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专题六专题六 三角恒等变换与解三角形三角恒等变换与解三角形 卷卷 卷卷 卷卷 2018 正 、 余 弦 定 理 的 应正 、 余 弦 定 理 的 应用用 T17 二倍角公式及余弦定理的应二倍角公式及余弦定理的应用用 T6 二倍角公式二倍角公式 T4 同角三角函数关系及两角和同角三角函数关系及两角和的正弦公式的正弦公式 T15 三角形的面积公式及三角形的面积公式及余弦定理余弦定理 T9 2017 正、余弦定正、余弦定理、三角形理、三角形的面积公式及两角和的的面积公式及两角和的余弦公式余弦公式 T17 余弦定理、三角恒等变换及三余弦定理、三角恒等变换及三角形的面积公式角形的面积公式 T17 余弦定理、三角形的余弦定理、三角形的面积公式面积公式 T17 2016 正、余弦定理、三角形正、余弦定理、三角形面积公式、两角和的正面积公式、两角和的正弦公式弦公式 T17 诱导公式、三角恒等变换、给诱导公式、三角恒等变换、给值求值问题值求值问题 T9 同角三角函数的基本同角三角函数的基本关系、 二倍角公式关系、 二倍角公式 T5 正弦定理的应用、诱导公正弦定理的应用、诱导公式式 T13 利用正、余弦定理解利用正、余弦定理解三角形三角形 T8 纵向把握纵向把握趋势趋势 卷卷3 年年 3 考且均出现考且均出现在解答题中的第在解答题中的第 17 题，题，涉及正、余弦定理、三涉及正、余弦定理、三角形的面积公式、两角角形的面积公式、两角和与差的正、 余弦公式，和与差的正、 余弦公式，难度适中预计难度适中预计 2019年会以选择年会以选择题或填空题题或填空题的形式考查正、余弦定的形式考查正、余弦定理的应用及三角恒等变理的应用及三角恒等变换，难度适中换，难度适中 卷卷3 年年 5 考，既有选择题、考，既有选择题、填空题，也有解答题，涉及诱填空题，也有解答题，涉及诱导公式、同角三角函数基本关导公式、同角三角函数基本关系式、三角恒等变换、正弦定系式、三角恒等变换、正弦定理和余弦定理以及三角形面理和余弦定理以及三角形面积公式，难度适中预计积公式，难度适中预计 2019年会以解答题的形式考查正、年会以解答题的形式考查正、余弦定理和三角形面积公式余弦定理和三角形面积公式的应用的应用 卷卷3 年年 5 考，既有考，既有选择题， 也有解答题，选择题， 也有解答题，难度适中涉及同角难度适中涉及同角三角函数基本关系三角函数基本关系式、二倍角公式、正式、二倍角公式、正弦定理和余弦定理、弦定理和余弦定理、三 角 形 面 积 公 式三 角 形 面 积 公 式等 预计等 预计 2019 年会以年会以解答题的形式考查解答题的形式考查正、余弦定理在解三正、余弦定理在解三角形中的应用角形中的应用 横向把握横向把握重点重点 1.高考对此部分的考查高考对此部分的考查一一般以般以“二小二小”或或“一一大大”的命题形式出现的命题形式出现 2.若无解答题，一般在选择题若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第度一般，一般出现在第 49或第或第 1315 题位置上题位置上 3.若以解答题命题形若以解答题命题形式出现，主要考查三式出现，主要考查三角函数与解三角形的角函数与解三角形的综合问题，一般出现综合问题，一般出现在解答题第在解答题第 17 题位题位置上，难度中等置上，难度中等. 三角恒等变换三角恒等变换 题组全练题组全练 1(2018 全国卷全国卷)若若 sin 13，则，则 cos 2( ) A.89 B.79 C79 D89 解析：解析：选选 B sin 13，cos 212sin212 13279.故选故选 B. 2(2016 全国卷全国卷)若若 cos 4 35，则，则 sin 2( ) A.725 B.15 C15 D725 解析：解析：选选 D 因为因为 cos 4 35， 所以所以 sin 2cos 22 2cos2 4 1725. 3已知已知 sin 6cos 13，则，则 cos 23( ) A518 B.518 C79 D.79 解析：解析：选选 D 由由 sin 6cos 13，得，得32sin 12cos cos 32sin 12cos sin 613，所以，所以 cos 2312sin2 612979. 4已知已知 sin 35 2 ，且，且 sin()cos ，则，则 tan()( ) A2 B2 C12 D.12 解析：解析：选选 A sin 35，且，且2， cos 45，tan 34. sin()sin cos cos sin 45sin 35cos cos ， tan 12，tan()tan tan 1tan tan 2. 5 已知 已知 A， B 均为钝角，均为钝角， sin2A2cos A35 1510， 且， 且 sin B1010， 则， 则 AB( ) A.34 B.54 C.74 D.76 解析：解析：选选 C 因为因为 sin2A2cos A35 1510， 所以所以1cos A212cos A32sin A5 1510， 即即1232sin A5 1510，解得解得 sin A55. 因为因为 A 为钝角，为钝角， 所以所以 cos A 1sin2A1 5522 55. 由由 sin B1010，且，且 B 为钝角，为钝角， 可得可得 cos B 1sin2B1 10102 3 1010. 所以所以 cos(AB)cos Acos Bsin Asin B 2 55 3 1010551010 22. 又又 A，B 都为钝角，即都为钝角，即 A，B 2， ， 所以所以 AB(，2)， 故故 AB74，选，选 C. 