高三二轮复习(理数) 考点二三角恒等变换与解三角形(作业)Word版含答案

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整理高考数学(理科)二轮复习专题三角变换与解三角形(含答案)

考点16 正弦定理和余弦定理1.选择题1. (2014·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T4)钝角三角形ABC的面积是,AB=1,BC=,则AC=( )A.5B.C.2D.1【解题提示】利用三角形面积公式求得角B,然后结合条件,利用余弦定理,求得AC.【解析】选B.因为S△ABC=acsinB=·sinB=,所以sinB=,所以B=或.当B=时,经计算△ABC为等腰直角三角形,不符合题意,舍去.1.所以B=,使用余弦定理,b2=a2+c2-2accosB,解得b=.故选B.二、填空题2. (2014·湖北高考文科·T13)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知A=,a=1,b=,则B=.【解析】依题意,由正弦定理知=,得出sinB=.由于0<B<π,所以B=或.答案:或【误区警示】由于解题过程中无法判断B是锐角还是钝角,所以由sinB=得到两个结果:B=或.本题的易错点是漏掉其中一个.3.(2014·广东高考理科)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bcosC+ccosB=2b,则=.【解析】方法一:由正弦定理bcosC+ccosB=2b,即sinBcosC+sinCcosB=2sinB,即sin(B+C)=2sinB,sin(π-A)=2sinB,有sinA=2sinB,再由正弦定理得a=2b,=2.方法二:如图,作AD⊥BC于点D,则a=BC=BD+DC=ccosB+bcosC=2b,即=2.答案:2【创新提示】熟用三角形射影定理可迅速得解.4.（2014·福建高考文科·Ｔ14）14．在中，,则等于_________【解题指南】直接应用余弦定理求解。

高三二轮复习(理数) 第二讲三角恒等变换与解三角形(教案)(Word版,含答案)

第二讲三角恒等变换与解三角形[考情分析]三角变换及解三角形是高考考查的热点，然而单独考查三角变换的题目较少，题目往往以解三角形为背景，在应用正弦定理、余弦定理的同时，经常应用三角变换进行化简，综合性比较强，但难度不大.1．(2016·高考全国卷Ⅲ)若tan α＝34，则cos 2 α＋2sin 2α＝( )A.6425 B.4825 C ．1D.1625解析：利用同角三角函数的基本关系式求解．因为tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝cos 2 α＋4sin αcos αsin 2 α＋cos 2 α＝1＋4tan αtan 2 α＋1＝1＋4×34⎝⎛⎭⎫342＋1＝6425.故选A.答案：A2．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝________. 解析：将θ－π4转化为⎝⎛⎭⎫θ＋π4－π2. 由题意知sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，θ是第四象限角，所以cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4>0，所以cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝ 1－sin 2⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝45. tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4－π2＝－1tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－4535＝－43.答案：－433．(2016·高考全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝________.解析：先求出sin A ，sin C 的值，进而求出sin B 的值，再利用正弦定理求b 的值．因为A ，C 为△ABC 的内角，且cos A ＝45，cos C ＝513，所以sin A ＝35，sin C ＝1213，所以sin B ＝sin(π－A －C )＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝35×513＋45×1213＝6365.又a ＝1，所以由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝sin B sin A ＝6365×53＝2113.答案：21134．(2015·高考全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD 中，∠A ＝∠B ＝∠C ＝75°，BC ＝2，则AB 的取值范围是________．解析：如图所示，延长BA 与CD 相交于点E ，过点C 作CF ∥AD 交AB 于点F ，则BF ＜AB ＜BE .在等腰三角形CFB 中，∠FCB ＝30°，CF ＝BC ＝2， ∴BF ＝22＋22－2×2×2cos 30°＝6－ 2.在等腰三角形ECB 中，∠CEB ＝30°，∠ECB ＝75°，BE ＝CE ，BC ＝2，BE sin 75°＝2sin 30°，∴BE ＝212×6＋24＝6＋ 2.∴6－2＜AB ＜6＋ 2. 答案：(6－2，6＋2)5．(2017·高考全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知△ABC 的面积为a 23sin A .(1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长．解析：(1)由题设得12ac sin B ＝a 23sin A ，即12c sin B ＝a3sin A. 由正弦定理得12sin C sin B＝sin A 3sin A.故sin B sin C ＝23.(2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12.所以B ＋C ＝2π3，故A ＝π3.由题设得12bc sin A ＝a 23sin A，即bc ＝8.由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9，即(b ＋c )2－3bc ＝9，得b ＋c ＝33. 故△ABC 的周长为3＋33.三角恒等变换[方法结论]三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45° 等；(2)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，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．[题组突破]1．若tan α＝－22，且α是第四象限角，则cos 2(α－π2)＋sin(3π－α)cos(2π＋α)＋22cos 2(α＋π)＝( ) A ．－23B.23C ．－13D.13通解：因为α是第四象限角，tan α＝－22，故sin αcos α＝－22，由sin 2 α＋cos 2 α＝1可得cos 2 α＝23，cos α＝63，sin α＝－33.cos 2⎝⎛⎫α－π2＋sin(3π－α)cos(2π＋α)＋22cos 2(α＋π)＝sin 2 α＋sin αcos α＋22cos 2 α＝13＋⎝⎛⎭⎫－33×63＋23＝13，故选D. 优解：因为α是第四象限角，tan α＝－22，故cos 2(α－π2)＋sin(3π－α)cos(2π＋α)＋22cos 2(α＋π)＝sin 2 α＋sin αcos α＋22cos 2 α＝sin 2 α＋sin αcos α＋22cos 2 αsin 2 α＋cos 2 α＝tan 2 α＋tan α＋22tan 2 α＋1＝1232＝13，故选D.答案：D2．(2017·蚌埠模拟)已知sin 2α－2＝2cos 2α，则sin 2α＋sin 2α＝________.解析：由sin 2α－2＝2cos 2α得sin 2α＝2＋2cos 2α，即2sin αcos α＝4 cos 2α，即cos α＝0或tan α＝2.当cos α＝0时，sin 2α＋sin 2α＝1；当tan α＝2时，sin 2α＋sin 2α＝sin 2α＋2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α＋2tan αtan 2α＋1＝85.综上，sin 2α＋sin 2α＝1或85.答案：1或853．(2017·合肥检测)已知cos ⎝⎛⎭⎫π6＋α·cos ⎝⎛⎭⎫π3－α＝－14，α∈⎝⎛⎭⎫π3，π2. (1)求sin 2α的值； (2)求tan α－1tan α的值．解析：(1)cos ⎝⎛⎭⎫π6＋α·cos ⎝⎛⎭⎫π3－α＝cos ⎝⎛⎭⎫π6＋α·sin ⎝⎛⎭⎫π6＋α＝ 12sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－14，即sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－12，因为α∈⎝⎛⎭⎫π3，π2，所以2α＋π3∈⎝⎛⎭⎫π，4π3，所以cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－32. 所以sin 2α＝sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3－π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3cos π3－cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π3sin π3＝12. (2)由(1)知tan α－1tan α＝sin αcos α－cos αsin α＝sin 2 α－cos 2αsin αcos α＝－2cos 2αsin 2α＝－2×⎝⎛⎭⎫－3212＝2 3.[误区警示]三角函数求值问题易出错的是忽视角的范围，导致结果增解．解三角形[方法结论]正、余弦定理、三角形面积公式(1)a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝2R (R 为△ABC 外接圆的半径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ； sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R ；a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .(2)a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C . 推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab.变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C . (3)S △ABC ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A .[典例](1)(2017·广州模拟)如图，在△ABC 中，点D 在边AB 上，CD ⊥BC ，AC ＝53，CD ＝5，BD ＝2AD . ①求AD 的长；②求△ABC 的面积．解析：①在△ABC 中，因为BD ＝2AD ，设AD ＝x (x ＞0)，则BD ＝2x .在△BCD 中，因为CD ⊥BC ，CD ＝5，BD ＝2x ，所以cos ∠CDB ＝CD BD ＝52x.在△ACD 中，因为AD ＝x ，CD ＝5，AC ＝53，则cos ∠ADC ＝AD 2＋CD 2－AC 22×AD ×CD＝x 2＋52－(53)22×x ×5.因为∠CDB ＋∠ADC ＝π，所以cos ∠ADC ＝－cos ∠CDB ，即x 2＋52－(53)22×x ×5＝－52x .解得x ＝5. 所以AD 的长为5.②由①求得AB ＝3x ＝15，BC ＝4x 2－25＝5 3. 所以cos ∠CBD ＝BC BD ＝32，从而sin ∠CBD ＝12.所以S △ABC ＝12×AB ×BC ×sin ∠CBA ＝12×15×53×12＝7534.(2)某航模兴趣小组的同学，为了测定在湖面上航模航行的速度，采用如下方法：在岸边设置两个观察点A ，B ，且AB 长为80米，当航模在C 处时，测得∠ABC ＝105°和∠BAC ＝30°，经过20秒后，航模直线航行到D 处，测得∠BAD ＝90°和∠ABD ＝45°.请你根据以上条件求出航模的速度．(答案保留根号)解析：在△ABD 中，∵∠BAD ＝90°，∠ABD ＝45°，∴∠ADB ＝45°，∴AD ＝AB ＝80，∴BD ＝80 2. 在△ABC 中，BC sin 30°＝AB sin 45°，∴BC ＝AB sin 30°sin 45°＝80×1222＝40 2.在△DBC 中，DC 2＝DB 2＋BC 2－2DB ·BC cos 60° ＝(802)2＋(402)2－2×802×402×12＝9 600.∴DC ＝406，航模的速度v ＝40620＝26米/秒． [类题通法]等价转化思想在解三角形中的应用利用正、余弦定理解三角形关键利用定理进行边角互化．即利用正弦定理、余弦定理等工具合理地选择“边”往“角”化，还是“角”往“边”化．若想“边”往“角”化，常利用“a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ”；若想“角”往“边”化，常利用sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab等．[演练冲关]1．(2017·合肥模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos C ＝223，b cos A ＋a cos B＝2，则△ABC 的外接圆面积为( ) A ．4π B ．8π C ．9πD ．36π解析：c ＝b cos A ＋a cos B ＝2，由cos C ＝223得sin C ＝13，再由正弦定理可得2R ＝csin C ＝6，所以△ABC的外接圆面积为πR 2＝9π，故选C. 答案：C2．(2017·武汉调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600 km 处的热带风暴中心正以20 km/h 的速度向正北方向移动，距风暴中心450 km 以内的地区都将受到影响，则该码头将受到热带风暴影响的时间为( )A ．14 hB ．15 hC ．16 hD ．17 h解析：记现在热带风暴中心的位置为点A ，t 小时后热带风暴中心到达B 点位置，在△OAB 中，OA ＝600，AB ＝20t ，∠OAB ＝45°，根据余弦定理得6002＋400t 2－2×20t ×600×22≤4502，即4t 2－1202t ＋1 575≤0，解得302－152≤t ≤302＋152，所以Δt ＝302＋152－302－152＝15(h)，故选B.答案：B3．(2017·海口模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知(a －3b )·cos C ＝c (3cos B －cos A )． (1)求sin Bsin A的值； (2)若c ＝7a ，求角C 的大小．解析：(1)由正弦定理得，(sin A －3sin B )·cos C ＝sin C ·(3cos B －cos A )， ∴sin A cos C ＋cos A sin C ＝3sin C cos B ＋3cos C sin B ，即sin(A ＋C )＝3sin(C ＋B )，即sin B ＝3sin A ， ∴sin Bsin A＝3. (2)由(1)知b ＝3a ，∵c ＝7a ，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋9a 2－7a 22×a ×3a ＝3a 26a 2＝12，∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.解三角形与其他知识的交汇问题解三角形问题一直是近几年高考的重点，主要考查以斜三角形为背景求三角形的基本量、面积或判断三角形的形状，解三角形与平面向量、不等式、三角函数性质、三角恒等变换交汇命题成为高考的热点． [典例](1)在△ABC 中，AC →·AB →＝|AC →－AB →|＝3，则△ABC 面积的最大值为( ) A.21 B.3214C.212D ．321解析：设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ， ∵AC →·AB →＝|AC →－AB →|＝3， ∴bc cos A ＝a ＝3.又cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ≥1－92bc ＝1－3cos A 2，∴cos A ≥25，∴0＜sin A ≤215， ∴△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝32tan A ≤32×212＝3214，故△ABC 面积的最大值为3214.答案：B(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且cos 2B －C 2－sin B ·sin C ＝2－24.①求角A ；②若a ＝4，求△ABC 面积的最大值．解析：①由cos 2B －C 2－sin B ·sin C ＝2－24，得cos (B －C )2－sin B ·sin C ＝－24， ∴cos(B ＋C )＝－22， ∴cos A ＝22(0＜A ＜π)，∴A ＝π4. ②由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得16＝b 2＋c 2－2bc ≥(2－2)bc ，当且仅当b ＝c 时取等号，即bc ≤8(2＋2)．∴S △ABC ＝12bc sin A ＝24bc ≤4(2＋1)，即△ABC 面积的最大值为4(2＋1)． [类题通法]化归与转化能力思想是求解三角与其他知识交汇问题的核心，分析交汇知识点，利用其间的联系可找出突破口，从而解决问题．[演练冲关]1．(2017·台州模拟)已知实数x 0，x 0＋π2是函数f (x )＝2cos 2ωx ＋sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6(ω>0)的相邻的两个零点． (1)求ω的值；(2)设a ，b ，c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 所对的边，若f (A )＝32且b tan B ＋c tan C ＝2atan A ，试判断△ABC的形状，并说明理由．答案：(1)ω＝1 (2)等边三角形2．(2017·沈阳模拟)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，且满足4S ＝a 2－(b －c )2，b ＋c ＝8，求S 的最大值．解析：由题意得：4×12bc sin A ＝a 2－b 2－c 2＋2bc ，又a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，代入上式得：2bc sin A ＝－2bc cos A ＋2bc ，即sin A ＋cos A ＝1，2sin(A ＋π4)＝1，又0＜A ＜π，∴π4＜A ＋π4＜5π4，∴A ＋π4＝3π4，∴A ＝π2，S ＝12bc sin A ＝12bc ，又b ＋c ＝8≥2bc ，当且仅当b＝c 时取“＝”，∴bc ≤16，∴S 的最大值为8.3．(2017·贵阳模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，若b 2＋c 2－a 2＝bc .(1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，求BC 边上的中线AM 的最大值．解析：(1)由b 2＋c 2－a 2＝bc ，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，又0＜A ＜π，∴A ＝π3.(2)∵AM 是BC 边上的中线，∴在△ABM 中，AM 2＋34－2AM ·32·cos ∠AMB ＝c 2，①在△ACM 中，AM 2＋34－2AM ·32·cos ∠AMC ＝b 2，②又∠AMB ＝π－∠AMC ，∴cos ∠AMB ＝－cos ∠AMC ，即cos ∠AMB ＋cos ∠AMC ＝0， ①＋②得AM 2＝b 2＋c 22－34.又a ＝3，∴b 2＋c 2－3＝bc ≤b 2＋c 22，∴b 2＋c 2≤6，∴AM 2＝b 2＋c 22－34≤94，即AM ≤32，∴BC 边上的中线AM 的最大值为32.。

高三数学二轮专题复习课后强化作业 2-2三角变换与解三角形含详解

基本素能训练一、选择题1．在△ABC中，AB＝8，BC＝10,AC＝13,则△ABC的形状是( )A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形D．非钝角三角形[答案］C[解析] 由余弦定理得cos B＝错误!＝－错误!<0，所以角B为钝角，故三角形为钝角三角形．2．(文)(2012·东北三省三校二模）函数y＝2sin2(错误!－x）－1是( )A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为错误!的奇函数D．最小正周期为错误!的偶函数[答案］A［解析] ∵y＝－cos（错误!－2x）＝－sin2x，∴选A。

(理)(2013·安徽文，9）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＝( )A.错误!B.错误!C.错误!D。

错误!［答案］B[解析] 本题考查了三角形的余弦定理、正弦定理．由3sin A＝5sin B得3a＝5b,又已知b＋c＝2a。

∴a＝错误!b，c＝错误!b,cos C＝错误!＝错误!＝－错误!。

又∵0<c<π，∴C＝错误!π.3．（2012·淄博市一模)在△ABC中,已知b·cos C＋c·cos B＝3a·cos B，其中a、b、c分别为角A、B、C的对边,则cos B的值为( ）A。

错误!B．－错误!C。

错误!D．－错误!［答案］A[解析］由正弦定理得sin B cos C＋sin C cos B＝3sin A cos B,∴sin（B＋C）＝3sin A cos B，∴sin A＝3sin A cos B，∵sin A≠0，∴cos B＝错误!.4．(文)(2012·重庆理，5)设tan α、tan β是方程x 2－3x ＋2＝0的两根，则tan(α＋β）的值为（）A ．－3B ．－1C ．1D ．3［答案］ A［解析] 本题考查了根与系数的关系与两角和的正切公式．由已知tan α＋tan β＝3，tan α·tan β＝2，所以tan(α＋β）＝tan α＋tan β1－tan α·tan β＝错误!＝－3。

高三二轮复习(理数) 考点二三角恒等变换与解三角形(教案)Word版含答案

考点二三角恒等变换与解三角形1．诱导公式都可写为sin ⎝⎛⎭⎪⎫k π2＋α或cos ⎝⎛⎭⎪⎫k π2＋α的形式．根据k 的奇偶性：“奇变偶不变(函数名)，符号看象限”． 2．公式的变形与应用(1)两角和与差的正切公式的变形 tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)； tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)． (2)升幂公式1＋cos α＝2cos 2α2；1－cos α＝2sin 2α2； (3)降幂公式sin 2α＝1－cos 2α2；cos 2α＝1＋cos 2α2； (4)其他常用变形sin 2α＝2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝2tan α1＋tan 2α；cos 2α＝cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝1－tan 2α1＋tan 2α；1±sin α＝⎝⎛⎭⎪⎫sin α2±cos α22； tan α2＝sin α1＋cos α＝1－cos αsin α.3．三角形面积S ＝abc4R (R 为外接圆半径)． S ＝12(a ＋b ＋c )r (r 为内切圆半径)． S ＝12P (P －a )(P －b )(P －c )⎝⎛⎭⎪⎫P ＝12(a ＋b ＋c ).4．在△ABC 中，a ＞b ⇔A ＞B ⇔sin A ＞sin B .5．(1)若△ABC 为锐角三角形，则A ＋B ＞π2，sin A ＞cos B ，cos A ＜sin B ，a 2＋b 2＞c 2；(2)若△ABC 为钝角三角形(假如C 为钝角)，则A ＋B ＜π2，sin A ＜cos B ，cos A ＞sin B .6．在△ABC 中，c cos B ＋b cos C ＝a . 7．sin A ＝sin(B ＋C )，sin A2＝cos B ＋C 2. 8.a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C.小题速解——不拘一格优化方法类型一三角恒等变换及求值[典例1] (1)(2016·高考全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝________. 解析：通解：将θ－π4转化为⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4－π2. 由题意知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，θ是第四象限角，所以 cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4>0，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝45.tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4－π2＝－1tan ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－4535＝－43. 优解：由题意知θ＋π4为第一象限角，设θ＋π4＝α， ∴θ＝α－π4，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π2＝－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α.如图，在Rt △ACB 中，不妨设∠A ＝α，由sin α＝35可得， BC ＝3，AB ＝5，AC ＝4， ∴∠B ＝π2－α，∴tan B ＝43， ∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－tan B ＝－43. 答案：－43(2)(2016·高考全国卷Ⅲ)若tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝( ) A.6425 B.4825 C ．1D.1625解析：通解：弦化切tan α＝34 ，则cos 2α＋2sin 2α＝cos 2α＋2sin 2αcos 2α＋sin 2α＝1＋4tan α1＋tan 2α＝6425. 优解：猜想sin α及cos α的值．根据勾股数3,4,5及tan α＝sin αcos α＝34 可猜得sin α＝35，cos α＝45∴cos 2α＋4sin αcos α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋4×35×45＝6425，故选A. 答案：A(3)设α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且tan α＝1＋sin βcos β，则( ) A ．3α－β＝π2 B ．3α＋β＝π2 C ．2α－β＝π2D ．2α＋β＝π2解析：通解：由tan α＝1＋sin βcos β得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋sin βcosα，所以sin(α－β)＝cos α，又cos α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α，所以sin(α－β)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α，又因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以－π2＜α－β＜π2，0＜π2－α＜π2，因为α－β＝π2－α，所以2α－β＝π2，故选C. 优解一：∵tan α2＝1－cos αsin α，由tan α＝1＋sin βcos β知，α、β应为2倍角关系，A 、B 项中有3α，不合题意，C 项中有2α－β＝π2. 把β＝2α－π2代入1＋sin βcos β＝1＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α－π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π2＝1－cos 2αsin 2α＝tan α，题设成立．故选C.优解二：1＋sin βcos β＝1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋βsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋β＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋β2∴tan α＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋β2又∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴β2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4， ∴π4＋β2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴α＝π4＋β2， ∴2α＝π2＋β，∴2α－β＝π2.故选C. 答案：C [母题变式]在本例(2)中，求sin 2α＋2cos 2α的值．解：sin 2α＋2cos 2α＝sin 2α＋2(cos 2α－sin 2α)sin 2α＋cos 2α＝2－tan 2αtan α＋1＝2－9161＋916＝2325.1．三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等；(2)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍公式降幂； (4)弦、切互化：切化弦，弦化切，减少函数种类． 2．解决条件求值问题的三个关注点(1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角； (2)正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示；(3)求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小． [自我挑战]1．已知sin α＋2cos α＝0，则2sin αcos α－cos 2α的值是________．解析：由sin α＋2cos α＝0得tan α＝－2. ∴2sin αcos α－cos 2α＝2sin αcos α－cos 2αsin 2α＋cos 2α＝2tan α－1tan 2α＋1＝2×(－2)－1(－2)2＋1＝－55＝－1. 答案：－12．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝7210，cos 2α＝725，则sin α等于( ) A.45 B ．－45 C ．－35D.35解析：选D.(1)由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝7210，得sin αcos π4－cos αsin π4＝7210，即sin α－cos α＝75，①又cos 2α＝725，所以cos 2α－sin 2α＝725，即(cos α＋sin α)·(cos α－sin α)＝725，因此cos α＋sin α＝－15.② 由①②得sin α＝35，故选D.。

