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【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题二 第2讲


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 1~2 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(α± β)=sin αcos β± cos αsin β. (2)cos(α± β)=cos αcos β?sin αsin β. tan α± tan β (3)tan(α± β)= . 1?tan αtan β 2. 二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α=2sin αcos α. (2)cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α. 2tan α (3)tan 2α= . 1-tan2α 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 a b c = = =2R(2R 为△ABC 外接圆的直径). sin A sin B sin C 变形:a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C. a b c sin A= ,sin B= ,sin C= . 2R 2R 2R a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C. 5. 余弦定理 a2=b2+c2-2bccos A,b2=a2+c2-2accos B, c2=a2+b2-2abcos C.

b2+c2-a2 a2+c2-b2 推论:cos A= ,cos B= , 2bc 2ac a2+b2-c2 cos C= . 2ab 变形:b2+c2-a2=2bccos A,a2+c2-b2=2accos B, a2+b2-c2=2abcos C. 6. 面积公式 1 1 1 S△ABC= bcsin A= acsin B= absin C. 2 2 2 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 π? (2013· 广东)已知函数 f(x)= 2cos? ?x-12?,x∈R. π? (1)求 f? ?-6?的值; 3π π? 3 ? ? (2)若 cos θ= ,θ∈? ? 2 ,2π?,求 f?2θ+3?. 5 解 π? ? π π? (1)f? ?-6?= 2cos?-6-12?

π? π = 2cos? ?-4?= 2cos 4=1. π π π π 2θ+ ?= 2cos?2θ+ - ?= 2cos?2θ+ ? (2)f? 3 3 12 4? ? ? ? ? ? =cos 2θ-sin 2θ, 3π 3 4 ? 又 cos θ= ,θ∈? ? 2 ,2π?,∴sin θ=-5, 5 24 7 ∴sin 2θ=2sin θcos θ=- ,cos 2θ=2cos2 θ-1=- , 25 25 π? 7 24 17 ∴f? ?2θ+3?=cos 2θ-sin 2θ=-25+25=25. 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: 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降次与升次: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. π ? (1)(2013· 四川)设 sin 2α=-sin α,α∈? ?2,π?,则 tan 2α 的值是________. π 4 π α+ ?= ,则 sin?2α+ ?的值为________. (2)(2012· 江苏)设 α 为锐角,若 cos? 6 12 ? ? 5 ? ? 答案 解析 17 2 (1) 3 (2) 50 (1)∵sin 2α=-sin α,∴sin α(2cos α+1)=0,

π ? 又 α∈? ?2,π?,∴sin α≠0,2cos α+1=0 1 3 即 cos α=- ,sin α= ,tan α=- 3, 2 2 -2 3 2tan α ∴tan 2α= = 3. 2 = 1-tan α 1-?- 3?2 π? 4 (2)∵α 为锐角且 cos? ?α+6?=5, π? 3 ∴sin? ?α+6?=5. π? ? ? π? π? ∴sin? ?2α+12?=sin 2?α+6?-4

?

?

π? π ? π? π =sin 2? ?α+6?cos 4-cos 2?α+6?sin 4 π? ? π? π? ? 2? 2? = 2sin? ?α+6?cos?α+6?- 2 ?2cos ?α+6?-1? 4 3 4 2 = 2× × - ? 2×? ?2-1? ? 5 5 2 ? ?5? = 12 2 7 2 17 2 - = . 25 50 50

考点二 正、余弦定理 例2 (2013· 课标全国Ⅱ)△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 a=bcos C+ csin B. (1)求 B; (2)若 b=2,求△ABC 面积的最大值. 解 (1)由已知及正弦定理得 ①

sin A=sin Bcos C+sin Csin B,

又 A=π-(B+C), 故 sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C. 由①②和 C∈(0,π)得 sin B=cos B. π 又 B∈(0,π),所以 B= . 4 1 2 (2)△ABC 的面积 S= acsin B= ac. 2 4 π 由已知及余弦定理得 4=a2+c2-2accos . 4 又 a2+c2≥2ac,故 ac≤ 4 , 2- 2 ②

