第6講 三角恒等變換與解三角形(可編輯)課件

第6講三角恒等變換與解三角形第6講三角恒等變換與解三角形1第6講三角恒等變換與解三角形(可編輯)課件總綱目錄考點(diǎn)一

三角恒等變換考點(diǎn)二正弦定理與余弦定理考點(diǎn)三解三角形與三角函數(shù)的交匯問(wèn)題總綱目錄考點(diǎn)一

三角恒等變換考點(diǎn)二正弦定理與余弦定3考點(diǎn)一三角恒等變換1.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)=sinαcosβ±cosαsinβ;(2)cos(α±β)=cosαcosβ?sinαsinβ;(3)tan(α±β)=

.考點(diǎn)一三角恒等變換1.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式2.二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α=2sinαcosα;(2)cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α;(3)tan2α=

.2.二倍角的正弦、余弦、正切公式例

(2018四川成都第一次診斷性檢測(cè))已知sinα=

,α∈

,則cos

的值為

()A.

B.

C.

D.

例

(2018四川成都第一次診斷性檢測(cè))已知sinα答案

A解析∵sinα=

,α∈

,∴cosα=

,sin2α=2sinαcosα=2×

×

=

=

,cos2α=1-2sin2α=1-2×

=1-

=

,∴cos

=

×

-

×

=

.答案

A解析∵sinα=?,α∈?,∴cosα方法歸納三角恒等變換的“4大策略”(1)常值代換:特別是“1”的代換,1=sin2θ+cos2θ=tan45°等;(2)項(xiàng)的拆分與角的配湊:如sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α,α=(α

-β)+β等;(3)降次與升次:正用二倍角公式升次,逆用二倍角公式降次;(4)弦、切互化:一般是切化弦.方法歸納三角恒等變換的“4大策略”1.若

=-

,則sin

的值為

()A.

B.-

C.

D.-

答案

C

=

=-2sin

=-

,所以sin

=

.1.若?=-?,則sin?的值為?()答案

C

2.已知tan

=2,tan

=-3,則tan(α-β)=

()A.1

B.-

C.

D.-1答案

D

tan

=tan

=tan

=-3,而α-β=

-

,所以tan(α-β)=tan

=

=

=-1.故選D.2.已知tan?=2,tan?=-3,則tan(α-β)=?考點(diǎn)二正弦定理與余弦定理1.正弦定理及其變形在△ABC中,

=

=

=2R(R為△ABC的外接圓半徑).變形:a=2RsinA,sinA=

,a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC.考點(diǎn)二正弦定理與余弦定理1.正弦定理及其變形2.余弦定理及其變形在△ABC中,a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosC.變形:b2+c2-a2=2bccosA,cosA=

,a2+c2-b2=2accosB,cosB=

,a2+b2-c2=2abcosC,cosC=

.3.三角形面積公式S△ABC=

absinC=

bcsinA=

acsinB.2.余弦定理及其變形3.三角形面積公式命題角度一:利用正(余)弦定理進(jìn)行邊角計(jì)算例1

(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅰ,17,12分)在平面四邊形ABCD中,∠ADC=

90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.(1)求cos∠ADB;(2)若DC=2

,求BC.命題角度一:利用正(余)弦定理進(jìn)行邊角計(jì)算例1

(20解析(1)在△ABD中,由正弦定理得

=

.由題設(shè)知,

=

,所以sin∠ADB=

.由題設(shè)知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=

=

.(2)由題設(shè)及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=

.在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×2

×

=25.所以BC=5.解析(1)在△ABD中,由正弦定理得?=?.所以BC=5.方法歸納正、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.【注意】應(yīng)用定理要注意“三統(tǒng)一”,即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函

數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”.方法歸納正、余弦定理的適用條件【注意】應(yīng)用定理要注意“三統(tǒng)例2在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,已知c=

,sinA=

sinC,cos2A=-

.(1)求a的值;(2)若角A為銳角,求b的值及△ABC的面積.命題角度二:利用正(余)弦定理進(jìn)行面積計(jì)算例2在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,已知解析(1)在△ABC中,因?yàn)閏=

,sinA=

sinC,由

=

,得a=

c=

×

=3

.(2)由cos2A=1-2sin2A=-

得,sin2A=

.由0<A<

得,sinA=

,則cosA=

=

,由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得(3

)2=b2+(

)2-2×b×

×

,化簡(jiǎn)得,b2-2b-15=0,解得b=5或b=-3(舍).所以S△ABC=

bcsinA=

×5×

×

=

.解析(1)在△ABC中,所以S△ABC=?bcsinA=方法歸納三角形面積公式的應(yīng)用原則(1)對(duì)于面積公式S=

absinC=

acsinB=

bcsinA,一般是已知哪一個(gè)角就使用哪一個(gè)公式.(2)與面積有關(guān)的問(wèn)題,一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和

