高考2019版二轮复习数学重点增分专题五 三角恒等变换与解三角形
(新课标)高考数学二轮复习 专题一 三角函数与解三角形 第2讲 三角恒等变换与解三角形学案 理 新人
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．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )A ．15 B ．55C ．33D ．255解析：选B ．由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2 sin 2α＋1，即2sin αcosα＝1－sin 2α.因为α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos α＝1－sin 2α，所以2sin α1－sin 2α＝1－sin 2α，解得sin α＝55，故选B ． 2．(2018·高考全国卷Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α＝( )A ．89 B ．79 C ．－79D ．－89解析：选B ．cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79.3．(2016·高考全国卷Ⅱ)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，则sin 2α＝( )A ．725 B ．15 C ．－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．(2018·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 C2＝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．(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：因为cos A ＝45，cos C ＝513，所以sin A ＝35，sin C ＝1213，sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝6365，由正弦定理b sin B ＝a sin A ，得b ＝a sin B sin A ＝6365×53＝2113.答案：21133．(2019·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 －sinC )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 ＝sinB sinC ，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．(2018·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－c22ab ＝cos C ，所以在△ABC 中，C ＝π4.2．(2019·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．(2019·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sinA ＋C2＝sin B ．由A ＋B ＋C ＝180°，可得sinA ＋C2＝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. [明考情]1．高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．2．若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9题或第13～15题位置上．3．若以解答题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等．三角恒等变换与求值[考法全练]1．(2019·高考全国卷Ⅰ)tan 255°＝( ) A ．－2－ 3 B ．－2＋ 3 C ．2－ 3D ．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)(2019·福建五校第二次联考)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝45，则sin 2α＝( )A ．15 B ．－15C ．725D ．－725解析：选C ．法一：因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝45，所以sin 2α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫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(cosα＋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．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝________． 解析：因为α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2， 所以sin α＝255，cos α＝55，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝cos αcos π4＋sin αsin π4＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫255＋55＝31010. 答案：310104．(2019·江西七校第一次联考)若0<α<π2，－π2<β<0，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝13，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝33，则cos(2α＋β)＝________． 解析：因为0<α<π2，所以π4<α＋π4<3π4，又cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝13，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝223， sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝429， cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－1＝－79. 因为－π2<β<0，所以0<β2＋π4<π4，又sin ⎝⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝33，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝63，sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝223， cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝13. 所以cos(2α＋β)＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＋sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4·sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4＝2327.答案：2327三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)(2019·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．(一题多解)(2019·广州市综合检测一)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 已知c cos B ＝(3a －b )cos C ．(1)求sin C 的值；(2)若c ＝26，b －a ＝2，求△ABC 的面积． 解：(1)法一：因为c cos B ＝(3a －b )cos C ，所以由正弦定理得sin C cos B ＝(3sin A －sin B )cos C ， 即sin C cos B ＋sin B cos C ＝3sin A cos C ， 所以sin(B ＋C )＝3sin A cos C ，由于A ＋B ＋C ＝π，所以sin(B ＋C )＝sin (π－A )＝sin A ， 则sin A ＝3sin A cos C ．因为0<A <π，所以sin A ≠0，cos C ＝13.因为0<C <π，所以sin C ＝1－cos 2C ＝223.法二：因为c cos B ＝(3a －b )cos C ，所以由余弦定理得c ×a 2＋c 2－b 22ac ＝(3a －b )×a 2＋b 2－c 22ab，化简得a 2＋b 2－c 2＝23ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝23ab2ab ＝13.因为0<C <π，所以sin C ＝1－cos 2C ＝223.(2)法一：由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 及c ＝26，cos C ＝13，得a 2＋b 2－23ab ＝24，即(a －b )2＋43ab ＝24.因为b －a ＝2，所以ab ＝15.所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×15×223＝5 2.法二：由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 及c ＝26，cos C ＝13，得a 2＋b 2－23ab ＝24.又b －a ＝2， 所以a ＝3，b ＝5.所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×15×223＝5 2.2．(2019·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(2019·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ACcos ∠BDC ＝3sin ∠CAD.①在△ABC 中，由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝BCsin ∠BAC ，即ACsin ∠ABC ＝23sin ∠BAC.②因为AC 平分∠BAD ，所以∠CAD ＝∠BAC . 由①②得sin ∠ABC cos ∠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 Atan 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 ，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 sinA cosB ＝(2sinC －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asin A＝bsin B＝csin C，得asin A＝bsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝csinπ3，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)[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．(2019·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 ＝CE sin ∠CDE ，所以CD ＝CE sin ∠CEDsin ∠CDE＝7×322114＝7.2．(2019·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 cosC ＝(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．(2019·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x ＋1，则( ) A ．f (x )的最小正周期为π，最大值为3 B ．f (x )的最小正周期为π，最大值为4 C ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为3 D ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为4解析：选B ．f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x ＋1＝3sin 2x ＋cos 2x ＋2＝2sin(2x ＋π6)＋2，则f (x )的最小正周期为2π2＝π，最大值为2＋2＝4.故选B ．2．(2019·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 ．74 B ．34 C ．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．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a ，b ，c 成等比数列，且a 2＝c 2＋ac －bc ，则cb sin B＝( )A ．32 B ．233C ．33D ． 3解析：选B ．由a ，b ，c 成等比数列得b 2＝ac ，则有a 2＝c 2＋b 2－bc ，由余弦定理得cos A＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，故A ＝π3，对于b 2＝ac ，由正弦定理得，sin 2B ＝sin A sinC ＝32·sinC ，由正弦定理得，c b sin B ＝sin C sin 2B ＝sin C 32sin C＝233.故选B ． 5．(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 △ABCBC ＝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 ．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 ．24 C ．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，BCsin ∠BDC＝BDsin 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．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＋b 16＝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)(2019·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 sinC 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 cos C －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．(2019·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．(2019·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．(2019·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 sinC ，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．(2019·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 (sinA －sinB )＝(c －b )(sinC ＋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)(2019·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 ＝BM sin ∠BAM， 得BM ＝AM sin ∠BAM sin ∠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 ＝BM sin ∠BAM， 得BM ＝AM sin ∠BAM sin ∠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．(2019·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 ＝c 2， 所以BC ＝CD 2＋BD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝5c 6， 由正弦定理得sin ∠ACB ＝AB sin A BC ＝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 ＝22ab ab ＝2 2.。
高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形课件
π 4 π 4
＝
－3－1 1－3
＝
2
，
则
tan
β ＝ tan(α ＋ β － α) ＝
1t＋antaαn＋αβ＋－βttaannαα＝1＋3－3×2 2＝17.故选 D．
3. (2023·怀仁市校级四模)已知 α 为锐角，且 sin α＋sinα＋π3＋
sinα＋23π＝ 3，则 tan α＝_____3___.
