资源简介

(共33张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.(2024·宁波模拟)若α为锐角,sin α=,则sin=(　　)
A. B.
C. D.
解析:由α为锐角,sin α=,得cos α=,所以sin=sin α+cos α
=×+×=.
√
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2.若tan α=2,则的值为(　　)
A.- B.
C. D.
解析:由题意,得====-.
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3.(2024·大理模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若3sin A=2sin B,则的值为(　　)
A.- B.
C.1 D.
解析:因为3sin A=2sin B,结合正弦定理,得3a=2b,
所以=,=2×-1=2×-1=.
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4.(2024·葫芦岛一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,则“sin2A+sin2B+cos2C>1”是“△ABC是锐角三角形”的 (　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
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解析:由△ABC是锐角三角形,得00,故a2+b2-c2>0,即sin2A+sin2B-sin2C>0,即sin2A+sin2B-(1-cos2C)>0,可得sin2A+sin2B+cos2C>1,即必要性成立;反之,若“sin2A+sin2B+cos2C>1”可得sin2A+sin2B+cos2C-1>0,即sin2A+sin2B-sin2C>0,可得a2+b2-c2>0,可知cos C>0,但角A,B可能为钝角,所以充分性不成立.
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5.湖南省衡阳市的来雁塔,始建于明万历十九年(1591年),因鸿雁南北迁徙时常在境内停留而得名.1983年被湖南省人民政府公布为重点文物保护单位.为测量来雁塔的高度,因地理条件的限制,分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点,已知点A为塔底,A,C,D在水平地面上,来雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面(如图
所示).测得CD=18 m,AD=15 m,在C点处测得E点的
仰角为30°,在E点处测得B点的仰角为60°,则来雁
塔AB的高度约为(≈1.732,精确到0.1 m)(　　)
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A.35.0 m B.36.4 m
C.38.4 m D.39.6 m
解析:过点E作EF⊥AB,交AB于点F.
在Rt△ECD中,因为∠ECD=30°,所以DE=CD·
tan∠ECD=18×tan 30°=6.在Rt△BEF中,
因为∠BEF=60°,所以BF=EF·tan∠BEF=15×
tan 60°=15,则AB=BF+AF=BF+ED=15+6=21≈36.4(m).
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6.已知sin(3α-β)=msin(α-β),tan(2α-β)=ntan α,则m,n的关系为 (　　)
A.m=2n B.n=
C.n= D.n=
√
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解析:依题意,sin(3α-β)=sin[(2α-β)+α]=sin(2α-β)cos α+cos(2α-β)sin α,sin(α-β)=sin[(2α-β)-α]=sin(2α-β)cos α-cos(2α-β)sin α,则sin(2α-β)cos α+cos(2α-β)sin α=msin(2α-β)·cos α-mcos(2α-β)sin α,即=,即==n.
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7.(2024·菏泽模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且-a=,延长BC至点D,使得BC=CD,若AD=2,AB=2,则a=(　　)
A.1 B.
C.2 D.3
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解析:因为-a=,所以bsin B=asin A+(c-a)sin C,由正弦定理得b2=a2+(c-a)c,即a2+c2-b2=ac,所以cos B===.
又因为0BD=2a,且AD=2,AB=2,
在△ABD中,由余弦定理得AD2=4+(2a)2-2×2×2a×cos=
4+4a2-4a=12,解得a=2或a=-1(舍去).
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8.(2024·景德镇质检)在△ABC中,a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边,其中A=,b=1,a=,则c=　　　　.
解析:由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,
得7=1+c2-2c·cos c2-c-6=0.所以c=3或c=-2(舍去).
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9.(2024·海口模拟)已知cos(α+2β)=,tan(α+β)·tan β=-4,写出符合条件的一个角α的值为　　 　　.
解析:由题意,得cos(α+2β)=cos[(α+β)+β]=cos(α+β)cos β-sin(α+β)sin β=.又tan(α+β)tan β=-4,即=-4,
(答案不唯一)
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故sin(α+β)sin β=-4cos(α+β)cos β,故5cos(α+β)cos β=,
即cos(α+β)cos β=,则sin(α+β)sin β=-.所以cos α=cos[(α+β)-β]=cos(α+β)cos β+sin(α+β)sin β=-=-,可取α=.
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10.(2024·柳州三模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠ABC=,∠ABC的平分线交AC于点D,且BD=2,则a+4c的最小值为　　　　.