新高考数学二轮教师用书：专题二第2讲三角恒等变换与解三角形 Word版含解析

第2讲三角恒等变换与解三角形[考情考向·高考导航]1．三角恒等变换是高考必考内容，可以单独命题，也可以与三角函数图象和性质综合，有时与解三角形综合．难度一般不大，单独命题多以选择题、填空题的形式出现，有时与其他知识综合，以解答题的形式出现．2．解三角形主要考查正、余弦定理、面积的综合问题，有时也涉及三角恒等变换，难度中等．单独考查以选择题、填空题为主，综合考查以解答题为主．[真题体验]1．(·全国Ⅱ卷)已知α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( ) A.15 B.55C.33D.255解析：B [∵α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，由2sin 2α＝cos 2α＋1得：4sin αcos α＝2cos 2 α，∴2sin α＝cos α，∴2sin α＝1－sin 2 α，∴5sin 2 α＝1，∴sin 2 α＝15，∴sin α＝55.]2．(·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A －b sin B ＝4c sin C ，cos A ＝－14，则bc＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：A [∵a sin A －b sin B ＝4c sin C ， ∴a 2－b 2＝4c 2， ∵cos A ＝－14，∴b 2＋c 2－a 22bc ＝－14，即－3c 22bc ＝－14，∴b c ＝4×32＝6.] 3．(·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a,3c sin B ＝4a sin C .(1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6的值．解：(1)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝csin C，得b sin C ＝c sin B ，又由3c sin B ＝4a sin C ，得3b sin C ＝4a sin C ，即3b ＝4a .又因为b ＋c ＝2a ，得到b ＝43a ，c ＝23a ，由余弦定理可得cos B＝a 2＋c 2－b 22ac＝a 2＋49a 2－169a 22·a ·23a＝－14.(2)由(1)可得sin B ＝1－cos 2B ＝154，从而sin 2B ＝2sin B cos B ＝－158，cos 2B ＝cos 2B －sin 2B ＝－78，故sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6＝sin 2B cos π6＋cos 2B sin π6＝－158×32－78×12＝－35＋716.[主干整合]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. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓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＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.3．辅助角公式a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)，其中tan φ＝ba .4．正弦定理及其变形在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .5．余弦定理及其变形在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc.6．三角形面积公式S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B .热点一三角恒等变换与求值[例1] (1)(·江苏卷)已知tan αtan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－23，则sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π4的值是________． [解析] 方法1：由tan αtan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan αtan α＋11－tan α＝tan α(1－tan α)tan α＋1＝－23，解得tan α＝2或－13.sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝22(sin 2α＋cos 2α) ＝22(2sin αcos α＋2cos 2α－1) ＝2(sin αcos α＋cos 2α)－22＝2·sin αcos α＋cos 2αsin 2α＋cos 2α－22＝2·tan α＋1tan 2α＋1－22，将tan α＝2和－13分别代入得sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝210. 方法2：∵tan αtan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝sin αcos ⎝⎛⎭⎫α＋π4cos αsin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－23，∴sin αcos ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－23cos αsin ⎝⎛⎭⎫α＋π4.①又sin π4＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋π4－α ＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4cos α－cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4sin α＝22，② 由①②，解得sin αcos ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－25， cos αsin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝3210. ∴sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝sin ⎣⎡⎦⎤α＋⎝⎛⎭⎫α＋π4 ＝sin αcos ⎝⎛⎭⎫α＋π4＋cos αsin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝210. [答案]210(2)(·浙江卷)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45. (ⅰ)求sin(α＋π)的值； (ⅱ)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值． [解析] (ⅰ)由角α的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45得sin α＝－45，所以sin(α＋π)＝－sin α＝45. (ⅱ)由角α的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45得cos α＝－35，由sin(α＋β)＝513得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，所以cos β＝－5665或cos β＝1665.[答案] (ⅰ)45 (ⅱ)－5665或1665(1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．(1)(·维坊三模)已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( ) A.5π12 B.π3 C.π4D.π6解析：C [因为α，β均为锐角，所以－π2＜α－β＜π2.又sin(α－β)＝－1010，所以cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55，所以cos α＝255，所以sin β＝sin[α－(α－β)] ＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝55×31010－255×⎝⎛⎭⎫－1010＝22. 所以β＝π4.](2)(·广西三市联考)设α为锐角，若cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝45，则sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π12的值为________．解析：因为α为锐角且cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝45＞0，所以α＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，π2，所以sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝35. 所以sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π12＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫α＋π6－π4 ＝sin 2⎝⎛⎭⎫α＋π6cos π4－cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π6sin π4 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6－22⎣⎡⎦⎤2cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π6－1 ＝2×35×45－22⎣⎡⎦⎤2×⎝⎛⎭⎫452－1＝12225－7250＝17250. 答案：17250热点二正、余弦定理的应用用正、余弦定理求解边、角、面积[例2－1] (·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .设(sin B －sin C )2＝sin 2A －sin B sin C .(1)求A ；(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C .[解析] (1)由已知得sin 2B ＋sin 2C －sin 2A ＝sin B sin C ，故由正弦定理得b 2＋c 2－a 2＝bc . 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为0°＜A ＜180°，所以A ＝60°. (2)由(1)知B ＝120°－C ，由题设及正弦定理得2sin A ＋sin(120°－C )＝2sin C ，即62＋32cos C ＋12sin C ＝2sin C ，可得cos(C ＋60°)＝－22. 因为0°＜C ＜120°，所以sin(C ＋60°)＝22，故sin C ＝sin(C ＋60°－60°)＝sin(C ＋60°)cos 60°－cos(C ＋60°)sin 60°＝6＋24.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．用正、余弦定理解决实际问题[例2－2](·重庆二诊)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.[解析]由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600 m，故由正弦定理得600sin 45°＝BCsin 30°. 解得BC＝3002m.在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝3002×33＝1006(m)．[答案]100 6解三角形实际问题三步骤(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；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解．(1)(·威海三模)如图，在△ABC中，点D在AC上，AB⊥BD，BC＝33，BD＝5，sin∠ABC＝235，则CD的长为()A.14B．4C．25D．5解析：B[利用余弦定理求解．因为sin∠ABC＝sin⎝⎛⎭⎫∠DBC＋π2＝cos∠DBC＝235，在△DBC中，由余弦定理可得CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC cos ∠DBC ＝25＋27－2×5×33×235＝16，所以CD ＝4，故选B.](2)如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A ，发现其北偏东45°，与观测站A 距离202海里的B 处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A 东偏北θ(0°＜θ＜45°)的C 处，且cos θ＝45.已知A ，C 两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．解析：因为cos θ＝45，0°＜θ＜45°，所以sin θ＝35，cos(45°－θ)＝22×45＋22×35＝7210，在△ABC 中，BC 2＝800＋100－2×202×10×7210＝340，所以BC ＝285，该货船的船速为485海里/小时．答案：485热点三与解三角形的交汇创新[例3] (·烟台模拟)已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin B ＝74，cos A sin A ＋cos C sin C ＝477. (1)求证：0＜B ≤π3；(2)若BA →·BC →＝32，求|BC →＋BA →|.[审题指导] (1)三角恒等变换，利用重要不等式转化关于cos B 的不等式．(2)由数量积求ac ，再由模长公式结合余弦定理求模． [解析] (1)证明：因为cos A sin A ＋cos Csin C＝cos A sin C ＋cos C sin A sin A sin C ＝sin (A ＋C )sin A sin C ＝sin B sin A sin C ＝477＝1sin B，所以sin A sin C ＝sin 2B ，由正弦定理可得b 2＝ac ，因此b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ≥2ac －2ac cos B ，所以cos B ≥12，又0＜B ＜π，所以0＜B ≤π3.(2)由(1)知0＜B ≤π3，又sin B ＝74，所以cos B ＝1－sin 2B ＝1－716＝34. 所以32＝BA →·BC →＝ca cos B ＝34ac ，解得ac ＝2，因此b 2＝2.由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，所以a 2＋c 2＝b 2＋2ac cos B ＝2＋2×2×34＝5.从而|BC →＋BA →|2＝a 2＋c 2＋2BC →·BA →＝5＋2×32＝8，故|BC →＋BA →|＝2 2.以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及不等式．这类综合问题的解法思路是：通过向量的运算把向量问题转化为三角函数问题或解三角形问题，再利用三角变换或正(余)弦定理综合解决．(·山师附中模拟)已知m ＝⎝⎛⎭⎫cos x 4，1，n ＝⎝⎛⎭⎫3sin x 4，cos 2x4，设函数f (x )＝m ·n . (1)求函数f (x )的单调增区间；(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 成等比数列，求f (B )的取值范围．解析：(1)f (x )＝m ·n ＝⎝⎛⎭⎫cos x 4，1·⎝⎛⎭⎫3sin x 4，cos 2x 4＝sin ⎝⎛⎭⎫x 2＋π6＋12，令2k π－π2≤x 2＋π6≤2k π＋π2，则4k π－4π3≤x ≤4k π＋2π3，k ∈Z ，所以函数f (x )单调递增区间为⎣⎡⎦⎤4k π－4π3，4k π＋2π3，k ∈Z . (2)由b 2＝ac可知cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－ac 2ac ≥2ac －ac 2ac ＝12(当且仅当a ＝c 时取等号)，所以0＜B ≤π3，π6＜B 2＋π6≤π3，1＜f (B )≤3＋12，综上f (B )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3＋12.限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(·河北省六校联考)已知α∈(0，π)，且tan α＝2，则cos 2α＋cos α＝( ) A.25－35B.5－35C.5＋35D.25＋35解析：B [∵α∈(0，π)，tan α＝2，∴α在第一象限，cos α＝15，cos 2α＋cos α＝2cos 2α－1＋cos α＝2×⎝⎛⎭⎫152－1＋15＝－35＋15＝5－35，选B.]2．(·日照模拟)已知sin 2α＝13，则cos 2⎝⎛⎭⎫α－π4＝( ) A.13 B.16 C.23D.89解析：C [∵sin 2α＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－2α＝2cos 2⎝⎛⎭⎫π4－α－1＝13，∴cos 2⎝⎛⎭⎫α－π4＝23.] 3．(组合型选择题)下列式子的运算结果为3的是( ) ①tan 25°＋tan 35°＋3tan 25°tan 35°； ②2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)；③1＋tan 15°1－tan 15°；④tan π61－tan2π6.A ．①②④B ．③④C ．①②③D ．②③④解析：C [对于①，tan 25°＋tan 35°＋3tan 25°tan 35°＝tan(25°＋35°)(1－tan 25°tan 35°)＋3tan 25°tan 35°＝3－3tan 25°tan 35°＋3tan 25°tan 35°＝3；对于②，2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)＝2(sin 35°cos 25°＋cos 35°sin 25°)＝2sin 60°＝3；对于③，1＋tan 15°1－tan 15°＝tan 45°＋tan 15°1－tan 45°tan 15°＝tan 60°＝3；对于④，tan π61－tan 2π6＝12×2tanπ61－tan 2π6＝12×tan π3＝32.综上，式子的运算结果为3的是①②③.故选C.]4．(·沈阳质检)已知△ABC 的内角分别为A ，B ，C ，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边的高为( )A.32 B.332 C.3＋62D.3＋394解析：B [由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，得7＝AB 2＋4－4AB cos 60°，即AB 2－2AB －3＝0，得AB ＝3，则BC 边上的高为AB sin 60°＝332，故选B.]5．(·广西南宁、玉林、贵港等市摸底)在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝3，C ＝π3，sin B ＝2sin A ，则△ABC 的周长是( )A ．3 3B ．2＋ 3C ．3＋ 3D ．4＋ 3解析：C [在△ABC 中，sin B ＝2sin A ，∴由正弦定理得b ＝2a ，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋4a 2－2a 2＝3a 2，又c ＝3，∴a ＝1，b ＝2.∴△ABC 的周长是a ＋b ＋c ＝1＋2＋3＝3＋ 3.故选C.]6.(·保定二模)已知在河岸A处看到河对岸两个帐篷C，D分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30米到达B处后再次观察帐篷C，D，此时C，D分别在北偏西15°和北偏西60°方向，则帐篷C，D之间的距离为()A．1015米B．106米C．515米D．56米解析：C[由题意可得∠DAB＝60°，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，∠DBA＝30°，在△ABD中，∠DAB＝60°，∠DBA＝30°，AB＝30，所以∠ADB＝90°，sin∠DAB＝sin 60°＝BDBA，解得BD＝15 3.在△ABC中，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，所以∠ACB＝60°，ABsin 60°＝BCsin 45°，解得BC＝10 6.在△BCD中，∠CBD＝∠CBA－∠DBA＝45°，则由余弦定理得cos∠CBD＝cos 45°＝BC2＋BD2－CD22BC·BD，即22＝(106)2＋(153)2－CD23×106×153，得CD＝515.故选C.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(·陕西省质量检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ba＋c＝1－sin Csin A＋sin B，且b＝5，AC→·AB→＝5，则△ABC的面积是________．解析：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ba＋c＝1－sin Csin A＋sin B，所以ba＋c＝1－ca＋b，化简可得：b2＝a2＋bc－c2，可得cos A＝12，∵0＜A＜π，∴A＝π3.又b＝5，AC→·AB→＝5，∴bc cos A＝5，∴bc＝10.S＝12·bc sin A＝12×10×32＝532.答案：5328．(·浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝______，cos∠ABD＝________.解析：解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征．在ΔABD 中，有：AB sin ∠ADB ＝BD sin ∠BAC ，而AB ＝4，∠ADB ＝3π4，AC ＝AB 2＋BC 2＝5，sin∠BAC ＝BC AC ＝35，cos ∠BAC ＝AB AC ＝45，所以BD ＝1225.cos ∠ABD ＝cos(∠BDC －∠BAC )＝cos π4cos ∠BAC ＋sin π4sin ∠BAC ＝7210.答案：1225，7210三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 9．(·江苏卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)若a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，求c 的值；(2)若sin A a ＝cos B2b，求sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π2的值．解：(1)因为a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，得23＝(3c )2＋c 2－(2)22×3c ×c，即c 2＝13.所以c ＝33. (2)因为sin A a ＝cos B 2b，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得cos B 2b ＝sin Bb ，所以cos B ＝2sin B .从而cos 2 B ＝(2sin B )2，即cos 2 B ＝4(1－cos 2 B )，故cos 2 B ＝45.因为sin B ＞0，所以cos B ＝2sin B ＞0，从而cos B ＝255.因此sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π2＝cos B ＝255. 10．(·辽宁三市调研)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，即2sin A cos B ＝sin A . 因为A ∈(0，π)，所以sin A ＞0，所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝6，即b ＝6，根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2)，故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤3(2＋1)2，即△ABC 面积的最大值为32＋32.11.(·广东六校联考)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE ，其中三角形区域ABE 为生活区，四边形区域BCDE 为教学区，AB ，BC ，CD ，DE ，EA ，BE 为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD ＝∠CDE ＝2π3，∠BAE ＝π3，DE ＝3BC ＝3CD ＝910km. (1)求道路BE 的长度．(2)求生活区△ABE 面积的最大值．解析：(1)如图，连接BD ，在△BCD 中，由余弦定理得：BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos ∠BCD ＝27100，所以BD ＝3310，因为BC ＝CD ，所以∠CDB ＝∠CBD ＝π－23π2＝π6，又∠CDE ＝2π3，所以∠BDE ＝π2. 在Rt △BDE 中，BE ＝BD 2＋DE 2＝335.(2)设∠ABE ＝α，因为∠BAE ＝π3，所以∠AEB ＝2π3－α.在△ABE 中，由正弦定理，得ABsin ∠AEB ＝AE sin ∠ABE ＝BE sin ∠BAE ＝335sin π3＝65，所以AB ＝65sin ⎝⎛⎭⎫2π3－α，AE ＝65sin α. 所以S △ABE ＝12|AB ||AE |sin π3＝9325⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫2π3－αsin α ＝9325⎣⎡⎦⎤12sin ⎝⎛⎭⎫2α－π6＋14≤9325⎝⎛⎭⎫12＋14＝273100，因为0＜α＜2π3，所以当2α－π6＝π2，即α＝π3时，S △ABE 取得最大值为273100，即生活区△ABE面积的最大值为273100.高考解答题·审题与规范(二) 三角函数与解三角形类考题审题指导审题方法。