2cos 40°＋cos 80°＋sin 80°tan θ＝0，
所以
tan
θ＝－2cos
40°＋cos sin 80°
80°＝－2cos120°s－in8800°°＋cos
80°
＝－2cos
120°cos
80°＋sin 120°sin sin 80°
80°＋cos
80°＝－
3sin 80° sin 80°
2 α＋3tan
≤ α2
2
1 tan
α·3tan
α
＝ 33，当且仅当tan1 α＝3tan α，即 tan α＝ 33时，等号成立，tan β 取得最
大值 33.故选 B．
核心考点2 正弦定理、余弦定理的应用
核 心 知 识·精 归 纳
1.正弦定理：在△ABC 中，sina A＝sinb B＝sinc C＝2R(R 为△ABC 的外 接圆半径)．
第一篇
核心专题提升•多维突破
专题一 三角函数与解三角形
第2讲 三角恒等变换与解三角形
分析考情·明方向 真题研究·悟高考 考点突破·提能力
分析考情·明方向
高频考点
高考预测
三角函数的化简与求值(倍角公式、
两角和与差公式进行恒等变换，角 继续以选择、填空题形式考查三角
2019高考数学考点解读 命题热点突破专题09三角恒等变换与解三角形理
三角恒等变换与解三角形【考向解读】正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，1.和差角公式、二倍角公式是高考的热点，常与三角函数式的求值、化简交汇命题．既有选择题、填空题，又有解答题，难度适中，主要考查公式的灵活运用及三角恒等变换能力．2.预测2017年高考仍将以和差角公式及二倍角公式为主要考点，复习时应引起足够的重视．3.边和角的计算；4.三角形形状的判断；5.面积的计算；6.有关的范围问题．【命题热点突破一】三角恒等变换例1、(1)(2016·高考全国乙卷)已知θ是第四象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝________. 解析：基本法：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：－43速解法：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，不妨设在Rt△ACB 中，∠A ＝α，由sin α＝35可得， BC ＝3，AB ＝5，AC ＝4，∴∠B ＝π2－α，∴tan B ＝43， ∴tan B ＝－43. 答案：－43(2)若tan α＞0，则( )A ．sin α＞0B ．cos α＞0C ．sin 2α＞0D ．cos 2α＞0答案：C【感悟提升】 解决三角函数问题的基本思想是“变换”，通过适当的变换达到由此及彼的目的．在三角函数问题中变换的基本方向有两个：一个是变换函数名称，一个是变换角的形式．变换函数名称可以使用诱导公式、同角三角函数的基本关系等；变换角的形式可以使用两角和、差的三角函数公式、倍角公式，对角进行代数形式的变换等．【变式探究】(1)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2＋α＝14，那么cos 2α＝________． (2)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＋sin α＝－4 35，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3等于( ) A ．－45 B ．－35 C.45 D.35【答案】（1）－78（2）A【解析】 （1）依题意得cos α＝14，所以cos 2α＝2cos 2α－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142－1＝－78. （2）由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＋sin α＝－4 35，得3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝－4 35，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝－45，于是cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝－45. 【命题热点突破二】 正、余弦定理例2、【2016高考山东理数】（本小题满分12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知tan tan 2(tan tan ).cos cos A B A B B A +=+ （Ⅰ）证明：a +b =2c ;（Ⅱ）求cos C 的最小值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）12（Ⅱ）由（Ⅰ）知2a b c +=, 所以 2222222cos 22a b a b a b c C abab ++-+-==（）311842b a a b =+-≥（）， 当且仅当a b =时，等号成立. 故 cos C 的最小值为12. 【感悟提升】 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．求三角形中的角，关键是利用正弦定理或余弦定理求出某角的正弦值或余。
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)，
高考总复习二轮数学精品课件 回扣靶向考点 夯实二级结论 4.三角函数、三角恒等变换与解三角形
4.三角函数、三角恒等变换与解三角形
1.终边相同的角
与角α终边相同的角,连同角α在内的集合:{β|β=k·360°+α,k∈Z}.
2.几种特殊位置角的集合表示
角α终边的位置
角α的集合表示
在x轴的非负半轴上
{α|α=k·360°,k∈Z}
在x轴的非正半轴上
{α|α=k·360°+180°,k∈Z}
单调递减
调递减
π
π
在(-2 +kπ,2 +kπ)
(k∈Z)上单调递
增
函数 y=sin x
对称
性
y=cos x
对称中心:(kπ,0)(k∈Z);
对称轴:直线
Z)
π
x= +kπ(k∈
2
π
对称中心:( +kπ,0)(k∈
2
Z);对称轴:直线 x=kπ(k
∈Z)
y=tan x
对称中
心:
π
,0
2
(k∈Z)
y=sin(ωx+φ)
y=Asin(ωx+φ).
10.三角恒等变换公式
(1)两角和与差的余弦公式
名称
公式
简记符号
两角和的余弦
cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β
C(α+β)
两角差的余弦
cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β
C(α-β)
(2)两角和与差的正弦公式
易错提醒
1.利用同角三角函数的平方关系式求值时,不要忽视角的范围,要先判断函
数值的符号.
2.在求三角函数的值域(或最值)时,不要忽略x的取值范围.