审题破题:本题解决的关键是利用角平分线与三角形面积公式得到a,c的关系式+=,从而得解.
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解析:如图所示,△ABC的面积为acsin=a·2sin+c·2sin,则ac=2a+2c,所以+=,显然a,c>0,
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故a+4c=(a+4c)×2=2×≥2=18,当且仅当即时取等号.所以a+4c的最小值为18.
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11.(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2.
(1)求A.
解:法一:辅助角公式
由sin A+cos A=2,得sin A+cos A=1,即sin=1,
由于A∈(0,π) A+∈,故A+=,解得A=.
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法二:同角三角函数的基本关系
由sin A+cos A=2,又sin2A+cos2A=1,消去sin A,得4cos2A-4cos A+3=0 (2cos A-)2=0,解得cos A=,
又A∈(0,π),故A=.
(2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
解:由题设条件和正弦定理,得bsin C=csin 2B sin Bsin C=2sin Csin Bcos B,
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又B,C∈(0,π),则sin Bsin C≠0,进而cos B=,
得B=,于是C=π-A-B=,
sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=,
由正弦定理==,即==,
解得b=2,c=+,故△ABC的周长为2++3.
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12.(2024·安庆模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(sin A-sin B)a=(c-b)·(sin C+sin B).
(1)求角C的大小;
解:因为(sin A-sin B)a=(c-b)(sin C+sin B),
结合正弦定理,得(a-b)a=(c-b)(c+b),
则a2-ab=c2-b2,即a2+b2-c2=ab.
由余弦定理,得cos C===,因为C∈(0,π),所以C=.
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(2)若边c=2,边AB的中点为D,求中线CD长的最大值.
解:因为D为AB的中点,所以=(+),则==+·+=(a2+ab+b2).
又由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C,
即4=a2+b2-ab,所以CD2=(4+2ab)=1+ab.
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由4=a2+b2-ab,得4+ab=a2+b2≥2ab,
则ab≤4(2+),当且仅当a=b=+时取等号,即CD2≤1+×4(2+)=1+2(2+)=7+4=,
所以CD≤+2,即中线CD长的最大值为+2.
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13.(2024·聊城二模)如图,在平面四边形ABCD中,AB=AD=2,∠B=2∠D=120°,记△ABC与△ACD
的面积分别为S1,S2,则S2-S1的值为 (　　)
A.2 B.
C.1 D.
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解析:在△ABC中,
由余弦定理得cos B=,即-=,
得BC2-AC2=-2BC-4　①,
在△ACD中,由余弦定理得cos D=,即=,
得CD2-AC2=2CD-4　②,
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又S1=AB·BCsin 120°=BC,
S2=AD·CDsin 60°=CD,
所以S2-S1=CD-BC=(CD-BC)　③,
由②-①,得CD2-BC2=2(CD+BC),
由CD+BC>0,得CD-BC=2,代入③得S2-S1=.
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14.若α,β∈,tan α=mtan β,sin(α-β)=,且α与β存在且唯一,则tan α+mtan β=(　　)
A.2 B.4
C. D.
解析:由tan α=mtan β,得=,即sin αcos β=mcos αsin β,所以sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=(m-1)cos αsin β=.
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结合α,β∈可得m>1,所以cos αsin β=,
sin αcos β=mcos αsin β=,
所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=>0.因为α,β∈,所以α+β∈(0,π).因为满足条件的α与β存在且唯一,所以α+β唯一,若sin(α+β)=<1,则α+β有两解,此情况不符合题意.
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所以sin(α+β)==1,解得m=4,经检验符合题意,
所以tan α=4tan β.因为α,β∈,所以α>β,
所以cos(α-β)==,
则tan(α-β)===,
解得tan β=,tan α=2,所以tan α+mtan β=4.
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15.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足-sin B
=tan Acos B.
(1)求角A的大小;
解:由正弦定理得,-sin B=tan A·cos B,所以-=,即=+===,
化简得=,即tan A=.又A∈(0,π),所以A=.
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(2)若△ABC为锐角三角形且a=2,求△ABC面积的取值范围.
解:由正弦定理得====4,
所以b=4sin B,c=4sin C,
所以S△ABC=bcsin A=8sin Bsin C=8sin B·sin
=8sinB=6sin 2B-2·cos 2B+2=
4+2=4sin+2.
