1、第2讲三角变换与解三角形【高考考情解读】1.从近几年的考情来看，对于三角恒等变换，高考命题以公式的基本运用、计算为主，其中与角所在范围、三角函数的性质、三角形等知识结合为命题的热点；解三角形与其他知识以及生活中的实际问题联系紧密，有利于考查考生的各种能力，因而成了高考命题的一大热点.2.分析近年考情可知，命题模式一般为12题，其中，选择(填空)题多为低档题，解答题则一般为与其他知识(尤其是三角函数、向量)交汇的综合题或实际应用题，难度中等1 两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin()sin cos cos sin .(2)cos()cos cos sin sin .(3)tan().2
2、二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 22sin cos .(2)cos 2cos2sin22cos2112sin2.(3)tan 2.3 三角恒等式的证明方法(1)从等式的一边推导变形到另一边，一般是化繁为简(2)等式的两边同时变形为同一个式子(3)将式子变形后再证明4 正弦定理2R(2R为ABC外接圆的直径)变形：a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C.sin A，sin B，sin C.abcsin Asin Bsin C.5 余弦定理a2b2c22bccos A，b2a2c22accos B，c2a2b22abcos C.推论：cos A，cos B，cos C.变形
3、：b2c2a22bccos A，a2c2b22accos B，a2b2c22abcos C.6 面积公式SABCbcsin Aacsin Babsin C.7 解三角形(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一(3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解(4)已知三边，利用余弦定理求解.考点一三角变换例1(2013广东)已知函数f(x)cos，xR.(1)求f的值；(2)若cos ，求f.解(1)fcoscoscos 1.(2)fcoscoscos 2sin 2，又cos ，sin ，sin 22sin cos ，cos 22c
4、os2 1，fcos 2sin 2. 当已知条件中的角与所求角不同时，需要通过“拆”、“配”等方法实现角的转化，一般是寻求它们的和、差、倍、半关系，再通过三角变换得出所要求的结果化简常用技巧：常值代换：特别是“1”的代换，1sin2cos2tan 45等；项的分拆与角的配凑：如sin22cos2(sin2cos2)cos2，()等；降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；弦、切互化：一般是切化弦 (1)(2013四川)设sin 2sin ，则tan 2的值是_(2)(2012江苏)设为锐角，若cos，则sin的值为_答案(1)(2)解析(1)sin 2sin ，sin (2cos
5、1)0，又，sin 0,2cos 10即cos ，sin ，tan ，tan 2.(2)为锐角且cos，sin.sinsinsin 2cos cos 2sin sincos.考点二正、余弦定理例2(2013课标全国)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcos Ccsin B.(1)求B；(2)若b2，求ABC面积的最大值解(1)由已知及正弦定理得sin Asin Bcos Csin Csin B，又A(BC)，故sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C由和C(0，)得sin Bcos B.又B(0，)，所以B.(2)ABC的面积Sacsin Bac.由
6、已知及余弦定理得4a2c22accos .又a2c22ac，故ac，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最大值为1. 三角形问题的求解一般是从两个角度，即从“角”或从“边”进行转化突破，实现“边”或“角”的统一，问题便可突破几种常见变形：(1)abcsin Asin Bsin C；(2)a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C，其中R为ABC外接圆的半径；(3)sin(AB)sin C，cos(AB)cos C. 设ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且(2bc)cos Aacos C.(1)求角A的大小；(2)若角B，BC边上的中线AM的长为，求ABC的面积解(
7、1)(2bc)cos Aacos C，(2sin Bsin C)cos Asin Acos C.即2sin Bcos Asin Acos Csin Ccos A.2sin Bcos Asin B.sin B0，cos A，0A，A.(2)由(1)知AB，所以ACBC，C，设ACx，则MCx.又AM，在AMC中，由余弦定理得AC2MC22ACMCcos CAM2，即x222xcos 120()2，解得x2，故SABCx2sin .考点三正、余弦定理的实际应用例3(2013江苏)如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿
8、直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量cos A，cos C.(1)求索道AB的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？解(1)在ABC中，因为cos A，cos C，所以sin A，sin C.从而sin Bsin(AC)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C.由正
9、弦定理，得ABsin C1 040(m)所以索道AB的长为1 040 m.(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(10050t)m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得d2(10050t)2(130t)22130t(10050t)200(37t270t50)，由于0t，即0t8，故当t min时，甲、乙两游客距离最短(3)由正弦定理，得BCsin A500(m)乙从B出发时，甲已走了50(281)550(m)，还需走710 m才能到达C.设乙步行的速度为v m/min，由题意得33，解得v，所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在(
10、单位：m/min)范围内 应用解三角形知识解决实际问题一般分为下列四步：(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词术语，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解；(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案 在南沙某海岛上一观察哨A上午11时测得一轮船在海岛北偏东60的C处，12时20分测得船在海岛北偏西60的B处，12时40分轮船到达位于海岛正西方且距海岛5 km的E港口，如果轮船始终匀速直线前进，问船速