高三数学二轮专题复习第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高考定位 1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中关键是利用两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；2.正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题.真 题 感 悟1.(2018·全国Ⅱ卷)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( ) A.4 2B.30C.29D.2 5[解析] 因为cos C 2＝55，所以cos C ＝2cos 2 C 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. [答案] A2.(2017·全国Ⅰ卷)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4 ＝________.[解析] ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且tan α＝2，∴sin α＝2 cos α，又sin 2α＋cos 2α＝1，所以sin α＝255，cos α＝55.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝22(cos α＋sin α)＝31010.[答案] 310103.(2018·全国Ⅰ卷)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5.(1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC .解 (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sin ∠A ＝AB sin ∠ADB ，即5sin 45°＝2sin ∠ADB， 所以sin ∠ADB ＝25. 由题设知，∠ADB <90°， 所以cos ∠ADB ＝1－225＝235.(2)由题设及(1)知，cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝25. 在△BCD 中，由余弦定理得BC 2＝BD 2＋DC 2－2·BD ·DC ·cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×22×25＝25. 所以BC ＝5.4.(2018·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.(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值. 解 (1)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得sin α＝－45，所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.(2)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.考 点 整 合1.三角函数公式(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式： sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.(2)二倍角公式：sin 2α＝2sin αcos α，cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.(3)辅助角公式：a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)，其中tan φ＝ba .2.正弦定理、余弦定理、三角形面积公式 (1)正弦定理在△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 ，sin A ＝a2R ， a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等. (2)余弦定理在△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 .(3)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及应用【例1】(2018·江苏卷)已知α，β为锐角，tan α＝43，cos(α＋β)＝－55.(1)求cos 2α的值；(2)求tan(α－β)的值.解(1)因为tan α＝43，tan α＝sin αcos α，所以sin α＝43cos α.因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝9 25，因此，cos 2α＝2cos2α－1＝－7 25.(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π).又因为cos(α＋β)＝－5 5，所以sin(α＋β)＝1－cos2（α＋β）＝25 5，因此tan(α＋β)＝－2.因为tan α＝43，所以tan 2α＝2tan α1－tan2α＝－247，因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝tan 2α－tan（α＋β）1＋tan 2αtan（α＋β）＝－211.探究提高 1.三角恒等变换的基本思路：找差异，化同角(名)，化简求值.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.【训练1】 (1)(2018·广西三市联考)已知x ∈(0，π)，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4等于( ) A.13 B.－13 C.3 D.－3(2)若cos(2α－β)＝－1114，sin(α－2β)＝437，0<β<π4<α<π2，则α＋β的值为________.[解析] (1)由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，又x ∈(0，π)，则tan x ＝2， 故tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.(2)因为cos(2α－β)＝－1114且π4<2α－β<π，所以sin(2α－β)＝5314.因为sin(α－2β)＝437且－π4<α－2β<π2，所以cos(α－2β)＝17.所以cos(α＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)] ＝cos(2α－β)·cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β) ＝－1114×17＋5314×437＝12. 因为π4<α＋β<3π4，所以α＋β＝π3.[答案] (1)A (2)π3热点二 正弦定理与余弦定理考法1利用正(余)弦定理进行边角计算【例2－1】(2018·潍坊一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a＋2c)cos B＋b cos A＝0.(1)求B；(2)若b＝3，△ABC的周长为3＋23，求△ABC的面积.解(1)由已知及正弦定理得(sin A＋2sin C)cos B＋sin B cos A＝0，(sin A cos B＋sin B cos A)＋2sin C cos B＝0，sin(A＋B)＋2sin C cos B＝0，又sin(A＋B)＝sin C，且C∈(0，π)，sin C≠0，∴cos B＝－12，∵0<B<π，∴B＝23π.(2)由余弦定理，得9＝a2＋c2－2ac cos B. ∴a2＋c2＋ac＝9，则(a＋c)2－ac＝9.∵a＋b＋c＝3＋23，∴a＋c＝23，∴ac＝3，∴S△ABC ＝12ac sin B＝12×3×32＝334.【迁移探究1】若本题第(2)问条件变为“若b＝3，S△ABC ＝334”，试求a＋c的值.解由S△ABC ＝12ac·sin B＝334，∴12ac·32＝334，则ac＝3.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝(a＋c)2－ac，所以(a＋c)2＝b2＋ac＝9＋3＝12，故a＋c＝2 3.【迁移探究2】在第(2)问中，保留条件b＝3，删去“条件△ABC的周长为3＋23”，试求△ABC面积的最大值.解由b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2－ac，则9＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，所以ac≤9(当且仅当a＝c＝3时，取等号)，故S△ABC ＝12ac sin B≤12×9sin2π3＝934，所以△ABC 面积的最大值为934.探究提高 1.高考中主要涉及利用正弦、余弦定理求三角形的边长、角、面积等基本计算，或将两个定理与三角恒等变换相结合综合解三角形.2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、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.【训练2】 (2017·全国Ⅱ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B 2. (1)求cos B ；(2)若a ＋c ＝6，△ABC 面积为2，求b .解 (1)由题设及A ＋B ＋C ＝π，得sin B ＝8sin 2B2， 故sin B ＝4(1－cos B ).上式两边平方，整理得17cos 2B －32cos B ＋15＝0， 解得cos B ＝1(舍去)，cos B ＝1517.(2)由cos B ＝1517及B 为三角形一内角，得sin B ＝817， 故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac . 又S △ABC ＝2，则ac ＝172. 由余弦定理及a ＋c ＝6得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B ) ＝36－2×172×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1517＝4. 所以b ＝2.考法2 应用正、余弦定理解决实际问题【例2－2】(2018·衡水质检)某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米.A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC＝15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO＝30°，则该仪器的垂直弹射高度CH为()A.210(6＋2)米B.1406米C.2102米D.20(6－2)米[解析]由题意，设AC＝x米，则BC＝(x－40)米，在△ABC内，由余弦定理：BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，即(x－40)2＝x2＋10 000－100x，解得x＝420(米).在△ACH中，AC＝420米，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，由正弦定理：CHsin∠CAH ＝ACsin∠AHC.可得CH＝AC·sin∠CAHsin∠AHC＝1406(米).[答案] B探究提高 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.