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因为△ABC是锐角三角形,所以
解得所以sin∈,
所以S△ABC=4sin+2∈(4,6].习题讲评(二)　三角恒等变换与解三角形
三角恒等变换主要考查利用和、差、倍角公式化简求值,以选择题、填空题为主;解三角形主要考查利用正、余弦定理求边、角、面积,判断三角形形状等,其中三角恒等变换可作为工具,将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题,各种题型均可出现,可与三角函数、平面向量、基本不等式、立体几何等融合命题.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　三角恒等变换
[例1]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)= (　　) A.-3m B.- C. D.3m [例2]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知α为第一象限角,β为第三象限角,tan α+tan β=4,tan αtan β=+1,则sin(α+β)=　　　　　　. [练1]　已知角α,β满足tan α=,sin(2α+β)+sin β=3cos(α+β)sin α,则tan β= (　　) A. B. C. D.2 [练2]　(2024·重庆模拟)已知sin=,α∈(0,π),则sin= (　　) A. B. C. D. [练3]　已知α,β∈(0,π),且cos α=,sin(α+β)=,则α-β= (　　) A.- B. C.-或 D.或- [自助空间] 思维建模: 1.三角恒等变换的“四大策略” (1)常值代换:特别是“1”的代换,1=sin2θ+cos2θ=tan 45°等. (2)项的分拆与角的配凑:如sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α,α=(α-β)+β等. (3)降幂与升幂:正用二倍角公式升幂,逆用二倍角公式降幂. (4)弦、切互化:一般是切化弦. 2.三角恒等变换的关键点 (1)解决三角函数的求值问题关键是把“所求角”用已知角表示. (2)求角问题要注意角的范围,根据已知条件将所求角的范围尽量缩小避免产生增解.
教学点(二)　正弦定理与余弦定理
[典例]　(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,且a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
[思维建模]　应用正、余弦定理解三角形的步骤
边角 互化 正确分析已知等式的边角关系,判断是角化边还是边化角
对于边的“一次齐次式”,常利用正弦定理化边为角
对于含角的余弦值的或含边的二次关系的,常利用余弦定理进行边角互化
化简 利用三角恒等变换或同角三角函数的基本关系式进行化简
得结论 结合三角形的内角和定理、大边对大角等求出三角形的基本量或边、角间的关系
[练1]　(2024·全国甲卷)在△ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若B=,b2=ac,则sin A+sin C= (　　)
A.　　 B.　　
C.　　 D.
[练2]　在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知asin B=-bcos A,角A的平分线AD交边BC于点D,且AD=1.
(1)求∠BAC;
(2)若BC=2,求△ABC的面积.
教学点(三)　解三角形中的范围、最值问题
[典例]　(2024·盐城模拟)在△ABC中,已知角A,B,C所对的边分别为a,b,c,asin2+bsin2=.
(1)求角C的大小;
(2)若△ABC为锐角三角形,求的取值范围.
[思维建模]
1.最值、范围问题的解题策略
定基本量 根据题意画出图形,找出三角形中的边、角,利用正弦、余弦定理求出相关的边、角,并选择边、角作为基本量,确定基本量的范围
构建函数 根据正弦、余弦定理或三角恒等变换,将所求范围的变量表示成函数形式
求最值 利用基本不等式或函数的单调性等求函数的最值
2.最值、范围问题中的易错点
(1)涉及求范围的问题,一定要搞清变量的范围;若已知边的范围,求角的范围可利用余弦定理进行转化.
(2)注意题目中的隐含条件,如A+B+C=π,0[训练]　在△ABC中,角A,B,C的对边是a,b,c,已知=,a=3.
(1)求角A;
(2)若点D在边AC上,且=+,求△BCD面积的最大值.
