《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題2 三角函數(shù)及解三角形 2.2.2 三角恒等變換與解三角形課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題2 三角函數(shù)及解三角形 2.2.2 三角恒等變換與解三角形課件.ppt（79頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第2課時(shí)三角恒等變換與解三角形 熱點(diǎn)考向一三角恒等變換及求值考向剖析 本考向考查形式為選擇題 填空題或解答題 主要考查利用三角恒等變換公式解決與三角函數(shù)相關(guān)的問題以及利用正 余 弦定理解三角形問題 考查數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理能力 多為基礎(chǔ)題 中檔題 分?jǐn)?shù)為5 12分 2019年的高考仍將以選擇題 填空題或解答題的形式考查 考查知識(shí)點(diǎn)仍將以三角公式及正 余 弦定理為主要內(nèi)容來考查 典例1 1 2016 全國(guó)卷 若則sin2 2 2018 濮陽(yáng)一模 設(shè)0 90 若sin 75 2 則sin 15 sin 75 解析 1 選D 因?yàn)?2 選B sin 75 cos 15 所以原式等于sin 15 cos 15 sin 30 2 而sin 30 2 sin 75 2 45 sin 75 2 cos 75 2 75 75 2 255 又因?yàn)閟in 75 2 0 所以180 75 2 255 可求得cos 75 2 所以sin 30 2 sin 75 2 cos 75 2 所以 易錯(cuò)警示 解答本題易出現(xiàn)以下兩種錯(cuò)誤 一是忽略角之間的關(guān)系 找不到解題思路 二是運(yùn)算錯(cuò)誤 得出錯(cuò)誤結(jié)論或沒有正確選項(xiàng) 名師點(diǎn)睛 1 化簡(jiǎn)求值的方法與思路 1 方法 采用 切化弦 弦化切 來減少函數(shù)的種類 做到三角函數(shù)名稱的統(tǒng)一 通過三角恒等變換 化繁為簡(jiǎn) 便于化簡(jiǎn)求值 2 基本思路 找差異 化同名 同角 化簡(jiǎn)求值 2 解決條件求值問題的三個(gè)關(guān)注點(diǎn) 1 分析已知角和未知角之間的關(guān)系 正確地用已知角來表示未知角 2 正確地運(yùn)用有關(guān)公式將所求角的三角函數(shù)值用已知角的三角函數(shù)值來表示 3 求解三角函數(shù)中給值求角的問題時(shí) 要根據(jù)已知求這個(gè)角的某種三角函數(shù)值 然后結(jié)合角的取值范圍 求出角的大小 考向精練 1 2018 廣州一模 已知?jiǎng)tcos2 sin2 的值是 解析 選A 解得tan 2 cos2 sin2 cos2 sin cos 2 2018 蕪湖一模 若則sin2 解析 選C 因?yàn)樗约? cos sin sin2 兩邊平方得 4 1 sin2 3sin22 即3sin22 4sin2 4 0 解上式得 sin2 2 舍去 或sin2 加練備選 1 已知 解析 選B 故 sin cos 2 已知cos2 sin 則 cos4 解析 選D 由cos2 sin 1 sin2 可得 熱點(diǎn)考向二正弦定理與余弦定理的應(yīng)用 類型一利用正 余弦定理進(jìn)行邊 角 面積的計(jì)算 典例2 2017 全國(guó)卷 ABC的內(nèi)角A B C的對(duì)邊分別為a b c 已知 ABC的面積為 1 求sinBsinC 2 若6cosBcosC 1 a 3 求 ABC的周長(zhǎng) 大題小做 解析 1 因?yàn)?ABC面積且S bcsinA 所以 bcsinA 所以a2 bcsin2A 由正弦定理得sin2A sinBsinCsin2A 由sinA 0得sinBsinC 2 由 1 得sinBsinC 又cosBcosC 因?yàn)锳 B C 所以又因?yàn)?