【训练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＝________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°＝BC sin 30°， 解得BC ＝3002(m).在Rt △BCD 中，CD ＝BC ·tan 30°＝3002×33＝1006(m). [答案] 100 6热点三 与解三角形有关的创新交汇问题【例3】 (2018·郑州质检)已知向量m ＝(2sin ωx ，cos 2ωx －sin 2ωx )，n ＝(3cos ωx ，1)，其中ω＞0，x ∈R .若函数f (x )＝m ·n 的最小正周期为π. (1)求ω的值；(2)在△ABC 中，若f (B )＝－2，BC ＝3，sin B ＝3sin A ，求BA →·BC →的值. 解 (1)f (x )＝m ·n ＝23sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －sin 2ωx ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.因为f (x )的最小正周期为π，所以T ＝2π2|ω|＝π. 又ω＞0，所以ω＝1. (2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.设△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c . 因为f (B )＝－2，所以2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－2，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－1，由于0<B <π，解得B ＝2π3.因为BC ＝3，即a ＝3，又sin B ＝3sin A ， 所以b ＝3a ，故b ＝3.由正弦定理，有3sin A ＝3sin 2π3，解得sin A ＝12.由于0＜A ＜π3，解得A ＝π6.所以C ＝π6，所以c ＝a ＝ 3.所以BA →·BC →＝ca cos B ＝3×3×cos 2π3＝－32.探究提高 1.破解平面向量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式出现的条件转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化. 2.这种问题求解的关键是利用向量的知识将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关知识进行求解.【训练4】 已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x ＋23sin x cos x (x ∈R ). (1)求f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝2，c ＝5，cos B ＝17，求△ABC 中线AD 的长.解 (1)f (x )＝－cos 2x ＋3sin 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6.∴T ＝2π2＝π.∴函数f (x )的最小正周期为π.(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，∵在△ABC 中f (A )＝2，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝1，∴2A －π6＝π2，∴A ＝π3.又cos B ＝17，∴sin B ＝437，∴sin C ＝sin(A ＋B )＝32×17＋12×437＝5314， 在△ABC 中，由正弦定理c sin C ＝a sin A ，得55314＝a32，∴a ＝7，∴BD ＝72，在△ABD 中，由余弦定理得，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ＝52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫722－2×5×72×17＝1294，∴AD ＝1292.1.对于三角函数的求值，需关注：(1)寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式； (2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用； (3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可利用分析法. 2.三角形中判断边、角关系的具体方法：(1)通过正弦定理实施边角转换；(2)通过余弦定理实施边角转换；(3)通过三角变换找出角之间的关系；(4)通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进行讨论；(5)若涉及两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角形，再逐步求出其他三角形的边和角，其中往往用到三角形内角和定理，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)求解.3.解答与三角形面积有关的问题时，如已知某一内角的大小或三角函数值，就选择S ＝12ab sin C 来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角.一、选择题1.(2018·全国Ⅲ卷)若sin α＝13，则cos 2α＝( ) A.89 B.79 C.－79D.－89[解析] cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79. [答案] B2.在△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.34πB.π3C.π4D.π6[解析] 由已知得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝2b 2－2b 2（1－sin A ）2b 2＝sin A .在△ABC 中，A ＝π4. [答案] C3.(2018·全国Ⅲ卷)△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] 因为S △ABC ＝12ab sin C ，所以a 2＋b 2－c 24＝12ab sin C .由余弦定理a 2＋b 2－c2＝2ab cos C ，得2ab cos C ＝2ab sin C ，即cos C ＝sin C .所以在△ABC 中，C ＝π4. [答案] C4.(2018·合肥质检)△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.4πB.8πC.9πD.36π[解析] 由题意及正弦定理得2R sin B cos A ＋2R sin A cos B ＝2R sin(A ＋B )＝2(R 为△ABC 的外接圆半径).即2R sin C ＝2.又cos C ＝223及C ∈(0，π)，知sin C ＝13.∴2R ＝2sin C ＝6，R ＝3.故△ABC 外接圆面积S ＝πR 2＝9π. [答案] C5.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 为锐角三角形，且满足sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，则下列等式成立的是( ) A.a ＝2b B.b ＝2a C.A ＝2BD.B ＝2A[解析] 等式右边＝2sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A cos C ＋sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋sin B .等式左边＝2sin B cos C ＋sin B ，则2sin B cos C ＋sin B ＝sin A cos C ＋sin B ， 因为角C 为锐角三角形的内角，所以cos C 不为0. 所以2sin B ＝sin A ，根据正弦定理，得a ＝2b . [答案] A 二、填空题6.(2018·全国Ⅱ卷)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝________.[解析] ∵sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0， ∴sin 2α＋cos 2β＋2sin αcos β＝1，① cos 2α＋sin 2β＋2cos αsin β＝0，② ①＋②，得sin 2α＋cos 2α＋sin 2β＋cos 2β＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＝1， ∴sin(α＋β)＝－12. [答案] －127.(2018·东北三省四校模拟)已知角α的终边经过点P (4a ，3a )(a <0)，则25sin α－7tan 2α的值为________.[解析] 由题意知tan α＝3a 4a ＝34，sin α＝3a 5|a |＝－35. ∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2×341－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝247，∴25sin α－7tan 2α＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35－7×247＝－39. [答案] －398.(2018·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为________.[解析] 由b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C 得sin B sin C ＋sin C sin B ＝4sin A sin B sin C ，因为sin B sin C ≠0，所以sin A ＝12.因为b 2＋c 2－a 2＝8，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝82bc ＝32，所以bc ＝833.所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233.[答案] 233 三、解答题9.(2018·济南二模)在△ABC 中，AC ＝BC ＝2，AB ＝23，AM →＝MC →. (1)求BM 的长；(2)设D 是平面ABC 内一动点，且满足∠BDM ＝2π3，求BD ＋12MD 的取值范围. 解 (1)在△ABC 中，AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ， 代入数据，得cos C ＝－12. ∵AM→＝MC →， ∴CM ＝MA ＝12AC ＝1.在△CBM 中，由余弦定理知： BM 2＝CM 2＋CB 2－2CM ·CB ·cos C ＝7， 所以BM ＝7.(2)设∠MBD ＝θ，则∠DMB ＝π3－θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3. 在△BDM 中，由正弦定理知： BD sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＝MD sin θ＝BM sin 2π3＝273. ∴BD ＝273sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ，MD ＝273sin θ， ∴BD ＋12MD ＝273sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＋73sin θ＝73(3cos θ－sin θ＋sin θ)＝7cos θ，又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，∴cos θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.