教学环节二　课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1.(2024·宁波模拟)若α为锐角,sin α=,则sin= (　　) A. B. C. D. 2.若tan α=2,则的值为 (　　) A.- B. C. D. 3.(2024·大理模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若3sin A=2sin B,则的值为 (　　) A.- B. C.1 D. 4.(2024·葫芦岛一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,则“sin2A+sin2B+cos2C>1”是“△ABC是锐角三角形”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.湖南省衡阳市的来雁塔,始建于明万历十九年(1591年),因鸿雁南北迁徙时常在境内停留而得名.1983年被湖南省人民政府公布为重点文物保护单位.为测量来雁塔的高度,因地理条件的限制,分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点,已知点A为塔底,A,C,D在水平地面上,来雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面(如图所示).测得CD=18 m,AD=15 m,在C点处测得E点的仰角为30°,在E点处测得B点的仰角为60°,则来雁塔AB的高度约为(≈1.732,精确到0.1 m) (　　) A.35.0 m B.36.4 m C.38.4 m D.39.6 m 6.已知sin(3α-β)=msin(α-β),tan(2α-β)=ntan α,则m,n的关系为 (　　) A.m=2n B.n= C.n= D.n= 7.(2024·菏泽模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且-a=,延长BC至点D,使得BC=CD,若AD=2,AB=2,则a= (　　) A.1 B. C.2 D.3 8.(2024·景德镇质检)在△ABC中,a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边,其中A=,b=1,a=,则c=　　　　. 9.(2024·海口模拟)已知cos(α+2β)=,tan(α+β)·tan β=-4,写出符合条件的一个角α的值为　　　　. 10.(2024·柳州三模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠ABC=,∠ABC的平分线交AC于点D,且BD=2,则a+4c的最小值为　　　　. 11.(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2. (1)求A. (2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长. 12.(2024·安庆模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(sin A-sin B)a=(c-b)(sin C+sin B). (1)求角C的大小; (2)若边c=2,边AB的中点为D,求中线CD长的最大值. [自助空间] 第5题　易错提醒: (1)要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名词,并能准确地找出这些角. (2)要注意将平面几何中的性质、定理与正、余弦定理结合起来使用,这样可以优化解题过程. (3)注意题目中的隐含条件以及解的实际意义. 第10题　发散拓展: 在△ABC中,若AD为△ABC的内角∠BAC的平分线,则 (1)=. (2)S△ABD+S△ACD=S△ABC AD=(角平分线长公式). 第12题　习得结论: 在△ABC中,D为BC的中点,则=(++2||||·cos∠BAC).
13.(2024·聊城二模)如图,在平面四边形ABCD中,AB=AD=2,∠B=2∠D=120°,记△ABC与△ACD的面积分别为S1,S2,则S2-S1的值为 (　　) A.2 B. C.1 D. 14.若α,β∈,tan α=mtan β,sin(α-β)=,且α与β存在且唯一,则tan α+mtan β= (　　) A.2 B.4 C. D. 15.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足-sin B=tan Acos B. (1)求角A的大小; (2)若△ABC为锐角三角形且a=2,求△ABC面积的取值范围. [自助空间]
习题讲评(二)　三角恒等变换与解三角形
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　三角恒等变换
[例1]　选A　
法一:因为cos(α+β)=m,所以cos αcos β-sin αsin β=m,而tan αtan β=2,所以sin αsin β=2cos αcos β,故cos αcos β-2cos αcos β=m,即cos αcos β=-m,从而sin αsin β=-2m,故cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m,故选A.
法二:
思维路径:题干中有2个未知角,由题干条件可将其中一个角特殊化处理,即取β=,从而很容易得sin α,cos α.
取β=,α为第一象限角,则tan α=2,所以sin α=,cos α=,所以(sin α-cos α)=.又cos(α+β)=m,所以m=-,所以cos(α-β)=(cos α+sin α)==-3m.
[例2]　答案:-
解析:由题意得tan(α+β)===-2,
因为α∈,β∈,k,m∈Z,
则α+β∈((2m+2k)π+π,(2m+2k)π+2π),k,m∈Z,
又因为tan(α+β)=-2<0,
则α+β∈,
(注意:缩小α+β的范围)k,m∈Z,则sin(α+β)<0,
则=-2,联立sin2(α+β)+cos2(α+β)=1,解得sin(α+β)=-.
[练1]　选C　
由2α+β=(α+β)+α,β=(α+β)-α,得sin(2α+β)+sin β=sin[(α+β)+α]+sin[(α+β)-α]=2sin(α+β)cos α,
所以2sin(α+β)cos α=3cos(α+β)sin α,所以tan(α+β)=tan α=,所以tan β=tan[(α+β)-α]==.
[练2]　选B　
因为α∈(0,π),所以α+∈.又0<<,所以α+∈,所以cos=-=-.所以sin 2=2sincos=-,所以cos 2α=sin=-.又cos 2=1-2sin2=,
(注意:α∈(0,π),那么2α∈(0,2π),我们无法确定sin 2α的符号,所以不能直接根据cos 2α求sin 2α)
所以sin 2α=-cos=-,所以sin=sin 2αcos+cos 2αsin=-×-×=.
