2.3 第3课时 简单的三角恒等变换的应用-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（湘教版）

简单的三角恒等变换的应用 (教学方式：拓展融通课——习题讲评式教学) 第3课时 CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　利用辅助角公式 研究三角函数性质 题型(二)　三角恒等变换与 解三角形相结合 题型(三)　三角恒等变换的 实际应用问题 4 课时跟踪检测 题型(一)　利用辅助角公式 研究三角函数性质 01 (1)辅助角公式asin x+bcos x=sin(x+φ)可以由两角和的正弦公式推导. (2)辅助角公式中tan φ=，且辅助角φ的终边经过点(a，b)，一般地，辅助角φ的范围是[0，2π). (3)辅助角公式能够把形如f(x)=asin ωx+bcos ωx(ab≠0)的函数，都可以化为asin ωx+bcos ωx=sin(ωx+φ)的形式. [例1]　若函数f(x)=(1+tan x)cos x，0≤x<. (1)把f(x)化成Asin(ωx+φ)或Acos(ωx+φ)的形式; 解：f(x)=(1+tan x)cos x=cos x+sin x=2=2sin (2)判断f(x)在上的单调性，并求f(x)的最大值. 解：因为0≤x<，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.所以当x=时，f(x)有最大值2. |思|维|建|模| (1)为了研究函数的性质，往往要充分利用三角变换公式转化为正弦型(余弦型)函数，这是解决问题的前提. (2)解此类题时要充分运用两角和(差)、二倍角公式、辅助角转换公式消除差异，减少角的种类和函数式的项数，为讨论函数性质提供保障. 针对训练 1.已知函数f(x)=2asin ωxcos ωx+2cos2ωx-(a>0，ω>0)的最大值为2，且最小正周期为π. (1)求函数f(x)的解析式及其对称轴方程; 解：f(x)=asin 2ωx+cos 2ωx=·sin(2ωx+φ).由题意知f(x)的最小正周期为π，由=π，知ω=1.由f(x)的最大值为2，得 =2， 又a>0，∴a=1.∴f(x)=2sin. 令2x+=+kπ(k∈Z)， 解得f(x)的对称轴为x=+(k∈Z). (2)若f(α)=，求sin的值. 解：由f(α)=，知2sin=， 即sin=，∴sin =sin=-cos=-1+2sin2=-1+2×=-. 题型(二)　三角恒等变换与 解三角形相结合 02 [例2]　(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=2. (1)求bc; 解：由余弦定理知cos A=， 代入=2， 得2bc=2，故bc=1. (2)若-=1，求△ABC面积. 解：由正弦定理及-=1， 得-=1， 化简得-=1. ∵A+B=π-C，∴sin(A+B)=sin C， ∴sin(A-B)-sin B=sin C=sin(A+B)， ∴sin Acos B-cos Asin B-sin B =sin Acos B+cos Asin B， ∴-2cos Asin B=sin B.∵B∈(0，π)， ∴sin B≠0，∴cos A=-. ∵A∈(0，π)， ∴sin A==. 由(1)知bc=1， 故△ABC的面积S=bcsin A=×1×=. 针对训练 2.(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B-bcos A=c，且C=，则B=(　　) A. B. C. D. √ 解析：因为acos B-bcos A=c，所以由正弦定理得sin Acos B-sin Bcos A =sin C=sin(B+A)，则2sin Bcos A=0.在△ABC中，sin B≠0，则cos A=0，A=.所以B=π-A-C=π--=，故选C. 3.(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A-C)=sin B. (1)求sin A; 解：因为A+B=3C，所以3C=π-C，所以C=. 因为2sin(A-C)=sin B， 所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)， 所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C， 所以sin Acos C=3cos Asin C， 所以sin A=3cos A.由sin2A+cos2A=1， 得sin A=. (2)设AB=5，求AB边上的高. 解：由(1)知sin A=，tan A=3>0，所以A为锐角，所以cos A=， 所以sin B=sin=(cos A+sin A)=×=， 由正弦定理=， 得AC===2， 故AB边上的高为AC×sin A=2×=6. 