故BD ＋12MD 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫72，7.10.(2018·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b sin A ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6.(1)求角B 的大小；(2)设a ＝2，c ＝3，求b 和sin(2A －B )的值.解 (1)在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝bsin B ， 得b sin A ＝a sin B ， 又由b sin A ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6，得a sin B ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6， 即sin B ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6，可得tan B ＝ 3.又因为B ∈(0，π)，可得B ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理及a ＝2，c ＝3，B ＝π3， 有b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝7，故b ＝7. 由b sin A ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6，可得sin A ＝37. 因为a <c ，故cos A ＝27. 因此sin 2A ＝2sin A cos A ＝437， cos 2A ＝2cos 2A －1＝17.所以，sin(2A －B )＝sin 2A cos B －cos 2A sin B ＝437×12－17×32＝3314.11.(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝3sin(2 018π－x )sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋x －cos 2x ＋1.(1)求函数f (x )的递增区间；(2)若△ABC 的角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，角A 的平分线交BC 于D ，f (A )＝32，AD ＝2BD ＝2，求cos C . 解 (1)f (x )＝3sin x cos x －cos 2x ＋1 ＝32sin 2x －12(1＋cos 2x )＋1＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12.令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z .所以递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z ).(2)f (A )＝32⇒sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝1，得到2A －π6＝2k π＋π2⇒A ＝k π＋π3，k ∈Z ，由0<A <π得到A ＝π3，所以∠BAD ＝π6.由正弦定理得BD sin ∠BAD ＝AD sin B ⇒sin B ＝22，B ＝π4或B ＝3π4(舍去)，所以cos C ＝－cos(A ＋B )＝sin π3sin π4－cos π3cos π4＝6－24.。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解19---三角恒等变换与解三角形
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第19讲 三角恒等变换与解三角形[考情分析] 1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度．考点一 三角恒等变换 核心提炼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.例1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝22cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4sin β，则() A ．tan(α－β)＝1B ．tan(α＋β)＝1C ．tan(α－β)＝－1D ．tan(α＋β)＝－1答案 C解析 由题意得sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝22×22(cos α－sin α)sin β，整理，得sin αcos β－cos αsin β＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.(2)(2021·全国甲卷)若α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，tan 2α＝cos α2－sin α，则tan α等于( ) A.1515 B.55 C.53 D.153答案 A解析 方法一因为tan 2α＝sin 2αcos 2α＝2sin αcos α1－2sin 2α， 且tan 2α＝cos α2－sin α， 所以2sin αcos α1－2sin 2α＝cos α2－sin α，解得sin α＝14. 因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以cos α＝154，tan α＝sin αcos α＝1515. 方法二 因为tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2sin αcos α1－sin 2αcos 2α＝2sin αcos αcos 2α－sin 2α＝2sin αcos α1－2sin 2α， 且tan 2α＝cos α2－sin α， 所以2sin αcos α1－2sin 2α＝cos α2－sin α，解得sin α＝14. 因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以cos α＝154，tan α＝sin αcos α＝1515. 规律方法 三角恒等变换的“4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)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂；(4)弦、切互化：一般是切化弦．跟踪演练1 (1)(多选)(2022·张家口模拟)已知sin θcos θ＋3cos 2θ＝cos θ＋32，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则θ等于( ) A.π3 B.π6 C.π12 D.π18答案 BD解析 sin θcos θ＋3cos 2θ ＝12sin 2θ＋3×1＋cos 2θ2＝cos ⎝⎛⎭⎫2θ－π6＋32＝cos θ＋32， 故cos ⎝⎛⎭⎫2θ－π6＝cos θ， 所以2θ－π6＝θ＋2k π或2θ－π6＝－θ＋2k π(k ∈Z )， 故θ＝π6＋2k π或θ＝π18＋2k π3(k ∈Z )． 又θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以θ＝π6或π18. (2)已知函数f (x )＝sin x －2cos x ，设当x ＝θ时，f (x )取得最大值，则cos θ＝________.答案 －255解析 f (x )＝sin x －2cos x ＝5sin(x －φ)，其中cos φ＝55，sin φ＝255， 则f (θ)＝5sin(θ－φ)＝5，因此θ－φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，则cos θ＝cos ⎝⎛⎭⎫φ＋π2＋2k π＝－sin φ＝－255. 考点二 正弦定理、余弦定理核心提炼1．正弦定理：在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝c sin 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 ＝c 2R ，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等．2．余弦定理：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 . 3．三角形的面积公式：S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A .例2 (1)(2022·济南模拟)若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b sin 2A ＝a sin B ，且c ＝2b ，则a b等于( ) A ．3 B.13 C.33D. 3 答案 D解析 因为b sin 2A ＝a sin B ，所以2b sin A cos A ＝a sin B ，利用正弦定理可得2ab cos A ＝ab ， 所以cos A ＝12，又c ＝2b ， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋4b 2－a 24b 2＝12， 解得a b＝ 3.(2)(2022·全国乙卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C sin(A －B )＝sin B sin(C －A )．①证明：2a 2＝b 2＋c 2；②若a ＝5，cos A ＝2531，求△ABC 的周长． ①证明 方法一由sin C sin(A －B )＝sin B sin(C －A )，可得sin C sin A cos B －sin C cos A sin B＝sin B sin C cos A －sin B cos C sin A ，结合正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C， 可得ac cos B －bc cos A ＝bc cos A －ab cos C ，即ac cos B ＋ab cos C ＝2bc cos A (*)．由余弦定理可得ac cos B ＝a 2＋c 2－b 22， ab cos C ＝a 2＋b 2－c 22，2bc cos A ＝b 2＋c 2－a 2， 将上述三式代入(*)式整理，得2a 2＝b 2＋c 2.方法二 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin C sin(A －B )＝sin(A ＋B )sin(A －B )＝sin 2A cos 2B －cos 2A sin 2B＝sin 2A (1－sin 2B )－(1－sin 2A )sin 2B＝sin 2A －sin 2B ，同理有sin B sin(C －A )＝sin(C ＋A )sin(C －A )＝sin 2C －sin 2A .又sin C sin(A －B )＝sin B sin(C －A )，所以sin 2A －sin 2B ＝sin 2C －sin 2A ，即2sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ，故由正弦定理可得2a 2＝b 2＋c 2.②解 由①及a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 得，a 2＝2bc cos A ，所以2bc ＝31.因为b 2＋c 2＝2a 2＝50，所以(b ＋c )2＝b 2＋c 2＋2bc ＝81，得b ＋c ＝9，所以△ABC 的周长l ＝a ＋b ＋c ＝14.