[练3]　选A　
因为cos α=<,且α∈(0,π),所以α∈,则sin α=,所以sin 2α=2sin αcos α=2××=,cos 2α=1-2sin2α=1-2×=-<0,则2α∈.因为β∈(0,π),所以α+β∈.又0教学点(二)　正弦定理与余弦定理
[典例]　解:(1)在△ABC中,a2+b2-c2=ab,
由余弦定理可知cos C===.
因为C∈(0,π),所以C=.
因为sin C=cos B,所以cos B=,
又B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可得B=,C=,则A=π--=,sin A=sin=sin=×+×=,
由正弦定理得==,
从而a=·c=c,b=·c=c,
由三角形面积公式,可知S△ABC=absin C=·c·c·=c2,由已知△ABC的面积为3+,
可得c2=3+,所以c=2.
[练1]　选C　
因为B=,b2=ac,则由正弦定理得sin Asin C=sin2B=.由余弦定理,得b2=a2+c2-ac=ac,即a2+c2=ac.根据正弦定理得sin2A+sin2C=sin Asin C=,所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=.因为A,C为三角形内角,所以sin A+sin C>0,所以sin A+sin C=.
[练2]　解:(1)由asin B=-bcos∠BAC,结合正弦定理可得sin∠BACsin B=-sin Bcos∠BAC,易知sin B≠0,所以sin∠BAC=-cos∠BAC,故tan∠BAC=-.又∠BAC∈(0,π),故∠BAC=.
(2)由题意可知S△ABD+S△ACD=S△ABC,即csin+bsin=bcsin,化简可得b+c=bc.在△ABC中,由余弦定理得cos∠BAC===-,从而=-,得bc=5或bc=-4(舍去).故S△ABC=bc·sin∠BAC=×5×=.
教学点(三)　解三角形中的范围、最值问题
[典例]　解:(1)在△ABC中,asin2+bsin2=+=-=-(acos B+bcos A)=-=,因为asin2+bsin2=,所以=,化简得a2+b2-c2=ab,由余弦定理得cos C==,又C∈(0,π),所以C=.
(2)由正弦定理知=====2=2sin,由△ABC为锐角三角形可知而C=,所以得[训练]　解:(1)因为=,
由正弦定理得=,整理得到2sin Bcos A-sin Ccos A=cos Csin A,
即2sin Bcos A=sin Ccos A+cos Csin A=sin(C+A)=sin B.
又B∈(0,π),所以sin B≠0,得到cos A=.
又A∈(0,π),所以A=.
(2)因为=+,
所以=+=++=+=.
又S△BCD=S△ABC=×bcsin A=bcsin=bc,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,得到32=b2+c2-2bccos≥2bc-bc=bc,所以bc≤9,
所以S△BCD=bc≤×9=,当且仅当b=c=3时取等号,所以△BCD面积的最大值为.
教学环节二　课时作业讲评
1.选A　
由α为锐角,sin α=,得cos α=,所以sin=sin α+cos α=×+×=.
2.选A　
由题意,得====-.
3.选D　
因为3sin A=2sin B,结合正弦定理,得3a=2b,所以=,=2×-1=2×-1=.
4.选B　
由△ABC是锐角三角形,得00,故a2+b2-c2>0,即sin2A+sin2B-sin2C>0,即sin2A+sin2B-(1-cos2C)>0,可得sin2A+sin2B+cos2C>1,即必要性成立;反之,若“sin2A+sin2B+cos2C>1”可得sin2A+sin2B+cos2C-1>0,即sin2A+sin2B-sin2C>0,可得a2+b2-c2>0,可知cos C>0,但角A,B可能为钝角,所以充分性不成立.
5.选B　
过点E作EF⊥AB,交AB于点F.在Rt△ECD中,
因为∠ECD=30°,所以DE=CD·tan∠ECD=18×tan 30°=6.在Rt△BEF中,因为∠BEF=60°,所以BF=EF·tan∠BEF=15×tan 60°=15,则AB=BF+AF=BF+ED=15+6=21≈36.4(m).
6.选D　
依题意,sin(3α-β)=sin[(2α-β)+α]=sin(2α-β)cos α+cos(2α-β)sin α,sin(α-β)=sin[(2α-β)-α]=sin(2α-β)cos α-cos(2α-β)sin α,则sin(2α-β)cos α+cos(2α-β)sin α=msin(2α-β)·cos α-mcos(2α-β)sin α,即=,即==n.