系统方法系统方法 1化简求值的方法与思路化简求值的方法与思路 (1)方法：方法：采用采用“切化弦切化弦”“”“弦化切弦化切”来减少函数的种类，做到三角函数名称的统一；来减少函数的种类，做到三角函数名称的统一； 通过三角恒等变换，化繁为简，便于化简求值；通过三角恒等变换，化繁为简，便于化简求值； (2)基本思路：找差异，化同名基本思路：找差异，化同名(同角同角)，化简求值，化简求值 2解决条件求值问题的三个关注点解决条件求值问题的三个关注点 (1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角；分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角； (2)正确地运用正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示；有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示； (3)求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小结合角的取值范围，求出角的大小 正弦定理、余弦定理的应用正弦定理、余弦定理的应用 多维例析多维例析 角度一角度一 利用正、余弦定理进行边、角计算利用正、余弦定理进行边、角计算 例例1 (1)(2018 全国卷全国卷)ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c.若若ABC 的的面积为面积为a2b2c24，则，则 C( ) A.2 B.3 C.4 D.6 (2)(2018 长春质检长春质检)已知在锐角已知在锐角ABC 中，角中，角 A，B，C 的对边分别是的对边分别是 a，b，c,2asin B 3b，b2，c3，AD 是角是角 A 的平分线，的平分线，D 在在 BC 上，则上，则 BD_. 解析解析 (1)S12absin Ca2b2c242abcos C412abcos C，sin Ccos C， 即即 tan C1. C(0，)，C4. (2)由正弦定理可得由正弦定理可得，2sin Asin B 3sin B， 可得可得 sin A32，因为因为 0A1)m，ACt(t0)m， 依题意得依题意得 ABAC0.5(t0.5)(m) 在在ABC 中，由余弦定理得，中，由余弦定理得， AB2AC2BC22AC BCcos 60 ， 即即(t0.5)2t2x2tx， 化简并整理得化简并整理得 tx20.25x1x10.75x12(x1) 因为因为 x1， 所以， 所以 tx10.75x122 3当且仅当当且仅当 x132时取等号， 故时取等号， 故 AC 最短为最短为(2 3)m，应选，应选 D. 答案答案 (1)C (2)D 类题通法类题通法 1解三角形实际应用问题的解题步骤解三角形实际应用问题的解题步骤 2解三角形实际应用问题的注意事项解三角形实际应用问题的注意事项 (1)要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名词，并能准确作出这些角；要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名词，并能准确作出这些角； (2)要注意将平面几何的性质、定理与正、余弦定理结合起来使用，这样可以优化解题要注意将平面几何的性质、定理与正、余弦定理结合起来使用，这样可以优化解题过程；过程； (3)要注意题目中的隐含条件及解的实际意义要注意题目中的隐含条件及解的实际意义 应用通关应用通关 1某位居民站在离地面某位居民站在离地面 20 m 高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为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，小高层底部的俯角为 45 ，那么这栋小高层的高度为，那么这栋小高层的高度为( ) A20 133m B20(1 3)m C10( 2 6)m D20( 2 6)m 解析：解析：选选 B 如图，设如图，设 AB 为阳台的高度，为阳台的高度，CD 为小高层的高度，为小高层的高度，AE 为水为水平线 由题意知平线 由题意知 AB20 m， DAE45 ， CAE60 ， 故， 故 DEAE20 m， CE20 3 m，所以所以 CD20(1 3)m. 2.(2018 河北保定模拟河北保定模拟)如图， 某游轮在如图， 某游轮在 A 处看灯塔处看灯塔 B 在在 A 的北偏的北偏东东 75 方向上，距离为方向上，距离为 12 6海里，灯塔海里，灯塔 C 在在 A 的北偏西的北偏西 30 方向上，方向上，距离为距离为 8 3海里，游轮由海里，游轮由 A 处向正北方向航行到处向正北方向航行到 D 处时再看灯塔处时再看灯塔 B，B 在南偏东在南偏东 60 方向上，则方向上，则 C 与与 D 的距离为的距离为( ) A20 海里海里 B8 3海里海里 C23 2海里海里 D24 海里海里 解析：解析：选选 B 在在ABD 中，因为灯塔中，因为灯塔 B 在在 A 的北偏东的北偏东 75 方向上，距离为方向上，距离为 12 6海里，海里，货轮由货轮由 A 处向正北方向航行到处向正北方向航行到 D 处时，再看处时，再看灯塔灯塔 B，B 在南偏东在南偏东 60 方向上，所以方向上，所以 B18075 60 45 ，由正弦定理，由正弦定理ADsin BABsinADB， 可得可得 ADABsin BsinADB12 6223224 海里海里 在在ACD 中，中，AD24 海里，海里，AC8 3海里，海里，CAD30 ， 由余弦定理得由余弦定理得 CD2AD2AC22AD ACcos 30 242(8 3)22248 332192. 所以所以 CD8 3海里海里 3如图，游客从某旅游景区的景点如图，游客从某旅游景区的景点 A 处至景点处至景点 C 处有两条线路线路处有两条线路线路1 是从是从 A 沿直线步行到沿直线步行到 C，线路，线路 2 是先从是先从 A 沿直线步行到景点沿直线步行到景点 B 处，然后处，然后从从 B 沿直线步行到沿直线步行到 C.现有甲、乙两位游客从现有甲、乙两位游客从 A 处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的的119倍，甲走线路倍，甲走线路 2，乙走线路，乙走线路 1，最后他们同时到达，最后他们同时到达 C 处经测量，处经测量，AB1 040 m，BC500 m，则，则 sinBAC 等于等于_ 解析：解析：依题意，依题意，设乙的速度为设乙的速度为 x m/s， 则甲的速度为则甲的速度为119x m/s， 因为因为 AB1 040 m，BC500 m， 所以所以ACx1 040500119x， 解得解得 AC1 260 m. 