规律方法 正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．注意：应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．跟踪演练2 (1)在△ABC 中，若cos C ＝79，b cos A ＋a cos B ＝2，则△ABC 外接圆的面积为() A.49π8 B.81π8 C.81π49 D.81π32答案 D解析 根据正弦定理可知b ＝2R sin B ，a ＝2R sin A ，得2R sin B cos A ＋2R sin A cos B＝2R sin(A ＋B )＝2，因为sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ＝1－cos 2C ＝429，所以R ＝928，所以△ABC 外接圆的面积S ＝πR 2＝81π32.(2)(2022·衡水中学模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且tan A tan B ＝2c －bb .①求角A 的大小；②若a ＝2，求△ABC 面积的最大值及此时边b ，c 的值．解 ①在△ABC 中，由正弦定理得，c ＝2R sin C ，b ＝2R sin B ，则tan A tan B ＝2c b －1＝2sin C sin B －1，tan A tan B ＋1＝2sin C sin B， 化简得cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos A .即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，∵A ＋B ＝π－C ，∴sin(A ＋B )＝sin C ≠0，∴cos A ＝12， ∵0<A <π，∴A ＝π3. ②由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，又A ＝π3，∴b 2＋c 2－bc ＝4， 又b 2＋c 2≥2bc ，∴bc ≤4，则S △ABC ＝12bc sin A ≤12×4×32＝3，当且仅当b ＝c ＝2时，等号成立， ∴△ABC 面积的最大值为3，此时b ＝2，c ＝2.考点三 解三角形的实际应用核心提炼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．例3 (1)滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃的诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB ，高为12 m ，在它们的地面上的点M (B ，M ，D 三点共线)测得楼顶A 、滕王阁顶部C 的仰角分别为15°和60°，在楼顶A 处测得滕王阁顶部C 的仰角为30°，则小明估算滕王阁的高度为(精确到1 m)()A ．42 mB ．45 mC ．51 mD ．57 m答案 D解析 由题意得，在Rt △ABM 中，AM ＝AB sin 15°， 在△ACM 中，∠CAM ＝30°＋15°＝45°，∠AMC ＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM ＝30°，由正弦定理得AM sin ∠ACM ＝CM sin ∠CAM， 所以CM ＝sin ∠CAM sin ∠ACM·AM ＝2AB sin 15°， 又sin 15°＝sin(45°－30°) ＝22×32－22×12＝6－24， 在Rt △CDM 中，CD ＝CM sin 60°＝6AB 2sin 15°＝1262×6－24＝36＋123≈57(m)． (2)雷达是利用电磁波探测目标的电子设备，电磁波在大气中大致沿直线传播，受地球表面曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离L ＝(R ＋h 1)2－R 2＋(R ＋h 2)2－R 2＝2Rh 1＋h 21＋2Rh 2＋h 22(如图)，其中h 1为雷达天线架设高度，h 2为探测目标高度，R 为地球半径．考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，R等效取8 490 km，故R远大于h1，h2.假设某探测目标高度为25 m，为保护航母的安全，须在直视距离412 km外探测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为(参考数据：2×8.49≈4.12)()A．6 400 m B．8 100 mC．9 100 m D．1 000 m答案 C解析根据题意可知L＝412 km，R＝8 490 km，h2＝0.025 km，因为L＝(R＋h1)2－R2＋(R＋h2)2－R2＝2Rh1＋h21＋2Rh2＋h22，即412＝(8 490＋h1)2－8 4902＋(8 490＋0.025)2－8 4902≈(8 490＋h1)2－8 4902＋20.6，解得h1≈9.02(km)≈9 100(m)．所以舰载预警机的巡航高度至少约为9 100 m.规律方法解三角形实际问题的步骤跟踪演练3(1)如图，已知A，B，C，D四点在同一条直线上，且平面P AD与地面垂直，在山顶P点测得点A ，C ，D 的俯角分别为30°，60°，45°，并测得AB ＝200 m ，CD ＝100 m ，现欲沿直线AD 开通穿山隧道，则隧道BC 的长为()A ．100(3＋1)mB ．200(3＋1)mC ．200 3 mD ．100 3 m答案 C解析 由题意可知A ＝30°，D ＝45°，∠PCB ＝60°，所以∠PCD ＝120°，∠APC ＝90°，∠DPC ＝15°，因为sin 15°＝sin(45°－30°) ＝22×32－22×12＝6－24， 所以在△PCD 中，由正弦定理得CD sin ∠DPC ＝PC sin D， 即1006－24＝PC 22， 解得PC ＝100(3＋1)m ，所以在Rt △P AC 中，AC ＝2PC ＝200(3＋1)m ，所以BC ＝AC －AB ＝2003(m)．(2)如图是建党百年展览的展馆——国家博物馆．现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点P 离地面的高度OP (点O 在柱楼底部)．现分别从地面上的两点A ，B 测得点P 的仰角分别为30°，45°，且∠ABO ＝60°，AB ＝60 2 米，则OP 等于( )A．40米B．30米C．30 2 米D．30 3 米答案 C解析如图所示，设OP＝h，由题意知∠OAP＝30°，∠OBP＝45°.在Rt△AOP中，OA＝OPtan 30°＝3h，在Rt△BOP中，OB＝h.在△ABO中，由余弦定理，得OA2＝AB2＋OB2－2AB·OB cos 60°，代入数据计算得到h＝302(米)．即OP＝302(米)．专题强化练一、单项选择题1．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝19，AB＝2，则BC等于() A．1 B. 2 C. 5 D．3答案 D解析 由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，得BC 2＋2BC －15＝0，解得BC ＝3或BC ＝－5(舍去)．2．(2021·全国乙卷)cos 2π12－cos 25π12等于( ) A.12 B.33 C.22 D.32答案 D解析 cos 2π12－cos 25π12＝1＋cos π62－1＋cos 5π62＝1＋322－1－322＝32. 3．(2022·榆林模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为3154，b －c ＝1，cos A ＝14，则a 等于( ) A ．10 B ．3 C.10 D. 3答案 C解析 因为cos A ＝14，所以sin A ＝154， 又S △ABC ＝12bc sin A ＝158bc ＝3154， 所以bc ＝6，又b －c ＝1，可得b ＝3，c ＝2，所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝10，即a ＝10.4．已知cos α＝55，sin(β－α)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( ) A.π12B.π6C.π4D.π3答案 C解析 ∵α，β均为锐角，即α，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2， ∴β－α∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2， ∴cos(β－α)＝1－sin 2(β－α)＝31010， 又sin α＝1－cos 2α＝255， ∴cos β＝cos[(β－α)＋α]＝cos(β－α)cos α－sin(β－α)sin α ＝31010×55－⎝⎛⎭⎫－1010×255＝22， 又β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴β＝π4. 5．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群，故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°.图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB 的长度(单位：米)约为( )A ．3米B ．4米C ．6(3－1)米D ．3(3＋1)米答案 C解析 如图，根据题意得∠ACB ＝15°，∠ACD ＝105°，∠ADC ＝30°，∠CAD ＝45°，CD ＝24米，所以∠CAD ＝45°，在△ACD 中，由正弦定理得CDsin ∠CAD ＝ACsin ∠ADC ，即24sin 45°＝AC sin 30°，解得AC ＝122(米)，在Rt △ACB 中，sin ∠ACB ＝AB AC ，即sin 15°＝AB122，解得AB ＝122sin 15°＝122sin(60°－45°)＝122×⎝⎛⎭⎫32×22－12×22 ＝122×6－24＝32(6－2)＝6(3－1)米．6．(2022·济宁模拟)已知sin α－cos β＝3cos α－3sin β，且sin(α＋β)≠1，则sin(α－β)的值为() A ．－35B.35C ．－45D.45答案 C解析 由sin α－cos β＝3cos α－3sin β得，sin α－3cos α＝cos β－3sin β＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－β－3cos ⎝⎛⎭⎫π2－β，设f (x )＝sin x －3cos x ＝10⎝⎛⎭⎫110sin x －310cos x＝10sin(x －φ)， 其中cos φ＝110，sin φ＝310，φ为锐角，已知条件即为f (α)＝f ⎝⎛⎭⎫π2－β，所以π2－β＝2k π＋α，或π2－β－φ＋α－φ＝2k π＋π，k ∈Z ，若π2－β＝2k π＋α，k ∈Z ，则α＋β＝－2k π＋π2，k ∈Z ，sin(α＋β)＝sin π2＝1与已知矛盾，所以π2－β－φ＋α－φ＝2k π＋π，k ∈Z ，α－β＝2k π＋π2＋2φ，k ∈Z ，则sin(α－β)＝sin ⎝⎛⎭⎫2k π＋π2＋2φ ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋2φ＝cos 2φ＝2cos 2φ－1＝－45.二、多项选择题7．(2022·张家口质检)下列命题中，正确的是( )A ．在△ABC 中，若A >B ，则sin A >sin BB ．在锐角△ABC 中，不等式sin A >cos B 恒成立C ．在△ABC 中，若a cos A ＝b cos B ，则△ABC 是等腰直角三角形D ．