7.选C　
因为-a=,所以bsin B=asin A+(c-a)sin C,由正弦定理得b2=a2+(c-a)c,即a2+c2-b2=ac,所以cos B===.又因为0如图所示,BD=2a,且AD=2,AB=2,在△ABD中,由余弦定理得AD2=4+(2a)2-2×2×2a×cos=4+4a2-4a=12,解得a=2或a=-1(舍去).
8.答案:3
解析:由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得7=1+c2-2c·cos c2-c-6=0.所以c=3或c=-2(舍去).
9.答案:(答案不唯一)
解析:由题意,得cos(α+2β)=cos[(α+β)+β]=cos(α+β)cos β-sin(α+β)sin β=.又tan(α+β)tan β=-4,即=-4,故sin(α+β)sin β=-4cos(α+β)cos β,故5cos(α+β)cos β=,即cos(α+β)cos β=,则sin(α+β)sin β=-.所以cos α=cos[(α+β)-β]=cos(α+β)cos β+sin(α+β)·sin β=-=-,可取α=.
10.答案:18
审题破题:本题解决的关键是利用角平分线与三角形面积公式得到a,c的关系式+=,从而得解.
解析:
如图所示,△ABC的面积为acsin=a·2sin+c·2sin,则ac=2a+2c,所以+=,显然a,c>0,故a+4c=(a+4c)·×2=2×≥2=18,当且仅当即时取等号.所以a+4c的最小值为18.
11.解:(1)法一:辅助角公式
由sin A+cos A=2,得sin A+cos A=1,即sin=1,
由于A∈(0,π) A+∈,故A+=,解得A=.
法二:同角三角函数的基本关系
由sin A+cos A=2,又sin2A+cos2A=1,消去sin A,得4cos2A-4cos A+3=0 (2cos A-)2=0,解得cos A=,又A∈(0,π),故A=.
(2)由题设条件和正弦定理,得bsin C=csin 2B sin Bsin C=2sin Csin Bcos B,
又B,C∈(0,π),则sin Bsin C≠0,进而cos B=,得B=,于是C=π-A-B=,
sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=,
由正弦定理==,
即==,解得b=2,c=+,
故△ABC的周长为2++3.
12.解:(1)因为(sin A-sin B)a=(c-b)(sin C+sin B),
结合正弦定理,得(a-b)a=(c-b)(c+b),
则a2-ab=c2-b2,即a2+b2-c2=ab.
由余弦定理,得cos C===,
因为C∈(0,π),所以C=.
(2)因为D为AB的中点,所以=(+),则==+·+=(a2+ab+b2).
又由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C,
即4=a2+b2-ab,所以CD2=(4+2ab)=1+ab.
由4=a2+b2-ab,得4+ab=a2+b2≥2ab,
则ab≤4(2+),当且仅当a=b=+时取等号,即CD2≤1+×4(2+)=1+2(2+)=7+4=,所以CD≤+2,即中线CD长的最大值为+2.
13.选B　
在△ABC中,由余弦定理得cos B=,即-=,得BC2-AC2=-2BC-4　①,在△ACD中,由余弦定理得cos D=,即=,得CD2-AC2=2CD-4　②,又S1=AB·BCsin 120°=BC,S2=AD·CDsin 60°=CD,所以S2-S1=CD-BC=(CD-BC)　③,由②-①,得CD2-BC2=2(CD+BC),由CD+BC>0,得CD-BC=2,代入③得S2-S1=.
14.选B　
由tan α=mtan β,得=,即sin αcos β=mcos αsin β,所以sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=(m-1)cos αsin β=.结合α,β∈可得m>1,
所以cos αsin β=,sin αcos β=mcos αsin β=,
所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=>0.
因为α,β∈,所以α+β∈(0,π).
因为满足条件的α与β存在且唯一,所以α+β唯一,
若sin(α+β)=<1,则α+β有两解,此情况不符合题意.
所以sin(α+β)==1,解得m=4,
经检验符合题意,所以tan α=4tan β.
因为α,β∈,
所以α>β,所以cos(α-β)==,
则tan(α-β)===,解得tan β=,tan α=2,所以tan α+mtan β=4.
15.解:(1)由正弦定理得,-sin B=tan A·cos B,
所以-=,
即=+===,
化简得=,即tan A=.
又A∈(0,π),所以A=.