在在ABC 中，由余弦定理得，中，由余弦定理得， cosBACAB2AC2BC22AB AC 1 04021 2602500221 0401 2601213， 所以所以 sinBAC 1cos2BAC 1 12132513. 答案答案：513 重难增分重难增分 与平面几何有关的解三角形综合问题与平面几何有关的解三角形综合问题 考法全析考法全析 一、曾经这样考一、曾经这样考 1(2015 全国卷全国卷)与平面四边形有关的边长范与平面四边形有关的边长范围问题围问题在平面四边形在平面四边形 ABCD 中，中，ABC75 ，BC2，则，则 AB 的取值范围是的取值范围是_ 学解题学解题 法一：分割法法一：分割法(学生用书不提供解题过程学生用书不提供解题过程) 易知易知ADC135 .如图，连接如图，连接 BD，设，设BDC，ADB，则则 135 . 在在ABD 和和BCD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BCsin BDsin 75ABsin ， 则则 ABBCsin sin 2sin 135 sin 2sin 45 sin 2 11tan ， 由由 75 180 ，135 75 180 ，得得 30 105 ， 所以所以 321tan 3. 则则 6 2AB 6 2. 法二：极限法法二：极限法(学生用书提供解题过程学生用书提供解题过程) 如图，动态地审视平面四边形如图，动态地审视平面四边形 ABCD， 边边 BC2 固定，固定，BC75 固定，延长固定，延长 BA，CD 交于点交于点 P. 虽然虽然BAD75 ， 但但 AB 边并不固定，边并不固定， 平行移动平行移动 AD 边，边， 则容易看出则容易看出 BQABBP. 在在BCQ 中，中， 易求得易求得 BQ 6 2； 在在BCP 中，易求得中，易求得 BP 6 2， 则则 AB 的取值范围是的取值范围是( 6 2， 6 2) 答答案：案：( 6 2， 6 2) 启思维启思维 本题考查转化与化归思想， 将四边形问题转化为解三角形问题是解决该题的本题考查转化与化归思想， 将四边形问题转化为解三角形问题是解决该题的关键可利用正弦定理建立函数关系式求解，也可利用数形结合思想，作出图形，分析图关键可利用正弦定理建立函数关系式求解，也可利用数形结合思想，作出图形，分析图形的特点找出解题思路形的特点找出解题思路 二、还可能这样考二、还可能这样考 2与三角形的中线、角平分线相关的问题与三角形的中线、角平分线相关的问题在在ABC 中，中，AB3AC，BAC 的平分线的平分线交交 BC 于于 D，且，且 ADmAC，则实数，则实数 m 的取值范围是的取值范围是_ 解析：解析：法一：法一：设设 ACx，则，则 AB3x. 由三角形内角平分线由三角形内角平分线的性质可知，的性质可知， BD34BC，CD14BC. 在在ABD 中，由余弦定理可得中，由余弦定理可得 34BC29x2m2x223mx2cosBAC2. 在在ACD 中，由余弦定理可得中，由余弦定理可得 14BC2x2m2x22mx2cosBAC2. 由由两式消去两式消去 BC 并化简得并化简得 cosBAC22m3. 因为因为 0BAC22， 所以所以 cosBAC2(0,1)， 所以所以 02m31， 解得解得 m 0，32， 所以实数所以实数 m 的取值范围是的取值范围是 0，32. 法二：法二：设设BADCAD 00)，则，则 BD2x. 在在BCD 中，因为中，因为 CDBC，CD5，BD2x， 所以所以 cosCDBCDBD52x. 在在ACD 中，中，ADx，CD5，AC5 3， 由余弦定理得由余弦定理得 cosADCAD2CD2AC22ADCDx252 5 3 22x5. 因为因为CDBADC， 所以所以 cosADCcosCDB， 即即x252 5 3 22x552x， 解得解得 x5，所以，所以 AD 的长为的长为 5. 答案：答案：5 2.如图，在直角梯形如图，在直角梯形 ABDE 中，已知中，已知ABDEDB90 ，C 是是 BD 上一点，上一点，AB3 3，ACB15 ，ECD60 ，EAC45 ，则线段，则线段 DE 的长为的长为_ 解析：解析：易知易知ACE105 ，AEC30 ， 在在 RtABC 中，中，ACABsin 15， 在在AEC 中，中，ACsin 30CEsin 45CEACsin 45sin 30， 在在 RtCED 中，中， DECEsin 60 sin 45 sin 60sin 30ABsin 15 2232123 36 246. 答案：答案：6 3.(2018 四川成都模拟四川成都模拟)如图，在如图，在ABC 中，中，AB4，BC2，ABCD3，若，若ADC 是锐角三角形，则是锐角三角形，则 DADC 的取值范围为的取值范围为_ 解析：解析：设设ACD，则，则CAD23，根据条件及余弦定理计算得，根据条件及余弦定理计算得 AC2 3. 在在ACD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得 ADsin CDsin 232 3sin34， AD4sin ，CD4sin 23 ， DADC4 sin sin 23 4 sin 32cos 12sin 4 32sin 32cos 4 3 32sin 12cos 4 3sin 6. ACD 是锐角三角形，是锐角三角形， 和和23 均为锐角，均为锐角， 6，2， 6 3，23， sin 6 32，1 . DADC4 3sin 6(6，4 3 . 答案：答案：(6,4 3 高考大题通法点拨高考大题通法点拨 三角函数问题重在三角函数问题重在“变变”变角、变式变角、变式 思维流程思维流程 策略指导策略指导 1常用的变角技巧常用的变角技巧 (1)已知角与特殊角的变换；已知角与特殊角的变换； (2)已知角与目已知角与目标角的变换；标角的变换； (3)角与其倍角的变换；角与其倍角的变换； (4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用如：两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用如：()()， 2()()， 2()()， 22，2 2 2 . 