题型(三)　三角恒等变换的 实际应用问题 03 [例3]　如图，某工人要从一块圆心角为45°的扇形木 板中割出一块一边在半径上的内接长方形桌面，若扇 形的半径长为1 m，求割出的长方形桌面的最大面积. 解：如图，连接OC，设∠COB=θ，则0°<θ<45°，OC=1. 因为AB=OB-OA=cos θ-AD=cos θ-sin θ， 所以S矩形ABCD=AB·BC=(cos θ-sin θ)·sin θ=-sin2θ+sin θcos θ=-(1-cos 2θ) +sin 2θ=(sin 2θ+cos 2θ)-=cos(2θ-45°)-. 当2θ-45°=0°，即θ=22.5°时，Smax=(m2)， 所以割出的长方形桌面的最大面积为 m2. 　|思|维|建|模| 应用三角函数解决实际问题的方法及注意事项 方法 解答此类问题，关键是合理引入辅助角，确定各量之间的关系，将实际问题转化为三角函数问题，再利用三角函数的有关知识求解 注意 在求解过程中，要注意三点：①充分借助平面几何性质，寻找数量关系.②注意实际问题中变量的范围.③重视三角函数有界性的影响 针对训练 4.在这春光明媚的季节里某市高级中学“校长杯”班级足球联赛正如火如荼地举行，在高一年级某场比赛中，两个班级的比赛场地为矩形ABCD(如图)，现已知矩形中AB=25米，AD=25米，宽为5米的足球门EF在边AD的中间放置. (1)比赛中，同学甲在距离AD为18米，离AB为12米的地点O处获得直接任意球机会，准备直接射门，求其有效射门角度;(求出∠FOE的某个三角函数值即可) 解：分别作OM⊥AB，ON⊥AD，垂足分别为M，N， 由题意可知EF=5米，DE=AF=10米，OM=12米，ON=18米， 所以NF=2米，NE=3米，在Rt△ONE中，tan∠EON==， 在Rt△ONF中，tan∠FON==， 所以tan∠EOF=tan(∠EON+∠FON)==. (2)同学乙在边线BA上带球突破(视作点P在BA边上移动)，准备起脚向球门EF射门，求该同学应在何处(PA长为多少米时)射门角度最佳. (即使∠EPF最大)(以上问题不考虑场上其他因素) 解：设AP=x，x∈(0，25)，tan∠EPA=，tan∠FPA=，tan∠EPF=tan(∠EPA-∠FPA)==≤=， 当且仅当x=，即x=5∈(0，25)时等号成立，此时∠EPF最大，所以该同学应在距离点A为5时射门角度最佳. 课时跟踪检测 04 1.函数y=2sin x(sin x+cos x)的最大值是(　　) A.1+ B.-1 C. D.2 √ 解析：∵原式=2sin2x+2sin xcos x=1-cos 2x+sin 2x=1+sin，∴ymax=1+. 2.等于(　　) A. B.1 C. D. √ 解析：====. 3.已知sin x+cos x=，则cos等于(　　) A. B. C. D. √ 解析：∵sin x+cos x=2sin=，∴sin=. 则cos=sin=. 4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C=sin 2B，且b=2，c=，则a等于(　　) A. B. C.2 D.2 √ 解析：由sin C=sin 2B=2sin Bcos B及正、余弦定理得c=2b·，代入数据得(2a+1)(a-2)=0，解得a=2或a=-(舍去).故选C. 5.如图，以正方形的各边为底可以向外作四个腰长为1的 等腰三角形，则正方形与四个等腰三角形面积之和的最 大值为 (　　) A.2-2 B.2+2 C.4 D.6 √ 解析：如图，设等腰三角形的底角为θ，其中0<θ<，则等腰三角形的高为sin θ，其底边长为2cos θ，所以正方形与四个等腰三角形面积之和为S=4××2cos θsin θ+4cos2θ=2sin 2θ+2cos 2θ +2=2sin+2，因为0<θ<，所以<2θ+<， 故当2θ+=，即当θ=时，S取得最大值2+2. 6.(多选)已知函数f(x)=sin xcos x+sin2x，则下列说法正确的是(　　) A.f(x)的最大值为2 B.f(x)的最小正周期为π C.f(x)关于直线x=-对称 D.f(x)在单调递增 √ √ √ 解析：∵f(x)=sin 2x+=(sin 2x-cos 2x)+=sin+，∴f(x)max=+=，最小正周期T==π.当x=-时，sin=-1，∴直线x=-为对称轴.当x∈时，2x-∈， ∴f(x)在单调递增，综上有B、C、D正确，A不正确. 7.