当且仅当 a=c 时,等号成立. 因此△ABC 面积的最大值为 2+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)a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C; (2)a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,其中 R 为△ABC 外接圆的半径; (3)sin(A+B)=sin C,cos(A+B)=-cos C. 设△ABC 的内角 A,B,C 所对的边长分别为 a,b,c,且(2b- 3c)cos A = 3acos C. (1)求角 A 的大小; π (2)若角 B= ,BC 边上的中线 AM 的长为 7,求△ABC 的面积. 6 解 (1)∵(2b- 3c)cos A= 3acos C,

∴(2sin B- 3sin C)cos A= 3sin Acos C. 即 2sin Bcos A= 3sin Acos C+ 3sin Ccos A. ∴2sin Bcos A= 3sin B. ∵sin B≠0,∴cos A= π ∵0<A<π,∴A= . 6 π 2π (2)由(1)知 A=B= ,所以 AC=BC,C= , 6 3 1 设 AC=x,则 MC= x.又 AM= 7, 2 在△AMC 中,由余弦定理得 AC2+MC2-2AC· MCcos C=AM2, 3 , 2

x ?2 x 即 x2+? · cos 120° =( 7)2,解得 x=2, ?2? -2x· 2 1 2π 故 S△ABC= x2sin = 3. 2 3 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, 12 3 经测量 cos A= ,cos C= . 13 5 (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 12 3 (1)在△ABC 中,因为 cos A= ,cos C= , 13 5

5 4 所以 sin A= ,sin C= . 13 5 从而 sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C) =sin Acos C+cos Asin C = 5 3 12 4 63 × + × = . 13 5 13 5 65 AB AC = ,得 sin C sin B

由正弦定理

AC 1 260 4 AB= ×sin C= × =1 040(m). sin B 63 5 65 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(100+50t)m,乙距离 A 处 130t m, 所以由余弦定理得 12 d2=(100+50t)2+(130t)2-2×130t×(100+50t)× 13 =200(37t2-70t+50), 1 040 由于 0≤t≤ ,即 0≤t≤8, 130

35 故当 t= min 时,甲、乙两游客距离最短. 37 (3)由正弦定理 得 BC= BC AC = , sin A sin B

AC 1 260 5 ×sin A= × =500(m). sin B 63 13 65

乙从 B 出发时,甲已走了 50×(2+8+1)=550(m),还需走 710 m 才能到达 C. 500 710 1 250 625 设乙步行的速度为 v m/min,由题意得-3≤ v - ≤3,解得 ≤v≤ , 50 43 14 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

?1 250,625?(单位:m/min)范围内. 14 ? ? 43
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 BC=4EB. 设 EB=x,则 BC=4x. 由已知,得∠BAE=30° ,∠EAC=150° . 在△AEC 中,由正弦定理,得 EC AE = , sin∠EAC sin C

AE· sin∠EAC 5sin 150° 1 所以 sin C= = = . EC 5x 2x 在△ABC 中,由正弦定理,得 1 4x· 2x 4 3 BC· sin C ∴AB= = = . sin 120° 3 3 2 在△ABE 中,由余弦定理,得 BC AB = , sin 120° sin C

BE2=AB2+AE2-2AB· AE· cos 30° = 16 4 3 3 31 +25-2× ×5× = , 3 3 2 3 31 . 3

故 BE=

31 3 BE 所以船速 v= = = 93(km/h). t 1 3 所以该船的速度为 93 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)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 a=2Rsin A, a sin A= (其中 2R 为三角形外接圆的直径),a2+b2-c2=2abcos C 等,灵活根据条件求 2R 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 π”和诱导公式可得到 sin(A+B)=sin C,sin 可以解决解三角形中的增解问题等. A+B C =cos 等,利用“大边对大角” 2 2

1. 在△ABC 中,已知 tan ① tan A =1; tan B

A+B =sin C,给出以下四个结论: 2

②1<sin A+sin B≤ 2; ③sin2A+cos2B=1; ④cos2A+cos2B=sin2C.