在△ABC 中，若B ＝π3，b 2＝ac ，则△ABC 必是等边三角形 答案 ABD解析 对于A ，由A >B ，可得a >b ，利用正弦定理可得sin A >sin B ，正确；对于B ，在锐角△ABC 中，A ，B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， ∵A ＋B >π2， ∴π2>A >π2－B >0， ∴sin A >sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，因此不等式sin A >cos B 恒成立，正确；对于C ，在△ABC 中，a cos A ＝b cos B ，利用正弦定理可得sin A cos A ＝sin B cos B ，∴sin 2A ＝sin 2B ，∵A ，B ∈(0，π)，∴2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，∴A ＝B 或A ＋B ＝π2， ∴△ABC 是等腰三角形或直角三角形，错误；对于D ，由于B ＝π3，b 2＝ac ，由余弦定理可得 b 2＝ac ＝a 2＋c 2－ac ，可得(a －c )2＝0，解得a ＝c ，则A ＝C ＝B ＝π3， ∴△ABC 必是等边三角形，正确．8．函数f (x )＝sin x (sin x ＋cos x )－12，若f (x 0)＝3210，x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π3，下列结论正确的是( ) A ．f (x )＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4 B ．直线x ＝π4是f (x )图象的一条对称轴C ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上的最小值为－22D ．cos 2x 0＝210答案 AD解析 f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x －12 ＝1－cos 2x2＋12sin 2x －12＝12(sin 2x －cos 2x )＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4，故A 正确；当x ＝π4时，sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4＝22，∴x ＝π4不是f (x )的对称轴，故B 错误；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，2x －π4∈⎝⎛⎭⎫－π4，5π12，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递增，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无最小值，故C 错误；∵f (x 0)＝3210，∴sin ⎝⎛⎭⎫2x 0－π4＝35， 又2x 0－π4∈⎝⎛⎭⎫－π4，5π12， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2x 0－π4＝45， ∴cos 2x 0＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2x 0－π4＋π4 ＝22⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x 0－π4－sin ⎝⎛⎭⎫2x 0－π4＝210， 故D 正确．三、填空题9．(2022·烟台模拟)若sin α＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6，则tan 2α的值为________． 答案 3解析 由sin α＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6， 可得sin α＝cos αcos π6－sin αsin π6 ＝32cos α－12sin α，则tan α＝33， tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2×331－⎝⎛⎭⎫332＝ 3. 10．(2022·泰安模拟)已知sin ⎝⎛⎭⎫π3－α＝14，则sin ⎝⎛⎭⎫π6－2α＝________. 答案 －78解析 sin ⎝⎛⎭⎫π6－2α＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π3－α－π2 ＝－cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π3－α ＝－⎣⎡⎦⎤1－2sin 2⎝⎛⎭⎫π3－α＝－⎝⎛⎭⎫1－18＝－78. 11.(2022·开封模拟)如图，某直径为55海里的圆形海域上有四个小岛，已知小岛B 与小岛C 相距5海里，cos ∠BAD ＝－45.则小岛B 与小岛D 之间的距离为________海里；小岛B ，C ，D 所形成的三角形海域BCD 的面积为________平方海里．答案 35 15解析 由圆的内接四边形对角互补，得cos ∠BCD ＝cos(π－∠BAD )＝－cos ∠BAD＝45>0， 又∠BCD 为锐角，所以sin ∠BCD ＝1－cos 2∠BCD ＝35， 在△BCD 中，由正弦定理得BD sin ∠BCD ＝BD 35＝55，则BD ＝35(海里)． 在△BCD 中，由余弦定理得 (35)2＝CD 2＋52－2×CD ×5×45， 整理得CD 2－8CD －20＝0，解得CD ＝10(负根舍去)．所以S △BCD ＝12×10×5×35＝15(平方海里)． 12．(2022·汝州模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝2，cos 2C ＝cos 2A ＋4sin 2B ，则△ABC 面积的最大值为________．答案23解析 由cos 2C ＝cos 2A ＋4sin 2B 得，1－2sin 2C ＝1－2sin 2A ＋4sin 2B ，即sin 2A ＝sin 2C ＋2sin 2B ，由正弦定理得a 2＝c 2＋2b 2＝4，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝4，∴c 2＋2b 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即cos A ＝－b 2c<0， ∵A ∈(0，π)，∴sin A ＝1－b 24c 2， ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12b 2c 2⎝⎛⎭⎫1－b 24c 2 ＝12b 2c 2－14b 4， ∵c 2＋2b 2＝4，∴c 2＝4－2b 2，∴S △ABC ＝12b 2(4－2b 2)－14b 4 ＝12－94b 4＋4b 2， 则当b 2＝89时， ⎝⎛⎭⎫－94b 4＋4b 2max ＝－94×6481＋4×89＝169， ∴(S △ABC )max ＝12×43＝23. 四、解答题13．(2022·新高考全国Ⅱ)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，分别以a ，b ，c 为边长的三个正三角形的面积依次为S 1，S 2，S 3.已知S 1－S 2＋S 3＝32，sin B ＝13. (1)求△ABC 的面积；(2)若sin A sin C ＝23，求b . 解 (1)由S 1－S 2＋S 3＝32， 得34(a 2－b 2＋c 2)＝32， 即a 2－b 2＋c 2＝2，又a 2－b 2＋c 2＝2ac cos B ，所以ac cos B ＝1.由sin B ＝13， 得cos B ＝223或cos B ＝－223(舍去)， 所以ac ＝322＝324， 则△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×324×13＝28. (2)由sin A sin C ＝23，ac ＝324及正弦定理知 b 2sin 2B ＝ac sin A sin C ＝32423＝94， 即b 2＝94×19＝14，得b ＝12. 14．(2022·抚顺模拟)在①(2c －a )sin C ＝(b 2＋c 2－a 2)sin B b ；②cos 2A －C 2－cos A cos C ＝34；③3c b cos A＝tan A ＋tan B 这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，问题：在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，b ＝23，________.(1)求角B ；(2)求2a －c 的取值范围．解 (1)选择①：∵(2c －a )sin C ＝(b 2＋c 2－a 2)sin B b， ∴由正弦定理可得(2c －a )c ＝b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，∴2c －a ＝2b cos A ，可得cos A ＝2c －a 2b， ∴由余弦定理可得cos A ＝2c －a 2b ＝b 2＋c 2－a 22bc ， 整理可得c 2＋a 2－b 2＝ac ，∴cos B ＝c 2＋a 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12， ∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3. 选择②：∵cos 2A －C 2－cos A cos C ＝1＋cos (A －C )2－cos A cos C ＝1－cos A cos C ＋sin A sin C 2＝1－cos (A ＋C )2＝34， ∴cos(A ＋C )＝－12， ∴cos B ＝－cos(A ＋C )＝12， 又∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3. 选择③： 由正弦定理可得3c b cos A ＝3sin C sin B cos A，又tan A ＋tan B ＝sin A cos A ＋sin Bcos B＝sin A cos B ＋cos A sin Bcos A cos B ＝sin Ccos A cos B ， 由3cb cos A ＝tan A ＋tan B ， 可得3sin Csin B cos A ＝sin Ccos A cos B ，∵sin C >0，∴tan B ＝3， ∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3.(2)在△ABC 中，由(1)及b ＝23， 得b sin B ＝a sin A ＝c sin C ＝2332＝4，故a ＝4sin A ，c ＝4sin C ，2a －c ＝8sin A －4sin C＝8sin A －4sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A＝8sin A －23cos A －2sin A ＝6sin A －23cos A＝43sin ⎝⎛⎭⎫A －π6，∵0<A <2π3，则－π6<A －π6<π2，－12<sin ⎝⎛⎭⎫A －π6<1，－23<43sin ⎝⎛⎭⎫A －π6<43﹒∴2a －c 的取值范围为()－23，43.。
高考数学复习：三角恒等变换与解三角形
考向2 求解三角形中的最值与范围问题 例 3 (2020·新高考测评联盟联考)在：①a＝ 3csin A－acos C，②(2a－b)sin A ＋(2b－a)sin B＝2csin C 这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并 解答. 已知△ABC 的角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，c＝ 3，而且________. (1)求角 C；
解析 因为 tan C＝152，所以 sin C＝1123，cos C＝153， 又 a＝b＝ 13，所以 c2＝a2＋b2－2abcos C＝13＋13－2× 13× 13×153＝16，
所以c＝4.
