福建高考数学一轮复习高考大题专项突破2高考中的三角函数与解三角形课件文

-1-从近五年的高考试题来看,高考对三角函数与解三角形的考查呈现出较强的规律性,每年的题量和分值要么三个小题15分,要么一个小题一个大题17分.在三个小题中,分别考查三角函数的图象与性质、三角变换、解三角形;在一个小题一个大题中,小题要么考查三角函数的图象与性质,要么考查三角变换,大题考查的都是解三角形.-2-题型一题型二题型三题型一正弦定理、余弦定理与三角形面积的综合问题例1在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且满足a=3bcosC.(1)求tan𝐶tan𝐵的值;(2)若a=3,tanA=3,求△ABC的面积.解:(1)由a=3bcosC结合正弦定理,得2RsinA=3×2RsinBcosC.∵A+B+C=π,∴sinA=sin(B+C)=3sinBcosC,即sinBcosC+cosBsinC=3sinBcosC.∴cosBsinC=2sinBcosC.∴cos𝐵sin𝐶sin𝐵cos𝐶=2,即tan𝐶tan𝐵=2.-3-题型一题型二题型三(2)(方法一)由A+B+C=π,得tan(B+C)=tan(π-A)=-3,即tan𝐵+tan𝐶1-tan𝐵·tan𝐶=-3.①将tanC=2tanB代入①试得3tan𝐵1-2tan2𝐵=-3,解得tanB=1或tanB=-12.根据tanC=2tanB,得tanC,tanB同为正,故tanB=1,tanC=2.∵tanA=3,∴sinB=22,sinC=255,sinA=31010,代入正弦定理,可得331010=𝑏22,即b=5,∴S△ABC=12absinC=12×3×5×255=3.-4-题型一题型二题型三(方法二)由A+B+C=π,得tan(B+C)=tan(π-A)=-3,即tan𝐵+tan𝐶1-tan𝐵·tan𝐶=-3.(*)将tanC=2tanB代入(*)式,得3tan𝐵1-2tan2𝐵=-3,解得tanB=1或tanB=-12.根据tanC=2tanB,得tanC,tanB同为正,故tanB=1,tanC=2.∵a=3bcosC=3,∴bcosC=1,∴abcosC=3.∴absinC=abcosCtanC=6.∴S△ABC=12absinC=12×6=3.-5-题型一题型二题型三解题心得正弦定理和余弦定理是解三角形时用到的两个重要定理,其作用主要是将已知条件中的边角关系转化为纯边或纯角的关系,使问题得以解决.-6-题型一题型二题型三对点训练1(2017四川广元模拟,文18)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知3(b2+c2)=3a2+2bc.(1)若sinB=2cosC,求tanC的大小;(2)若a=2,△ABC的面积S=22,且bc,求b,c.-7-题型一题型二题型三解(1)∵3(b2+c2)=3a2+2bc,∴𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=13,∴cosA=13,∴sinA=223.∵sinB=2cosC,∴sin(A+C)=2cosC,∴223cosC+13sinC=2cosC,∴23cosC=13sinC,∴tanC=2.(2)∵△ABC的面积S=22,∴12bcsinA=22,∴bc=32.①∵a=2,∴由余弦定理可得4=b2+c2-2bc×13,∴b2+c2=5.②∵bc,∴联立①②可得b=322,c=22.-8-例2已知在△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD的面积是△ADC面积的2倍.(1)求sin𝐵sin𝐶;(2)若AD=1,DC=22,求BD和AC的长.解(1)S△ABD=12AB·ADsin∠BAD,S△ADC=12AC·ADsin∠CAD.因为S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.由正弦定理可得sin𝐵sin𝐶=𝐴𝐶𝐴𝐵=12.(2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=2.在△ABD和△ADC中,由余弦定理知AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.由(1)知AB=2AC,所以AC=1.题型一题型二题型三-9-题型一题型二题型三解题心得对于在四边形中解三角形的问题或把一个三角形分为两个三角形来解三角形的问题,分别在两个三角形中列出方程,组成方程组,通过加减消元或者代入消元,求出所需要的量;对于含有三角形中的多个量的已知等式,化简求不出结果,需要依据题意应用正弦定理、余弦定理再列出一个等式,由此组成方程组通过消元法求解.-10-题型一题型二题型三对点训练2(2017江苏无锡一模,15)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边.若acosB=3,bcosA=1,且A-B=.(1)求c的值;(2)求角B的大小.π6解(1)∵acosB=3,∴a×𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=3,化为a2+c2-b2=6c,①bcosA=1,b×𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=1,化为b2+c2-a2=2c.②解由①②组成的方程组得2c2=8c,即c=4.-11-题型一题型二题型三(2)由(1)可得a2-b2=8.由正弦定理可得𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵=4sin𝐶,又A-B=π6,∴A=B+π6,C=π-(A+B)=π-2𝐵+π6,可得sinC=sin2𝐵+π6.∴a=4sin𝐵+π6sin2𝐵+π6,b=4sin𝐵sin2𝐵+π6.∴16sin2𝐵+π6-16sin2B=8sin22𝐵+π6,∴1-cos2𝐵+π3-(1-cos2B)=sin22𝐵+π6,即cos2B-cos2𝐵+π3=sin22𝐵+π6,∴-2sin2𝐵+π6sin-π6=sin22𝐵+π6,∴sin2𝐵+π6=0或sin2𝐵+π6=1,B∈0,5π12,解得B=π6.