(2)由正弦定理得====4,
所以b=4sin B,c=4sin C,
所以S△ABC=bcsin A=8sin Bsin C=8sin B·sin=8sinB=6sin 2B-2·cos 2B+2=4+2=4sin+2.因为△ABC是锐角三角形,所以解得所以S△ABC=4sin+2∈(4,6].(共37张PPT)
三角恒等变换与解三角形
习题讲评（二）
三角恒等变换主要考查利用和、差、倍角公式化简求值,以选择题、填空题为主;解三角形主要考查利用正、余弦定理求边、角、面积,判断三角形形状等,其中三角恒等变换可作为工具,将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题,各种题型均可出现,可与三角函数、平面向量、基本不等式、立体几何等融合命题.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　三角恒等变换
教学点(二)　正弦定理与余弦定理
3
教学点(三)　解三角形中的范围、
最值问题
三角恒等变换
教学点（一）
[例1]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)= (　　)
A.-3m B.-
C. D.3m
解析:法一:因为cos(α+β)=m,所以cos αcos β-sin αsin β=m,而tan αtan β=2,所以sin αsin β=2cos αcos β,故cos αcos β-2cos αcos β=m,即cos αcos β=-m,从而sin αsin β=-2m,故cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m,故选A.
√
法二:
思维路径:题干中有2个未知角,由题干条件可将其中一个角特殊化处理,即取β=,从而很容易得sin α,cos α.
取β=,α为第一象限角,则tan α=2,所以sin α=,cos α=,所以(sin α-cos α)=.又cos(α+β)=m,所以m=-,所以cos(α-β)=(cos α+sin α)==-3m.
[例2]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知α为第一象限角,β为第三象限角,tan α+tan β=4,tan αtan β=+1,则sin(α+β)=　　　　　.
解析:由题意得tan(α+β)===-2,
因为α∈,β∈,k,m∈Z,
则α+β∈((2m+2k)π+π,(2m+2k)π+2π),k,m∈Z,又因为tan(α+β)=-2<0,
-
则α+β∈,
(注意:缩小α+β的范围)k,m∈Z,
则sin(α+β)<0,则=-2,
联立sin2(α+β)+cos2(α+β)=1,
解得sin(α+β)=-.
[思维建模]
1.三角恒等变换的“四大策略”
(1)常值代换:特别是“1”的代换,1=sin2θ+cos2θ=tan 45°等.
(2)项的分拆与角的配凑:如sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α,α=(α-β)+β等.
(3)降幂与升幂:正用二倍角公式升幂,逆用二倍角公式降幂.
(4)弦、切互化:一般是切化弦.
2.三角恒等变换的关键点
(1)解决三角函数的求值问题关键是把“所求角”用已知角表示.
(2)求角问题要注意角的范围,根据已知条件将所求角的范围尽量缩小避免产生增解.
[练1]　已知角α,β满足tan α=,sin(2α+β)+sin β=3cos(α+β)sin α,则tan β=(　　)
A. B.
C. D.2
解析:由2α+β=(α+β)+α,β=(α+β)-α,得sin(2α+β)+sin β=sin[(α+β)+α]+sin[(α+β)-α]=2sin(α+β)cos α,
√
即时训练
(多元思维:题干中的等式可以直接利用和差化积公式“sin θ+sin φ=2sin·cos”秒得sin(2α+β)+sin β=2sin(α+β)cos α)
所以2sin(α+β)cos α=3cos(α+β)sin α,所以tan(α+β)=tan α=,所以tan β=tan[(α+β)-α]==.
[练2]　(2024·重庆模拟)已知sin=,α∈(0,π),则sin=(　　)
A. B.
C. D.
√
解析:因为α∈(0,π),所以α+∈.又0<<,所以α+∈,所以cos=-=-.所以sin 2=2sincos=-,所以cos 2α=sin=-.又cos 2=1-2sin2=,
(注意:α∈(0,π),那么2α∈(0,2π),我们无法确定sin 2α的符号,所以不能直接根据cos 2α求sin 2α)
所以sin 2α=-cos=-,所以sin=sin 2αcos+cos 2αsin=-×-×=.
[练3]　已知α,β∈(0,π),且cos α=,sin(α+β)=,则α-β=(　　)
A.- B.
C.-或 D.或-
√
解析:因为cos α=<,且α∈(0,π),所以α∈,
则sin α=,所以sin 2α=2sin αcos α=2××=,
cos 2α=1-2sin2α=1-2×=-<0,则2α∈.
因为β∈(0,π),所以α+β∈.
又0因为α∈,β∈(0,π),所以α-β∈,所以α-β=-.