新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题一第2讲三角恒等变换与解三角形 Word版含解析

第2讲三角恒等变换与解三角形[做真题]题型一三角恒等变换1．(·高考全国卷Ⅱ)已知α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( ) A ．15B ．55C ．33D ．255解析：选B.由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2 sin 2α＋1，即2sin αcos α＝1－sin 2α.因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos α＝1－sin 2α，所以2sin α1－sin 2α＝1－sin 2 α，解得sin α＝55，故选B.2．(·高考全国卷Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α＝( )A ．89B ．79C ．－79D ．－89解析：选B.cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝⎛⎭⎫132＝79. 3．(·高考全国卷Ⅱ)若cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝35，则sin 2α＝( ) A ．725B ．15C ．－15D ．－725解析：选D.因为cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝cos π4cos α＋sin π4sin α＝22(sin α＋cos α)＝35，所以sin α＋cos α＝325，所以1＋sin 2α＝1825，所以sin 2α＝－725，故选D.题型二三角形中的边角计算问题1．(·高考全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2B ．30C ．29D ．2 5解析：选A.因为cos C 2＝55，所以cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×⎝⎛⎭⎫552－1＝－35.于是，在△ABC中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝⎛⎭⎫－35＝32，所以AB ＝4 2.故选A.2．(·高考山东卷)△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b ＝c ，a 2＝2b 2(1－sin A )，则A ＝( )A ．3π4B ．π3C ．π4D ．π6解析：选C.由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝2b 2－2b 2cos A ，所以2b 2(1－sin A )＝2b 2(1－cos A )，所以sin A ＝cos A ，即tan A ＝1，又0<A <π，所以A ＝π4.3．(·高考全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设(sin B －sin C )2＝sin 2A －sin B sin C .(1)求A ；(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C .解：(1)由已知得sin 2B ＋sin 2C －sin 2A ＝sin B sin C ，故由正弦定理得b 2＋c 2－a 2＝bc . 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为0°＜A ＜180°，所以A ＝60°.(2)由(1)知B ＝120°－C ，由题设及正弦定理得2sin A ＋sin(120°－C )＝2sin C ，即62＋32cos C ＋12sin C ＝2sin C ，可得cos(C ＋60°)＝－22.由于0°＜C ＜120°，所以sin(C ＋60°)＝22，故 sin C ＝sin(C ＋60°－60°)＝sin(C ＋60°)cos 60°－cos(C ＋60°)sin 60° ＝6＋24. 题型三与三角形面积有关的问题1．(·高考全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6解析：选C.根据题意及三角形的面积公式知12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24，所以sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝cos C ，所以在△ABC 中，C ＝π4.2．(·高考全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△ABC 的面积为________．解析：法一：因为a ＝2c ，b ＝6，B ＝π3，所以由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得62＝(2c )2＋c 2－2×2c ×c cos π3，得c ＝23，所以a ＝43，所以△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×43×23×sin π3＝6 3.法二：因为a ＝2c ，b ＝6，B ＝π3，所以由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得62＝(2c )2＋c 2－2×2c ×c cos π3，得c ＝23，所以a ＝43，所以a 2＝b 2＋c 2，所以A ＝π2，所以△ABC 的面积S ＝12×23×6＝6 3.答案：6 33．(·高考全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sinA ＋C2＝b sin A .(1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围．解：(1)由题设及正弦定理得 sin A sinA ＋C2＝sin B sin A . 因为sin A ≠0，所以sin A ＋C2＝sin B .由A ＋B ＋C ＝180°，可得sin A ＋C 2＝cos B 2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2.因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin （120°－C ）sin C ＝32tan C ＋12.由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°. 由(1)知A ＋C ＝120°，所以30°<C <90°，故12<a <2，从而38<S △ABC <32.因此，△ABC 面积的取值范围是⎝⎛⎭⎫38，32. [山东省学习指导意见]1．三角恒等变换(1)会利用向量推导出两角差的余弦公式，并能从两角差的余弦公式导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．(2)能运用上述公式进行简单的恒等变换． 2．解三角形(1)通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．(2)能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．三角恒等变换与求值[考法全练]1．(·高考全国卷Ⅰ)tan 255°＝()A．－2－3B．－2＋ 3C．2－ 3 D．2＋ 3解析：选D.由正切函数的周期性可知，tan 255°＝tan(180°＋75°)＝tan 75°＝tan(30°＋45°)＝33＋11－33＝2＋3，故选D.2．(一题多解)(·福建五校第二次联考)已知cos⎝⎛⎭⎫π4－α＝45，则sin 2α＝() A．15B．－15C ．725D ．－725解析：选C.法一：因为cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝45，所以sin 2α＝sin ⎣⎡⎦⎤π2－2⎝⎛⎭⎫π4－α＝cos 2⎝⎛⎭⎫π4－α＝2cos 2⎝⎛⎭⎫π4－α－1＝2×⎝⎛⎭⎫452－1＝725.故选C. 法二：令π4－α＝θ，则α＝π4－θ，cos θ＝45，所以sin 2α＝sin 2⎝⎛⎭⎫π4－θ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－2θ＝cos 2θ＝2cos 2θ－1＝2×⎝⎛⎭⎫452－1＝725.故选C.法三：因为cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝45，所以22(cos α＋sin α)＝45，所以cos α＋sin α＝425，平方得1＋sin 2α＝3225，得sin 2α＝725.故选C.3．(·山东高考模拟)已知cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6－sin α＝435，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋11π6＝________．解析：根据题意得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－sin α＝32cos α－32sin α＝435，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝－45，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋11π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋2π＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝－45.答案：－454．(·贵州黔东南一模改编)已知sin α＋3cos α＝－10，则tan 2α＝________，tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝________．解析：因为(sin α＋3cos α)2＝sin 2α＋6sin αcos α＋9cos 2α＝10(sin 2α＋cos 2α)，所以9sin 2α－6sin αcos α＋cos 2α＝0，则(3tan α－1)2＝0，即tan α＝13，所以tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝34，tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝13＋11－13＝2. 答案：342三角恒等变换要遵循的“三看”原则一看“角”，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分；二看“函数名称”，是需进行“切化弦”还是“弦化切”等，从而确定使用的公式；三看“结构特征”，了解变式或化简的方向．三角形的基本量的计算[典型例题]命题角度一求解三角形中的角(1)(·江西七校第一次联考)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝a (cos C ＋33sin C )，a ＝2，c ＝263，则角C ＝( ) A ．3π4B ．π3C ．π6D ．π4(2)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b cos C ＋b sin C ＝a . ①求角B 的大小；②若BC 边上的高等于14a ，求cos A 的值．【解】 (1)选D.由b ＝a ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C ，得sin B ＝sin A ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C .因为sin B ＝sin []π－（A ＋C ）＝sin(A ＋C )，所以sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A cos C ＋33sin A sin C (sin C ≠0)，即cos A ＝33sin A ，所以tan A ＝ 3.因为0<A <π，所以A ＝π3.由正弦定理a sin A ＝c sin C ，得sin C ＝22.因为0<C <2π3，所以C ＝π4.故选D.(2)①由b cos C ＋b sin C ＝a ，得sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin A . 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin(B ＋C )，即sin B cos C ＋sin B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ，因为sin C ≠0，所以sin B ＝cos B . 因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4.②设BC 边上的高为AD ，则AD ＝14a .因为B ＝π4，所以BD ＝AD ＝14a ，所以CD ＝34a ，所以AC ＝AD 2＋DC 2＝104a ，AB ＝24a . 由余弦定理得cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝－55.利用正、余弦定理求三角形角的方法(1)已知两边及其夹角，先由余弦定理求第三边，再由正弦定理求角． (2)已知三边，直接由余弦定理求角．(3)已知两边及其中一边的对角，先由正弦定理求另一边的对角，再由三角形内角和求第三角．[技能] 利用正、余弦定理求角时的两个失分点：(1)已知两边及其中一边的对角求其他角时，有一解、两解的情况，容易把握不准而出错；(2)在变形时，直接两边约去公因式，没有移项后提公因式，产生漏解．命题角度二求解三角形中的边与面积如图所示，在△ABC 中，点D 为BC 边上一点，且BD ＝1，E 为AC 的中点，AE ＝32，cos B ＝277，∠ADB＝2π3. (1)求AD 的长； (2)求△ADE 的面积．【解】 (1)在△ABD 中，因为cos B ＝277，B ∈(0，π)，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝⎛⎭⎫2772＝217，所以sin ∠BAD ＝sin(B ＋∠ADB )＝217×⎝⎛⎭⎫－12＋277×32＝2114. 由正弦定理知AD sin B ＝BD sin ∠BAD ，得AD ＝BD ·sin Bsin ∠BAD＝1×2172114＝2. (2)由(1)知AD ＝2，依题意得AC ＝2AE ＝3，在△ACD 中，由余弦定理得AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC ，即9＝4＋DC 2－2×2×DC cos π3，所以DC 2－2DC －5＝0，解得DC ＝1＋6(负值舍去)，所以S △ACD ＝12AD ·DC sin ∠ADC ＝12×2×(1＋6)×32＝3＋322，从而S △ADE ＝12S △ACD ＝3＋324.利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，如该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．而三角形的面积主要是利用两边与其夹角的正弦值求解．[技能] 三角形的面积主要是利用S ＝12ab sin C 求解，有时可以直接利用余弦定理求出ab的整体值再求面积，而不必分别求出a ，b 的值．[对点训练]1．(水浒原创)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)从下列两个条件中任选一个作条件，求角B ； ①a ＝b cos C ＋12c ，②a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B .(2)利用(1)的结果，若b ＝27，tan C ＝32，求△ABC 的面积．解：(1)若选①，由a ＝b cos C ＋12c 及正弦定理，得sin A ＝sin B cos C ＋12sin C ，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，所以cos B sin C ＝12sin C ．又在△ABC 中，sin C ≠0，所以cos B ＝12，B ＝π3.若选②，因为a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B ，所以由余弦定理，得2ac cos B ＝ab cos A ＋a 2cos B ，又a ≠0，所以2c cos B ＝b cos A ＋a cos B ，由正弦定理，得2sin C cos B ＝sin B cos A ＋sin A cos B ＝sin(A ＋B )＝sin C ，又C ∈(0，π)，sin C >0，所以cos B ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)由tan C ＝32，C ∈(0，π)，得sin C ＝217，cos C ＝277，所以sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝32×277＋12×217＝32114. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a ＝b sin Asin B＝27×3211432＝6，所以△ABC 的面积为12ab sin C ＝12×6×27×217＝6 3.2．(·郑州市第一次质量预测)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为S ，且满足sin B ＝b 24S.(1)求sin A sin C ；(2)若4cos A cos C ＝3，b ＝15，求△ABC 的周长．解：(1)由三角形的面积公式可得S ＝12bc sin A ，又sin B ＝b 24S，所以2bc sin A sin B ＝b 2，即2c sin A sin B ＝b ，由正弦定理可得2sin C sin A sin B ＝sin B ，因为sin B ≠0，所以sin A sin C ＝12.(2)因为4cos A cos C ＝3，所以cos A cos C ＝34，所以cos A cos C －sin A sin C ＝34－12＝14，即cos(A ＋C )＝14，所以cos B ＝－14，因为0<B <π，所以sin B ＝154，因为a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝15154＝4，所以sin A sin C ＝ac 16＝12，所以ac ＝8，因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos B ，所以(a ＋c )2＝15＋12＝27，所以a ＋c ＝3 3.所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝33＋15.解三角形的综合问题[典型例题]命题角度一以平面几何为载体的解三角形问题(·洛阳尖子生第二次联考)如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC 为锐角，AD ⊥BD ，AC 平分∠BAD ，BC ＝23，BD ＝3＋6，△BCD 的面积S ＝3（2＋3）2.(1)求CD ； (2)求∠ABC .【解】 (1)在△BCD 中，S ＝12BD ·BC ·sin ∠CBD ＝3（2＋3）2，因为BC ＝23，BD ＝3＋6，所以sin ∠CBD ＝12.因为∠ABC 为锐角，所以∠CBD ＝30°.在△BCD 中，由余弦定理得CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos ∠CBD ＝(23)2＋(3＋6)2－2×23×(3＋6)×32＝9，所以CD ＝3. (2)在△BCD 中，由正弦定理得BC sin ∠BDC ＝CDsin ∠CBD ，即23sin ∠BDC ＝3sin 30°，解得sin ∠BDC ＝33.因为BC <BD ，所以∠BDC 为锐角，所以cos ∠BDC ＝63. 在△ACD 中，由正弦定理得AC sin ∠ADC ＝CDsin ∠CAD，即AC cos ∠BDC ＝3sin ∠CAD.①在△ABC 中，由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝BCsin ∠BAC，即AC sin ∠ABC ＝23sin ∠BAC.②因为AC 平分∠BAD ，所以∠CAD ＝∠BAC . 由①②得sin ∠ABCcos ∠BDC ＝323，解得sin ∠ABC ＝22.因为∠ABC 为锐角，所以∠ABC ＝45°.解决以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系(如大边对大角，最大角一定大于等于π3)确定角或边的范围．命题角度二三角形中的最值或范围问题(1)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，外接圆的半径为1，且tan A tan B ＝2c －bb，则△ABC 面积的最大值为________．(2)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且(a 2＋b 2－c 2)(a cos B ＋b cos A )＝abc ，则c ＝________．若a ＋b ＝2，则c 的取值范围为________．【解析】 (1)因为tan A tan B ＝2c －b b ，所以b sin A cos A ＝(2c －b )sin Bcos B ，由正弦定理得sin B sin A cos B＝(2sin C －sin B )sin B cos A ，又sin B ≠0，所以sin A cos B ＝(2sin C －sin B )cos A ，所以sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos A ，即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，即sin C ＝2sin C cos A ，又sin C ≠0，所以cos A ＝12，sin A ＝32.设外接圆的半径为r ，则r ＝1，由余弦定理得bc ＝b 2＋c 2－a 22cos A ＝b 2＋c 2－a 2＝b 2＋c 2－(2r sin A )2＝b 2＋c 2－3≥2bc －3(当且仅当b ＝c 时，等号成立)，所以bc ≤3，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤334.所以△ABC 面积的最大值为334.(2)由sin A cos B ＋sin B cos A ＝sin(A ＋B )＝sin C 及正弦定理，可知a cos B ＋b cos A ＝c ，则由(a 2＋b 2－c 2)(a cos B ＋b cos A )＝abc ，得a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理可得cos C ＝12，则C ＝π3，B ＝2π3－A ，由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C ，得a sin A＝b sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝c sin π3，又a ＋b ＝2，所以c sin A32＋c sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A 32＝2，即c ＝3sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝1sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6，因为A ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，所以A ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6，sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6∈⎝⎛⎦⎤12，1，则c ∈[1，2)．【答案】 (1)334 (2)π3[1，2)解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．[对点训练]1.(·重庆市七校联合考试)如图，在平面四边形ABCD 中，E 为AB 边上一点，连接CE ，DE .CB ＝2，BE ＝1，∠B ＝∠CED ＝2π3.(1)求sin ∠AED 的值； (2)若AB ∥CD ，求CD 的长．解：(1)在△BEC 中，由余弦定理得，CE ＝CB 2＋BE 2－2CB ·BE cos ∠B ＝7，又BEsin ∠BCE＝CE sin ∠B，所以sin ∠BCE ＝2114，因为∠B ＝∠CED ，所以sin ∠AED ＝sin ∠BCE ＝2114. (2)因为AB ∥CD ，所以∠CDE ＝∠AED ，所以sin ∠CDE ＝sin ∠AED ＝2114，在△CDE 中，CD sin ∠CED ＝CEsin ∠CDE ，所以CD ＝CE sin ∠CED sin ∠CDE＝7×322114＝7. 2．(·福建五校第二次联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且3a cos C ＝(2b －3c )cos A .(1)求角A 的大小；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由正弦定理可得，3sin A cos C ＝2sin B cos A －3sin C cos A ，从而3sin(A ＋C )＝2sin B cos A ，即3sin B ＝2sin B cos A . 又B 为三角形的内角，所以sin B ≠0，于是cos A ＝32，又A 为三角形的内角，所以A ＝π6. (2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋c 2－2bc ×32≥2bc －3bc ，所以bc ≤4(2＋3)，所以S △ABC ＝12bc sin A ≤2＋3，故△ABC 面积的最大值为2＋ 3.[A 组夯基保分专练]一、选择题1．已知sin(α＋π4)＝35，π4<α<3π4，则cos 2α的值为( )A ．－725B ．－7225C ．－2425D ．－1225解析：选C.因为sin(α＋π4)＝35，π4<α<3π4，π2<α＋π4<π，所以cos(α＋π4)<0，可得cos(α＋π4)＝－45，所以sin α＝sin[(α＋π4)－π4]＝sin(α＋π4)cos π4－cos(α＋π4)sin π4＝7210，cos 2α＝1－2sin 2α＝1－4925＝－2425，故选C.2．(·高考全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A －b sin B ＝4c sin C ，cos A ＝－14，则bc＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：选A.由题意及正弦定理得，b 2－a 2＝－4c 2，所以由余弦定理得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－3c 22bc ＝－14，得b c＝6.故选A. 3．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sin B －a sin A ＝12a sinC ，则sin B 为( )A ．74B ．34C ．73D ．13解析：选A.由b sin B －a sin A ＝12a sin C ，且c ＝2a ，得b ＝2a ，因为cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34，所以sin B ＝1－⎝⎛⎭⎫342＝74.4．(一题多解)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，tan ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选A.法一：因为tan ∠BAC ＝－3，所以sin ∠BAC ＝310，cos ∠BAC ＝－110.由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ＝5＋2－2×5×2×⎝⎛⎭⎫－110＝9，所以BC ＝3，所以S △ABC ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12×2×5×310＝32，所以BC 边上的高h ＝2S △ABC BC ＝2×323＝1，故选A.法二：因为tan ∠BAC ＝－3，所以cos ∠BAC ＝－110<0，则∠BAC 为钝角，因此BC 边上的高小于2，故选A.5.如图，在△ABC 中，∠C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，DE ⊥AB ，E 为垂足．若DE ＝22，则cos A 等于( )A ．223B ．24C ．64D ．63解析：选C.依题意得，BD ＝AD ＝DE sin A ＝22sin A ，∠BDC ＝∠ABD ＋∠A ＝2∠A .在△BCD 中，BC sin ∠BDC ＝BD sin C ，4sin 2A ＝22sin A×23＝423sin A ，即42sin A cos A ＝423sin A ，由此解得cos A ＝64.6．(多选)下列命题中，正确的是( ) A ．在△ABC 中，若A >B ，则sin A >sin BB ．在锐角三角形ABC 中，不等式sin A >cos B 恒成立C ．在△ABC 中，若a cos A －b cos B ＝0，则△ABC 必是等腰直角三角形D ．在△ABC 中，若B ＝60°，b 2＝ac ，则△ABC 必是等边三角形解析：选ABD.对于A ，在△ABC 中，由正弦定理可得a sin A ＝bsin B，所以sin A >sin B ⇔a >b ⇔A >B ，故A 正确；对于B ，在锐角三角形ABC 中，A ，B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且A ＋B >π2，则π2>A >π2－B >0，所以sin A >sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，故B 正确；对于C ，在△ABC 中，由a cos A ＝b cos B ，利用正弦定理可得sin 2A ＝sin 2B ，得到2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，故A ＝B 或A ＝π2－B ，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C 错误；对于D ，在△ABC 中，若B ＝60°，b 2＝ac ，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，所以ac ＝a 2＋c 2－ac ，即(a －c )2＝0，解得a ＝c .又B ＝60°，所以△ABC 必是等边三角形，故D 正确．故选ABD.二、填空题7．(·济南联考改编)若tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，则tan(α＋β)＝________，tan α＝________．解析：因为tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，所以tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝tan （α＋2β）－tan β1＋tan （α＋2β）tan β＝2－（－3）1＋2×（－3）＝－1.tan α＝tan(α＋β－β)＝－1－（－3）1＋（－1）×（－3）＝12.答案：－1 128．已知a ，b ，c 是△ABC 中角A ，B ，C 的对边，a ＝4，b ∈(4，6)，sin 2A ＝sin C ，则c 的取值范围为________．解析：由4sin A ＝c sin C ，得4sin A ＝csin 2A ，所以c ＝8cos A ，因为16＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以16－b 2＝64cos 2A －16b cos 2A ，又b ≠4，所以cos 2A ＝16－b 264－16b ＝（4－b ）（4＋b ）16（4－b ）＝4＋b16，所以c 2＝64cos 2A ＝64×4＋b16＝16＋4b .因为b ∈(4，6)，所以32<c 2<40，所以42<c <210. 答案：(42，210)9．(一题多解)(·合肥市第一次质检测)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 成等比数列，cos(A －C )－cos B ＝12，延长BC 至点D ，若BD ＝2，则△ACD 面积的最大值为________．解析：法一：由题意知b 2＝ac ，由正弦定理得sin 2B ＝sin A sin C ①，又由已知，得cos(A －C )＋cos(A ＋C )＝12，可得cos A cos C ＝14 ②，②－①，得14－sin 2B ＝－cos B ，所以cos 2B ＋cos B －34＝0，解得cos B ＝12或cos B ＝－32(舍去)，所以B ＝60°，再由题得cos(A －C )＝1，则A－C ＝0，即A ＝C ，则a ＝c ，所以△ABC 为正三角形，则∠ACD ＝120°，AC ＝b ，CD ＝2－b ，故S △ACD ＝12×b ×(2－b )×32≤34⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋2－b 22＝34，当且仅当b ＝2－b ，即b ＝1时取等号．故填34. 法二：由题意知b 2＝ac ，且cos(A －C )＋cos(A ＋C )＝12，即cos A cos C ＋sin A sin C ＋cos A cosC －sin A sin C ＝12，即cos A cos C ＝14，由余弦定理得b 2＋c 2－a 22bc ·b 2＋a 2－c 22ab ＝14，整理得b 4－(a 2－c 2)2＝b 4，所以a 2－c 2＝0，即a ＝c ，又b 2＝ac ，所以a ＝b ＝c ，即△ABC 为正三角形，所以S △ACD ＝S △ABD －S △ABC ＝12×2×c ×32－34c 2＝－34(c －1)2＋34≤34，当c ＝1时取等号，故填34. 答案：34三、解答题10．(·广东六校第一次联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B .(1)求角B ；(2)若b ＝27，tan C ＝32，求△ABC 的面积．解：(1)因为a 2＋c 2－b 2＝ab cos A ＋a 2cos B ，所以由余弦定理，得2ac cos B ＝ab cos A ＋a 2cos B ，又a ≠0，所以2c cos B ＝b cos A ＋a cos B ，由正弦定理，得 2sin C cos B ＝sin B cos A ＋sin A cos B ＝sin(A ＋B )＝sin C ，又C ∈(0，π)，sin C >0，所以cos B ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)由tan C ＝32，C ∈(0，π)，得sin C ＝217，cos C ＝277，所以sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝32×277＋12×217＝32114. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a ＝b sin Asin B＝27×3211432＝6，所以△ABC 的面积为12ab sin C ＝12×6×27×217＝6 3.11．(·武汉模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A ＝2B ，cos B ＝255.(1)求sin C 的值；(2)若角A 的平分线AD 的长为5，求b 的值．解：(1)由cos B ＝255及0<B <π，得sin B ＝55，又A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B ＝2×55×255＝45， cos A ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝35.故sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×255＋35×55＝11525.(2)由题意得，∠ADC ＝B ＋12∠BAC ＝∠BAC (如图)，所以sin ∠ADC ＝45.在△ADC 中，AD sin C ＝ACsin ∠ADC ，即511525＝AC 45，AC ＝2011，故b ＝2011.12．(·高考天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ＋c ＝2a ，3c sin B ＝4a sin C .(1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6的值．解：(1)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝csin C ，得b sin C ＝c sin B ，又由3c sin B ＝4a sin C ，得3b sin C ＝4a sin C ，即3b ＝4a .又因为b ＋c ＝2a ，得到b ＝43a ，c ＝23a .由余弦定理可得cos B＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋49a 2－169a 22·a ·23a ＝－14.(2)由(1)可得sin B ＝1－cos 2B ＝154，从而sin 2B ＝2sin B cos B ＝－158，cos 2B ＝cos 2B －sin 2B ＝－78，故sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6＝sin 2B cos π6＋cos 2B sin π6＝－158×32－78×12＝－35＋716. [B 组大题增分专练]1．(·江西七校第一次联考)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a (sin A －sin B )＝(c －b )(sin C ＋sin B )．(1)求角C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．解：(1)由a (sin A －sin B )＝(c －b )(sin C ＋sin B )及正弦定理，得a (a －b )＝(c －b )(c ＋b )，即a 2＋b 2－c 2＝ab .所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又C ∈(0，π)，所以C ＝π3.(2)由(1)知a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7，又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，所以ab ＝6，所以(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，a ＋b ＝5. 所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.2．(一题多解)(·福州模拟)如图，在△ABC 中，M 是边BC 的中点，cos ∠BAM ＝5714，cos ∠AMC ＝－277.(1)求∠B 的大小；(2)若AM ＝21，求△AMC 的面积．解：(1)由cos ∠BAM ＝5714，得sin ∠BAM ＝2114，由cos ∠AMC ＝－277，得sin ∠AMC ＝217.又∠AMC ＝∠BAM ＋∠B ，所以cos ∠B ＝cos(∠AMC －∠BAM ) ＝cos ∠AMC cos ∠BAM ＋sin ∠AMC sin ∠BAM ＝－277×5714＋217×2114＝－12，又∠B ∈(0，π)，所以∠B ＝2π3. (2)法一：由(1)知∠B ＝2π3，在△ABM 中，由正弦定理AM sin ∠B ＝BMsin ∠BAM ，得BM ＝AM sin ∠BAMsin ∠B＝21×211432＝ 3.因为M 是边BC 的中点，所以MC ＝ 3.故S △AMC ＝12AM ·MC ·sin ∠AMC ＝12×21×3×217＝332.法二：由(1)知∠B ＝2π3，在△ABM 中，由正弦定理AM sin ∠B ＝BMsin ∠BAM ，得BM ＝AM sin ∠BAMsin ∠B＝21×211432＝ 3.因为M 是边BC 的中点，所以S △AMC ＝S △ABM ，所以S △AMC ＝S △ABM ＝12AM ·BM ·sin ∠BMA ＝12×21×3×217＝332.3．(·昆明市质量检测)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2(c －a cos B )＝3b .(1)求角A ；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的取值范围．解：(1)由2(c －a cos B )＝3b 及正弦定理得2(sin C －sin A cos B )＝3sin B ，所以2sin(A ＋B )－2sin A cos B ＝3sin B ，即2cos A sin B ＝3sin B ，因为sin B ≠0，所以cos A ＝32，又0<A <π，所以A ＝π6. (2)因为a ＝2，由正弦定理得b ＝4sin B ，c ＝4sin C ，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝14bc ，所以S △ABC ＝4sin B sin C ，因为C ＝π－(A ＋B )＝5π6－B ，所以sin C ＝sin ⎝⎛⎭⎫5π6－B ，所以S △ABC ＝4sin B sin ⎝⎛⎭⎫5π6－B ＝4sin B ⎝⎛⎭⎫12cos B ＋32sin B ，即S △ABC ＝2sin B cos B ＋23sin 2B ＝sin 2B －3cos 2B ＋ 3 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2B －π3＋ 3. 因为0<B <5π6，所以－π3<2B －π3<4π3，所以－32<sin ⎝⎛⎭⎫2B －π3≤1，所以0<S △ABC ≤2＋ 3.即△ABC 面积的取值范围为(0，2＋3]．4．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，AB 边上的高h ＝23c .(1)若△ABC 为锐角三角形，且cos A ＝35，求角C 的正弦值；(2)若C ＝π4，M ＝a 2＋b 2＋13c 2ab，求M 的值．解：(1)作CD ⊥AB ，垂足为D ，因为△ABC 为锐角三角形，且cos A ＝35，所以sin A ＝45，tan A ＝43，所以AD ＝c 2，BD ＝AB －AD ＝c2，所以BC ＝CD 2＋BD 2＝⎝⎛⎭⎫23c 2＋⎝⎛⎭⎫c 22＝5c 6，由正弦定理得sin ∠ACB ＝AB sin ABC ＝c ×455c 6＝2425.(2)因为S △ABC ＝12c ×23c ＝12ab sin ∠ACB ＝24ab ，所以c 2＝324ab ，又a 2＋b 2－c 2＝2ab cos ∠ACB ＝2ab ，所以a 2＋b 2＝2ab ＋c 2，所以a 2＋b 2＋13c 2＝2ab ＋43c 2＝2ab ＋43×324ab ＝22ab ，所以M ＝a 2＋b 2＋13c 2ab ＝22abab ＝2 2.。