所以A sinA cosA 由余弦定理得a2 b2 c2 bc 9 由正弦定理得b sinB c sinC 所以bc sinBsinC 8 由 得b c 所以a b c 3 即 ABC的周長(zhǎng)為3 探究追問 1 問題 2 中的條件不變 求 ABC的面積 解析 由cosBcosC 和sinBsinC 得 cosBcosC sinBsinC 即cos B C 所以B C 所以A 所以 ABC的面積為 2 問題 2 中的條件不變 求 ABC中BC邊上高的長(zhǎng) 解析 由上可知 ABC的面積為2 又因?yàn)镾 ABC BC hBC 所以2 3hBC 所以hBC 類型二應(yīng)用正 余弦定理解決實(shí)際問題 典例3 如圖 島A C相距10海里 上午9點(diǎn)整有一客輪在島C的北偏西40 且距島C10海里的D處 沿直線方向勻速開往島A 在島A停留10分鐘后前往B市 上午9 30測(cè)得客輪位于島C的北偏西70 且距島C10海 里的E處 此時(shí)小張從島C乘坐速度為v海里 小時(shí)的小艇沿直線方向前往A島換乘客輪去B市 1 若v 0 30 問小張能否乘上這班客輪 2 現(xiàn)測(cè)得cos BAC sin ACB 已知速度為v海里 小時(shí) v 0 30 的小艇每小時(shí)的總費(fèi)用為元 若小張由島C直接乘小艇去B市 則至少需要多少費(fèi)用 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào) 大題小做 解析 1 根據(jù)題意得 CD 10 CE 10 AC 10 DCE 70 40 30 在 CDE中 由余弦定理得 所以客輪的航行速度為10 2 20 海里 小時(shí) 因?yàn)镃D DE 所以 DEC DCE 30 所以 AEC 180 30 150 在 ACE中 由余弦定理得 AC2 AE2 CE2 2AE CE cos AEC 整理得 AE2 30AE 400 0 解得AE 10或AE 40 舍去 所以客輪從E處到島A所用的時(shí)間小時(shí) 小張到島A所用的時(shí)間至少為小時(shí) 由于t2 t1 所以若小張9點(diǎn)半出發(fā) 則無法乘上這班客輪 2 在 ABC中 cos BAC sin ACB 所以 ACB為銳角 sin BAC cos ACB 所以sinB sin 180 BAC ACB sin BAC ACB sin BACcos ACB cos BACsin ACB 由正弦定理得 所以小張由島C直接乘小艇去城市B的總費(fèi)用為當(dāng)且僅當(dāng) 即v 10時(shí) f v min 165 元 所以若小張由島C直接乘小艇去B市 其費(fèi)用至少需165元 名師點(diǎn)睛 1 正 余弦定理的適用條件 1 已知兩角和一邊 或 已知兩邊和其中一邊的對(duì)角 應(yīng)采用正弦定理 2 已知兩邊和這兩邊的夾角 或 已知三角形的三邊 應(yīng)采用余弦定理 2 解三角形應(yīng)用題的幾種情形 1 實(shí)際問題經(jīng)抽象概括后 已知量與未知量全部集中在一個(gè)三角形中 可用正弦定理或余弦定理求解 2 實(shí)際問題經(jīng)抽象概括后 已知量與未知量涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上的三角形 這時(shí)需作出這些三角形 先解條件充分的三角形 然后逐步求解其他三角形 3 設(shè)出未知量 從幾個(gè)三角形中列出方程 組 解方程 組 得出所要求的解 4 涉及四邊形等非三角形圖形時(shí) 可以作輔助線 將圖形分割成三角形后求解 考向精練 1 2017 全國(guó)卷 ABC的內(nèi)角A B C的對(duì)邊分別為a b c 已知sin A C 8sin2 1 求cosB 2 若a c 6 ABC的面積為2 求b 解析 1 由題設(shè)及A B C 得sinB 8sin2 故sinB 4 1 cosB 上式兩邊平方 整理得17cos2B 32cosB 15 0 解得cosB 1 舍去 cosB 2 由cosB 得sinB 故S ABC acsinB ac 又S ABC 2 則ac 由余弦定理及a c 6得b2 a2 c2 2accosB a c 2 2ac 1 cosB 36 2 4 所以b 2 2 某學(xué)校的平面示意圖為如圖五邊形區(qū)域ABCDE 其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū) 四邊形區(qū)域BCDE為教學(xué)區(qū) AB BC CD DE EA BE為學(xué)校的主要道路 不考慮寬度 BCD CDE BAE DE 3BC 3CD km 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào) 1 求道路BE的長(zhǎng)度 2 求生活區(qū) ABE面積的最大值 解析 1 連接BD 在 BCD中 由余弦定理得 BD2 BC2 CD2 2BC CDcos BCD 所以BD 因?yàn)锽C CD 所以 CDB CBD 又 CDE 所以 BDE 在Rt BDE中 2 設(shè) ABE 因?yàn)?BAE 所以 AEB 在 ABE中 由正弦定理 得所以所以 因?yàn)? 