2常用的变式技巧常用的变式技巧 主要从函数名、次数、系数方面入手，常主要从函数名、次数、系数方面入手，常见的有：见的有： (1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论； (2)涉及涉及 sin x cos x、 sin x cos x 的问题， 常做换元处理， 如令的问题， 常做换元处理， 如令 tsin x cos x 2， 2，将原问题转化为关于将原问题转化为关于 t 的函数来处理；的函数来处理； (3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等 例例1 已知函数已知函数 f (x)4tan xsin 2 x cos x3 3. (1)求求 f (x)的定义域与最小正周期；的定义域与最小正周期； (2)讨论讨论 f (x)在区间在区间 4，4上的单调性上的单调性 破题思路破题思路 第第(1)问问 求什么求什么想什么想什么 求求 f (x)的定义域与最小正周期，想到建立关于的定义域与最小正周期，想到建立关于 x 的不等式以及化函数的不等式以及化函数 f (x)的解析的解析式为式为 f (x)Asin(x)或或 f (x)Acos(x)的形式的形式 给什么给什么用什么用什么 题干中给出的解析式中既有正切函数也有正弦、余弦函数，利用同角三角函数关题干中给出的解析式中既有正切函数也有正弦、余弦函数，利用同角三角函数关系式、诱导公式、两角差的正弦公式化简函数解析式，再分别利用各种三角函数系式、诱导公式、两角差的正弦公式化简函数解析式，再分别利用各种三角函数的定义域即可求出函数的定义域即可求出函数 f (x)的定义域，利用周期公式可求周期的定义域，利用周期公式可求周期 第第(2)问问 求什么想什么求什么想什么 讨论讨论 f (x)在区间在区间 4，4上的单调性，想到正弦函数上的单调性，想到正弦函数 ysin x 的单调性的单调性 给什么用什么给什么用什么 第第(1)问中问中已经将函数已经将函数 f (x)化为化为 f (x)Asin(x)的形式，用整体代换求单的形式，用整体代换求单调区间，并与区间调区间，并与区间 4，4求交集求交集 规范解答规范解答 (1)f (x)的定义域为的定义域为 x x2k，kZ . f (x)4tan xcos xcos x3 3 4sin xcos x3 3 4sin x 12cos x32sin x 3 2sin xcos x2 3sin2x 3 sin 2x 3(2sin2x1) sin 2x 3cos 2x 2sin 2x3. 所以所以 f (x)的最小正周期的最小正周期 T22. (2)令令 z2x3，则函数，则函数 y2sin z 的单调递增区间是的单调递增区间是 22k，22k ，kZ. 由由22k2x322k，kZ， 得得12kx512k，kZ. 设设 A 4，4，B 12k，512k ，kZ，易知，易知 AB 12，4. 所以当所以当 x 4，4时，时，f (x)在区间在区间 12，4上单调递增，在区间上单调递增，在区间 4，12上单调上单调递减递减 关键点拨关键点拨 解答此类问题的关键在于解答此类问题的关键在于“变变”，其思路为，其思路为“一角二名三结构一角二名三结构” 升幂升幂(降幂降幂)公式口诀：公式口诀：“幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半” 例例2 ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，已知，已知 2cos C(acos Bbcos A)c. (1)求求 C； (2)若若 c 7，ABC 的面积为的面积为3 32，求，求ABC 的周长的周长 破题思路破题思路 第第(1)问问 求什求什么么想什么想什么 求角求角 C，想到求，想到求 C 的某一个三角函数值的某一个三角函数值 给什么给什么用什么用什么 题目条件中给出关系式题目条件中给出关系式 2cos C(acos Bbcos A)c.用正弦定理或余弦定理统一角用正弦定理或余弦定理统一角或边，可求角或边，可求角 C 的一个三角函数值，进而求出的一个三角函数值，进而求出 C 的值的值 第第(2)问问 求什么求什么想什么想什么 求求ABC 的周长，想到求的周长，想到求ABC 各边的长或直接求各边的长或直接求 abc 的值的值 给什么给什么用什么用什么 已知已知 c 7，ABC 的面积为的面积为3 32，用，用 SABC12absin C3 32可建立可建立 ab 的关系式的关系式 差什么差什么找什么找什么 求周长，还需求周长，还需 ab 的值通过以上步骤可知的值通过以上步骤可知ABC 中中 C，c 及及 ab 的值，利用余的值，利用余弦定理即可求出弦定理即可求出 ab 的值的值 规范解答规范解答 (1)法一：法一：由由 2cos C(acos Bbcos A)c， 得得 2cos C(sin A cos Bsin B cos A)sin C， 即即 2cos C sin(AB)sin C. 因为因为 ABC， A，B，C(0，)， 所以所以 sin(AB)sin C0， 所以所以 2cos C1，cos C12. 因为因为 C(0，)，所以，所以 C3. 法二：法二：由由 2cos C(acos Bbcos A)c， 得得 2cos C aa2c2b22acbb2c2a22bcc， 整理得整理得 2cos C1， 即即 cos C12. 因为因为 C(0，)，所以，所以 C3. (2)因为因为 S12ab sin C34ab3 32，所以，所以 ab6， 由余弦定理，由余弦定理，c2a2b22ab cos C， 得得 7a2b22ab12， 即即(ab)23ab7， 所以所以(ab)2187， 即即 ab5，所以，所以ABC 的周长为的周长为 abc5 7. 