-12-题型一题型二题型三题型二正弦定理、余弦定理与三角变换的综合例3(2017天津,文15)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知asinA=4bsinB,ac=(a2-b2-c2).(1)求cosA的值;(2)求sin(2B-A)的值.5-13-题型一题型二题型三解(1)由asinA=4bsinB,及𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,得a=2b.由ac=5(a2-b2-c2),及余弦定理,得cosA=𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=-55𝑎𝑐𝑎𝑐=-55.(2)由(1),可得sinA=255,代入asinA=4bsinB,得sinB=𝑎sin𝐴4𝑏=55.由(1)知,A为钝角,所以cosB=1-sin2𝐵=255.于是sin2B=2sinBcosB=45,cos2B=1-2sin2B=35,故sin(2B-A)=sin2BcosA-cos2BsinA=45×-55−35×255=-255.-14-题型一题型二题型三解题心得三角形有三条边三个角共六个元素,知道其中三个(其中至少知道一个边)可求另外三个;若题目要求的量是含三角形内角及常数的某种三角函数值,在解题时往往先通过正弦、余弦求出内角的三角函数值再应用和角公式及倍角公式通过三角变换求得结果.-15-题型一题型二题型三对点训练3在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足2𝑐-𝑎cos𝐴=𝑏cos𝐵,D是BC边上的一点.(1)求角B的大小;(2)若AC=7,AD=5,DC=3,求AB的长.解(1)由2𝑐-𝑎cos𝐴=𝑏cos𝐵,得2ccosB-acosB=bcosA,即2ccosB=acosB+bcosA,根据正弦定理,得2sinCcosB=sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC,因为0°C180°,所以cosB=22.又0°B180°,所以B=45°.-16-题型一题型二题型三(2)在△ADC中,AC=7,AD=5,DC=3,由余弦定理,得cos∠ADC=𝐴𝐷2+𝐷𝐶2-𝐴𝐶22𝐴𝐷·𝐷𝐶=52+32-722×5×3=-12,所以∠ADC=120°,∠ADB=60°,在△ABD中,AD=5,∠B=45°,∠ADB=60°,由正弦定理,得𝐴𝐵sin∠𝐴𝐷𝐵=𝐴𝐷sin𝐵,所以AB=𝐴𝐷·sin∠𝐴𝐷𝐵sin𝐵=5sin60°sin45°=5×3222=562.-17-题型一题型二题型三题型三正弦定理、余弦定理与三角变换及三角形面积的综合例4(2017山西孝义考前热身,文17)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足acsinB=a2+b2-c2.(1)求角C的大小;(2)若bsin(π-A)=acosB,且,求△ABC的面积.23b=2-18-题型一题型二题型三解(1)∵23acsinB=a2+b2-c2,∴23𝑐sin𝐵2𝑏=𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏,∴23sin𝐶sin𝐵2sin𝐵=cosC,∴tanC=33,∴C=π6.(2)由bsin(π-A)=acosB,∴sinBsinA=sinAcosB.又0Aπ,∴sinB=cosB,∴B=π4.根据正弦定理𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶,可得2sinπ4=𝑐sinπ6,解得c=1,∴S△ABC=12bcsinA=12×2×1×sinA=22sin(π-B-C)=22sinπ4+π6=3+14.-19-题型一题型二题型三解题心得在解三角形中,若已知条件是由三角形的边及角的正弦函数、余弦函数构成的,解题方法通常是通过正弦定理、余弦定理把边转化成角的正弦,使已知条件变成了纯粹的角的正弦函数、余弦函数关系,这样既实现了消元的目的,又可利用三角变换化简已知条件.-20-题型一题型二题型三对点训练4(2017辽宁沈阳三模,文17)如图,已知△ABC中,D为BC上一点,∠DAC=π4,cos∠BDA=-35,AC=42.(1)求AD的长;(2)若△ABD的面积为14,求AB的长.解(1)∵cos∠BDA=-35,∴sin∠BDA=45,sinC=sin∠𝐵𝐷𝐴-π4=sin∠BDA·cosπ4-cos∠BDA·sinπ4=45×22+35×22=7210,由正弦定理,得𝐴𝐶sin∠𝐴𝐷𝐶=𝐴𝐷sin𝐶,即4245=𝐴𝐷7210,得AD=7.(2)S△ABD=12·AD·BD·sin∠ADB=12×7×BD×45=14,得BD=5,由余弦定理,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=49+25+2×7×5×35=116,∴AB=229.-21-1.在历年的高考试题中,三角中的解答题一般考查简单三角函数式的恒等变形、解三角形,有时也考查正弦定理、余弦定理的实际应用.特别是涉及解三角形的问题,经常出现的题型有:正弦定理、余弦定理与三角变换的综合;正弦定理、余弦定理与三角形面积的综合;正弦定理、余弦定理与三角变换及三角形面积的综合.把握住高考命题规律,有针对性的训练是提高成绩的有效措施.-22-2.三角恒等变换和解三角形的结合,一般有两种类型:一是先利用三角函数的平方关系、和角公式等求符合正弦定理、余弦定理中的边与角,再利用正弦定理、余弦定理求值;二是先利用正弦定理、余弦定理确定三角形的边与角,再代入到三角恒等变换中求值.具体解题步骤如下:第一步利用正(余)弦定理进行边角转化;第二步利用三角恒等变换求边与角;第三步代入数据求值;第四步查看关键点,易错点.3.解三角形的问题总体思路就是转化的思想和消元的方法,要注重正弦定理、余弦定理多种表达形式及公式的灵活应用.