二轮复习数学理普通生通用版讲义：第一部分 第二层级 高考5个大题 题题研诀窍 三角函数问题重在“变”——变角、变式 Word版含解析

思维流程思维流程找突破口找突破口 技法指导技法指导迁移搭桥迁移搭桥 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)已知角与目标角的变换；已知角与目标角的变换； (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：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，常见有：主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有： (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；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，如的问题，常做换元处理，如令令 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 的的函数来处理；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或化角为边等. 典例典例 (2018 天津高考天津高考)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 所对的边分别为所对的边分别为 a，b，c.已知已知 bsin Aacos B6. (1)求角求角 B 的大小；的大小； (2)设设 a2，c3，求，求 b 和和 sin(2AB)的值的值 快审题快审题 求什么求什么 想什么想什么 求角求角 B 的大小，想到角的大小，想到角 B 的三角函数值的三角函数值 求三角函数值，想到由已知三角函数值求值求三角函数值，想到由已知三角函数值求值 给什么给什么 用什么用什么 已知边角关系式，用正弦定理统一角已知边角关系式，用正弦定理统一角 已知边的大小，用余弦定理求边已知边的大小，用余弦定理求边 差什么差什么 找什么找什么 求求 sin(2AB)的值，缺少的值，缺少 2A 的三角函数值，的三角函数值， 应找应找 A 的三角函数值的三角函数值. 稳解题稳解题 (1)在在ABC 中，中， 由正弦定理由正弦定理asin Absin B， 可得可得 bsin Aasin B. 又因为又因为 bsin Aacos B6， 所以所以 asin Bacos B6， 即即 sin B32cos B12sin B， 所以所以 tan B 3. 因为因为 B(0，)，所以所以 B3. (2)在在ABC 中中，由余弦定理及由余弦定理及 a2，c3，B3， 得得 b2a2c22accos B7，故故 b 7. 由由 bsin Aacos B6，可得可得 sin A37 . 因为因为 ac，所以所以 cos A27. 所以所以 sin 2A2sin Acos A4 37， cos 2A2cos2A117. 所以所以 sin(2AB)sin 2Acos Bcos 2Asin B 4 371217323 314. 题后悟道题后悟道 1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 2三角恒等变换的思路为三角恒等变换的思路为“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” 针对训练针对训练 已知已知ABC 中，角中，角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，且，且 bcos Cacsin B. (1)求角求角 B 的大小；的大小； (2)若若 b5，a3 2，求，求ABC 的面积的面积 S. 解：解：(1)由正弦定理可得，由正弦定理可得，sin Bcos Csin Asin Csin B， 即即 sin Bcos Csin(BC)sin Csin B， 所以所以 cos Bsin Csin Csin B0. 因为因为 sin C0，所以，所以 cos Bsin B0，即，即 tan B1， 又又 B(0，)，所以，所以 B34. (2)法一：法一：由余弦定理，可得由余弦定理，可得 b2a2c22accos B， 即即 52(3 2)2c223 2ccos34， 整理得整理得 c26c70，解得，解得 c1 或或 c7(舍去舍去) 所以所以ABC 的面积的面积 S12acsin B123 21sin3432. 法二：法二：由正弦定理由正弦定理asin Absin B，可得，可得3 2sin A5sin34， 解得解得 sin A35. 因为因为 B34，所以，所以 A 0，2， 所以所以 cos A 1sin2A 1 35245. 由三角形的内角和定理可得由三角形的内角和定理可得 CAB， 所以所以 sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B35 224522210， 所以所以ABC 的面积的面积 S12absin C123 2521032. 总结升华总结升华 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“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”是三角变换的基本要诀在解题是三角变换的基本要诀在解题时，要紧紧抓住时，要紧紧抓住“变变”这一核这一核心，灵活运用公式与性质，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 专题过关检测专题过关检测 A 组组“633”考点落实练考点落实练 一、选择题一、选择题 1(2019 届高三届高三 益阳、湘潭调研益阳、湘潭调研)已知已知 sin 25，则，则 cos(2)( ) A.725 B725 C.1725 D1725 解析：解析：选选 D sin 25，cos 212sin218251725， cos(2)cos 21725，故选，故选 D. 2(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 的面积的面积为为a2b2c24，则，则 C( ) A.2 B.3 C.4 D.6 解析：解析：选选 C S12absin Ca2b2c242abcos C412abcos C， sin Ccos C，即，即 tan C1. C(0，)，C4.