关键点拨关键点拨 利用正、余弦定理求解问题的策略利用正、余弦定理求解问题的策略 角化边角化边 利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，进而求解出边的相应关系，进而求解 边化角边化角 利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变函数恒等变换，得出内角的关系，进而求解换，得出内角的关系，进而求解 对点训练对点训练 1(2018 全国卷全国卷)在平面四边形在平面四边形 ABCD 中，中，ADC90 ，A45 ，AB2，BD5. (1)求求 cos ADB； (2)若若 DC2 2，求，求 BC. 解：解：(1)在在ABD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BDsin AABsin ADB，即，即5sin 452sin ADB， 所以所以 sin ADB25. 由题设知，由题设知，ADB90 ， 所以所以 cos ADB 1225235. (2)由题设及由题设及(1)知，知， cos BDCsin ADB25. 在在BCD 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 BC2BD2DC22BD DC cos BDC 258252 22525，所以，所以 BC5. 2已知函数已知函数 f (x) 3sin xcos xsin2x1(0)的图象中相邻的图象中相邻两条对称轴之间的两条对称轴之间的距离为距离为2. (1)求求 的值及函数的值及函数 f (x)的单调递减区间；的单调递减区间； (2)已知已知 a，b，c 分别为分别为ABC 中角中角 A，B，C 的对边，且满足的对边，且满足 a 3，f (A)1，求，求ABC 面积面积 S 的最大值的最大值 解：解：(1)f (x)32sin 2x1cos 2x21 sin 2x612. 因为函数因为函数 f (x)的图象中相的图象中相邻两条对称轴之间的距离为邻两条对称轴之间的距离为2，所以，所以 T，即，即22，所以，所以 1. 所以所以 f (x)sin 2x612. 令令22k2x6322k(kZ)， 解得解得6kx23k(kZ) 所以函数所以函数 f (x)的单调递减区间为的单调递减区间为 6k，23k (kZ) (2)由由 f (A)1，得得 sin 2A612. 因为因为 2A6 6，136， 所以所以 2A656，得，得 A3. 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos A， 即即( 3)2b2c22bccos 3， 所以所以 bc3b2c22bc， 解得解得 bc3，当且仅当，当且仅当 bc 时等号成立时等号成立 所以所以 SABC12bcsin A123323 34， 所以所以ABC 面积面积 S 的最大值为的最大值为3 34. 总结升华总结升华 高考试题中的三角函数解答题相对高考试题中的三角函数解答题相对比较传统，难度较低，大家在复习时，应比较传统，难度较低，大家在复习时，应“明确思明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是解答此类题的关键在解题时，是解答此类题的关键在解题时，要紧紧抓住要紧紧抓住“变变”这一核心，灵活运用公式与性质，这一核心，灵活运用公式与性质， 仔细审题，快速运算仔细审题，快速运算 专题跟踪检测专题跟踪检测(对应配套卷对应配套卷 P177) 一、全练保分考法一、全练保分考法保大分保大分 1已知已知ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，若，若 a 5，c2，cos A23，则则 b( ) A. 2 B. 3 C2 D3 解析解析：选选 D 由余弦定理得由余弦定理得 522b222bcos A， cos A23，3b28b30， b3 b13舍去舍去 . 2在在ABC 中，中，a，b，c 分别是角分别是角 A，B，C 的对边，已知的对边，已知 a6，b4，C120 ，则，则sin B( ) A.217 B.5719 C.338 D5719 解析：解析：选选 B 在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 c2a2b22abcos C76，所以，所以 c 76.由由正弦定理得正弦定理得bsin Bcsin C，所以，所以 sin Bbsin Cc432765719. 3已知已知ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，若，若 a2b2c2bc，bc4，则则ABC 的面积为的面积为( ) A.12 B1 C. 3 D2 解析：解析：选选 C a2b2c2bc，bcb2c2a2， cos Ab2c2a22bc12.A 为为ABC 的内角，的内角，A60 ，SABC12bcsin A12432 3. 4(2019 届高三届高三 洛阳第一次统考洛阳第一次统考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的对边分别是的对边分别是 a，b，c，若若 a，b，c 成成等比数列，且等比数列，且 a2c2acbc，则，则cbsin B( ) A.32 B.2 33 C.33 D. 3 解析：解析：选选 B 由由 a，b，c 成等比数列得成等比数列得 b2ac，则有，则有 a2c2b2bc，由余弦定理得，由余弦定理得 cos Ab2c2a22bcbc2bc12，因为，因为 A 为为ABC 的内角，所以的内角，所以 A3，对，对于于 b2ac，由正弦定理，由正弦定理得，得，sin2Bsin Asin C32sin C，由正弦定理得，由正弦定理得，cbsin Bsin Csin2Bsin C32sin C2 33. 5ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c.