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足acos B+bcos A=2ccos C，且sin A=sin B，则△ABC的形状是 (　　) A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 √ 解析：由acos B+bcos A=2ccos C，利用正弦定理可得sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos C，整理得sin(A+B)=sin C=2sin Ccos C，0<C<π，则sin C≠0，化简得cos C=，故C=，在△ABC中，由于sin A=sin B，所以A=B(不可能A+B=π)，故A=B=C=.所以△ABC为等边三角形. 8.（5分）已知函数f(x)=sin[(1-a)x]+cos[(1-a)x]的最大值为2，则f(x)的最小正周期为____.  π 解析：∵f(x)=sin[(1-a)x+φ]，由已知得=2，∴a=3，∴f(x)=2sin(-2x+φ).∴T==π. 9.（5分）已知函数f(x)=2sin-2cos x，x∈，则函数f(x)的值域是______.  [1，2] 解析：∵f(x)=2sin-2cos x=sin x-cos x=2sin，又≤x≤π，∴≤x-≤.∴≤sin≤1.∴函数f(x)的值域为[1，2]. 10.（5分）如图是半径为1的半圆，且四边形PQRS是 半圆的内接矩形，设∠SOP=α，则其值为_____时， 矩形的面积最大，最大面积的值为_____.  45° 1 解析：∠SOP=α，则SP=sin α，OS=cos α，故S矩形PQRS=sin α×2cos α =sin 2α，故当α为45°时，S矩形PQRS的面积最大，最大值为1. 11.（5分）已知函数f(x)=2sin x+3cos x，x1，x2∈R，则f(x1)-f(x2)的最大值是______.  2 解析：因为f(x)=2sin x+3cos x=sin(x+φ)，所以f(x)max=，f(x)min=-.因为x1，x2∈R，所以f(x1)-f(x2)的最大值为f(x)max-f(x)min=-(-)=2. 12.（5分）如图，扇形OAB的半径为1，圆心角为，若P为弧 上异于A，B的点，且PQ⊥OB交OB于点Q，当△POQ的面积大于时，∠POQ的取值范围为__________.  解析：设∠POQ=θ，则PQ=sin θ，OQ=cos θ，∴S△POQ=sin θcos θ=sin 2θ， 由sin 2θ>，得sin 2θ>.又2θ∈(0，π)， ∴<2θ<.则<θ<，∴∠POQ的取值范围为. 13.(10分)如图，有一块正方形的钢板ABCD，其中一个角 有部分损坏，现要把它截成一块正方形的钢板EFGH， 其面积是原正方形钢板面积的三分之二，则应按什么角 度来截? 解： 设正方形钢板的边长为a，截后的正方形边长为b， 则==， 因为a=GC+CF=bsin x+bcos x， 所以sin x+cos x=.所以sin=. 因为0<x<<x+<，所以x+=或x+=，x=或x=. 即按x=或x=来截满足要求. 15.(15分)(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A). (1)证明：2a2=b2+c2;（7分） 解：证明：因为A+B+C=π， 所以sin Csin(A-B)=sin(A+B)sin(A-B)=sin2Acos2B-cos2Asin2B=sin2A (1-sin2B)-(1-sin2A)sin2B=sin2A-sin2B， 同理有sin Bsin(C-A)=sin(C+A)sin(C-A)=sin2C-sin2A， 所以sin2A-sin2B=sin2C-sin2A， 由正弦定理可得2a2=b2+c2. (2)若a=5，cos A=，求△ABC的周长.（8分） 解：由(1)及a2=b2+c2-2bccos A，得a2=2bccos A，所以2bc=31. 因为b2+c2=2a2=50，所以(b+c)2=b2+c2+2bc=81，得b+c=9，所以△ABC的周长l=a+b+c=14. 阶段质量评价（二） 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 14．(15分)(2025·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝cos(2x＋φ)(0≤φ<π)，f(0)＝. (1)求φ；(5分) 解：f(0)＝cos φ＝，由0≤φ<π，故φ＝. (2)设函数g(x)＝f(x)＋f，求g(x)的值域和单调区间．(10分) 解：由(1)可知f(x)＝cos，∴g(x)＝f(x)＋f＝cos＋cos 2x＝cos，故g(x)的值域为[－，]， 令2kπ≤2x＋≤π＋2kπ，k∈Z，解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，即g(x)的单调递减区间为，k∈Z，令2kπ＋π≤2x＋≤2π＋2kπ，k∈Z，解得π＋kπ≤x≤π＋kπ，k∈Z，即g(x)的单调递增区间为，k∈Z. $