sin C cos B＝55×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋22×255＝1010,由正弦定理知c sin C ＝asin A ,所以a ＝c sin A sin C ＝210×101022＝22,在△ABD 中,由余弦定理知 AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD ·cos B＝(210)2＋(2)2－2×210×2×255＝26,所以AD ＝26.。
2019届高考数学一轮复习 第四章 三角函数 解三角形 4-4 三角恒等变换讲义 文
π4＋α＝π2－π4－α等；2.将三角变换与代数变换密切结合：三角变 换主要是灵活应用相应的三角公式，对于代数变换主要有因式分 解、通分、提取公因式、利用相应的代数公式等，例如，sin4x＋ cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－2sin2xcos2x＝1－12sin22x.
考点突破 提能力
5 5.
因为 A 为钝角，所以
cosA＝－ 1－sin2A＝－
1－
552＝－2
5
5 .
由 sinB＝ 1100，且 B 为钝角，可得
cosB＝－ 1－sin2B＝－
1－
11002＝－3
10 10 .
所以 cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB
＝－2 5 5×－3 1010－
(2)三角函数求值的方法策略
类型
要点
给角 关键是正确地选用公式，以便把非特殊角的三角
求值 函数相约或相消，从而化为特殊角的三角函数
类型
要点
给出某些角的三角函数值，求另外一些角的 给值
三角函数值，解题关键在于“变角”，使其 求值
角相同或具有某种关系
给值 实质是转化为给值求值，关键是变角，把所
求角 求角用含已知角的式子表示，由所得的函数
解法二：原式＝
cos2α
2tanπ4－αcos2π4－α
＝
cos2α
＝ cos2α
2sinπ4－αcosπ4－α sinπ2－2α
＝ccooss22αα＝1.
考点二 三角函数式的求值——常考点 角度解读：三角函数的化简求值是三角函数的基本考点之 一，各种题型都有，有时也与解三角形联合起来综合考查．
(1)本例在寻找选项中的正确命题时，从两个角度进行了证 明，一是根据角之间的关系——α＋β，α－β 与 2α，2β 之间的关 系，利用所证角表示已知角，代入已知等式进行化简；二是利用 选项的共性——两个角的正切值之间的比例关系，直接作商，然 后根据已知等式进行化简．解决此类问题要抓住两个方面 ：一 是角，二是三角函数值．
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2AC ·AD 2×30 5×20 10 6 000 2 2
一、选择题
1.两座灯塔 A 和 B 与海岸观察站 C 的距离相等，灯塔 A 在观察站南偏西 40°，灯塔 B 在观察站南偏东 60°，则灯塔 A 在灯塔 B 的( )
A ．北偏东 10°
B ．北偏西 10°
C ．南偏东 80°
D ．南偏西 80°
解析：选 D.由条件及题图可知，∠A ＝∠B ＝40°，又∠BCD ＝60°，所以∠CBD ＝30°， 所以∠DBA ＝10°，因此灯塔 A 在灯塔 B 南偏西 80°.
2．已知 A 、B 两地间的距离为 10 km ，B 、C 两地间的距离为 20 km ，现测得∠ABC ＝ 120°，则 A ，C 两地间的距离为( )
A ．10 km
C ．10 5 km
解析：选 D.如图所示，由余弦定理可得：
B ．10 3 km D ．10 7 km
AC 2＝100＋400－2×10×20×cos 120°＝700， 所以 AC ＝10 7(km)．
3. 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° C ．60°
B ．45° D ．75°
解析：选 B.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
AC 2＋AD 2－CD 2
cos ∠CAD ＝
（30 5）2＋（20 10）2－502 6 000 2
＝ ＝ ＝ ，
又 0°<∠CAD <180°，所以∠CAD ＝45°，所以从顶端 A 看建筑物 CD 的张角为 45°. 4. 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( )
⎛1v⎫2＝⎛1×2⎫2＋12－2×1×2×1×4，1＝，所以由余弦定理得⎝10⎭⎝10⎭
(
A．20⎝1＋
3⎭B．20(1＋3)m
3⎫
sin B sin∠ACB A．8km/h B．62km/h
C．234km/h D．10km/h
解析：选B.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，
0.634
sinθ＝
5
，从而cosθ＝5105
解得v＝6 2.
5．一个大型喷水池的中央有一个强大的喷水柱，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100m
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．50m B．100m
C．120m D．150m
解析：选A.设水柱高度是h m，水柱底端为C，△
则在ABC中，A＝60°，AC＝h，AB
＝100，BC＝3h，根据余弦定理得，3h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos60°，即h2＋50h－5000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50m.
6．(2018·江西联考)某位居民站在离地20m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为()
⎛m
C．10(2＋6)m D．20(2＋6)m
解析：选B.如图，设AB为阳台的高度，CD为小高层的高度，AE为水平线．由题意知AB＝20m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝20m，CE＝203m.所以CD＝20(1＋3)m.故选B.
二、填空题
7.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距
20海里的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处，又测得灯塔在海轮
的北偏东75°的方向，则海轮的速度为________海里/分．
AC AB 解析：由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，由正弦定理得＝，所以AC
＝＝＝106，所以海轮航行的速度为＝(海里/分)．答案：
6
＝135°，△在ABS中，由正弦定理可得＝，所以AB＝10002，所以BC ON＝AO tan30°＝3×30＝103(m)，
解析：设塔高为h m，依题意得，tanα＝，tanβ＝，tanγ＝.因为α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tanγ＝tan(90°－γ)tanγ＝＝＝
B Cβγ
AB·sin B20×sin60°1066
sin∠ACB sin45°303
3
8.(2018·河南调研)如图，在山底测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1000米至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为________米．
解析：由题图知∠BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－15°＝30°，所以∠ASB
1000AB
sin30°sin135°
AB
＝＝1000.
2
答案：1000
9．江岸边有一炮台高30m，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.
解析：如图，OM＝AO tan45°＝30(m)，
3
△
在MON中，由余弦定理得，MN
＝900＋300－2×30×103×
3
2
＝300＝103(m)．
答案：103
10．(2018·福州综合质量检测)在距离塔底分别为80m，160m，240m的同一水平面上的A，，处，依次测得塔顶的仰角分别为α，，.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________m.
h h h
80160240
sin（90°－γ）sinγcosγsinγ
cos（90°－γ）cosγsinγcosγ
tanα＋tanβ80160h
1－tanαtanβ
1，所以·tanγ＝1，所以·＝1，解得h＝80，所以塔高为80m.
1－·
所以渔船甲的速度为＝14海里/时．
由正弦定理，得
AB
sinαsin120°
AB sin120°233
即sinα＝＝＝.
h h
＋
h h240
80160
答案：80
三、解答题
11.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/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sinα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·A C·cos∠BAC＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784.解得BC＝28.
BC
2
(2)△在ABC中，因为AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，
BC
＝，
3
12×
BC2814
12.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100米和BN＝200米，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了1003米后到达点Q，在点Q 处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tanθ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．
解：在△Rt AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，所以PM＝1003，连接QM，△在PQM 中，∠QPM＝60°，又PQ＝1003，△
所以PQM为等边三角形，
所以QM＝100 3.
在△Rt AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.
在△Rt BNQ中，tanθ＝2，BN＝200，
所以BQ＝1005，cosθ＝
5 . 5
△
在BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·A Q cosθ＝(1005)2，所以BA＝100 5.
即两发射塔顶A，B之间的距离是1005米．。