已知已知 sin Bsin A(sin Ccos C)0，a2，c 2，则，则 C( ) A.12 B.6 C.4 D.3 解析：解析：选选 B 在在ABC 中，中，sin Bsin(AC)， 则则 sin Bsin A(sin Ccos C) sin(AC)sin A(sin Ccos C)0， 即即 sin Acos Ccos Asin Csin Asin Csin Acos C0， cos Asin Csin Asin C0， sin C0，cos Asin A0， 即即 tan A1，所以所以 A34. 由由asin Acsin C得得2222sin C，sin C12， 又又 0C4，C6. 6 在在ABC 中中， 已知已知 AB 2， AC 5， tanBAC3， 则则 BC 边上的高等于边上的高等于( ) A1 B. 2 C. 3 D2 解析解析：选选 A 在在ABC 中中，tanBAC3， sinBAC3 1010，cosBAC1010， 由余弦定理得由余弦定理得 BC2AC2AB22AC ABcosBAC522 5 2 10109，BC3. SABC12AB ACsinBAC12 2 53 101032，BC 边上的高为边上的高为2SABCBC23231. 7(2018 开封模拟开封模拟)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，btan Bbtan A 2ctan B，且，且 a5，ABC 的面积为的面积为 2 3，则，则 bc 的值为的值为_ 解析：解析：由正弦定理及由正弦定理及 btan Bbtan A2ctan B， 得得 sin Bsin Bcos Bsin Bsin Acos A2sin Csin Bcos B， 即即 cos Asin Bsin Acos B2sin Ccos A， 亦即亦即 sin(AB)2sin Ccos A， 故故 sin C2sin Ccos A. 因为因为 sin C0，所以所以 cos A12，所以所以 A3. 因为因为 SABC12bcsin A2 3， 所以所以 bc8. 由余弦由余弦定理定理，知知 a2b2c22bccos A(bc)23bc， 可得可得 bc7. 答案：答案：7 8(2018 福州模拟福州模拟)如图，小明同学在山顶如图，小明同学在山顶 A 处观测到一辆汽车处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在 A 处测得公路上处测得公路上 B，C两点的俯角分别为两点的俯角分别为 30 ，45 ，且，且BAC135 .若山高若山高 AD100 m，汽，汽车从车从 B 点到点到 C 点历时点历时 14 s， 则这辆汽车的速度约为， 则这辆汽车的速度约为_ m/s(精确到精确到0.1) 参考数据：参考数据： 21.414, 52.236. 解析：解析：因为小明在因为小明在 A 处测得公路上处测得公路上 B，C 两两点的俯角分别为点的俯角分别为 30 ，45 ，所以，所以BAD60 ， CAD45 .设这辆汽车的速度为设这辆汽车的速度为 v m/s， 则， 则 BC14v， 在， 在 RtADB 中中 ABADcosBADADcos 60200.在在 RtADC 中，中，ACADcosCAD100cos 45100 2.在在ABC 中，由余弦定中，由余弦定理，得理，得 BC2AC2AB22AC AB cosBAC，所以，所以(14v)2(100 2)220022100 2200cos 135 ，所以，所以 v50 10722.6，所以这辆汽车的速度约为，所以这辆汽车的速度约为 22.6 m/s. 答案：答案：22.6 9(2018 长春质检长春质检)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，若其面积，若其面积 Sb2sin A，角，角 A 的平分线的平分线 AD 交交 BC 于点于点 D，AD2 33，a 3，则，则 b_. 解析：解析：由面积公式由面积公式 S12bcsin Ab2sin A，可得，可得 c2b，即，即cb2.由由 a 3，并结合角平分线定理可得，并结合角平分线定理可得，BD2 33，CD33， 在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 cos B4b23b222b 3，在，在ABD 中，中，cos B4b2434322b2 33，即，即4b23b222b 34b2434322b2 33， 化简得化简得 b21，解得，解得 b1. 答案：答案：1 10(2018 昆明调研昆明调研)已知已知ABC 的面积为的面积为 3 3，AC2 3，BC6，延长，延长 BC 至至 D，使，使ADC45 . (1)求求 AB 的长；的长； (2)求求ACD 的面积的面积 解：解：(1)因为因为 SABC1262 3sinACB3 3， 所以所以 sinACB12，ACB30 或或 150 ， 又又ADC45 ，所以，所以ACB150 ， 由余弦定理得由余弦定理得 AB2123622 36cos 150 84， 所以所以 AB2 21. (2)在在ACD 中，因为中，因为ACB150 ，ADC45 ， 所以所以CAD105 ， 由正弦定理得由正弦定理得CDsinCADACsinADC， 即即CDsin 1052 3sin 45， 解得解得 CD3 3， 又又ACD180 150 30 ， 所以所以 SACD12AC CD sinACD 122 3(3 3)123 31 2. 11(2018 沈阳质检沈阳质检)在在ABC 中，已知内角中，已知内角 A，B，C 的对边分别是的对边分别是 a，b，c，且，且 2ccos B2ab. (1)求角求角 C 的大小；的大小； (2)若若 ab6，ABC 的面积为的面积为 2 3，求，求 c. 解解：(1)由正弦定理得由正弦定理得 2sin Ccos B2sin Asin B， 又又 sin Asin(BC)， 2sin Ccos B2sin(BC)sin B， 2sin Ccos B2sin Bcos C2cos Bsin Csin B， 2sin Bcos Csin B0， sin B0，cos C12. 