角的轉(zhuǎn)化.方法歸納三角形面積公式的應(yīng)用原則例3某新建的信號(hào)發(fā)射塔的高度為AB,且設(shè)計(jì)要求為29米<AB<

29.5米.為測(cè)量塔高是否符合要求,先取與發(fā)射塔底部B在同一水

平面內(nèi)的兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn)C,D,測(cè)得∠BDC=60°,∠BCD=75°,CD=40米,

并在點(diǎn)C處的正上方E處觀測(cè)發(fā)射塔頂部A的仰角為30°,且CE=1

米,則發(fā)射塔高AB=

()A.(20

+1)米

B.(20

+1)米C.(40

+1)米

D.(40

+1)米命題角度三:正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用例3某新建的信號(hào)發(fā)射塔的高度為AB,且設(shè)計(jì)要求為29米<A答案

A解析過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB,垂足為F,則EF=BC,BF=CE=1米,∠AEF=

30°,在△BDC中,由正弦定理得BC=

=

=20

(米).在Rt△AEF中,AF=EF·tan∠AEF=20

×

=20

(米),所以AB=AF+BF=(1+20

)米,符合設(shè)計(jì)要求.故選A.答案

A解析過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB,垂足為F,則EF=B方法歸納解三角形實(shí)際問(wèn)題的步驟

方法歸納解三角形實(shí)際問(wèn)題的步驟1.在△ABC中,若A,B,C成等差數(shù)列,且AC=

,BC=2,則A=

()A.135°

B.45°

C.30°

D.45°或135°答案

B因?yàn)锳,B,C成等差數(shù)列,所以B=60°.由正弦定理,得

=

,則sinA=

.又AC>BC,所以60°>A,故A=45°.故選B.1.在△ABC中,若A,B,C成等差數(shù)列,且AC=?,BC=2.(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅲ,9,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.

若△ABC的面積為

,則C=

()A.

B.

C.

D.

答案

C本題考查解三角形及其綜合應(yīng)用.根據(jù)余弦定理得a2+b2-c2=2abcosC,因?yàn)镾△ABC=

,所以S△ABC=

,又S△ABC=

absinC,所以tanC=1,因?yàn)镃∈(0,π),所以C=

.故選C.2.(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅲ,9,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C3.(2018河南鄭州第一次質(zhì)量檢測(cè))在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分

別為a,b,c,且2ccosB=2a+b.(1)求角C;(2)若△ABC的面積S=

c,求ab的最小值.3.(2018河南鄭州第一次質(zhì)量檢測(cè))在△ABC中,角A,B解析(1)解法一:由2ccosB=2a+b及余弦定理,得2c·

=2a+b,得a2+c2-b2=2a2+ab,即a2+b2-c2=-ab,∴cosC=

=

=-

,又0<C<π,∴C=

.解法二:∵

=

=

,∴由已知可得2sinCcosB=2sinA+sinB,則有2sinCcosB=2sin(B+C)+sinB,∴2sinBcosC+sinB=0,解析(1)解法一:由2ccosB=2a+b及余弦定理,∵B為三角形的內(nèi)角,∴sinB≠0,∴cosC=-

.∵C為三角形的內(nèi)角,∴C=

.(2)∵S=

absinC=

c,sinC=

,∴c=

ab.又c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2+ab,∴

=a2+b2+ab≥3ab,∴ab≥12,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取等號(hào).故ab的最小值為12.∵B為三角形的內(nèi)角,∴sinB≠0,∴cosC=-?.考點(diǎn)三解三角形與三角函數(shù)的交匯問(wèn)題例設(shè)函數(shù)f(x)=cos2x-

sinxcosx+

.(1)求f(x)在

上的值域;(2)已知△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若f(B+C)=

,a=

,b+c=7,求△ABC的面積.考點(diǎn)三解三角形與三角函數(shù)的交匯問(wèn)題例設(shè)函數(shù)f(x)=co解析(1)f(x)=cos2x-

sinxcosx+

=cos

+1,因?yàn)閤∈

,所以2x+

∈

,所以-

≤cos

≤1,所以

≤cos

+1≤2,所以函數(shù)f(x)在

上的值域?yàn)?/p>

.(2)由f(B+C)=cos

+1=

,解析(1)f(x)=cos2x-?sinxcosx+?得cos

=

,又A∈(0,π),得A=

,在△ABC中,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos

=(b+c)2-3bc,又a=

,b+c=7,所以5=49-3bc,解得bc=

,所以△ABC的面積S=

bcsin

=

×

×

=

.得cos?=?,方法歸納與解三角形有關(guān)的交匯問(wèn)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)合三角形內(nèi)角和定理、面積公式等,靈活運(yùn)用三角恒等變換