正弦定理与余弦定理
教学点（二）
[典例]　(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,且a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
解:在△ABC中,a2+b2-c2=ab,
由余弦定理可知cos C===.因为C∈(0,π),所以C=.
因为sin C=cos B,所以cos B=,又B∈(0,π),所以B=.
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
解: 由(1)可得B=,C=,则A=π--=,sin A=sin=sin=
×+×=,由正弦定理得==,
从而a=·c=c,b=·c=c,
由三角形面积公式,可知S△ABC=absin C=·c·c·=c2,
由已知△ABC的面积为3+,可得c2=3+,所以c=2.
[思维建模]　应用正、余弦定理解三角形的步骤
边角 互化 正确分析已知等式的边角关系,判断是角化边还是边化角
对于边的“一次齐次式”,常利用正弦定理化边为角
对于含角的余弦值的或含边的二次关系的,常利用余弦定理进行边角互化
化简 利用三角恒等变换或同角三角函数的基本关系式进行化简
得结论 结合三角形的内角和定理、大边对大角等求出三角形的基本量或边、角间的关系
[练1]　(2024·全国甲卷)在△ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若B=,b2=ac,则sin A+sin C=(　　)
A. B.
C. D.
即时训练
√
即时训练
解析:因为B=,b2=ac,则由正弦定理得sin Asin C=sin2B=.由余弦定理,得b2=a2+c2-ac=ac,即a2+c2=ac.根据正弦定理得sin2A+sin2C=sin Asin C=,所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=.因为A,C为三角形内角,所以sin A+sin C>0,所以sin A+sin C=.
[练2]　在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知asin B=-bcos A,角A的平分线AD交边BC于点D,且AD=1.
(1)求∠BAC;
解:由asin B=-bcos∠BAC,结合正弦定理可得sin∠BACsin B=-sin Bcos∠BAC,易知sin B≠0,所以sin∠BAC=-cos∠BAC,故tan∠BAC=-.又∠BAC∈(0,π),故∠BAC=.
(2)若BC=2,求△ABC的面积.
解:由题意可知S△ABD+S△ACD=S△ABC,即csin+bsin=bcsin,化简可得b+c=bc.在△ABC中,由余弦定理得cos∠BAC===-,从而=-,得bc=5或bc=-4(舍去).故S△ABC=bc·sin∠BAC=×5×=.
解三角形中的范围、最值问题
教学点（三）
[典例]　(2024·盐城模拟)在△ABC中,已知角A,B,C所对的边分别为a,b,c,asin2+bsin2=.
(1)求角C的大小;
解:在△ABC中,asin2+bsin2=+
=-=-(acos B+bcos A)
=-=,
因为asin2+bsin2=,所以=,
化简得a2+b2-c2=ab,由余弦定理得cos C==,
又C∈(0,π),所以C=.
(2)若△ABC为锐角三角形,求的取值范围.
解:由正弦定理知==
==
=2=2sin,
由△ABC为锐角三角形可知而C=,
所以得所以则的取值范围为(,2].
[思维建模]
1.最值、范围问题的解题策略
定基 本量 根据题意画出图形,找出三角形中的边、角,利用正弦、余弦定理求出相关的边、角,并选择边、角作为基本量,确定基本量的范围
构建 函数 根据正弦、余弦定理或三角恒等变换,将所求范围的变量表示成函数形式
求最值 利用基本不等式或函数的单调性等求函数的最值
2.最值、范围问题中的易错点
(1)涉及求范围的问题,一定要搞清变量的范围;若已知边的范围,求角的范围可利用余弦定理进行转化.
(2)注意题目中的隐含条件,如A+B+C=π,0在△ABC中,角A,B,C的对边是a,b,c,已知=,a=3.
(1)求角A;
解:因为=,由正弦定理得=,
整理得到2sin Bcos A-sin Ccos A=cos Csin A,
即2sin Bcos A=sin Ccos A+cos Csin A=sin(C+A)=sin B.
又B∈(0,π),所以sin B≠0,得到cos A=.又A∈(0,π),所以A=.
即时训练
(2)若点D在边AC上,且=+,求△BCD面积的最大值.
解:因为=+,
所以=+
=++=+=.
又S△BCD=S△ABC=×bcsin A=bcsin=bc,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
得到32=b2+c2-2bccos≥2bc-bc=bc,所以bc≤9,
所以S△BCD=bc≤×9=,
当且仅当b=c=3时取等号,
所以△BCD面积的最大值为.

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