又又 C(0，)，C23. (2)SABC12absin C2 3，ab8， 由余弦定理由余弦定理，得得 c2a2b22abcos Ca2abb2(ab)2ab28，c2 7. 12 (2018 长沙模拟长沙模拟)在锐角在锐角ABC 中中， a， b， c 分别为角分别为角 A， B， C 的对边的对边， 且且 4sin Acos2A 3cos(BC)sin 3A 3. (1)求角求角 A 的大小；的大小； (2)若若 b2，求，求ABC 面积的取值范围面积的取值范围 解：解：(1)ABC，cos(BC)cos A 3A2AA， sin 3Asin(2AA)sin 2Acos Acos 2Asin A 又又 sin 2A2sin Acos A， cos 2A2cos2A1， 将将代入已知等式代入已知等式，得得 2sin 2Acos A 3cos Asin 2Acos Acos 2Asin A 3， 整理得整理得 sin A 3cos A 3， 即即 sin A332， 又又 A 0，2，A323，即即 A3. (2)由由(1)得得 BC23，C23B， ABC 为锐角三角形，为锐角三角形， 23B 0，2且且 B 0，2，解得，解得 B 6，2， 在在ABC 中，由正弦定理得中，由正弦定理得2sin Bcsin C， c2sin Csin B2sin 23Bsin B3tan B1， 又又 B 6，2，1tan B(0， 3)，c(1,4)， SABC12bcsin A32c，SABC 32，2 3 . 故故ABC 面积的取值范围为面积的取值范围为 32，2 3 . 二、强化压轴考法二、强化压轴考法拉开分拉开分 1 (2018 成都模拟成都模拟)ABC 的内角的内角 A， B， C 的对边分别为的对边分别为 a， b， c， 且， 且 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B，ABC 的外接圆半径为的外接圆半径为 3.则则ABC 面积的最大值为面积的最大值为( ) A.38 B.34 C.9 38 D.9 34 解析：解析： 选选 D 由正弦定理， 得由正弦定理， 得asin Absin Bcsin C2 3， 所以， 所以 sin Aa2 3， sin Bb2 3，sin Cc2 3，将其代入，将其代入 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B 得，得，a2b2c2ab，由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ca2b2c22ab12，又，又 0C，所以，所以 C3.于是于是 SABC12absin C122 3sin A2 3sin Bsin33 3sin Asin B3 32cos(AB)cos(AB)3 32cos(AB)cos C3 32cos(AB)3 34.当当 AB3时，时，SABC取得最大值，最大值为取得最大值，最大值为9 34，故选，故选 D. 2(2019 届高三届高三 南宁二中、柳州高中联考南宁二中、柳州高中联考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 所对的边分别为所对的边分别为a，b，c，若，若 bc1，b2ccos A0，则当角，则当角 B 取得最大值时，取得最大值时，ABC 的周长为的周长为( ) A2 3 B2 2 C3 D3 2 解析：解析：选选 A 法一：法一：由题意可得，由题意可得，sin B2sin Ccos A0，即，即 sin(AC)2sin Ccos A0， 得得 sin Acos C3sin Ccos A，即即 tan A3tan C. 又又 cos Ab2c0. 从而从而 tan Btan(AC)tan Atan C1tan Atan C2tan C13tan2C21tan C3tan C，由基本不等由基本不等式式，得得1tan C3tan C2 1tan C 3tan C2 3，当且仅当当且仅当 tan C33时等号成立时等号成立，此时角此时角B 取得最大值取得最大值，且且 tan Btan C33，tan A 3，即即 bc，A120 ，又又 bc1，所以所以 b c1，a 3，故故ABC 的周长为的周长为 2 3. 法二：法二： 由已知由已知 b2ccos A0， 得， 得 b2cb2c2a22bc0， 整理得， 整理得 2b2a2c2.由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ba2c2b22aca23c24ac2 3ac4ac32，当且仅当，当且仅当 a 3c 时等号成立，此时角时等号成立，此时角 B 取得取得最大值，将最大值，将 a 3c 代入代入 2b2a2c2可得可得 bc.又又 bc1，所以，所以 bc1，a 3，故，故ABC的周长为的周长为 2 3. 3 (2019 届高三届高三 惠州调研惠州调研)已知已知 a， b， c 是是ABC 中角中角 A， B， C 的对边，的对边， a4， b(4,6)，sin 2Asin C，则，则 c 的取值范围为的取值范围为_ 解析：解析：在在ABC 中，由正弦定理得中，由正弦定理得4sin Acsin C， 即即4sin Acsin 2A，c8cos A， 由余弦定理得由余弦定理得 16b2c22bccos A， 16b264cos2A16bcos2A， 又又 b4，cos2A16b26416b 4b 4b 16 4b 4b16， c264cos2A644b16164 B. b(4,6)，32c240，4 2c2 10. 