11、为多少？解由题意，得轮船从C到B用时80分钟，从B到E用时20分钟又船始终匀速前进，所以BC4EB.设EBx，则BC4x.由已知，得BAE30，EAC150.在AEC中，由正弦定理，得，所以sin C.在ABC中，由正弦定理，得，AB.在ABE中，由余弦定理，得BE2AB2AE22ABAEcos 302525，故BE.所以船速v(km/h)所以该船的速度为 km/h.1 求解恒等变换的基本思路一角二名三结构，即用化归转化思想“去异求同”的过程，具体分析如下：(1)首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变换形式，角的变换是三角函数变换的核心(2)其次看函数名称之间的关系，通常“切化弦”(3)
12、再次观察代数式的结构特点2 解三角形的两个关键点(1)正、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，注意定理的灵活变形，如a2Rsin A，sin A(其中2R为三角形外接圆的直径)，a2b2c22abcos C等，灵活根据条件求解三角形中的边与角(2)三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“三角形的内角和等于”和诱导公式可得到sin(AB)sin C，sin cos 等，利用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题等1 在ABC中，已知tan sin C，给出以下四个结论：1；1sin Asin B；sin2Acos2B1；cos2Acos2Bsin2C.其中一定正确的是()A
13、 B C D答案D解析依题意，tan sin C.sin C0，1cos(AB)1，cos(AB)0.0AB，AB，即ABC是以角C为直角的直角三角形对于，由1，得tan Atan B，即AB，不一定成立，故不正确；对于，AB，sin Asin Bsin Acos Asin(A)，1sin Asin B，故正确；对于，AB，sin2Acos2Bsin2Asin2A2sin2A，其值不确定，故不正确；对于，AB，cos2Acos2Bcos2Asin2A1sin2C，故正确2 已知函数f(x)sin coscos2.(1)若f(x)1，求cos的值；(2)在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b
14、，c，且满足acos Ccb，求f(B)的取值范围解(1)f(x)sin coscos2sin cos sin.由f(x)1，可得sin.coscos(x)cos(x)2sin2()1.(2)由acos Ccb，得acb，即b2c2a2bc，所以cos A.因为A(0，)，所以A，BC，所以0B，所以，所以f(B)sin.(推荐时间：60分钟)一、选择题1 设、都是锐角，且cos ，sin()，则cos 等于()A. B.C.或 D.或答案A解析根据、都是锐角，且cos ，sin2cos21，得sin ，又sin()，cos().又cos cos()cos()cos sin()sin ，故选A
15、.2 已知cossin ，则sin的值是()A B. C D.答案C解析cossin ，cos sin ，sin，sin，sinsin.3 (2013辽宁)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos Ccsin Bcos Ab，且ab，则B等于()A. B. C. D.答案A解析由条件得sin Bcos Csin Bcos A，依正弦定理，得sin Acos Csin Ccos A，sin(AC)，从而sin B，又ab，且B(0，)，因此B.4 锐角三角形ABC中，若C2B，则的范围是()A(0,2) B(，2)C(，) D(，2)答案C解析设ABC三内角A、B、
16、C所对的边长分别为a、b、c，则有2cos B.又C2B，B.又A(BC)3B，即B，cos B，2cos B.5 已知ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且tan B，则tan B等于()A. B.1C2 D2答案D解析由题意得，|cos Baccos B，即cos B，由余弦定理，得cos Ba2c2b21，所以tan B2，故选D.6 (2013重庆)4cos 50tan 40等于()A. B. C. D21答案C解析4cos 50tan 40.二、填空题7 (2013福建)如图，在ABC中，已知点D在BC边上，ADAC，sinBAC，AB3，AD3，则BD的长为_答案解析si
17、nBACsin(BAD)cosBAD，cosBAD.BD2AB2AD22ABADcosBAD(3)232233，即BD23，BD.8 (2013安徽)设ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若bc2a,3sin A5sin B，则角C_.答案解析由已知条件和正弦定理得：3a5b，且bc2a，则a，c2abcos C，又0C，因此角C.9 已知tan，且0，则_.答案解析由tan，得tan .又0，可得sin .故2sin .10在ABC中，C60，AB，AB边上的高为，则ACBC_.答案解析依题意，利用三角形面积相等有：ABhACBCsin 60，ACBCsin 60，ACBC.利
18、用余弦定理可知cos 60，cos 60，解得：AC2BC2.又因(ACBC)2AC2BC22ACBC11，ACBC.三、解答题11已知函数f(x)sin(2x)2cos2x1(xR)(1)求f(x)的单调递增区间；(2)在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)，2abc，bc18，求a的值解(1)f(x)sin(2x)2cos2x1sin 2xcos 2xcos 2xsin 2xcos 2xsin.令2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，即f(x)的单调递增区间为k，k(kZ)(2)由f(A)，得sin(2A).2A2，2A.A.由余弦定理得a2b2c22bccos
19、 A(bc)23bc.又2abc，bc18，a24a2318，即a218，a3.12(2013四川)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2cos Bsin(AB)sin Bcos(AC).(1)求cos A的值；(2)若a4，b5，求向量在方向上的投影解(1)由2cos2cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)，得cos(AB)1cos Bsin(AB)sin Bcos B，即cos(AB)cos Bsin(AB)sin B.则cos(ABB)，即cos A.(2)由cos A，0Ab，则AB，故B，根据余弦定理，有(4)252c225c，解得c1或c7(舍去)故
20、向量在方向上的投影为|cos B.13(2013福建)如图，在等腰直角OPQ中，POQ90，OP2，点M在线段PQ上，(1)若OM，求PM的长；(2)若点N在线段MQ上，且MON30，问：当POM取何值时，OMN的面积最小？并求出面积的最小值解(1)在OMP中，OPM45，OM，OP2，由余弦定理得，OM2OP2MP22OPMPcos 45，得MP24MP30，解得MP1或MP3.(2)设POM，060，在OMP中，由正弦定理，得，所以OM，同理ON.故SOMNOMONsinMON.因为060，30230150，所以当30时，sin(230)取最大值1，此时OMN的面积取到最小值，即POM30时，OMN的面积的最小值为84.