故选故选 C. 3若若 02，cos 35，sin()35，则，则 cos ( ) A725 B.725 C2425 D2425 解析：解析：选选 C cos cos()cos()cos sin()sin ， 因为因为 2，32，所以，所以 cos()0， 所以所以 sin 45，cos 4535 35452425. 4若若 ， 0，2，sin 55，cos 2 3 1010，则，则 ( ) A.6 B.4 C.3 D.12 解析：解析：选选 B 由由 sin 55，及，及 0，2，得得 cos 2 55，由，由 cos 2 sin 3 1010， 及及 0，2，得，得 cos 1010， 所以所以 sin()sin cos cos sin 3 10102 5510105522. 又因为又因为 2，2，所以，所以 4. 5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cbcos A，则，则ABC 为为( ) A钝角三角形钝角三角形 B直角三角形直角三角形 C锐角三角形锐角三角形 D等边三角形等边三角形 解析：解析：选选 A 根据正弦定理得根据正弦定理得cbsin Csin Bcos A， 即即 sin Csin Bcos A. ABC，sin Csin(AB)sin Bcos A， 整理得整理得 sin Acos B0，cos B0，2B， ABC 为钝角三角形为钝角三角形 6(2018 南昌一模南昌一模)已知台风中心位于城市已知台风中心位于城市 A 东偏北东偏北 ( 为锐角为锐角)的的 150 千米处，以千米处，以 v千米千米/时沿正西方向快速移动，时沿正西方向快速移动，2.5 小时后到达距城市小时后到达距城市 A 西偏北西偏北 ( 为锐角为锐角)的的 200 千米处，千米处，若若 cos 34cos ，则，则 v( ) A60 B80 C100 D125 解析：解析： 选选 C 如图， 台风中心为如图， 台风中心为 B,2.5 小时后到达点小时后到达点 C， 则在， 则在ABC中，中，ABsin ACsin ，即，即 sin 43sin ，又，又 cos 34cos ，sin2cos2169sin2916cos21sin2cos2，sin 34cos ，sin 35，cos 45，sin 45，cos 35，cos()cos cos sin sin 354545350，2，BC2AB2AC2，(2.5v)215022002，解得，解得 v100，故选，故选 C. 二、填空题二、填空题 7(2018 全国卷全国卷)已知已知 sin cos 1，cos sin 0，则，则 sin()_. 解析：解析：sin cos 1， cos sin 0， 22得得 12(sin cos cos sin )11， sin cos cos sin 12， sin()12. 答案：答案：12 8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，若，若 a23b23c22 3bcsin A，则则 C 等于等于_ 解析：解析：由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos A， 所以所以 b2c22bccos A3b23c22 3bcsin A， 即即 3sin Acos Ab2c2bc，2sin A6b2c2bc2， 因此因此 bc，A62A23，所以，所以 C2326. 答案：答案：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 三、解答题三、解答题 10(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. 11(2018 昆明调研昆明调研)在在ABC 中，中，AC2 3，BC6，ACB150 . (1)求求 AB 的长；的长； (2)延长延长 BC 至至 D，使，使ADC45 ，求，求ACD 的面积的面积 解：解：(1)由余弦定理由余弦定理 AB2AC2BC22AC BCcosACB， 得得 AB2123622 36cos 150 84， 所以所以 AB2 21. (2)因为因为ACB150 ，ADC45 ， 所以所以CAD150 45 105 ， 由正弦定理由正弦定理CDsinCADACsinADC，得，得 CD2 3sin 105sin 45， 又又 sin 105 sin(60 45 )sin 60 cos 45 cos 60 sin 45 2 64， 所以所以 CD3 3， 又又ACD180 ACB30 ， 所以所以 SACD12AC CD sinACD122 3(3 3)1232( 31) 12已知函数已知函数 f(x)2sin xcos x2 3cos2x 3. (1)求函数求函数 yf(x)的最小正周期和单调递减区间；的最小正周期和单调递减区间； (2)已知已知ABC 的三个内角的三个内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，其中，其中 a7，若锐角，若锐角 A 满满足足 f A26 3，且，且 sin Bsin C13 314，求，求 bc 的值的值 解：解：(1)f(x)2sin xcos x2 3cos2x 3sin 2x 3cos 2x2sin 2x3， 因此因此 f(x)的最小正周期为的最小正周期为 T22. 