人教版高考数学二轮专题复习题：三角恒等变换与解三角形含解析附参考答案

A. B．－
C. D．－
解析据已知可得cos ＝sin2α
＝－cos2 ＝－＝－ .
答案D
3．(2014·河北衡水一模)已知sin ＋sinα＝－，－ <α<0，则cos 等于()
A．－ B．－
C. D.
解析∵sin ＋sinα＝－，－ <α<0，
∴ sinα＋ cosα＝－，
∴ sinα＋ cosα＝－ .
由余弦定理得cosA＝＝＝＝－ .
答案－
9．(2014·四川卷)如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高是46 m，则河流的宽度BC约等于________m．(用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80， ≈1.73)
A. B.
C. D.
解析由sinA＝，sinB＝，sinC＝，代入整理得＝ ⇒c2－b2＝ac－a2，所以a2＋c2－b2＝ac，即cosB＝，所以B＝，故答案为C.
答案C
二、填空题
7．设θ为第二象限角，若tan ＝，则sinθ＋cosθ＝________.
解析tan ＝＝，解得tanθ＝－，又θ为第二象限角，得sinθ＝，cosθ＝－，所以sinθ＋cosθ＝－ .
答案－
8．(2014·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b－c＝ a,2sinB＝3sinC，则cosA的值为________．
解析由正弦定理得到边b，c的关系，代入余弦定理的变式求解即可．
由2sinB＝3sinC及正弦定理得2b＝3c，即b＝ c.

高考数学二轮复习专题二第2讲三角恒等变换与解三角形

第2讲三角恒等变换与解三角形一、选择题1.已知α∈R ，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α等于( ) A.43B.34C.－34D.－43解析 ∵sin α＋2cos α＝102， ∴sin 2 α＋4sin α·cos α＋4cos 2α＝52.用降幂公式化简得：4sin 2α＝－3cos 2α， ∴t an 2α＝sin 2αcos 2α＝－34.故选C.答案 C2.(2015·晋中模拟)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35，则cos α等于( )A.－210B.7210C.－210或7210D.－7210解析 ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π.∴α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫34π，54π.∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－45， ∴cos α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝－45×22＋35×22＝－210.答案 A3.钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( )A.5B. 5C.2D.1解析 S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12，∴sin B ＝22，若B ＝45°，则由余弦定理得AC ＝1，∴△ABC 为直角三角形，不符合题意，因此B ＝135°，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝5，∴AC ＝ 5.故选B. 答案 B4.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC的面积是( ) A.3B.932C.332D.3 3解析 c 2＝(a －b )2＋6，即c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6①. ∵C ＝π3，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－ab ②，由①和②得ab ＝6，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332，故选C. 答案 C5.已知tan β＝43，sin(α＋β)＝513，其中α，β∈(0，π)，则sin α的值为( )A.6365B.3365C.1365D.6365或3365解析依题意得sin β＝45，cos β＝35.注意到sin(α＋β)＝513＜sin β，因此有α＋β＞π2(否则，若α＋β≤π2，则有0＜β＜α＋β≤π2，0＜sin β＜sin(α＋β)，这与“sin(α＋β)＜sin β”矛盾)，则cos(α＋β)＝－1213，sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin β＝6365.答案 A 二、填空题6.(2015·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为315，b －c ＝2，cos A ＝－14，则a 的值为________.解析 ∵cos A ＝－14，0＜A ＜π，∴sin A ＝154，S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ×154＝315，∴bc ＝24，又b －c ＝2，∴b 2－2bc ＋c 2＝4，b 2＋c 2＝52，由余弦定理得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝52－2×24×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝64，∴a ＝8.答案 87.(2015·南昌模拟)若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________.解析 ∵sin A ＋2sin B ＝2sin C . 由正弦定理可得a ＋2b ＝2c ，即c ＝a ＋2b2，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 222ab＝3a 2＋2b 2－22ab 8ab ≥26ab －22ab 8ab ＝6－24，当且仅当3a 2＝2b 2即ab＝23时等号成立.∴cos C 的最小值为6－24. 答案6－248.如图，嵩山上原有一条笔直的山路BC ，现在又新架设了一条索道AC ，小李在山脚B 处看索道AC ，发现张角∠ABC ＝120°；从B 处攀登400米到达D 处，回头看索道AC ，发现张角∠ADC ＝150°；从D 处再攀登800米方到达C 处，则索道AC 的长为________米.解析如题图，在△ABD 中，BD ＝400米，∠ABD ＝120°.因为∠ADC ＝150°，所以∠ADB ＝30°.所以∠DAB ＝180°－120°－30°＝30°. 由正弦定理，可得BD sin∠DAB ＝ADsin∠ABD .所以400sin 30°＝ADsin 120°，得AD ＝4003(米).在△ADC 中，DC ＝800米，∠ADC ＝150°，由余弦定理可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2·AC ·CD ·cos∠ADC＝(4003)2＋8002－2×4003×800×cos 150°＝4002×13，解得AC ＝40013(米).故索道AC 的长为40013米. 答案 40013 三、解答题9.设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B . (1)求a 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4的值.解 (1)因为A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B .由正、余弦定理得 a ＝2b ·a 2＋c 2－b 22ac.因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，a ＝2 3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13.由于0＜A ＜π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－19＝223.故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝sin A cos π4＋cos A sin π4＝223×22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13×22＝4－26.10.(2015·唐山模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且c sin B ＝b cos C ＝3. (1)求b ；(2)若△ABC 的面积为212，求c .解 (1)由正弦定理得：sin C sin B ＝sin B cos C . 又sin B ≠0，所以sin C ＝cos C ，∴C ＝45°. 又b cos C ＝3，所以b ＝3 2.(2)因为S △ABC ＝12ac sin B ＝212，c sin B ＝3，所以a ＝7，由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝25.所以c ＝5. 11.(2015·山东卷)设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值.解 (1)由题意知f (x )＝sin 2x 2－1＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12.由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z,可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ；由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z ，可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )；单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z ). (2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12，由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，即bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时等号成立. 因此12bc sin A ≤2＋34.所以△ABC 面积的最大值为2＋34.。

高考数学(理科)二轮复习【专题2】三角变换与解三角形(含答案)

第2讲三角变换与解三角形考情解读 (1)高考中常考查三角恒等变换有关公式的变形使用，常和同角三角函数的关系或诱导公式结合．(2)利用正弦定理或余弦定理解三角形或判断三角形的形状、求值等，经常和三角恒等变换结合进行综合考查．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.(3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓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＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.(3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.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 sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C .sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R .a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C . 5．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ， a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .6．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .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.热点一三角变换例1 (1)已知sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，则cos(α＋2π3)等于( )A ．－45B ．－35C.45D.35(2)(2014·课标全国Ⅰ)设α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，且tan α＝1＋sin βcos β，则( )A ．3α－β＝π2B ．2α－β＝π2C ．3α＋β＝π2D ．2α＋β＝π2思维启迪 (1)利用和角公式化简已知式子，和cos(α＋23π)进行比较．(2)先对已知式子进行变形，得三角函数值的式子，再利用范围探求角的关系．答案 (1)C (2)B解析 (1)∵sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，∴32sin α＋32cos α＝－435， ∴32sin α＋12cos α＝－45， ∴cos(α＋2π3)＝cos αcos 2π3－sin αsin 2π3＝－12cos α－32sin α＝45.(2)由tan α＝1＋sin βcos β得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β，∴sin(α－β)＝cos α＝sin(π2－α)．∵α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，∴α－β∈(－π2，π2)，π2－α∈(0，π2)，∴由sin(α－β)＝sin(π2－α)，得α－β＝π2－α，∴2α－β＝π2.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．设函数f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x .(1)求函数f (x )的最小正周期和最大值；(2)若θ是第二象限角，且f (θ2)＝0，求cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ的值．解 (1)f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x ＝cos 2x cos π3－sin 2x sin π3＋1－cos 2x 2＝12－32sin 2x .所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，最大值为1＋32.(2)因为f (θ2)＝0，所以12－32sin θ＝0，即sin θ＝33，又θ是第二象限角，所以cos θ＝－1－sin 2θ＝－63. 所以cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θ2cos 2θ－2sin θcos θ＝(cos θ＋sin θ)(cos θ－sin θ)2cos θ(cos θ－sin θ)＝cos θ＋sin θ2cos θ＝－63＋332×(－63)＝6－326＝2－24.热点二解三角形例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足a ＝2sin A ，cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0.(1)求边c 的大小；(2)求△ABC 面积的最大值．思维启迪 (1)将cos B cos C ＋2a c ＋bc＝0中的边化成角，然后利用和差公式求cos C ，进而求c .(2)只需求ab 的最大值，可利用cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab和基本不等式求解．解 (1)∵cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0，∴c cos B ＋2a cos C ＋b cos C ＝0，∴sin C cos B ＋sin B cos C ＋2sin A cos C ＝0， ∴sin A ＋2sin A cos C ＝0， ∵sin A ≠0，∴cos C ＝－12，∵C ∈(0，π)∴C ＝2π3，∴c ＝a sin A·sin C ＝ 3.(2)∵cos C ＝－12＝a 2＋b 2－32ab ，∴a 2＋b 2＋ab ＝3，∴3ab ≤3，即ab ≤1. ∴S △ABC ＝12ab sin C ≤34.∴△ABC 面积最大值为34.思维升华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 ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，其中R 为△ABC 外接圆的半径； (3)sin(A ＋B )＝sin C ，cos(A ＋B )＝－cos C .(1)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，则ba 等于( )A. 2 B ．2 2 C. 3 D ．2 3(2)(2014·江西)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A ．3 B.932C.332 D ．3 3 答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，由正弦定理得sin 2A sin B ＋sin B cos 2A ＝2sin A ，即sin B ＝2sin A ，即sin B sin A ＝2，b a ＝sin B sin A＝ 2. (2)∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.①∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得ab ＝6.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.热点三正、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 ，经测量cos A ＝1213，cos C ＝35.(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？思维启迪 (1)直接求sin B ，利用正弦定理求AB .(2)利用余弦定理和函数思想，将甲乙距离表示为乙出发后时间t 的函数．解 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C＝513×35＋1213×45＝6365. 由正弦定理AB sin C ＝ACsin B，得AB ＝AC sin B ×sin C ＝1 2606365×45＝1 040(m)．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d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，由于0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537min 时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝ACsin B ，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．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 .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，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 25043，62514(单位：m/min)范围内．思维升华求解三角形的实际问题，首先要准确理解题意，分清已知与所求，关注应用题中的有关专业名词、术语，如方位角、俯角等；其次根据题意画出其示意图，示意图起着关键的作用；再次将要求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识建立数学模型，从而正确求解，演算过程要简练，计算要准确；最后作答．如图，中国渔民在中国南海黄岩岛附近捕鱼作业，中国海监船在A 地侦察发现，在南偏东60°方向的B 地，有一艘某国军舰正以每小时13海里的速度向正西方向的C 地行驶，企图抓捕正在C 地捕鱼的中国渔民．此时，C 地位于中国海监船的南偏东45°方向的10海里处，中国海监船以每小时30海里的速度赶往C 地救援我国渔民，能不能及时赶到？(2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45)解过点A 作AD ⊥BC ，交BC 的延长线于点D .因为∠CAD ＝45°，AC ＝10海里，所以△ACD 是等腰直角三角形．所以AD ＝CD ＝22AC ＝22×10＝52(海里)．在Rt △ABD 中，因为∠DAB ＝60°，所以BD ＝AD ×tan 60°＝52×3＝56(海里)．所以BC ＝BD －CD ＝(56－52)(海里)．因为中国海监船以每小时30海里的速度航行，某国军舰正以每小时13海里的速度航行，所以中国海监船到达C 点所用的时间t 1＝AC 30＝1030＝13(小时)，某国军舰到达C 点所用的时间t 2＝BC 13＝5×(6－2)13≈5×(2.45－1.41)13＝0.4(小时)．因为13<0.4，所以中国海监船能及时赶到．1．求解恒等变换问题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 ＝2R sin A ，sin A ＝a2R (其中2R 为三角形外接圆的直径)，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C 等，灵活根据条件求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 A ＋B 2＝cos C2等，利用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题等．3．利用正弦定理、余弦定理解决实际问题的关键是如何将实际问题转化为数学问题，抽象出三角形模型．真题感悟1．(2013·浙江)已知α∈R ，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α等于( ) A.43 B.34 C ．－34 D ．－43 答案 C解析 ∵sin α＋2cos α＝102， ∴sin 2α＋4sin α·cos α＋4cos 2α＝52.用降幂公式化简得：4sin 2α＝－3cos 2α，∴tan 2α＝sin 2αcos 2α＝－34.故选C.2．(2014·江苏)若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________．答案 6－24解析由sin A ＋2sin B ＝2sin C ，结合正弦定理得a ＋2b ＝2c .由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－(a ＋2b )242ab ＝34a 2＋12b 2－2ab 22ab≥2⎝⎛⎭⎫34a 2⎝⎛⎭⎫12b 2－2ab 22ab ＝6－24，故6－24≤cos C <1，且3a 2＝2b 2时取“＝”．故cos C 的最小值为6－24.押题精练1．在△ABC 中，已知tan A ＋B2＝sin C ，给出以下四个结论： ①tan Atan B＝1；②1<sin A ＋sin B ≤2；③sin 2A ＋cos 2B ＝1；④cos 2A ＋cos 2B ＝sin 2C . 其中一定正确的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ 答案 D解析依题意，tan A ＋B2＝sinA ＋B 2cos A ＋B 2＝2sin A ＋B 2cos A ＋B22cos2A ＋B 2＝sin (A ＋B )1＋cos (A ＋B )＝sin C 1＋cos (A ＋B )＝sin C . ∵sin C ≠0，∴1＋cos(A ＋B )＝1，cos(A ＋B )＝0.∵0<A ＋B <π，∴A ＋B ＝π2，即△ABC 是以角C 为直角的直角三角形．对于①，由tan Atan B＝1，得tan A ＝tan B ，即A ＝B ，不一定成立，故①不正确；对于②，∵A ＋B ＝π2，∴sin A ＋sin B ＝sin A ＋cos A ＝2sin(A ＋π4)，∴1<sin A ＋sin B ≤2，故②正确；对于③，∵A ＋B ＝π2，∴sin 2A ＋cos 2B ＝sin 2A ＋sin 2A ＝2sin 2A ，其值不确定，故③不正确；对于④，∵A ＋B ＝π2，∴cos 2A ＋cos 2B ＝cos 2A ＋sin 2A ＝1＝sin 2C ，故④正确．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )，且q ∥p . (1)求sin A 的值；(2)求三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围．解 (1)∵q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )且q ∥p ，∴2b －c ＝2a cos C ，由正弦定理得2sin A cos C ＝2sin B －sin C ，又sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ， ∴12sin C ＝cos A sin C . ∵sin C ≠0，∴cos A ＝12，又∵0<A <π，∴A ＝π3，∴sin A ＝32.(2)原式＝－2cos 2C 1＋tan C＋1＝1－2(cos 2C －sin 2C )1＋sin C cos C＝1－2cos 2C ＋2sin C cos C ＝sin 2C －cos 2C ＝2sin(2C －π4)，∵0<C <23π，∴－π4<2C －π4<1312π，∴－22<sin(2C －π4)≤1，∴－1<2sin(2C －π4)≤2，即三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围为(－1，2]．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．(2014·浙江)为了得到函数y ＝sin 3x ＋cos 3x 的图象，可以将函数y ＝2cos 3x 的图象( )A ．向右平移π4个单位B ．向左平移π4个单位C ．向右平移π12个单位D ．向左平移π12个单位答案 C解析因为y ＝sin 3x ＋cos 3x ＝2sin(3x ＋π4)＝2sin[3(x ＋π12)]，又y ＝2cos 3x ＝2sin(3x ＋π2)＝2sin[3(x ＋π6)]，所以应由y ＝2cos 3x 的图象向右平移π12个单位得到．2．已知α∈(π2，π)，sin(α＋π4)＝35，则cos α等于( )A ．－210 B.7210C ．－210或7210D ．－7210答案 A解析 ∵α∈(π2，π)，∴α＋π4∈(34π，54π)，∵sin(α＋π4)＝35，∴cos(α＋π4)＝－45，∴cos α＝cos(α＋π4－π4)＝cos(α＋π4)cos π4＋sin(α＋π4)sin π4＝－45×22＋35×22＝－210.3．在△ABC 中，若sin C sin A ＝3，b 2－a 2＝52ac ，则cos B 的值为( )A.13B.12C.15D.14 答案 D解析由正弦定理：c a ＝sin C sin A＝3，由余弦定理：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝c 2－52ac2ac ＝12×c a －54＝32－54＝14.4．(2013·陕西)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定答案 B解析由b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ，所以sin A ＝1，由0<A <π，得A ＝π2，所以△ABC 为直角三角形． 5．已知tan β＝43，sin(α＋β)＝513，其中α，β∈(0，π)，则sin α的值为( ) A.6365 B.3365C.1365D.6365或3365答案 A解析依题意得sin β＝45，cos β＝35.注意到sin(α＋β)＝513<sin β，因此有α＋β>π2(否则，若α＋β≤π2，则有0<β<α＋β≤π2，0<sin β<sin(α＋β)，这与“sin(α＋β)<sin β”矛盾)，则cos(α＋β)＝－1213，sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin β＝6365. 6．已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且tan B ＝2－3a 2－b 2＋c2，BC →·BA →＝12，则tan B 等于( )A.32B.3－1 C ．2 D ．2－ 3答案 D解析由题意得，BC →·BA →＝|BC →|·|BA →|cos B＝ac cos B ＝12，即cos B ＝12ac，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12ac⇒a 2＋c 2－b 2＝1，所以tan B ＝2－3a 2－b 2＋c 2＝2－3，故选D. 二、填空题7．已知tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝12，且－π2<α<0，则2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝________. 答案－255解析由tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝12，得tan α＝－13. 又－π2<α<0，可得sin α＝－1010.故2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝2sin α(sin α＋cos α)22(sin α＋cos α) ＝22sin α＝－255. 8．在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，已知a 2－c 2＝2b ，且sin A cos C ＝3cos A sin C ，则b ＝________.答案 4解析由sin A cos C ＝3cos A sin C 得：a 2R ·a 2＋b 2－c 22ab ＝3·b 2＋c 2－a 22bc ·c 2R ， ∴a 2＋b 2－c 2＝3(b 2＋c 2－a 2)，a 2－c 2＝b 22，解方程组：⎩⎪⎨⎪⎧a 2－c 2＝2b a 2－c 2＝b 22，∴b ＝4. 9．已知0<α<π2<β<π，cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45，则cos(α＋π4)＝________. 答案 82－315解析因为0<α<π2<β<π，所以π4<β－π4<3π4，π2<α＋β<3π2. 所以sin(β－π4)>0，cos(α＋β)<0. 因为cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45，所以sin(β－π4)＝223，cos(α＋β)＝－35. 所以cos(α＋π4)＝cos[(α＋β)－(β－π4)] ＝cos(α＋β)cos(β－π4)＋sin(α＋β)sin(β－π4) ＝－35×13＋45×223＝82－315. 10．如图，嵩山上原有一条笔直的山路BC ，现在又新架设了一条索道AC ，小李在山脚B 处看索道AC ，发现张角∠ABC ＝120°；从B 处攀登400米到达D 处，回头看索道AC ，发现张角∠ADC ＝150°；从D 处再攀登800米方到达C 处，则索道AC 的长为________米．答案 40013解析如题图，在△ABD 中，BD ＝400米，∠ABD ＝120°.因为∠ADC ＝150°，所以∠ADB ＝30°.所以∠DAB ＝180°－120°－30°＝30°.由正弦定理，可得BD sin ∠DAB ＝AD sin ∠ABD. 所以400sin 30°＝AD sin 120°，得AD ＝4003(米)．在△ADC 中，DC ＝800米，∠ADC ＝150°，由余弦定理，可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2×AD ×CD ×cos ∠ADC＝(4003)2＋8002－2×4003×800×cos 150°＝4002×13，解得AC ＝40013(米)．故索道AC 的长为40013米．三、解答题11．(2014·安徽)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B .(1)求a 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4的值．解 (1)因为A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B .由正、余弦定理得a ＝2b ·a 2＋c 2－b 22ac. 因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，a ＝2 3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13. 由于0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－19＝223. 故sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝sin A cos π4＋cos A sin π4＝223×22＋⎝⎛⎭⎫－13×22＝4－26. 12．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1(ω>0)的最小正周期是π. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值．解 (1)f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1 ＝23sin ωx cos ωx －2cos 2ωx ＋1＝3sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin(2ωx －π6)．最小正周期是2π2ω＝π，所以，ω＝1，从而f (x )＝2sin(2x －π6)．令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z . 所以函数f (x )的单调递增区间为[－π6＋k π，π3＋k π](k ∈Z )．(2)当x ∈[π8，3π8]时，2x －π6∈[π12，7π12]， f (x )＝2sin(2x －π6)∈[6－22，2]，所以f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值分别为2，6－22. 13．已知角A 、B 、C 是△ABC 的三个内角，若向量m ＝(1－cos(A ＋B )，cos A －B 2)，n ＝(58，cos A －B 2)，且m ·n ＝98. (1)求tan A tan B 的值；(2)求ab sin C a 2＋b 2－c 2的最大值．解 (1)m ·n ＝58－58cos(A ＋B )＋cos 2A －B 2＝98－18cos A cos B ＋98sin A sin B ＝98， ∴cos A cos B ＝9sin A sin B 得tan A tan B ＝19. (2)tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝98(tan A ＋tan B )≥98·2tan A tan B ＝34. (∵tan A tan B ＝19>0， ∴A ，B 均是锐角，即其正切值均为正)ab sin C a 2＋b 2－c 2＝sin C 2cos C ＝12tan C ＝－12tan(A ＋B )≤－38，所求最大值为－38.。