公式.方法歸納與解三角形有關(guān)的交匯問(wèn)題的關(guān)注點(diǎn)已知向量a=

,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f

=1,a=2

,求△ABC面積的最大值.已知向量a=?,b=(-sinx,?sinx),f(x)解析(1)易得a=(-sinx,cosx),則f(x)=a·b=sin2x+

sinxcosx=

-

cos2x+

sin2x=sin

+

,所以f(x)的最小正周期T=

=π,當(dāng)2x-

=

+2kπ,k∈Z時(shí),即x=

+kπ,k∈Z時(shí),f(x)取最大值

.(2)因?yàn)閒

=sin

+

=1,所以sin

=

?A=

.解析(1)易得a=(-sinx,cosx),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△ABC=

bcsinA=

bc≤3

.所以當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)面積取最大值3

.因?yàn)閍2=b2+c2-2bccosA,第6講三角恒等變換與解三角形第6講三角恒等變換與解三角形34第6講三角恒等變換與解三角形(可編輯)課件總綱目錄考點(diǎn)一

三角恒等變換考點(diǎn)二正弦定理與余弦定理考點(diǎn)三解三角形與三角函數(shù)的交匯問(wèn)題總綱目錄考點(diǎn)一

三角恒等變換考點(diǎn)二正弦定理與余弦定36考點(diǎn)一三角恒等變換1.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)=sinαcosβ±cosαsinβ;(2)cos(α±β)=cosαcosβ?sinαsinβ;(3)tan(α±β)=

.考點(diǎn)一三角恒等變換1.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式2.二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α=2sinαcosα;(2)cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α;(3)tan2α=

.2.二倍角的正弦、余弦、正切公式例

(2018四川成都第一次診斷性檢測(cè))已知sinα=

,α∈

,則cos

的值為

()A.

B.

C.

D.

例

(2018四川成都第一次診斷性檢測(cè))已知sinα答案

A解析∵sinα=

,α∈

,∴cosα=

,sin2α=2sinαcosα=2×

×

=

=

,cos2α=1-2sin2α=1-2×

=1-

=

,∴cos

=

×

-

×

=

.答案

A解析∵sinα=?,α∈?,∴cosα方法歸納三角恒等變換的“4大策略”(1)常值代換:特別是“1”的代換,1=sin2θ+cos2θ=tan45°等;(2)項(xiàng)的拆分與角的配湊:如sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α,α=(α

-β)+β等;(3)降次與升次:正用二倍角公式升次,逆用二倍角公式降次;(4)弦、切互化:一般是切化弦.方法歸納三角恒等變換的“4大策略”1.若

=-

,則sin

的值為

()A.

B.-

C.

D.-

答案

C

=

=-2sin

=-

,所以sin

=

.1.若?=-?,則sin?的值為?()答案

C

2.已知tan

=2,tan

=-3,則tan(α-β)=

()A.1

B.-

C.

D.-1答案

D

tan

=tan

=tan

=-3,而α-β=

-

,所以tan(α-β)=tan

=

=

=-1.故選D.2.已知tan?=2,tan?=-3,則tan(α-β)=?考點(diǎn)二正弦定理與余弦定理1.正弦定理及其變形在△ABC中,

=

=

=2R(R為△ABC的外接圓半徑).變形:a=2RsinA,sinA=

,a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC.考點(diǎn)二正弦定理與余弦定理1.正弦定理及其變形2.余弦定理及其變形在△ABC中,a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosC.變形:b2+c2-a2=2bccosA,cosA=

,a2+c2-b2=2accosB,cosB=

,a2+b2-c2=2abcosC,cosC=

.3.三角形面積公式S△ABC=

absinC=

bcsinA=

acsinB.2.余弦定理及其變形3.三角形面積公式命題角度一:利用正(余)弦定理進(jìn)行邊角計(jì)算例1

(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅰ,17,12分)在平面四邊形ABCD中,∠ADC=

90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.(1)求cos∠ADB;(2)若DC=2

,求BC.命題角度一:利用正(余)弦定理進(jìn)行邊角計(jì)算例1

(20解析(1)在△ABD中,由正弦定理得

=

.由題設(shè)知,

=

,所以sin∠ADB=

.由題設(shè)知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=

=

.(2)由題設(shè)及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=

.在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×2

×

=25.所以BC=5.解析(1)在△ABD中,由正弦定理得?=?.所以BC=5.方法歸納正、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.【注意】應(yīng)用定理要注意“三統(tǒng)一”,即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函

數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”.方法歸納正、余弦定理的適用條件【注意】應(yīng)用定理要注意“三統(tǒng)例2在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,已知c=