由由 2k22x32k32(kZ Z)， 得得 k12xk712(kZ Z)， 所以所以 f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为 k12，k712(kZ Z) (2)由由 f A262sin 2 A2632sin A 3，且，且 A 为锐角，所以为锐角，所以 A3. 由正弦定理可得由正弦定理可得 2Rasin A732143， sin Bsin Cbc2R13 314， 则则 bc13 31414313， 所以所以 cos Ab2c2a22bc bc 22bca22bc12， 所以所以 bc40. B 组组大题专攻补短练大题专攻补短练 1(2018 天津五区县联考天津五区县联考)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 所对的边分别为所对的边分别为 a，b，c，且，且 8 sin2AB22cos 2C7. (1)求求 tan C 的值；的值； (2)若若 c 3，sin B2sin A，求，求 a，b 的值的值 解：解：(1)在在ABC 中，因为中，因为 ABC， 所以所以AB22C2，则，则 sinAB2cosC2. 由由 8sin2AB22cos 2C7，得，得 8cos2C22cos 2C7， 所以所以 4(1cos C)2(2cos2C1)7， 即即(2cos C1)20，所以所以 cos C12. 因为因为 0C，所以，所以 C3， 于是于是 tan Ctan3 3. (2)由由 sin B2sin A，得得 b2a. 又又 c 3，由余弦定理得由余弦定理得 c2a2b22abcos3， 即即 a2b2ab3. 联立联立，解得解得 a1，b2. 2在在ABC 中中，角角 A，B，C 所对的边分别是所对的边分别是 a，b，c，满足满足 a2c2b22bccos A4c0，且且 ccos Ab(1cos C) (1)求求 c 的值及判断的值及判断ABC 的形状；的形状； (2)若若 C6，求，求ABC 的面积的面积 解：解：(1)由由 a2c2b22bccos A4c0 及正弦定理得及正弦定理得 a2c2b22bcb2c2a22bc4c0， 整理，得整理，得 c2. 由由 ccos Ab(1cos C)及正弦定理，得及正弦定理，得 sin Ccos Asin B(1cos C)， 即即 sin Bsin Ccos Asin Bcos C sin(AC)sin Acos Ccos Asin C， 所以所以 sin Bcos Csin Acos C， 故故 cos C0 或或 sin Asin B. 当当 cos C0 时，时，C2，故，故ABC 为直角三角形；为直角三角形； 当当 sin Asin B 时，时，AB，故，故ABC 为等腰三角形为等腰三角形 (2)由由(1)知知 c2，AB，则，则 ab， 因为因为 C6，所以由余弦定理，得，所以由余弦定理，得 4a2a22a2cos 6，解得解得 a284 3， 所以所以ABC 的面积的面积 S12a2sin62 3. 3已知已知ABC 的三个内角的三个内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，且且ABC 的面积为的面积为 S 32accos B. (1)若若 c2a，求角求角 A，B，C 的大小的大小； (2)若若 a2，且，且4A3，求边，求边 c 的取值范围的取值范围 解：解：由已知及三角形面积公式得由已知及三角形面积公式得 S12acsin B32accos B， 化简得化简得 sin B 3cos B， 即即 tan B 3，又，又 0B，B3. (1)法一：法一：由由 c2a 及正弦定理得，及正弦定理得，sin C2sin A， 又又AC23， sin 23A 2sin A， 化简可得化简可得 tan A33，而，而 0A23， A6，C2. 法二：法二：由余弦定理得，由余弦定理得，b2a2c22accos Ba24a22a23a2， b 3a， abc1 32， A6，C2. (2)由正弦定理得，由正弦定理得，asin Absin Bcsin C， 即即 casin Csin A2sin Csin A， 由由 C23A，得，得 c2sin 23Asin A2 32cos A12sin Asin A 3cos Asin Asin A3tan A1. 又由又由4A3，知，知 1tan A 3， 2c 31，故边，故边 c 的取值范围为的取值范围为2， 31 4ABC 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 A 3cos A0，a2 7，b2. (1)求求 c 的值；的值； (2)设设 D 为为 BC 边上一点，且边上一点，且 ADAC，求，求ABD 的面积的面积 解：解：(1)因为因为 sin A 3cos A0， 所以所以 sin A 3cos A， 所以所以 tan A 3. 因为因为 A(0，)，所以，所以 A23. 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos A， 代入代入 a2 7，b2 得得 c22c240， 解得解得 c4 或或 c6(舍去舍去)， 所以所以 c4. (2)由由(1)知知 c4. 因为因为 c2a2b22abcos C， 所以所以 1628422 72cos C， 所以所以 cos C2 77，所以，所以 sin C217， 所以所以 tan C32. 在在 RtCAD 中，中，tan CADAC， 所以所以32AD2，即，即 AD 3. 即即 SADC122 3 3， 由由(1)知知 SABC12bcsin A1224322 3， 所以所以 SABDSABCSADC2 3 3 3.