高考数学二轮复习专题一三角函数三角恒等变换与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形文理学案含解析

第2讲三角恒等变换与解三角形(文理)JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．三角恒等变换是高考的热点内容,主要考查利用各种三角函数公式进行求值与化简,其中二倍角公式、辅助角公式是考查的重点,切化弦、角的变换是常考的内容．2．正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容,主要考查：(1)边、角、面积的计算；(2)有关边、角的范围问题；(3)实际应用问题．⊙︱真题分布︱(理科)年份卷别题号考查角度分值2020 Ⅰ卷9、16三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值；利用余弦定理解三角形10 Ⅱ卷17 解三角形求角和周长的最值12 Ⅲ卷7、9 余弦定理解三角形；三角恒等变换求值102019 Ⅰ卷17 正余弦定理12 Ⅱ卷15二倍角公式、基本关系式、余弦定理、三角形面积公式5 Ⅲ卷18 正余弦定理、三角形面积公式122018 Ⅰ卷17 正余弦定理、解三角形12 Ⅱ卷10、15二倍角、辅助角公式、基本关系式、和的正弦公式、余弦定理10 Ⅲ卷15 余弦定理、二倍角公式、函数零点 5年份卷别题号考查角度分值2020 Ⅰ卷18 余弦定理、三角恒等变换解三角形10 Ⅱ卷13、17余弦的二倍角公式的应用；诱导公式和平方关系的应用,利用勾股定理或正弦定理,余弦定理判断三角形的形状17Ⅲ卷 5、11 两角和与差的正余弦公式及其应用；余弦定理以及同角三角函数关系解三角形10 2019Ⅰ卷7、11 诱导公式及两角和的正切公式；正、余弦定理10 Ⅱ卷 11、15 二倍角公式的应用；正弦定理的应用10 Ⅲ卷 18 正余弦定理、三角形面积公式12 2018Ⅰ卷11、16 三角函数定义及三角恒等变换；正余弦定理、解三角形10 Ⅱ卷 7、15 二倍角及余弦定理；诱导公式及三角恒等变换10 Ⅲ卷7、11二倍角公式、正、余弦定理解三角形10KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一三角恒等变换知识再现三角恒等变换与求值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. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓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＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α. 3．辅助角公式asin x ＋bcos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)(其中tan φ＝b a)典例悟通典例1 (1)(2020·全国Ⅱ卷模拟)cos 240°＋2sin 35°sin 55°sin 10°＝( A )A ．34B ．14C ．12＋32 D ．334(2)(2020·宜宾模拟)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,且3sin 2α－5cos 2α＋sin 2α＝0,则sin 2α＋cos 2α＝( A )A ．1B ．－2317C ．－2317或1D ．－1(3)已知函数f(x)＝3cos xcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6－12.①求f(x)的单调递增区间；②若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4,f(x)＝36,求cos 2x 的值．【解析】 (1)原式＝cos 240°＋2sin 35°cos 35°sin 10° ＝cos 240°＋sin 70°sin 10°＝12＋12cos 80°＋sin 70°sin 10°＝12＋12(cos 70°cos 10°－sin 70°sin 10°＋2sin 70°sin 10°) ＝12＋12(cos 70°cos 10°＋sin 70°sin 10°)＝12＋12cos 60°＝34.故选A ． (2)由3sin 2α－5cos 2α＋sin 2α＝0, 得3sin 2α－5cos 2α＋2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝0 3tan 2α＋2tan α－5tan 2α＋1＝0, 即3tan 2α＋2tan α－5＝0, 解得tan α＝1或tan α＝－53.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2,∴tan α＝1,即α＝π4.∴sin 2α＋cos 2α＝sinπ2＋cos π2＝1．故选A ． (3)f(x)＝3cos xcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6－12 ＝3sin xcos x ＋1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π32－12＝32sin 2x －12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝32sin 2x －12⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos 2x ＋32sin 2x ＝34sin 2x －14cos 2x ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.①令2k π－π2≤2x－π6≤2kπ＋π2,k ∈Z,得k π－π6≤x≤kπ＋π3,k ∈Z,所以f(x)的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤kπ－π6，kπ＋π3,k ∈Z.②由f(x)＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝36,得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝33,∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4,∴－π6≤2x－π6≤π3, ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝63. ∴cos 2x ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －π6＋π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6×32－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6×12＝63×32－33×12＝22－36. 方法感悟三角恒等变换的“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换, 1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α,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．跟踪训练1．(1)(2019·江苏)已知tan αtan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23,则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4的值是10(2)设α为锐角,若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45,则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12的值为50【解析】 (1)方法一：由tan αtan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan αtan α＋11－tan α＝tan α()1－tan αtan α＋1＝－23.解得tan α＝2或－13.sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22(sin 2α＋cos 2α) ＝22(2sin αcos α＋2cos 2α－1) ＝2(sin αcos α＋cos 2α)－22＝2·sin αcos α＋cos 2αsin 2α＋cos 2α－22 ＝2·tan α＋1tan 2α＋1－22, 将tan α＝2和－13分别代入得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝210.方法二：∵tan αtan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝sin αcos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23,∴sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4.① 又sin π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos α－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＝22,②由①②,解得sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－25,cos αsin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝3210.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4 ＝sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝210.(2)因为α为锐角且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45>0,所以α＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2,所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π4 ＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π4－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－1 ＝2×35×45－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝12225－7250＝17250. 考点二正弦定理与余弦定理知识再现1．正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R(2R 为△ABC 外接圆的直径)．变形：a ＝2Rsin A,b ＝2Rsin B,c ＝2Rsin C. sin A ＝a 2R ,sin B ＝b 2R ,sin C ＝c2R .a ︰b ︰c ＝sin A ︰sin B ︰sin C. 2．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bccos A,b 2＝a 2＋c 2－2accos B, c 2＝a 2＋b 2－2abcos C.推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ,cos B ＝a 2＋c 2－b22ac ,cos C ＝a 2＋b 2－c22ab.变形：b 2＋c 2－a 2＝2bccos A,a 2＋c 2－b 2＝2accos B,a 2＋b 2－c 2＝2abcos C. 3．面积公式S △ABC ＝12bcsin A ＝12acsin B ＝12absin C.典例悟通典例2 (2020·百校联盟联考)已知△ABC 的内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c 满足acos B＋bcos A ＝c2cos C,且BC 边上一点P 使得PA ＝PC.(1)求角C 的大小；(2)若PB ＝3,sin ∠BAP ＝35738,求△ABC 的面积．【解析】 (1)因为acos B ＋bcos A ＝c2cos C ,在△ABC,由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ,所以得2cos C(sin Acos B ＋sin Bcos A)＝sin C. 所以2cos Csin(A ＋B)＝sin C. 即2cos C ＝1,所以cos C ＝12,因为C ∈(0,π),所以C ＝π3.(2)由(1)知C ＝π3,而PA ＝PC,△APC 为等边三角形．由于∠APB 是△APC 的外角,所以∠APB ＝2π3.在△APB 中,由正弦定理得PBsin ∠BAP ＝ABsin2π3, 即335738＝AB sin2π3,所以AB ＝19.所以由余弦定理得,AB 2＝PA 2＋PB 2－2PA·PBcos 2π3,即PA 2＋3PA －10＝0, 解得：PA ＝2,故BC ＝2＋3＝5,AC ＝2,所以S △ABC ＝12CA·CB·sin C＝12×2×5×32＝532.方法感悟解三角形问题一般要利用正、余弦定理和三角形内角和定理．正弦定理可以将角转化成边,也可以将边转化成角,当涉及边的平方关系时,一般利用余弦定理,要根据题目特点和正、余弦定理的结构形式,灵活选用．跟踪训练2．(2020·江苏省扬州市调研)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若b ＝3,sin 2A －sin 2B ＝3sin 2C,cos A ＝－13,则△ABC 的面积是__2__.【解析】由正弦定理可将sin 2A －sin 2B ＝3sin 2C 转化为a 2－b 2＝3c 2, 由余弦定理得：a 2＝b 2＋c 2－2bccos A,将b ＝3,cos A ＝－13,代入上面两个式子,并化简可得：⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3c 2＋9a 2＝c 2＋2c ＋9,解得：c ＝1,∵cos A ＝－13,∴sin A ＝223,∴S △ABC ＝12bcsin A ＝12×3×1×223＝ 2.考点三正、余弦定理的实际应用知识再现1．实际问题经抽象概括后,已知量与未知量全部集中在一个三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解． 2．实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解够条件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解．典例悟通典例3 如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上,行驶600 m 后到达B 处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD ＝__1006__m.【解析】由题意,在△ABC 中,∠BAC ＝30°, ∠ABC ＝180°－75°＝105°,故∠ACB ＝45°. 又AB ＝600 m,故由正弦定理得600sin 45°＝BCsin 30°,解得BC ＝300 2 m. 在Rt △BCD 中,CD ＝BC·tan 30°＝3002×33＝1006(m)．方法感悟解三角形应用题的常考类型(1)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量全部集中在一个三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解．(2)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解够条件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解．跟踪训练3．(2020·湖北省高三冲刺)《九章算术》是中国古代第一部数学专著,成于公元一世纪左右,系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就．其中《方田》一章中记载了计算弧田(弧田就是由圆弧和其所对弦所围成的弓形)的面积所用的经验公式：弧田面积＝12(弦×矢＋矢×矢),公式中“弦”指圆弧所对弦长,“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．按照上述经验公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差．现有圆心角为2π3,弦长为40 3 m 的弧田．其实际面积与按照上述经验公式计算出弧田的面积之间的误差为(其中π≈3,3≈1.73)( B )A ．15 m 2B ．16 m 2C ．17 m 2D ．18 m 2【解析】因为圆心角为2π3,弦长为40 3 m,所以圆心到弦的距离为20 m,半径为40 m, 因此根据经验公式计算出弧田的面积为 12(403×20＋20×20)＝(4003＋200) m 2, 实际面积等于扇形面积减去三角形面积为12×2π3×402－12×20×403＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1 600π3－4003 m 2,因此两者之差为1 600π3－4003－(4003＋200)≈16 m 2．故选B ．考点四与解三角形有关的交汇创新知识再现1．以平面几何为载体的解三角形问题,这种题目主要是：一是考查多个三角形的问题；二是考查四边形问题；三是通过三角形中的不等关系确定角或边的范围问题．2．以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及重要不等式．典例悟通典例4 (2020·武侯区校级模拟)设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c,已知c ＝3,且sin ⎝⎛⎭⎪⎫C －π6·cos C＝14.(1)求角C 的大小；(2)若向量m ＝(1,sin A)与n ＝(2,sin B)共线,求a 、b 的值．【解析】 (1)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C －π6·cos C＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin Ccos π6－cos Csin π6·cos C＝32sin Ccos C －12cos 2C ＝34sin 2C －1＋cos 2C 4＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C －π6－14＝14,∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1；又0＜C ＜π,∴－π6＜2C －π6＜11π6,∴2C －π6＝π2,解得C ＝π3.(2)向量m ＝(1,sin A)与n ＝(2,sin B)共线, ∴2sin A －sin B ＝0, ∴sin B ＝2sin A, 即b ＝2a ①；又c ＝3,C ＝π3,∴c 2＝a 2＋b 2－2abcos C ＝a 2＋b 2－ab ＝9 ②；由①②联立解得a ＝3,b ＝2 3方法感悟以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及重要不等式．这类综合问题的解法思路是：通过向量的运算把向量问题转化为三角函数问题或解三角形问题,再利用三角变换或正(余)弦定理综合解决．跟踪训练4．(2020·青岛模拟)如图,在平面四边形ABCD 中,AB ⊥AD,AB ＝1,AD ＝3,BC ＝ 2.(1)若CD ＝1＋3,求四边形ABCD 的面积；(2)若sin ∠BCD ＝325,∠ADC ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,求sin ∠ADC. 【解析】 (1)连接BD,在Rt △ABD 中,由勾股定理可得,BD 2＝AB 2＋AD 2＝4,故BD ＝2,在△BCD 中,由余弦定理可得,cos C ＝BC 2＋CD 2－BD 22BC·CD ＝2＋1＋32－42×2×1＋3＝22, 因为C 为三角形的内角,故C ＝π4, 所以S △ABD ＝12AB·AD＝12×1×3＝32,S △BCD ＝12BC·CDsin C＝12×2×(1＋3)×22＝1＋32,故求四边形ABCD 的面积S ＝12＋ 3. (2)在△BCD 中,由正弦定理可得BC sin ∠BDC ＝BD sin ∠BCD, 所以sin ∠BDC ＝BC·sin ∠BCD BD＝2×3252＝35. 因为∠ADC ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2,所以∠BDC ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,cos ∠BDC ＝45,Rt △ABD 中,tan ∠ADB ＝AB AD ＝33,故∠ADB ＝π6, 所以sin ∠ADC ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋∠BDC ＝35×32＋45×12＝4＋3310.YI CUO QING LING MIAN SHI WU易错清零·免失误1．处理三角恒等变换时角的变换方向不清典例1 (2020·湖南长郡中学10月模拟)已知sin(α＋2β)＝34,cos β＝13,α,β为锐角,则sin(α＋β)的值为( D )A ．37－2212B ．3－21412C ．37＋2212D ．3＋21412 【错解】因为cos β＝13,β为锐角, 所以sin β＝1－132＝223, cos 2β＝2cos 2 β－1＝－79<0．又α、β为锐角,∴0<α＋β<π,又sin(α＋2β)＝34, 所以cos(α＋2β)＝1－sin 2α＋2β＝74. 所以sin(α＋β)＝sin[(α＋2β－β)]＝sin(α＋2β)cos β－cos(α＋2β)sin β＝34×13－74×223＝3－21412,故选B ．【剖析】上述解法错误是利用同角三角函数关系时,求错α＋2β的范围,而导致求cos(α＋2β)时求错值,故导致后面计算sin(α＋β)时尽管利用对了公式,但是结果也错了．【正解】因为cos β＝13,β为锐角,所以sin β＝1－132＝223,cos 2β＝2cos 2 β－1＝－79<0, 又β为锐角,所以π2<2β<π, 因为α为锐角,所以α＋2β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2, 又sin(α＋2β)＝34, 所以cos(α＋2β)＝1－sin 2α＋2β＝－74, 所以sin(α＋β)＝sin[(α＋2β)－β]＝sin(α＋2β)cos β－cos(α＋2β)sin β ＝34×13－⎝ ⎛⎭⎪⎫－74×223＝3＋21412,故选D ． 2．解三角形时忽视对三角形的解的个数的讨论而出错典例2 (2020·天津摸底调研)在△ABC 中,a,b,c 分别是三个内角A,B,C 的对边,若b ＝3,c ＝4,C ＝2B,且a≠b.(1)求cos B 及a 的值；(2)求cos(2B ＋π3)的值．【解析】 (1)在△ABC 中,由正弦定理b sin B ＝a sin A ＝c sin C ,得3sin B ＝4sin C. 因为C ＝2B,所以3sin B ＝4sin 2B ,即3sin B ＝42sin Bcos B, 又sin B≠0,所cos B ＝23. 在△ABC 中,由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2accos B,则a 2－163a ＋7＝0,解得a ＝3或a ＝73. 又a≠b ,所以a ＝73. (2)由(1)知,cos B ＝23,所以sin B ＝53,所以cos 2B ＝2cos 2B －1＝2×49－1＝－19, 所以sin 2B ＝2sin BcosB ＝2×53×23＝459,所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π3＝cos 2Bcos π3－sin 2Bsin π3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－19×12－459×32 ＝－1＋41518. 【剖析】 (1)求解此类题时避免出错的关键：一是会选定理,即根据已知的边角关系,恰当地选用正弦定理或余弦定理解三角形,一般地,知两边和其中一边所对的角(既要注意角和边的对应,还要注意讨论钝角与锐角)或一边和两角,常利用正弦定理解三角形,知三边或两边与其夹角,常利用余弦定理解三角形；二是会用公式,即会利用二倍角公式、两角和与差的正弦和余弦公式求三角函数值．(2)在△ABC 中,已知a,b 和A,三角形的解的个数的情况如下,①A 为锐角时,当0<a<bsin A 时,无解：当a ＝bsin A 时,有一解；当bsin A<a<b 时,有两解；当a≥b 时,有一解．②A 为直角或钝角时,当a≤b 时,无解：当a>b 时,有一解．3．不能正确进行边角互化典例3 (2020·南宁10月模拟)△ABC 的三个内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,asin Asin B＋bcos 2A ＝2a.(1)求b a； (2)若c 2＝b 2＋3a 2,求B.【解析】 (1)由正弦定理,得asin B ＝bsin A,因为asin AsinB ＋bcos 2A ＝2a,所以bsin 2A ＋bcos 2A ＝2a,所以b a＝ 2. (2)由余弦定理得,b 2＝a 2＋c 2－2accos B,因为c 2＝b 2＋3a 2,所以cos B ＝1＋3a 2c . 由(1)知b 2＝2a 2,故c 2＝(2＋3)a 2．所以cos 2B ＝12,易知cos B>0, 所以cos B ＝22,又0<B<π,所以B ＝π4. 【剖析】求解此类题时避开易错点的关键是会转化,即已知三角等式中既含有角又含有边的关系时,①若等式两边为关于边的齐次式,可以将边化为对应角的正弦值；②若具有余弦定理的形式,可以运用余弦定理将边化为角；③若等式两边均含有角的正弦值,常将角的正弦值化为边；④若含有角的余弦值,可以运用余弦定理将角化为边；⑤若一边与它的对角同时出现,经常用正弦定理,注意角和边要对应．。