其中一定正确的是 A.①③ 答案 D A+B 2 A+B 解析 依题意,tan = 2 A+B cos 2 sin 2sin = A+B A+B cos 2 2 sin?A+B? = A + B 1 + cos?A+B? 2cos2 2 B.②③ C.①④ D.②④

(

)



sin C =sin C. 1+cos?A+B?

∵sin C≠0,∴1+cos(A+B)=1,cos(A+B)=0. π ∵0<A+B<π,∴A+B= , 2 即△ABC 是以角 C 为直角的直角三角形. tan A 对于①,由 =1,得 tan A=tan B, tan B 即 A=B,不一定成立,故①不正确; π 对于②,∵A+B= , 2 π ∴sin A+sin B=sin A+cos A= 2sin(A+ ), 4 ∴1<sin A+sin B≤ 2,故②正确; π 对于③,∵A+B= , 2 ∴sin2A+cos2B=sin2A+sin2A=2sin2A, 其值不确定,故③不正确; π 对于④,∵A+B= , 2 ∴cos2A+cos2B=cos2A+sin2A=1=sin2C,故④正确. 2. 已知函数 f(x)= 3sin x x x cos +cos2 . 4 4 4

2π ? (1)若 f(x)=1,求 cos? ? 3 -x?的值; 1 (2)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且满足 acos C+ c=b,求 f(B)的 2 取值范围. 解 (1)f(x)= 3sin x x x cos +cos2 4 4 4



x π? 1 3 x 1 x 1 sin + cos + =sin? ?2+6?+2. 2 2 2 2 2

x π? 1 由 f(x)=1,可得 sin? ?2+6?=2. 2π ? π π -x =cos[π-( +x)]=-cos( +x) cos? ?3 ? 3 3 x π 1 =2sin2( + )-1=- . 2 6 2 a2+b2-c2 1 1 (2)由 acos C+ c=b,得 a· + c=b, 2 2ab 2 b2+c2-a2 1 即 b2+c2-a2=bc,所以 cos A= = . 2bc 2 π 2π 因为 A∈(0,π),所以 A= ,B+C= , 3 3 2π π B π π 所以 0<B< ,所以 < + < , 3 6 2 6 2 B π? 1 ? 3? 所以 f(B)=sin? ? 2 +6?+2∈?1,2?.

(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 1. 设 α、β 都是锐角,且 cos α= 2 5 A. 25 2 5 2 5 C. 或 25 5 答案 A 解析 根据 α、β 都是锐角,且 cos α= 2 5 π π 得 sin α= ? <α< , 5 4 2 3 4 又∵sin(α+β)= ,∴cos(α+β)=- . 5 5 又 cos β=cos[(α+β)-α] =cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α 5 ,sin2α+cos2α=1, 5 5 3 ,sin(α+β)= ,则 cos β 等于 5 5 ( )

2 5 B. 5 D. 5 5 或 5 25



2 5 ,故选 A. 25 ( 4 D. 5 )

π? 4 ? 7π? 2. 已知 cos? ?α-6?+sin α=5 3,则 sin?α+ 6 ?的值是 2 3 A.- 5 答案 C π? 4 解析 ∵cos? ?α-6?+sin α=5 3, ∴ 3 3 4 cos α+ sin α= 3, 2 2 5 2 3 B. 5 4 C.- 5