所以當(dāng)2 即 時(shí) S ABE取得最大值為 即生活區(qū) ABE面積的最大值為 加練備選 如圖 有一個(gè)碼頭P和三個(gè)島嶼A B C PC 30nmile PB 90nmile AB 30nmile PCB 120 ABC 90 1 求B C兩個(gè)島嶼間的距離 2 某游船擬載游客從碼頭P前往這三個(gè)島嶼游玩 然后返回碼頭P 問該游船應(yīng)按何路線航行 才能使得總航程最短 求出最短航程 解析 1 在 PBC中 PB 90 PC 30 PCB 120 由正弦定理得 又因?yàn)樵?PBC中 0 PBC 60 所以 PBC 30 所以 BPC 30 從而BC PC 30 即B C兩個(gè)島嶼間的距離為30nmile 2 因?yàn)?ABC 90 PBC 30 所以 PBA ABC PBC 90 30 60 在 PAB中 PB 90 AB 30 由余弦定理得 根據(jù) 兩點(diǎn)之間線段最短 可知 最短航線是 P A B C P 或 P C B A P 其航程為S PA AB BC CP 30 30 30 30 30 60 30 所以應(yīng)按航線 P A B C P 或 P C B A P 航行 其航程為 熱點(diǎn)考向三與解三角形有關(guān)的交匯問題考向剖析 本考向考查形式為三種題型都可能會(huì)出現(xiàn) 主要考查以三角恒等變換 正 余弦定理為解題工具 常與三角函數(shù) 數(shù)列 向量 不等式等交匯命題 考查學(xué)生靈活運(yùn)用知識(shí)進(jìn)行邏輯推理 數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力 2019年的高考仍將以選擇題 填空題或解答題的形式考查 典例4 1 在 ABC中 角A B C所對(duì)的的邊分別是a b c 且a b c成等差數(shù)列 則角B的取值范圍是 2 在 ABC中 角A B C所對(duì)的邊分別是a b c 滿足4acosB bcosC ccosB 求cosB的值 若 3 b 3 求a和c的值 解析 1 選B 因?yàn)閍 b c成等差數(shù)列 所以2b a c 在 ABC中 由余弦定理得 由基本不等式所以所以B的取值范圍是 2 由題意得 4sinAcosB sinBcosC sinCcosB 所以4sinAcosB sinBcosC sinCcosB sin B C sinA 因?yàn)閟inA 0 所以cosB 由 3得accosB 3 ac 12 由b2 a2 c2 2accosB b 3可得a2 c2 24 所以 a c 2 0 a c 代入ac 12可得a c 2 名師點(diǎn)睛 與解三角形有關(guān)的交匯問題的關(guān)注點(diǎn)1 根據(jù)條件恰當(dāng)選擇正弦 余弦定理完成邊角互化 2 結(jié)合內(nèi)角和定理 面積公式等 靈活運(yùn)用三角恒等變換公式 考向精練 已知向量m sinx 1 向量函數(shù) 1 求f x 的最小正周期T 2 已知a b c分別為 ABC內(nèi)角A B C的對(duì)邊 A為銳角 a 2 c 4 且恰是f x 在上的最大值 求A和b的值 解析 1 2 由 1 知 所以當(dāng)時(shí) 當(dāng)2x 時(shí)f x 取得最大值3 此時(shí)x 由f A 3得A 由余弦定理 得a2 b2 c2 2bccosA 所以12 b2 16 2 4b 即b2 4b 4 0 則b 2 加練備選 已知向量b sinx sinx f x a b 1 求函數(shù)f x 的最小正周期及f x 的最大值 2 在銳角 ABC中 角A B C的對(duì)邊分別為a b c 若 1 a 2 求 ABC面積的最大值 解析 1 易得a sinx cosx 則f x a b sin2x sinxcosx cos2x sin2x sin 2x 所以f x 的最小正周期T 當(dāng)2x 2k k Z時(shí) 即x k k Z 時(shí) f x 取最大值是 2 因?yàn)樗?因?yàn)閍2 b2 c2 2bccosA 所以12 b2 c2 bc 所以b2 c2 bc 12 2bc 所以bc 12 當(dāng)且僅當(dāng)b c時(shí)等號(hào)成立 所以S bcsinA bc 3 所以當(dāng) ABC為等邊三角形時(shí)面積取最大值是3