高考数学二轮复习：(理数)三角恒等变换、解三角形及其应用

第二讲三角恒等变换、解三角形及其应用1．已知sin(π2＋θ)＝35，则cos(π－2θ)＝( ) A.1225B ．－1225C ．－725 D.7252．在锐角△ABC 中，角A ，B 所对的边长分别为a ，b .若2a sin B ＝3b ，则角A 等于( ) A.π3B.π4C.π6D.π123．若cos(3π－x )－3cos(x ＋π2)＝0，则tan(x ＋π4)等于( ) A ．－12B ．－2 C.12 D ．24．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定5．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是∠A ，∠B ，∠C 的对边，已知b 2＝c (b ＋2c )，若a ＝6，cos A ＝78，则△ABC 的面积等于( ) A.17 B.15 C.152 D ．36．设sin 2α＝－sin α，α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，则tan 2α的值是________．7．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝25，B ＝π4，sin C ＝55，则c ＝________，a ＝________． 8．某观测站C 在目标A 的南偏西25°方向，从A 出发有一条南偏东35°走向的公路，在C 处测得与C 相距31 km 的公路上的B 处有一个人开车正沿着此公路向A 驶去，行驶20 km 到达D ，此时测得CD 距离为21 km ，若此人从D 处必须在20分钟内到达A 处，则此人的行驶速度为________．9．已知函数f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4. (1)求f ⎝⎛⎭⎫π9的值；(2)设α∈⎝⎛⎭⎫π，3π2，若f ⎝⎛⎭⎫α3＋π4＝2，求cos ⎝⎛⎭⎫α－π4 的值．10．如图，在△ABC 中，已知B ＝π3，AC ＝4 3，D 为BC 边上一点． (1)若AD ＝2，S △DAC ＝2 3，求DC 的长；(2)若AB ＝AD ，试求△ADC 的周长的最大值．11．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a 2＋b 2＋2ab ＝c 2.(1)求C ；(2)设cos A cos B ＝325，cos （α＋A ）cos （α＋B ）cos 2α＝25，求tan α的值．答案与解析1．【解析】选D.依题意得sin(θ＋π2)＝cos θ＝35，cos(π－2θ)＝－cos 2θ＝1－2cos 2θ＝1－2×(35)2＝725，故选D. 2．【解析】选A.在△ABC 中，a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B (R 为△ABC 的外接圆半径)． ∵2a sin B ＝3b ，∴2sin A sin B ＝3sin B .∴sin A ＝32.又△ABC 为锐角三角形，∴A ＝π3. 3．【解析】选D.由cos(3π－x )－3cos(x ＋π2)＝0，得tan x ＝13. 所以tan(x ＋π4)＝tan x ＋11－tan x ＝13＋11－13＝2. 4．【解析】选B.∵b cos C ＋c cos B＝b ·b 2＋a 2－c 22ab ＋c ·c 2＋a 2－b 22ac＝b 2＋a 2－c 2＋c 2＋a 2－b 22a＝2a 22a＝a ＝a sin A ，∴sin A ＝1. ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π2，即△ABC 是直角三角形． 5．【解析】选C.∵b 2＝c (b ＋2c )，∴b 2－bc －2c 2＝0.即(b ＋c )·(b －2c )＝0，∴b ＝2c .又a ＝6，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝78，解得c ＝2，b ＝4.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×4×2× 1－⎝⎛⎭⎫782＝152. 6．【解析】∵sin 2α＝－sin α，∴2sin αcos α＝－sin α.∵α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，sin α≠0，∴cos α＝－12. 又∵α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，∴α＝23π， ∴tan 2α＝tan 43π＝tan ⎝⎛⎭⎫π＋π3＝tan π3＝ 3. 【答案】 37．【解析】根据正弦定理得：b sin B ＝c sin C ，则c ＝b sin C sin B＝2 2，再由余弦定理得：b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，即a 2－4a －12＝0，(a ＋2)·(a －6)＝0，解得a ＝6或a ＝－2(舍去)．【答案】22 6 8.【解析】由已知得∠CAD ＝60°，CD ＝21，BC ＝31，BD ＝20，∴cos B ＝BC 2＋BD 2－CD 22BC ·BD ＝312＋202－2122×31×20＝2331，那么sin B ＝12331，于是在△ABC 中，AC ＝BC ·sin B sin A＝24，在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos 60°，即312＝242＋AB 2－24AB 解得AB ＝35或AB ＝－11(舍去)．因此，AD ＝AB －BD ＝35－20＝15，故此人在D 处距A 处还有15 km ，则此人的行驶速度为45 km/h.【答案】45 km/h9．【解】(1)f ⎝⎛⎭⎫π9＝tan ⎝⎛⎭⎫π3＋π4＝tan π3＋tan π41－tan π3tan π4＝3＋11－3 ＝－2－ 3. (2)因为f ⎝⎛⎭⎫α3＋π4＝tan ⎝⎛⎭⎫α＋3π4＋π4＝tan(α＋π) ＝tan α＝2，所以sin αcos α＝2，即sin α＝2cos α.① 又sin 2α＋cos 2α＝1，②由①、②解得cos 2α＝15. 因为α∈⎝⎛⎭⎫π，3π2，所以cos α＝－55，sin α＝－255. 所以cos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝cos αcos π4＋sin αsin π4＝－55×22＋⎝⎛⎭⎫－255×22＝－31010.10．【解】(1)∵S △DAC ＝23，∴12·AD ·AC ·sin ∠DAC ＝23， ∴sin ∠DAC ＝12. ∵∠DAC <∠BAC <π－π3＝2π3， ∴∠DAC ＝π6. 在△ADC 中，由余弦定理，得DC 2＝AD 2＋AC 2－2AD ·AC cos π6， ∴DC 2＝4＋48－2×2×43×32＝28， ∴DC ＝27.(2)∵AB ＝AD ，B ＝π3， ∴△ABD 为正三角形．在△ADC 中，根据正弦定理，可得 AD sin C ＝43sin 2π3＝DC sin （π3－C ）， ∴AD ＝8sin C ，DC ＝8sin(π3－C )， ∴△ADC 的周长为AD ＋DC ＋AC ＝8sin C ＋8sin(π3－C )＋4 3 ＝8(sin C ＋32cos C －12sin C )＋4 3 ＝8(12sin C ＋32cos C )＋4 3 ＝8sin(C ＋π3)＋43， ∵∠ADC ＝2π3，∴0<C <π3，∴π3<C ＋π3<2π3， ∴当C ＋π3＝π2，即C ＝π6时，△ADC 的周长的最大值为8＋4 3. 11．【解】(1)因为a 2＋b 2＋2ab ＝c 2，由余弦定理有cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－2ab 2ab ＝－22.故C ＝3π4. (2)由题意得，（sin αsin A －cos αcos A ）（sin αsin B －cos αcos B ）cos 2α＝25. 因此(tan αsin A －cos A )(tan αsin B －cos B )＝25. tan 2αsin A sin B －tan α(sin A cos B ＋cos A sin B )＋cos A cos B ＝25， tan 2αsin A sin B －tan αsin(A ＋B )＋cos A cos B ＝25.①因为C ＝3π4，所以A ＋B ＝π4，所以sin(A ＋B )＝22. 因为cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B ，即325－sin A sin B ＝22.解得sin A sin B ＝325－22＝210.由①得，tan 2α－5tan α＋4＝0，解得tan α＝1或tan α＝4.。

新高考数学二轮复习三角恒等变换与解三角形

【真题体验】
1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知 α 为锐角，cos α＝1＋4 5，则 sin α2＝
3－ 5 A. 8
－1＋ 5 B. 8
3－ 54
5＝1－2sin2α2，得 sin2α2＝3－8
5＝6－126
5＝
54－12，
又 α 为锐角，所以 sinα2>0，
2 由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C，得 52＝AC2＋(3 5)2－2AC·3 5cosπ4，整理得 AC2－3 10AC＋20＝0，
解得 AC＝ 10或 AC＝2 10.
由(1)得，tan A＝3> 又 A＋B＝34π，所以
3B，>所π4，以即π3<CA<<Bπ2，，
＝ 55×31010－255×－ 1100＝ 22. 所以 β＝π4.
(2)(2023·新高考Ⅰ卷)已知 sin(α－β)＝13，cos αsin β＝16，则 cos(2α＋2β)＝
7 A.9
√1
B.9
C.－19
D.－79
依题意，得sin cos
αcos αsin
β－cos β＝16，
αsin
β＝13，
所以 sinα2＝－1＋4 5，故选 D.
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＝π5，则 B＝
π A.10
π B.5
√3π
C.10
2π D. 5
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)，

高考理科数学通用版三维二轮专题复习专题检测：(十二) 三角恒等变换与解三角形 Word版含解析

专题检测（十二）三角恒等变换与解三角形A 卷——夯基保分专练一、选择题1．(2018届高三·合肥调研)已知x ∈(0，π)，且cos ⎝⎛⎭⎫2x －π2＝sin 2x ，则tan ⎝⎛⎭⎫x －π4等于( ) A.13B ．－13 C ．3D ．－3解析：选A 由cos ⎝⎛⎭⎫2x －π2＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，∵x ∈(0，π)，∴tan x ＝2， ∴tan ⎝⎛⎭⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.2．(2017·张掖一诊)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sin B －a sin A ＝12a sin C ，则sin B 为( )A.74B.34C.73D.13解析：选A 由b sin B －a sin A ＝12a sin C ，且c ＝2a ，得b ＝2a ，∵cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34，∴sin B ＝1－⎝⎛⎭⎫342＝74.3．已知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π4，且sin θ－cos θ＝－144，则2cos 2θ－1cos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ的值为( )A.23B.43 C.34D.32解析：选D 法一：由sin θ－cos θ＝－144，得sin ⎝⎛⎭⎫π4－θ＝74. 因为θ∈⎝⎛⎭⎫0，π4，所以π4－θ∈⎝⎛⎭⎫0，π4，所以cos ⎝⎛⎭⎫π4－θ＝34，故2cos 2θ－1cos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝cos 2θsin ⎝⎛⎭⎫π4－θ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－2θsin ⎝⎛⎭⎫π4－θ ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π4－θsin ⎝⎛⎭⎫π4－θ＝2cos ⎝⎛⎭⎫π4－θ＝32. 法二：因为sin θ－cos θ＝－144，两边平方，整理得2sin θcos θ＝18，所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝98.因为θ∈⎝⎛⎭⎫0，π4，所以sin θ>0，cos θ>0，所以sin θ＋cos θ＝324. 所以2cos 2θ－1cos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝cos 2θ－sin 2θ22(cos θ－sin θ)＝2(cos θ＋sin θ)＝32.4．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( )A.π12B.π6C.π4D.π3解析：选B 因为sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，所以sin(A ＋C )＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，所以sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，整理得sin C (sin A ＋cos A )＝0.因为sin C ≠0，所以sin A ＋cos A ＝0，所以tan A ＝－1，因为A ∈(0，π)，所以A ＝3π4，由正弦定理得sin C ＝c ·sin A a ＝2×222＝12，又0＜C ＜π4，所以C ＝π6.5．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cb <cos A ，则△ABC 为( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．等边三角形解析：选A 根据正弦定理得c b ＝sin Csin B <cos A ，即sin C <sin B cos A .∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin C ＝sin(A ＋B )<sin B cos A ，整理得sin A cos B <0.又三角形中sin A >0，∴cos B <0，π2<B <π，∴△ABC 为钝角三角形．6．如图，在△ABC 中，∠C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，DE ⊥AB ，E 为垂足．若DE ＝22，则cos A 等于( )A.223B.24C.64D.63解析：选C 依题意得，BD ＝AD ＝DE sin A ＝22sin A ，∠BDC ＝∠ABD ＋∠A ＝2∠A .在△BCD 中，BC sin ∠BDC ＝BD sin C ，4sin 2A ＝22sin A ×23＝423sin A ，即42sin A cos A ＝423sin A ，由此解得cos A ＝64. 二、填空题7．(2017·洛阳统考)若sin ⎝⎛⎭⎫π3－α＝14，则cos ⎝⎛⎭⎫π3＋2α＝________. 解析：依题意得cos ⎝⎛⎭⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎡⎦⎤π－⎝⎛⎭⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π3－α＝2sin 2⎝⎛⎭⎫π3－α－1＝2×⎝⎛⎭⎫142－1＝－78. 答案：－788．已知△ABC 中，AC ＝4，BC ＝27，∠BAC ＝60°，AD ⊥BC 于D ，则BDCD 的值为________．解析：在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos ∠BAC ，即28＝16＋AB 2－4AB ，解得AB ＝6，则cos ∠ABC ＝28＋36－162×27×6＝27，所以BD ＝AB ·cos ∠ABC ＝6×27＝127， CD ＝BC －BD ＝27－127＝27，所以BD CD ＝6.答案：69．(2017·福州质检)在距离塔底分别为80 m,160 m ，240 m 的同一水平面上的A ，B ，C 处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________m.解析：设塔高为h m ．依题意得，tan α＝h 80，tan β＝h 160，tan γ＝h240.因为α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tan γ＝tan(90°－γ)tan γ＝sin (90°－γ)sin γcos (90°－γ)cos γ＝cos γsin γsin γcos γ＝1，所以tan α＋tan β1－tan αtan β·tan γ＝1，所以h 80＋h1601－h 80·h 160·h 240＝1，解得h ＝80，所以塔高为80 m.答案：80 三、解答题10．(2017·郑州第二次质量预测)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知B ＝2C,2b ＝3c .(1)求cos C ；(2)若c ＝4，求△ABC 的面积．解：(1)由正弦定理得，2sin B ＝3sin C .∵B ＝2C ，∴2sin 2C ＝3sin C ，∴4sin C cos C ＝3sin C ， ∵C ∈(0，π)，sin C ≠0，∴cos C ＝34.(2)由题意得，c ＝4，b ＝6.∵C ∈(0，π)，∴sin C ＝1－cos 2C ＝74， sin B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ＝378， cos B ＝cos 2C ＝cos 2C －sin 2C ＝18，∴sin A ＝sin(π－B －C )＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝378×34＋18×74＝5716.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×6×4×5716＝1574.11．(2017·东北四市高考模拟)已知点P (3，1)，Q (cos x ，sin x )，O 为坐标原点，函数f (x )＝OP ―→·QP ―→.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若A 为△ABC 的内角，f (A )＝4，BC ＝3，求△ABC 周长的最大值．解：(1)由已知，得OP ―→＝(3，1)，QP ―→＝(3－cos x,1－sin x )，所以f (x )＝3－3cos x ＋1－sin x ＝4－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，所以函数f (x )的最小正周期为2π. (2)因为f (A )＝4，所以sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝0，又0<A <π，所以π3<A ＋π3<4π3，A ＝2π3.因为BC ＝3，所以由正弦定理，得AC ＝23sin B ，AB ＝23sin C ，所以△ABC 的周长为3＋23sin B ＋23sin C ＝3＋23sin B ＋23sin ⎝⎛⎭⎫π3－B ＝3＋23sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π3. 因为0<B <π3，所以π3<B ＋π3<2π3，所以当B ＋π3＝π2，即B ＝π6时，△ABC 的周长取得最大值，为3＋2 3.12．如图，在一条海防警戒线上的点A ，B ，C 处各有一个水声监测点，B ，C 两点到A 的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B 收到发自静止目标P 的一个声波信号，8秒后A ，C 同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A 到P 的距离为x 千米，用x 分别表示B ，C 到P 的距离，并求x 的值； (2)求P 到海防警戒线AC 的距离．解：(1)依题意，有PA ＝PC ＝x ，PB ＝x －1.5×8＝x －12. 在△PAB 中，AB ＝20，cos ∠PAB ＝PA 2＋AB 2－PB 22PA ·AB ＝x 2＋202－(x －12)22x ·20＝3x ＋325x ，同理，在△PAC 中，AC ＝50，cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝x 2＋502－x 22x ·50＝25x .∵cos ∠PAB ＝cos ∠PAC ， ∴3x ＋325x＝25x ，解得x ＝31.(2)作PD ⊥AC 于点D (图略)，在△ADP 中，由cos ∠PAD ＝2531，得sin ∠PAD ＝1－cos 2∠PAD ＝42131， ∴PD ＝PA sin ∠PAD ＝31×42131＝421. 故静止目标P 到海防警戒线AC 的距离为421千米．B 卷——大题增分专练1．(2018届高三·天津五区县联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且8 sin 2A ＋B 2－2cos 2C ＝7.(1)求tan C 的值；(2)若c ＝3，sin B ＝2sin A ，求a ，b 的值．解：(1)在△ABC 中，因为A ＋B ＋C ＝π，所以A ＋B 2＝π2－C 2，则sin A ＋B 2＝cos C 2.由8sin 2A ＋B 2－2cos 2C ＝7，得8cos 2C 2－2cos 2C ＝7，所以4(1＋cos C )－2(2cos 2C －1)＝7，即(2cos C －1)2＝0，所以cos C ＝12.因为0＜C ＜π，所以C ＝π3，于是tan C ＝tan π3＝ 3.(2)由sin B ＝2sin A ，得b ＝2a .①又c ＝3，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3，即a 2＋b 2－ab ＝3.② 联立①②，解得a ＝1，b ＝2.2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且a sin B ＝－b sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3. (1)求A ；(2)若△ABC 的面积S ＝34c 2，求sin C 的值．解：(1)∵a sin B ＝－b sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3， ∴由正弦定理得sin A ＝－sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3，即sin A ＝－12sin A －32cos A ，化简得tan A ＝－33，∵A ∈(0，π)，∴A ＝5π6. (2)∵A ＝5π6，∴sin A ＝12，由S ＝34c 2＝12bc sin A ＝14bc ，得b ＝3c ， ∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝7c 2，则a ＝7c ，由正弦定理得sin C ＝c sin A a ＝714. 3．已知函数f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x －1(x ∈R)．(1)求函数f (x )的最小正周期及在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值； (2)若f (x 0)＝65，x 0∈⎣⎡⎦⎤π4，π2，求cos 2x 0的值．解：(1)f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x －1＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，所以函数f (x )的最小正周期为π.因为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6在区间⎣⎡⎦⎤0，π6上为增函数，在区间⎣⎡⎦⎤π6，π2上为减函数，又f (0)＝1，f ⎝⎛⎭⎫π6＝2，f ⎝⎛⎭⎫π2＝－1，所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为2，最小值为－1. (2)由(1)可知f (x 0)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x 0＋π6，又因为f (x 0)＝65，所以sin ⎝⎛⎭⎫2x 0＋π6＝35. 由x 0∈⎣⎡⎦⎤π4，π2，得2x 0＋π6∈⎣⎡⎦⎤2π3，7π6，从而cos ⎝⎛⎭⎫2x 0＋π6＝－ 1－sin 2⎝⎛⎭⎫2x 0＋π6＝－45. 所以cos 2x 0＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2x 0＋π6－π6＝cos ⎝⎛⎭⎫2x 0＋π6cos π6＋sin ⎝⎛⎭⎫2x 0＋π6sin π6＝3－4310. 4．在△ABC 中，B ＝π3，点D 在边AB 上，BD ＝1，且DA ＝DC .(1)若△BCD 的面积为3，求CD ； (2)若AC ＝3，求∠DCA .解：(1)因为S △BCD ＝3，即12BC ·BD ·sin B ＝3，又B ＝π3，BD ＝1，所以BC ＝4.在△BDC 中，由余弦定理得CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos B ，即CD 2＝16＋1－2×4×1×12＝13，解得CD ＝13.(2)在△ACD 中，DA ＝DC ，可设∠A ＝∠DCA ＝θ，则∠ADC ＝π－2θ，又AC ＝3，由正弦定理，得AC sin 2θ＝CD sin θ，所以CD ＝32cos θ. 在△BDC 中，∠BDC ＝2θ，∠BCD ＝2π3－2θ，由正弦定理，得CD sin B ＝BD sin ∠BCD ，即32cos θsinπ3＝1sin ⎝⎛⎭⎫2π3－2θ，化简得cos θ＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－2θ，于是sin ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－2θ. 因为0＜θ＜π2，所以0＜π2－θ＜π2，－π3＜2π3－2θ＜2π3，所以π2－θ＝2π3－2θ或π2－θ＋2π3－2θ＝π，解得θ＝π6或θ＝π18，故∠DCA ＝π6或∠DCA ＝π18.。