4 1 3 3? cos α+ sin α?= 3, 2 ?2 ? 5 π ? 4 ?π ? 4 3sin? ?6+α?=5 3,∴sin?6+α?=5, 7π? 4 ?π ? sin? ?α+ 6 ?=-sin?6+α?=-5. 3. (2013· 辽宁)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.若 asin Bcos C+csin Bcos 1 A= b,且 a>b,则∠B 等于 2 π A. 6 答案 A a c 1 解析 由条件得 sin Bcos C+ sin Bcos A= , b b 2 1 依正弦定理,得 sin Acos C+sin Ccos A= , 2 1 1 ∴sin(A+C)= ,从而 sin B= , 2 2 π 又 a>b,且 B∈(0,π),因此 B= . 6 AB 4. 锐角三角形 ABC 中,若 C=2B,则 的范围是 AC A.(0,2) C.( 2, 3) 答案 C 解析 设△ABC 三内角 A、B、C 所对的边长分别为 a、b、c, AB c sin C sin 2B 则有 = = = =2cos B. AC b sin B sin B π π 又∵C=2B< ,∴B< . 2 4 B.( 2,2) D.( 3,2) ( ) π B. 3 2π C. 3 5π D. 6 ( )

π 又 A=π-(B+C)=π-3B< , 2 π π π ∴B> ,即 <B< , 6 6 4 ∴ 2 3 <cos B< , 2<2cos B< 3. 2 2

2- 3 → → 1 5. 已知△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别是 a、b、c,且 tan B= 2 ,BC· BA= , 2 a -b2+c2 则 tan B 等于 A. 3 2 B. 3-1 D.2- 3 ( )

C.2 答案 D

1 1 → → → → 解析 由题意得,BC· BA=|BC|· |BA|cos B=accos B= ,即 cos B= , 2 2ac a2+c2-b2 1 由余弦定理,得 cos B= = ?a2+c2-b2=1, 2ac 2ac 2- 3 所以 tan B= 2 =2- 3,故选 D. a -b2+c2 6. (2013· 重庆)4cos 50° -tan 40° 等于 A. 2 答案 C 解析 4cos 50° -tan 40° = = = 4sin 40° cos 40° -sin 40° cos 40° B. 2+ 3 2 C. 3 D.2 2-1 ( )

2sin 80° -sin 40° 2sin?50° +30° ?-sin 40° = cos 40° cos 40° 3sin 50° +cos 50° -sin 40° 3sin 50° = = 3. cos 40° cos 40°

二、填空题 7. (2013· 福建)如图,在△ABC 中,已知点 D 在 BC 边上,AD⊥AC, 2 2 sin∠BAC= ,AB=3 2,AD=3,则 BD 的长为______. 3 答案 解析 3 π sin∠BAC=sin( +∠BAD)=cos∠BAD, 2

2 2 ∴cos∠BAD= . 3 BD2=AB2+AD2-2AB· ADcos∠BAD

2 2 =(3 2)2+32-2×3 2×3× , 3 即 BD2=3,BD= 3. 8. (2013· 安徽)设△ABC 的内角 A,B,C 所对边的长分别为 a,b,c.若 b+c=2a,3sin A= 5sin B,则角 C=________. 答案 2π 3

解析 由已知条件和正弦定理得:3a=5b,且 b+c=2a, 5b 7b 则 a= ,c=2a-b= 3 3 a2+b2-c2 1 2π cos C= =- ,又 0<C<π,因此角 C= . 2ab 2 3 π 1 2sin2α+sin 2α π α+ ?= ,且- <α<0,则 9. 已知 tan? =________. ? 4? 2 2 π? ? cos?α-4? 2 5 答案 - 5 π? tan α+1 1 1 解析 由 tan? ?α+4?=1-tan α=2, 得 tan α=-3. π 10 又- <α<0,可得 sin α=- . 2 10 故 2sin2α+sin 2α 2sin α?sin α+cos α? = π 2 α- ? cos? ?sin α+cos α? ? 4? 2

2 5 =2 2sin α=- . 5 4 10.在△ABC 中,C=60° ,AB= 3,AB 边上的高为 ,则 AC+BC=________. 3 答案 11

解析 依题意,利用三角形面积相等有: 1 1 ×AB×h= AC×BCsin 60° , 2 2 1 4 1 ∴ × 3× = ×AC×BC· sin 60° , 2 3 2 8 ∴AC×BC= . 3 利用余弦定理可知 cos 60° = AC2+BC2-3 ∴cos 60° = , 8 2× 3 AC2+BC2-AB2 , 2AC×BC