答案：答案：(4 2，2 10) 4(2018 潍坊模拟潍坊模拟)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，外接圆的半，外接圆的半径为径为 1，且，且tan Atan B2cbb，则，则ABC 面积的最大值为面积的最大值为_ 解析：解析：因为因为tan Atan B2cbb，所以，所以bsin Acos A(2cb)sin Bcos B， 由正弦定理得由正弦定理得 sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A， 又又 sin B0，所以所以 sin Acos B(2sin Csin B)cos A， 所以所以 sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A， sin(AB)2sin Ccos A，即即 sin C2sin Ccos A， 又又 sin C0，所以所以 cos A12，sin A32. 设外接圆的半径为设外接圆的半径为 r，则，则 r1， 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos Ab2c2bc2bcbcbc. 当且仅当当且仅当 bc 时，等号成立，时，等号成立， 又因为又因为 a2rsin A 3， 所以所以 bc3，所以，所以 SABC12bcsin A34bc3 34. 答案：答案：3 34 5(2018 陕西质检陕西质检)已知已知ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别是的对边分别是 a，b，c，且，且(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc，若，若 ab2，则，则 c 的取值范围为的取值范围为_ 解析：解析：由由 sin Acos Bsin Bcos Asin(AB)sin C 及正弦定理，可知及正弦定理，可知 acos Bbcos Ac， 则由则由(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc， 得得 a2b2c2ab， 由余弦定理可得由余弦定理可得 cos C12，则，则 C3，B23A， 由正弦定理由正弦定理asin Absin Bcsin C， 得得asin Absin 23Acsin3，又，又 ab2， 所以所以csin A32csin 23A322， 即即 c3sin Asin 23A 1sin A6. 因为因为 A 0，23，所以，所以 A6 6，56， 所以所以 sin A6 12，1 ，则，则 c1,2) 答案：答案：1,2) 6(2018 南昌模拟南昌模拟)如图，平面上有四个点如图，平面上有四个点 A，B，P，Q，其中，其中 A，B 为定点，且为定点，且 AB 3，P，Q 为动点，满足关系为动点，满足关系 APPQQB1，若若APB 和和PQB 的面积分别为的面积分别为 S，T，则，则 S2T2的最大值为的最大值为_ 解析：解析：设设 PB2x，则，则 312x2， 312x1， T2 122x 1x2 2x2(1x2)， cosPAB134x22 32 1x2 3， sin2PAB1 2 1x2 32， S2 12 31sinPAB234 14 1x2 2334(1x2)2， S2T234(1x2)2x2(1x2)， 令令 1x2t，则，则 x21t,0t32， S2T234t2(1t)t2t2t34， 其对称轴方程为其对称轴方程为 t14，且，且14 0，32， 当当 t14时，时，S2T2取得最大值，取得最大值， 此时此时 S2T22116143478. 答案：答案：78 三、加练大题考法三、加练大题考法少失分少失分 1.(2019 届高三届高三 洛阳联考洛阳联考)如图，在如图，在ABC 中，点中，点 P 在在 BC 边上，边上，PAC60 ，PC2，APAC4. (1)求求ACP； (2)若若APB 的面积是的面积是3 32，求，求 sinBAP. 解：解：(1)在在APC 中，中，PAC60 ，PC2，APAC4， 由余弦定理得由余弦定理得 PC2AP2AC22 AP AC cosPAC， 所以所以 22AP2(4AP)22 AP (4AP) cos 60 ， 整理得整理得 AP24AP40， 解得解得 AP2，所以，所以 AC2， 所以所以APC 是等边三角形，所以是等边三角形，所以ACP60 . (2)由于由于APB 是是APC 的外角，的外角， 所以所以APB120 ， 因为因为APB 的面积是的面积是3 32， 所以所以12 AP PB sinAPB3 32，所以，所以 PB3. 在在APB 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 AB2AP2PB22 AP PB cosAPB 2232223cos 120 19， 所以所以 AB 19. 在在APB 中，由正弦定理得中，由正弦定理得ABsinAPBPBsinBAP， 所以所以 sinBAP3sin 120193 5738. 2(2018 开封模拟开封模拟)ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，面积为，面积为 S，已知，已知3a24 3S3b23c2. (1)求求 A； (2)若若 a3，求，求ABC 周长的取值范围周长的取值范围 解：解：(1)S12bcsin A， 由已知得，由已知得，b2c2a24 33S4 3312bcsin A， cos Ab2c2a22bc33sin A， tan A 3，又又A(0，)，A23. (2)在在ABC 中中，由正弦定理得由正弦定理得， bsin Bcsin C3sin232 3， b2 3sin B，c2 3sin C2 3sin 3B ， 记记ABC 周长为周长为 y， yabc2 3sin B2 3sin 3B 3 2 3sin B2 3 32cos B12sin B 3 3sin B3cos B32 3sin B33， B 0，3，sin B3 32，1 ， y(6,32 3， ABC 周长的取值范围是周长的取值范围是(6,32 3 3. (2018 淄博模拟淄博模拟)在在ABC 中，中，BAC23，D 为边为边 BC 上一上一点，点，DAAB，且，且 AD32. (1)若
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