2020浙江高考数学二轮讲义：专题二第2讲三角恒等变换与解三角形Word版含解析

第 2 讲三角恒等变换与解三角形利用三角恒等变换化简、求值[ 核心提炼 ]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin( α±β)＝sin α cos 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 2 α＝ 2sin α cos α；(2)cos 2α＝cos 2α－ sin 2α＝2cos 2 α－ 1＝ 1－2sin 2α；2tan α(3)tan 2α＝ 1－tan 2α .[ 典型例题 ]π ＋ sin θ＝ 4 3，则 sinθ＋7π的值是 ()(1) 已知 cos θ－ 6564B ． 4 3C ．－ 4D ．－ 4 3A ． 5555(2)若 sin 2 α＝ 5，sin( β－α)＝10，且 α∈ π，π，β∈ π，3π，则 α＋ β的值是 ()5104 2A. 7πB.9π445π 7π 5π9πC. 4 或 4D. 4 或 4π43【分析】 (1)因为 cos θ－ 6＋sin θ＝ 5，3θ3θ 4 5 3所以 2 cos ＋ 2sin ＝，即 3 1θ 3 θ ＝ 4 3，2cos＋ 2 sin5即 3sin θ＋ 6π＝45 3 ，所以 sinπ ＝ 4，＋5θ 67ππ 4所以sinθ＋ 6＝－sinθ＋ 6 ＝－ 5.应选 C.(2)因为α∈π，所以 2α∈π，又 sin 2α＝5，故 2α∈π，α∈π π，4 ，π2， 2π 5 2，π 4 ， 2所以 cos 2α＝－3ππ 5π10，所以 cos(α2 5.又β∈π，2，故β－α∈2，，于是 cos(β－α)＝－35 4 10＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α)＝－2 5×－3 10－5×10＝5 10 5 102 5π7π2，且α＋β∈4， 2π，故α＋β＝4.【答案】(1)C (2)A三角函数恒等变换“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sin 2α＋ 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．[对点训练 ]1．(2019 杭·州市高三模拟 )函数 f(x)＝ 3sin x x x(x∈ R)的最大值等于 () 2cos ＋ 4cos22 29A ． 5 B．25C．2 D． 2分析：选 B.因为 f(x)＝ 3sin xx 2x 2cos 2＋ 4cos 23 5 3 4＝2sin x＋ 2cos x＋ 2＝2 5sin x＋5cos x ＋2 5＝2sin(x＋φ)＋ 2，此中 sin φ＝45， cos φ＝35，9所以函数f(x) 的最大值为2.2． (2019 ·江五校联考浙α＋ tan2α＝ 1， sin β＝ 3sin(2 α＋β)，则 tan(α＋β)＝)已知 3tan 2 2()4 4A. 3 B．－32C ．－ 3D ．－ 3分析：选 B.因为 sin β＝ 3sin(2α＋ β)，所以 sin[( α＋ β)－ α]＝3sin[( α＋ β)＋ α]，所以 sin( α＋ β)cos α－ cos(α＋ β)sin α＝ 3sin(α＋β) ·cos α＋ 3cos(α＋ β)sin α，所以 2sin(α＋ β)cos α＝－ 4cos(α＋ β)sin α，sin （ α＋ β） 4sin α所以 tan(α＋ β)＝＝－＝－ 2tan α，cos （α＋β） 2cos αα α α α又因为 3tan 2＋ tan 2 2＝ 1，所以 3tan 2 ＝ 1－ tan 2 2 ，α2tan 224 . 所以 tan α＝＝，所以 tan(α＋ β)＝－ 2tan α＝－3α 31－ tan 221，则 sin 2x ＝3．(2019 ·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)若 sin( π＋ x)＋cos(π＋ x)＝ 21＋ tan x ＝________．________，πsin xcos x － 4分析： sin( π＋x)＋ cos(π＋x)＝－ sin x － cos x ＝12，1即 sin x ＋ cos x ＝－ 2，两边平方得： sin 2x ＋ 2sin xcos x ＋ cos 2x ＝14，13 即 1＋ sin 2x ＝4，则 sin 2x ＝－ 4，sin x 1＋ tan x ＝1＋ cos x 由 π 2sin xcos x －42 sin x （ cos x ＋ sin x ）22 22 2 8 2＝sin xcos x ＝sin 2x＝ 3＝－ 3.－ 438 2 答案：－4 －3利用正、余弦定理解三角形[ 核心提炼 ]1．正弦定理及其变形在△ ABC中， a ＝ b ＝ c ＝ 2R(R 为△ ABC sin Asin B sin C的外接圆半径)．变形： a ＝ 2Rsin A ，sinA ＝ 2R a， a ∶b ∶ c ＝ sin A ∶ sin B ∶ sin C 等．2．余弦定理及其变形在△ ABC 中， a 2＝b 2＋ c 2－2bccos A ；b 2＋c 2－ a 2变形： b 2＋ c 2－ a 2＝ 2bccos A ， cos A ＝.3．三角形面积公式1 1 1△ABC＝ 2absin C ＝ 2bcsin A ＝ 2acsin B.S[ 典型例题 ](1)(2018 高·考浙江卷 )在△ ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c.若 a ＝ 7，b ＝ 2，A ＝ 60°，则 sin B ＝ ________，c ＝ ________．(2)在△ ABC 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为①证明： A ＝ 2B ；a ，b ， c.已知b ＋c ＝ 2acos B.②若cos B ＝23，求cos C的值．2× 3221【解】 (1)因为 a ＝ 7，b ＝ 2， A ＝ 60°，所以由正弦定理得 sin B ＝bsin A7a ＝＝ 7 .由余弦定理 a 2＝ b 2＋ c 2－ 2bccos A 可得 c 2－2c － 3＝ 0，所以 c ＝3.故填： 21 3.7(2)① 证明：由正弦定理得 sin B ＋sin C＝2sin Acos B ，故 2sin Acos B ＝ sin B ＋ sin(A ＋ B)＝ sin B ＋sin Acos B ＋ cos Asin B ，于是 sin B ＝sin(A －B)．又 A ， B ∈ (0，π)，故 0＜ A － B ＜π，所以 B ＝π－(A － B) 或 B ＝ A － B ，所以 A ＝π( 舍去 )或 A ＝ 2B ，所以 A ＝ 2B.②由 cos B ＝23得 sin B ＝ 35，1cos 2B＝ 2cos2B－ 1＝－9，1 4 5故 cos A＝－9， sin A＝9 ，22cos C＝－ cos(A＋B)＝－ cos Acos B＋ sin Asin B＝27.正、余弦定理的合用条件(1)“已知两角和一边” 或“已知两边和此中一边的对角”应利用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角” 或“ 已知三角形的三边”应利用余弦定理．[ 对点训练 ]1．(2019 ·高考浙江卷 )在△ ABC 中，∠ ABC＝90°，AB＝ 4，BC＝ 3，点 D 在线段 AC 上．若∠BDC＝ 45°，则 BD ＝ ________， cos∠ ABD ＝ ________．分析：在 Rt△ABC 中，易得 AC＝ 5，sin C＝AB 4 BC AC＝5.在△ BCD 中，由正弦定理得BD ＝sin∠BDC×sin∠BCD＝3×4＝12 2，sin∠DBC＝ sin[π－(∠ BCD ＋∠ BDC )]＝ sin(∠ BCD ＋∠ BDC )＝ sin 2 5524 2 3×2 7 2 π∠BCD cos∠BDC＋ cos∠BCD sin∠BDC ＝×2 ＋2＝10.又∠ABD ＋∠ DBC＝2，所以 cos5 57 2∠ABD ＝ sin∠DBC ＝10.答案：12 2 7 25 102．(2019 义·乌高三月考 )在△ ABC 中，内角 A，B，C 对应的三边长分别为a， b，c，且满a足 c bcos A－2＝ b2－ a2 .(1)求角 B 的大小；1129(2)若 BD 为 AC 边上的中线， cos A＝7， BD ＝2，求△ ABC 的面积．a解： (1) 因为 c bcos A－2＝ b2－ a2，即 2bccos A－ ac＝ 2(b2－ a2)，所以 b2＋ c2－ a2－ ac＝ 2(b2－ a2)，1 π所以 a 2＋ c 2－ b 2＝ ac ， cos B ＝ 2， B ＝ 3 . (2)法一：在三角形 ABD 中，由余弦定理得 2b 2 b129＝ c 2＋2－ 2c ·2 2cos A ，所以129＝ c 2＋b 2－1bc ，①447在三角形 ABC 中，由已知得 sin A ＝473，所以 sin C ＝ sin(A ＋ B) ＝sin Acos B ＋ cos Asin B ＝ 5 3，145由正弦定理得 c ＝ 7b.②b ＝ 7，由① ，②解得c ＝ 5.1所以 S △ABC ＝ 2bcsin A ＝ 10 3.法二：延伸 BD 到 E ，DE ＝ BD ，连结 AE ，在 △ ABE 中，2π∠BAE ＝ 3 ，BE 2＝ AB 2＋ AE 2－2 ·AB ·AE ·cos ∠BAE ，因为 AE ＝ BC ，129＝ c 2＋ a 2＋ a ·c ，①4 3由已知得， sin ∠BAC ＝ 7 ，5 3所以 sin C ＝ sin(A ＋ B) ＝ 14 ，c sin ∠ACB5 a ＝＝ .②sin ∠BAC8由①② 解得 c ＝ 5， a ＝ 8，1S △ABC ＝ 2c ·a ·sin ∠ABC ＝ 103.解三角形中的最值 (范围 )问题[ 典型例题 ](1)在△ ABC 中，角 A，B， C 所对的边分别为a， b， c.已知 2ccos B＝ 2a－ b.①求角 C 的大小；→ 1 →②若 CA－2CB ＝ 2，求△ ABC 面积的最大值．(2)(2019 杭·州市高考数学二模)在△ ABC 中，内角 A，B， C 所对的边分别为a， b， c，若msin A＝sin B＋ sin C(m∈ R )．①当 m＝ 3 时，求 cos A 的最小值；π②当 A＝时，求m的取值范围．3【解】(1)①因为 2ccos B＝ 2a－ b，所以 2sin Ccos B＝ 2sin A－ sin B＝ 2sin(B＋C)－ sin B，化简得 sin B＝ 2sin Bcos C，1因为 sin B≠0，所以 cos C＝2.π因为 0＜ C＜π，所以 C＝3.→ 1 →→②取 BC 的中点 D ，则CA－2CB ＝ |DA|＝ 2.在△ ADC 中， AD 2＝ AC2＋CD 2－ 2AC·CDcos C，即有 4＝ b2＋a 2 ab≥ 2a2b2 ab ab 2 － 2 4－2 ＝ 2 ，所以 ab≤ 8，当且仅当a＝ 4， b＝ 2 时取等号．1 3所以 S△ABC＝2absin C＝4 ab≤ 2 3，所以△ ABC 面积的最大值为 2 3.(2)①因为在△ ABC 中 msin A＝sin B＋ sin C，当 m＝ 3 时， 3sin A＝sin B＋ sin C，由正弦定理可得 3a＝b＋ c，再由余弦定理可得1b 2＋c 2－ a 2 b 2＋ c 2－ 9（b ＋ c ） 2cos A ＝ 2bc ＝ 2bc82 8 2 9（b 2＋c 2）－ 9bc 9·2bc －9bc7 ＝ 2bc≥＝ 9，2bc当且仅当 b ＝c 时取等号，7故 cos A 的最小值为 9.π3②当 A ＝ 3时，可得 2 m ＝ sin B ＋sin C ，故 m ＝ 232 33 sin B ＋ 3sin C 2 32 32π＝ 3 sin B ＋ 3 sin 3 －B2 32 3 31＝ 3 sin B ＋ 3 2 cos B ＋ 2sin B2 33＝ 3 sin B ＋cos B ＋ 3 sin Bπ＝ 3sin B ＋cos B ＝ 2sin B ＋ 6 ，2π 因为B ∈0，3，ππ 5所以 B ＋ 6∈6 ， 6π，π1所以 sin B ＋ 6 ∈ 2， 1 ，π所以 2sin B ＋ 6 ∈ (1， 2]，所以 m 的取值范围为 (1， 2]．(1)求最值的一般思路由余弦定理中含两边和的平方(如 a 2 ＋ b 2－ 2abcos C ＝ c 2) 且 a 2＋ b 2≥ 2ab ，所以在解三角形1中，若波及已知条件中含边长之间的关系，且与面积相关的最值问题，一般利用S ＝ 2absin C型面积公式及基本不等式求解，有时也用到三角函数的有界性．(2)求三角形中范围问题的常有种类①求三角形某边的取值范围．②求三角形一个内角的取值范围，或许一个内角的正弦、余弦的取值范围．③求与已知相关的参数的范围或最值．[ 对点训练 ]→ →→ → 1．在△ ABC 中， AC ·AB ＝ |AC －AB|＝ 3，则△ ABC 面积的最大值为 ()A. 213 21B. 4C. 21 D ．3 21 2分析：选 B.设角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ， b ，c ，→ → → →因为 AC ·AB ＝ |AC － AB |＝ 3，所以 bccos A ＝a ＝ 3.b 2＋c 2－ a 2 93cos A又 cos A ＝2bc ≥ 1－ 2bc ＝ 1－2 ，2所以 cos A ≥5，21所以 0<sin A ≤ 5 ，1 3 3 21 3 21，所以 △ ABC 的面积 S ＝bcsin A ＝ tan A ≤ ×2 ＝42223 21 故△ ABC 面积的最大值为4.2．(2019 浙·江 “ 七彩阳光 ”结盟联考 )已知 a ，b ，c 分别为△ ABC 的内角 A ，B ，C 所对的1 c的最大值为 ( )边，其面积知足 S △ ABC ＝ a 2，则4bA.2－ 1B. 2C. 2＋ 1D. 2＋ 2分析：选 C.依据题意，有 S △1 2 1ABC ＝4a ＝ 2bcsin A ，c应用余弦定理，可得 b 2＋ c 2－ 2bccos A ＝ 2bcsin A ，令 t ＝ b ，于是 t 2＋ 1－ 2tcos A ＝ 2tsin A ．于是 2tsin A ＋ 2tcos A ＝ t 2＋ 1，π 1 1≤ 2 2，解得 t 的最大值为2＋ 1.所以 22sinA ＋ 4 ＝ t ＋ t ，进而 t ＋ t 3．(2019 浙·江绍兴一中模拟 )在△ ABC 中， a ，b ，c 分别为角 A ，B ，C 的对边，且知足 b 2＋ c 2－ a 2＝ bc.(1)求角 A 的值；(2)若 a ＝ 3，记△ ABC 的周长为 y ，试求 y 的取值范围．解： (1) 因为 b 2＋ c 2－ a 2＝ bc ，b 2＋c 2－ a 2 1所以由余弦定理得cos A ＝2bc＝ 2，因为 A ∈ (0，π)，π所以 A ＝ 3.π(2)由 a ＝ 3，A ＝ 3 及正弦定理，b ca3得 sin B ＝ sin C ＝ sin A＝ 3 ＝ 2，2得 b ＝ 2sin B ， c ＝2sin 2π2π3 －B，此中 B ∈ 0，3 ，所以周长 y ＝ 3＋2sin B ＋ 2sin 2π3＝ 2 3sin B ＋ π3，3 － B ＝ 3sin B ＋ 3cos B ＋6 ＋2ππ π 5π因为B ∈0，3，得 B ＋ 6∈ 6 ，6 ，进而周长 y ∈ (2 3， 3 3]．专题加强训练π － α＝ cos π)1．已知 sin 6＋ α，则 cos 2α＝ (6A ． 1B ．－ 11C ． 2D ． 0分析：选 D.因为 sin ππ1α3α3α 1 α6 － α＝cos6 ＋α，所以2cos－ 2 sin＝ 2 cos － 2sin，即1 － 3α1 3 cosαα sin α222 sin ＝－－2 ，所以 tan ＝＝－ 1，所以cos 2α＝ cosα－ sin α＝22cosαcos 2α－ sin 2α 1－ tan 2α2 2 ＝ 2＝ 0.αααsin ＋ costan ＋ 12．(2018 高·考全国卷 Ⅰ )已知函数 f( x)＝ 2cos 2x － sin 2x ＋ 2，则 () A ． f( x)的最小正周期为π，最大值为 3B ． f( x)的最小正周期为π，最大值为4C ． f( x)的最小正周期为 2π，最大值为 3D ． f( x)的最小正周期为 2π，最大值为 4分析：选 B. 易知 f(x)＝ 2cos 2x － sin 2x ＋ 2＝ 3cos 2x ＋ 1＝32(2cos2x － 1)＋32＋ 1＝ 32cos 2x ＋ 52，则f(x)的最小正周期为π，当 x ＝k π(k ∈ Z) 时， f(x)获得最大值，最大值为 4.3．(2019 台·州市高考一模 )在△ ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，已知 a ＝1，2b － 3c ＝ 2acos C ， sin C ＝ 3，则△ ABC 的面积为 ()23 3 A. 2B. 4333C.2或 4D. 3或2分析：选 C.因为 2b － 3c ＝ 2acos C ，所以由正弦定理可得2sin B － 3 sin C ＝ 2sin Acos C ，所以 2sin(A ＋ C)－ 3sin C ＝ 2sin Acos C ，所以 2cos Asin C ＝ 3sin C ，3所以 cos A ＝ 2 ，所以 A ＝30°，3因为 sin C ＝ 2 ，所以 C ＝ 60°或120°.A ＝30°，C ＝ 60°，B ＝ 90°，a ＝ 1，所以 △ ABC 的面积为 1×1×2×3＝ 3，A ＝ 30°，C 222 ＝ 120°，B ＝ 30°，a ＝ 1，所以 △ ABC 的面积为 1× 1×1×33，应选 C.22 ＝44．在△ ABC 中，三个内角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，若 S △ ABC ＝ 2 3，a ＋ b ＝6，acos B ＋bcos A＝ 2cos C ，则 c ＝ ()cA ．2 7B ． 2 3C ． 4D ． 3 3分析：选 B. 因为 acos B ＋ bcos A sin Acos B ＋ sin Bcos A sin （A ＋ B ）c ＝ sin C＝＝ 1，所以 2cos Csin （A ＋ B ）π△ABC＝ 2 122＋＝1，所以 C ＝ 3.又 S3，则 2absin C ＝ 2 3，所以 ab ＝ 8.因为 a ＋ b ＝6，所以 c ＝a b 2－ 2abcos C ＝ (a ＋ b)2－ 2ab －ab ＝ (a ＋ b)2－ 3ab ＝62－ 3× 8＝ 12，所以 c ＝ 2 3.5．公元前 6 世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金切割均为 0.618，这一数值也能够表示为m ＝2sin 18°，若 m 2＋ n ＝ 4，则m n＝2cos 227°－ 1()A ． 8B ． 4C ． 2D ． 1分析：选 C.因为 m ＝ 2sin 18°，若 m 2＋ n ＝ 4，则 n ＝ 4－ m 2＝ 4－ 4sin 218°＝4(1－ sin 218°)＝ 4cos 218°，m n2sin18° 4cos 218° 4sin 18 °cos 18° 2sin 36°所以＝cos 54° ＝＝＝ 2.2cos 227°－1sin 36° sin 36°6．(2019 杭·州市高三期末检测 )设点 P 在△ ABC 的 BC 边所在的直线上从左到右运动，设 △ ABP 与△ ACP 的外接圆面积之比为 λ，当点 P 不与 B ， C 重合时 ()A ． λ先变小再变大B ．当 M 为线段 BC 中点时， λ最大 C ． λ先变大再变小D ． λ是一个定值分析：选 D.设 △ABP 与 △ ACP 的外接圆半径分别为 r 1，r 2，则 2r 1 ＝ ABAC， 2r 2＝，sin ∠APB sin ∠APC 因为 ∠ APB ＋ ∠APC ＝ 180°，所以 sin ∠APB ＝ sin ∠APC ，所以 r1＝ AB ， r 2 AC2 AB 2r 12.应选 D. 所以λ＝2＝ACr 27．(2019 福·州市综合质量检测tan（α＋β＋γ），若 sin 2(α＋γ)＝ 3sin 2β，则 m )已知m＝tan（α－β＋γ）＝ ()1 3A. 2B.43C.2D.2分析：选 D.设 A＝α＋β＋γ， B＝α－β＋γ，则 2( α＋γ)＝ A＋ B， 2β＝ A－ B，因为 sin 2(α＋γ)＝ 3sin 2β，所以 sin(A＋ B)＝ 3sin(A－ B) ，即 sin Acos B＋ cos Asin B＝ 3(sin Acos B－cos Asin B)，即 2cos Asin B＝ sin Acos B，所以 tan A＝ 2tan B，tan A所以 m＝tan B＝ 2，应选 D.8．(2019 咸·阳二模 )已知△ ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且a2＋b22 2 sin A sin B＝ 2c2， sin A(1 －cos C)＝ sin Bsin C， b＝→→，过点 M 的直线与6， AB 边上的点 M 知足 AM＝ 2MB射线 CA， CB 分别交于 P， Q 两点，则 MP 2＋ MQ2的最小值是 ( ) A．36 B． 37C． 38 D． 39分析：选 A. 由正弦定理，知a2＋b2＝2c2，即 2＝ 2sin2C，所以2sin2sin A Bπsin C＝1， C＝2，所以 sin A(1－cos C)＝ sin Bsin C，即 sin A＝ sin B，所π以 A＝ B＝4 .以 C 为坐标原点成立如下图的平面直角坐标系，则M(2，4)，设∠MPC ＝θ，θ∈0，π 2 2 16 4 2 2 θ) 16 ＋ 4＝，则 MP ＋MQ ＝2＋2＝ (sin θ＋cos 2 2θ2 sin θcos θsin θcos20＋ 4tan2θ＋16≥ 36，当且仅当 tan θ＝2时等号成立，即MP2＋ MQ 2的最小值为 36.tan2θ9．已知 2cos 2x ＋ sin 2x ＝ Asin( ωx＋ φ)＋ b(A ＞ 0)，则 A ＝ ________， b ＝ ________．分析：因为 2cos 2 x ＋ sin 2x ＝ 1＋ cos 2x ＋sin 2xπ＝ 2sin(2x ＋ 4 )＋ 1，所以 A ＝ 2， b ＝ 1.答案：21ππ 10．若 α∈ 0，， cos－α ＝2 2cos 2α ，则 sin 2α ＝________．24分析：由已知得22 (cos αα α α α α＋ sin )＝2 2(cos － sin ) ·(cos ＋ sin )，所以 cos α＋sin α＝ 0 或 cos α－ sinα＝ 41，由 cos α＋ sin α＝ 0 得 tan α＝－ 1，π因为 α∈ 0， 2，所以 cos α＋sin α＝ 0 不知足条件；由 cos α－ sin α＝1，两边平方得 1－ sin 2α＝ 1 ，416所以 sin 2α＝1615.答案：151611．(2019 金·丽衢十二校联考二模 )在△ ABC 中，内角 A 、 B 、C 所对的边分别为 a 、b 、c ，acos B ＝bcos A ， 4S ＝ 2a 2－ c 2，此中 S 是△ ABC 的面积，则 C 的大小为 ________．分析： △ ABC 中， acos B ＝ bcos A ，所以 sin Acos B ＝ sin Bcos A ，所以 sin Acos B － cos Asin B ＝ sin(A － B)＝0，所以 A ＝B ，所以 a ＝ b ；1又△ ABC 的面积为 S ＝2absin C ，且 4S ＝ 2a 2－ c 2，所以 2absin C ＝2a 2－ c 2＝ a 2＋ b 2－ c 2，所以 sin C ＝ a 2＋ b 2－ c 2＝ cos C ，2abπ所以 C＝4.π答案：412． (2019 ·兴市一中高三期末检测绍 )△ ABC 中， D 为线段 BC 的中点， AB＝ 2AC＝ 2，tan∠CAD＝ sin ∠BAC，则 BC＝ ________．sin ∠CAD sin ∠CAD 分析：由正弦定理可知＝ 2，又 tan∠CAD ＝sin∠BAC，则＝ sin(∠ CAD ＋sin∠BAD cos∠CAD∠ BAD )，利用三角恒等变形可化为1BC＝cos∠BAC ＝2，据余弦定理AC2＋ AB 2－ 2 ·AC·AB·cos∠BAC＝1＋ 4－ 2＝ 3.答案： 313． (2019 ·州第一次调研惠) 已知 a， b，c 是△ ABC 中角 A， B， C 的对边， a＝ 4， b∈(4，6)， sin 2A＝ sin C，则 c 的取值范围为 ________．分析：由4 c 4 c 22sin A＝sin C，得sin A＝sin 2A，所以 c＝8cos A，因为 16＝ b ＋ c － 2bccos A，所以 16－ b2＝ 64cos2A－ 16bcos2A，又 b≠ 4，所以 cos2A＝16－ b2 （ 4－ b）（ 4＋ b） 4＋ b ＝＝16，64－ 16b 16（4－ b）4＋ b所以 c2＝ 64cos2A＝ 64×16 ＝ 16＋4b.因为 b∈ (4， 6)，所以 32<c2<40，所以 4 2< c<2 10.答案：(4 2， 2 10)14．(2019 绍·兴市一中期末检测)设△ ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c 且 acos 1C－2c＝ b.(1)求角 A 的大小；(2)若 a＝ 3，求△ ABC 的周长 l 的取值范围．1 1解： (1) 由 acos C－ c＝ b 得： sin Acos C－ sin C＝ sin B，2 2又 sin B＝ sin(A＋ C)＝ sin Acos C＋ cos Asin C，1所以2sin C＝－ cos Asin C，因为 sin C≠0，1所以 cos A＝－2，又 0＜ A ＜π，2π所以 A ＝ 3.asin B(2)由正弦定理得： b ＝ sin A ＝ 2 3sin B ，c ＝ 2 3sin C ， l ＝ a ＋ b ＋ c ＝ 3＋ 2 3(sin B ＋ sin C)＝ 3＋ 2 3[sin B ＋sin(A ＋B)]13＝ 3＋ 2 3 2sin B ＋ 2 cos Bπ＝ 3＋ 2 3sin B ＋ 3 ，因为 A ＝ 2π π3 ，所以 B ∈ 0，， 3π π 2π所以 B ＋ 3∈ 3 ，3 ，所以 sin B ＋ π3， 1 ，∈ 23则△ ABC 的周长 l 的取值范围为 (6， 3＋2 3 ] ．15． (2019 湖·州模拟 )在△ ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，已知 (sin A ＋ sinB ＋ sin C)(sin B ＋ sinC － sin A) ＝3sin Bsin C.(1)求角 A 的值；(2)求 3sin B － cos C 的最大值．解： (1) 因为 (sin A ＋ sin B ＋ sin C)(sin B ＋ sin C －sin A)＝ 3sin Bsin C ，由正弦定理，得 (a ＋ b ＋ c)(b ＋ c － a)＝ 3bc ，b 2＋c 2－a 21 π所以 b 2＋ c 2－ a 2＝ bc ，所以 cos A ＝2bc＝2，因为 A ∈ (0，π)，所以 A ＝ 3. π2π(2)由 A ＝ 3，得 B ＋C ＝ 3 ，2π所以 3sin B － cos C ＝ 3sin B －cos－ B3＝ 3sin B－1 3 π－2cos B＋2 sin B ＝ sin B＋6 .2πππ 5π因为 0＜B＜3，所以6＜B＋6＜6，π ππ当 B＋6＝2，即 B＝3时，3sin B－cos C 的最大值为 1.16．(2019 宁·波镇海中学模拟)在△ ABC 中， a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边， b＝ 2sin2sin BB，且知足 tan A＋tan C＝cos A .(1)求角 C 和边 c 的大小；(2)求△ ABC 面积的最大值．解： (1)tan A＋ tan C＝2sin Bsin A sin C cos A可得cos A＋cos C＝sin Acos C＋ cos Asin C sin（ A＋ C）sin B2sin Bcos Acos C ＝cos Acos C＝cos Acos C＝cos A ，1所以 cos C＝2，因为 0＜ C＜π，π所以 C＝3，因为 b＝2sin B，c b由正弦定理可得sin C＝sin B＝ 2，6所以 c＝2 .(2)由余弦定理可得c2＝a2＋ b2－ 2abcos C，3所以2＝ a2＋ b2－ ab≥ 2ab－ ab＝ ab，当且仅当 a＝ b 时取等号．所以△ABC1 3 3×3 3 3 S ＝2absin C＝4 ab≤4 2＝8 ，故△ ABC 面积的最大值为38 3 .π2π17．(2019 成·都市第二次诊疗性检测)如图，在平面四边形ABCD 中，已知 A＝2，B＝ 3 ，2πAB＝ 6.在 AB 边上取点E，使得 BE＝ 1，连结 EC， ED .若∠ CED ＝3， EC＝7.(1)求 sin ∠ BCE 的值；(2)求 CD 的长．解： (1) 在△ BEC 中，由正弦定理，知BE CEsin ∠BCE ＝sin B.2π因为 B ＝ 3 ， BE ＝ 1， CE ＝ 7，BE ·sin B3221所以 sin ∠BCE ＝ CE＝ 7 ＝ 14 .2π(2)因为 ∠CED ＝ ∠B ＝ 3 ，所以 ∠ DEA ＝∠ BCE ，1－ sin 2∠DEA ＝ 1－ sin 2∠BCE ＝ 35 7所以 cos ∠DEA ＝ 1－28＝ 14.π因为 A ＝ 2，所以 △ AED 为直角三角形，又 AE ＝ 5，AE5所以 ED ＝＝＝2 7.14在△ CED 中， CD 2＝ CE 2＋DE 2－ 2CE ·DE ·1cos ∠CED ＝ 7＋ 28－ 2×7× 27× －2 ＝ 49.所以 CD ＝ 7.。