17 解得:AC2+BC2= . 3 又因(AC+BC)2=AC2+BC2+2AC×BC = 17 16 + =11, 3 3

∴AC+BC= 11. 三、解答题 π 11.已知函数 f(x)=sin(2x- )+2cos2x-1(x∈R). 6 (1)求 f(x)的单调递增区间; 1 (2)在△ABC 中,三内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 f(A)= ,2a=b+c,bc 2 =18,求 a 的值. 解 = = π (1)f(x)=sin(2x- )+2cos2x-1 6 3 1 sin 2x- cos 2x+cos 2x 2 2 π 3 1 2x+ ?. sin 2x+ cos 2x=sin? 6? ? 2 2

π π π 令 2kπ- ≤2x+ ≤2kπ+ (k∈Z), 2 6 2 π π 得 kπ- ≤x≤kπ+ (k∈Z), 3 6 π π 即 f(x)的单调递增区间为[kπ- ,kπ+ ](k∈Z). 3 6 1 π 1 (2)由 f(A)= ,得 sin(2A+ )= . 2 6 2 π π π π 5π ∵ <2A+ <2π+ ,∴2A+ = . 6 6 6 6 6 π ∴A= . 3 由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc. 又 2a=b+c,bc=18, ∴a2=4a2-3×18,即 a2=18,a=3 2. A-B 12.(2013· 四川)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 2cos2 cos B-sin(A 2 3 -B)sin B+cos(A+C)=- . 5 (1)求 cos A 的值; → → (2)若 a=4 2,b=5,求向量BA在BC方向上的投影.



A-B 3 (1)由 2cos2 cos B-sin(A-B)sin B+cos(A+C)=- ,得 2 5

3 [cos(A-B)+1]cos B-sin(A-B)sin B-cos B=- , 5 3 即 cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin B=- . 5 3 3 则 cos(A-B+B)=- ,即 cos A=- . 5 5 3 4 (2)由 cos A=- ,0<A<π,得 sin A= , 5 5 由正弦定理,有 a b bsin A 2 = ,所以,sin B= = . sin A sin B a 2

π 由题意知 a>b,则 A>B,故 B= , 4 3? 根据余弦定理,有(4 2)2=52+c2-2×5c×? ?-5?, 解得 c=1 或 c=-7(舍去). 2 → → → 故向量BA在BC方向上的投影为|BA|cos B= . 2 13.(2013· 福建)如图,在等腰直角△OPQ 中,∠POQ=90° ,OP=2 2, 点 M 在线段 PQ 上, (1)若 OM= 5,求 PM 的长; (2)若点 N 在线段 MQ 上,且∠MON=30° ,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,∠OPM=45° ,OM= 5,OP=2 2,

由余弦定理得,OM2=OP2+MP2-2×OP×MP×cos 45° , 得 MP2-4MP+3=0, 解得 MP=1 或 MP=3. (2)设∠POM=α,0° ≤α≤60° , OM OP 在△OMP 中,由正弦定理,得 = , sin∠OPM sin∠OMP OPsin 45° 所以 OM= , sin?45° +α? OPsin 45° 同理 ON= . sin?75° +α? 1 故 S△OMN= ×OM×ON×sin∠MON 2 1 OP2sin245° = × 4 sin?45° +α?sin?75° +α?

= =

1 sin?45° +α?sin?45° +α+30° ? 1 sin?45° +α?[ 3 1 sin?45° +α?+ cos?45° +α?] 2 2



1 3 2 1 sin ?45° +α?+ sin?45° +α?cos?45° +α? 2 2 1 3 1 [1-cos?90° +2α?]+ sin?90° +2α? 4 4 1 3 3 1 + sin 2α+ cos 2α 4 4 4 . 3 1 + sin?2α+30° ? 4 2 1







因为 0° ≤α≤60° ,30° ≤2α+30° ≤150° ,所以当 α=30° 时,sin(2α+30° )取最大值 1,此 时△OMN 的面积取到最小值,即∠POM=30° 时,△OMN 的面积的最小值为 8-4 3.


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