,sinA=

sinC,cos2A=-

.(1)求a的值;(2)若角A為銳角,求b的值及△ABC的面積.命題角度二:利用正(余)弦定理進(jìn)行面積計(jì)算例2在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,已知解析(1)在△ABC中,因?yàn)閏=

,sinA=

sinC,由

=

,得a=

c=

×

=3

.(2)由cos2A=1-2sin2A=-

得,sin2A=

.由0<A<

得,sinA=

,則cosA=

=

,由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得(3

)2=b2+(

)2-2×b×

×

,化簡(jiǎn)得,b2-2b-15=0,解得b=5或b=-3(舍).所以S△ABC=

bcsinA=

×5×

×

=

.解析(1)在△ABC中,所以S△ABC=?bcsinA=方法歸納三角形面積公式的應(yīng)用原則(1)對(duì)于面積公式S=

absinC=

acsinB=

bcsinA,一般是已知哪一個(gè)角就使用哪一個(gè)公式.(2)與面積有關(guān)的問(wèn)題,一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和

角的轉(zhuǎn)化.方法歸納三角形面積公式的應(yīng)用原則例3某新建的信號(hào)發(fā)射塔的高度為AB,且設(shè)計(jì)要求為29米<AB<

29.5米.為測(cè)量塔高是否符合要求,先取與發(fā)射塔底部B在同一水

平面內(nèi)的兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn)C,D,測(cè)得∠BDC=60°,∠BCD=75°,CD=40米,

并在點(diǎn)C處的正上方E處觀測(cè)發(fā)射塔頂部A的仰角為30°,且CE=1

米,則發(fā)射塔高AB=

()A.(20

+1)米

B.(20

+1)米C.(40

+1)米

D.(40

+1)米命題角度三:正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用例3某新建的信號(hào)發(fā)射塔的高度為AB,且設(shè)計(jì)要求為29米<A答案

A解析過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB,垂足為F,則EF=BC,BF=CE=1米,∠AEF=

30°,在△BDC中,由正弦定理得BC=

=

=20

(米).在Rt△AEF中,AF=EF·tan∠AEF=20

×

=20

(米),所以AB=AF+BF=(1+20

)米,符合設(shè)計(jì)要求.故選A.答案

A解析過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB,垂足為F,則EF=B方法歸納解三角形實(shí)際問(wèn)題的步驟

方法歸納解三角形實(shí)際問(wèn)題的步驟1.在△ABC中,若A,B,C成等差數(shù)列,且AC=

,BC=2,則A=

()A.135°

B.45°

C.30°

D.45°或135°答案

B因?yàn)锳,B,C成等差數(shù)列,所以B=60°.由正弦定理,得

=

,則sinA=

.又AC>BC,所以60°>A,故A=45°.故選B.1.在△ABC中,若A,B,C成等差數(shù)列,且AC=?,BC=2.(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅲ,9,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.

若△ABC的面積為

,則C=

()A.

B.

C.

D.

答案

C本題考查解三角形及其綜合應(yīng)用.根據(jù)余弦定理得a2+b2-c2=2abcosC,因?yàn)镾△ABC=

,所以S△ABC=

,又S△ABC=

absinC,所以tanC=1,因?yàn)镃∈(0,π),所以C=

.故選C.2.(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅲ,9,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C3.(2018河南鄭州第一次質(zhì)量檢測(cè))在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分

別為a,b,c,且2ccosB=2a+b.(1)求角C;(2)若△ABC的面積S=

c,求ab的最小值.3.(2018河南鄭州第一次質(zhì)量檢測(cè))在△ABC中,角A,B解析(1)解法一:由2ccosB=2a+b及余弦定理,得2c·

=2a+b,得a2+c2-b2=2a2+ab,即a2+b2-c2=-ab,∴cosC=

=

=-

,又0<C<π,∴C=

.解法二:∵

=

=

,∴由已知可得2sinCcosB=2sinA+sinB,則有2sinCcosB=2sin(B+C)+sinB,∴2sinBcosC+sinB=0,解析(1)解法一:由2ccosB=2a+b及余弦定理,∵B為三角形的內(nèi)角,∴sinB≠0,∴cosC=-

.∵C為三角形的內(nèi)角,∴C=

.(2)∵S=

absinC=

c,sinC=

,∴c=

ab.又c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2+ab,∴

=a2+b2+ab≥3ab,∴ab≥12,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取等號(hào).故ab的最小值為12.∵B為三角形的內(nèi)角,∴sinB≠0,∴cosC=-?.考點(diǎn)三解三角形與三角函數(shù)的交匯問(wèn)題例設(shè)函數(shù)f(x)=cos2x-

sinxcosx+

.(1)求f(x)在

上的值域;(2)已知△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c