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限时训练九三角恒等变换与解三角形
限时40分钟，实际用时
分值80分，实际得分
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分) 1．若sin α＋cos αsin α－cos α＝12，则sin αcos α＝( )
A ．－34
B ．－310
C ．－43
D.43
解析：选B.解法一：由sin α＋cos αsin α－cos α＝1
2，得2(sin α＋cos α)＝sin α－cos α，即tan
α＝－3.又sin αcos α＝sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan α1＋tan 2
α＝－3
10，故选B. 解法二：由题意得1＋2sin αcos α1－2sin αcos α＝1
4，即
4＋8sin αcos α＝1－2sin αcos α ∴10sin αcos α＝－3 即sin αcos α＝－3
10，故选B.
2．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6，1，b ＝(4,4cos α－3)，若a ⊥b ，则sin ⎝ ⎛
⎭⎪⎫α＋4π3＝( ) A ．－3
4 B ．－1
4 C.34
D.14
解析：选B.∵a ⊥b ，
∴a·b ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋4cos α－3 ＝23sin α＋6cos α－3
＝43sin ⎝ ⎛
⎭⎪⎫α＋π3－3＝0，
∴sin ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫α＋π3＝14.
∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋4π3＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝－14.
3．在△ABC 中，若3cos 2A －B
2＋5sin
2A ＋B
2＝4，则tan A ·
tan B ＝( ) A ．4 B.1
4 C ．－4
D ．－14
解析：选B.由条件得3×cos (A －B )＋12＋5×cos C ＋1
2＝4，即3cos(A －B )＋5cos C ＝0，所以3cos(A －B )－5cos(A ＋B )＝0，所以3cos A cos B ＋3sin A sin B －5cos A cos B ＋5sin A sin B ＝0，即cos A cos B ＝4sin A sin B ，所以tan A ·tan B ＝sin A sin B cos A cos B ＝14.
4．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，则cos ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α的值是( )
A.7
9 B.13 C ．－13
D ．－79
解析：选D.cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α－1 ＝2sin 2⎝
⎛⎭
⎪⎫π6－α－1＝2×19－1＝－7
9.
5．已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边长分别为a ，b ，c ，若A ＝π
3，b ＝2a cos B ，c ＝1，则△ABC 的面积等于( ) A.32
B.34
C.36
D.38
解析：选B.由正弦定理得sin B ＝2sin A cos B ，故tan B ＝2sin A ＝2sin π
3＝3，又B ∈(0，π)，所以B ＝π3，又A ＝π3，所以△ABC 是正三角形，所以S △ABC ＝1
2bc sin A ＝12×1×1×32＝34.
6．已知△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos C ＋3
2c ＝b ，若a ＝1，3c －2b ＝1，则角B 为( ) A.π4 B.π6 C.π3
D.π12
解析：选B.因为a cos C ＋32c ＝b ，所以sin A cos C ＋3
2·sin C ＝sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ，所以3
2sin C ＝cos A sin C ，因为sin C ≠0，所以cos A ＝32，因为A 为△ABC 的内角，所以A ＝π
6，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，知1＝b 2＋c 2－3bc ，
联立⎩⎪⎨⎪⎧
1＝b 2＋c 2
－3bc ，3c －2b ＝1，
解得c ＝3，b ＝1，由a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b sin A a ＝
1×12
1＝12，∵b ＜c ，∴B ＜C ，则B ＝π
6，故选B. 二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
7．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为334，a ＝3，B ＝π
3，则b ＝________.
解析：由题意可得S ＝1
2ac sin B ，解得c ＝1，由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝9＋1－3＝7，故b ＝7. 答案：7
8．已知tan(3π－x )＝2，则2cos 2x
2－sin x －1
sin x ＋cos x ＝________.
解析：∵tan(3π－x )＝tan(π－x )＝－tan x ＝2，故tan x ＝－2. 所以2cos 2x
2－sin x －1
sin x ＋cos x ＝cos x －sin x sin x ＋cos x ＝1－tan x
tan x ＋1＝－3.
答案：－3
9．已知π2＜β＜α＜3π4，cos(α－β)＝1213，sin(α＋β)＝－3
5，则sin α＋cos α的值为________．
解析：由π2＜β＜α＜3π4知π＜α＋β＜3π
2， ⎩⎪⎨⎪⎧
－3π4＜－β＜－π2π
2＜α＜3π
4
⇒⎩⎨⎧
－π4
＜α－β＜π
4α－β＞0
⇒0＜α－β＜π
4.
根据已知得sin(α－β)＝513，cos(α＋β)＝－4
5，所以sin 2α＝sin[(α＋β)＋(α－β)]＝sin(α＋β)cos(α－β)＋cos(α＋β)sin(α－β)＝－35×1213＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－45×513＝－56
65，所以(sin α
＋cos α)2
＝1＋sin 2α＝1－5665＝965.因为π2＜α＜3π
4，所以sin α＋cos α＞0，所以sin
α＋cos α＝365
65. 答案：36565
三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)
10．已知函数f (x )＝(a ＋2cos 2
x )cos(2x ＋θ)为奇函数，且f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π4＝0，其中a ∈R ，θ∈(0，
π)．
(1)求a ，θ的值；
(2)若f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫α4＝－2
5，α∈⎝
⎛⎭
⎪⎫π2，π，求sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫α＋π3的值．
解：(1)因为f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)是奇函数，而y 1＝a ＋2cos 2x 为偶函数，所以y 2＝cos(2x ＋θ)为奇函数，由θ∈(0，π)，得θ＝π
2，所以f (x )＝－sin 2x ·(a ＋2cos 2x )，
由f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π4＝0得－(a ＋1)＝0，即a ＝－1.
(2)由(1)得f (x )＝－12sin 4x ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α4＝－12sin α＝－25，即sin α＝45，又α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π，从而cos α＝－35，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝sin αcos π3＋cos αsin π
3 ＝45×12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35×32＝4－3310. 11．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a －c ＝6
6b ，sin B ＝6sin C . (1)求cos A 的值； (2)求cos ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫2A －π6的值．
解：(1)在△ABC 中，由b sin B ＝c
sin C ，及 sin B ＝6sin C ，可得b ＝6c . 由a －c ＝6
6b ，得a ＝2c .
所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6c 2＋c 2－4c 226c 2＝6
4.
(2)在△ABC 中，由cos A ＝64，可得sin A ＝10
4.
于是cos 2A ＝2cos 2
A －1＝－14，sin 2A ＝2sin A ·cos A ＝15
4.
所以cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2A －π6＝cos 2A ·cos π6＋sin 2A ·sin π
6＝15－38. 12．如图所示，在四边形ABCD 中，∠D ＝2∠B ，且AD ＝1, CD ＝3，cos B ＝3
3.
(1)求△ACD 的面积； (2)若BC ＝23，求AB 的长．解：(1)因为∠D ＝2∠B ，cos B ＝3
3，所以cos D ＝cos 2B ＝2cos 2
B －1＝－1
3.
因为D ∈(0，π)，
所以sin D ＝1－cos 2
D ＝22
3.
因为AD ＝1，CD ＝3，
所以△ACD 的面积S ＝12AD ·CD ·sin D ＝12×1×3×22
3＝ 2. (2)在△ACD 中，AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC ·cos D ＝12，所以AC ＝2 3.
因为BC ＝23，AC sin B ＝AB sin ∠ACB
，。

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