由sin∠aBAC＝sinc C，得sin∠1B3AC＝142， 13
解得 sin∠BAC＝31313.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
5.若 α，β 都是锐角，且 cos α＝ 55，sin(α＋β)＝35，则 cos β 等于
√A.2255
解 选①：因为 a＝ 3csin A－acos C， 所以 sin A＝ 3sin Csin A－sin Acos C，
因为 sin A≠0，所以 3sin C－cos C＝1， 即 sinC－π6＝12， 因为 0<C<π，所以－π6<C－π6<56π， 所以 C－π6＝π6，即 C＝π3.
选②：因为(2a－b)sin A＋(2b－a)sin B＝2csin C， 所以(2a－b)a＋(2b－a)b＝2c2， 即a2＋b2－c2＝ab， 所以 cos C＝a2＋2ba2b－c2＝12， 因为 0<C<π，所以 C＝π3.
π6－cosθ＋π6sin π6＋sinθ＋π6cos π6＋cosθ＋π6sin
高考数学二轮复习专题篇素养提升 专题1三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
②由 f(x)＝12sin2x－π6＝ 63，
得 sin2x－π6＝ 33，
∵x∈0，π4，∴－π6≤2x－π6≤π3，
∴cos2x－π6＝
6 3.
∴cos 2x＝cos2x－π6＋π6 ＝cos2x－π6× 23－sin2x－π6×21 ＝ 36× 23－ 33×12＝ 22－ 63.
三角恒等变换的“四大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换, 1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑： 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．
分值 10 12 10
年份 卷别 Ⅰ卷
2019 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号
考查角度
分值
17 正余弦定理
12
二倍角公式、基本关系式、余弦定理、
15
5
三角形面积公式
18
正余弦定理、三角形面积公式
12
17
正余弦定理、解三角形
12
二倍角、辅助角公式、基本关系式、
10、15 和的正弦公式、余弦定理
10°＝
典例1
A．34
(1)(2020·全国Ⅱ卷模拟)cos2 40°＋2sin 35°sin 55°sin
( A)
B．14
C．12＋
3 2
D．3
3 4
(2)(2020·宜宾模拟)已知 α∈0，π2，且 3sin2α－5cos2α＋sin 2α＝0，则
sin 2α＋cos 2α＝
( A)
A．1
B．－2137
高考二轮复习数学课件(新高考新教材)第2讲三角恒等变换与解三角形
cos
β=1+sin
=
sin
,
cos
∴cos αcos β=sin β+sin αsin β,
即 sin β=cos αcos β-sin αsin β=cos(α+β).
∵α, ∈
π
0,2
,∴sin β>0,∴cos(α+β)>0,∴α+ ∈
∴sin(α+2β)=1.
π
0,2
π
,∴β+(α+β)=2,
2
2
2
关键能力•学案突破
突破点一 三角恒等变换及其应用
sin(1+sin2)
[例 1—1](2021·新高考Ⅰ,6)若 tan θ=-2,则 sin+cos =(
6
A.5
2
B.5
Hale Waihona Puke 2C.5)
6
D.
5
答案 C
解析
sin(1+sin2)
sin+cos
sin2 +sincos
= 2
=
[例 3—2]小明同学为了估算某建筑物的高度,在建筑物的正东方向找
到一座楼房 AB,高为(15 3-15)m,在它们之间的地面上的点 M(B,M,D
三点共线)处测得楼顶A、建筑物顶C的仰角分别是15°和60°,在楼顶A处测
得建筑物顶C的仰角为30°,则小明估算该建筑物的高度为(
A.20 m
B.30 m
对点练2
(1)在△ABC 中,内角 A,B,C 所对边分别为 a,b,c,若 A=3,b=4,△ABC 的面积为
3 3,则 sin B=(
2019高考数学二轮复习专题三第六讲三角恒等变换与解三角形课件文
易知B∈ , , 6 2
, 1 ∴sin 2 B ∈ ,1 , 6 2
∴b2+c2∈(5,6]. (2)∵O是△ABC的内心,∠BAC=60°,
tan α tan β . 1 tan α tan 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; (3)tan 2α=
2 tan α . 2 1 tan α.
3.辅助角公式
56 65 16 65
所以cos β=- 或cos β= .
考点二
正、余弦定理在解三角形中的应用
1.正弦定理及其变形
a b c 在△ABC中, = = =2R(R为△ABC的外接圆半径).变 sin A sin B sin C a 形:a=2Rsin A,sin A= ,a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C等. 2R
2.余弦定理及其变形
在△ABC中,a2=b2+c2-2bccos A.
b2 c2 a 2 变形:cos A= . 2bc
3.三角形面积公式 S△ABC= absin C= bcsin A= acsin B.
1 2 1 2 1 2
命题角度一:求解三角形中的角
已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且bcos C+bsin C =a. (1)求角B的大小;
3 (2) 12
解析 (1)∵(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C, ∴由正弦定理可得(a-b)(a+b)=(c-b)c, 可化为b2+c2-a2=bc,
新高考数学二轮复习考点知识专题讲解2---三角恒等变换与解三角形
新高考数学二轮复习考点知识专题讲解三角恒等变换与解三角形【考点一】利用三角恒等变换求值1．(2021·全国乙卷)cos 2π12－cos 25π12＝() A ．12 B ．33 C ．22 D ．322.若sin (π6 －α)＝33 ，则sin (π6＋2α)＝() A ．63 B ．223C ．33D ．13【变式】若把本题条件改为sin (π6 －α)＝13 ，则2cos 2(π6 ＋α2)－1＝() A ．13 B ．－13 C ．79 D ．－793．已知α为第二象限角，sin α＋cos α＝33，则cos 2α＝()A ．－53B ．－59C ．59D ．534．(2021·长春二模)已知cos α＝13 ，cos (α＋β)＝－13 ，且α，β∈(0，π2)，则cos (α－β)＝()A ．－12B ．12C ．－13D ．2327【考点二】利用三角恒等变换求角1．(2021·乌鲁木齐二调)已知tan α，tan β是方程x 2＋3 3 x ＋4＝0的两根，且α，β∈(－π2 ，π2)，则α＋β＝() A ．π3 B ．π3 或－2π3C ．－π3 或2π3D ．－2π32．设α∈(0，π2 )，β∈(0，π2 )，且tan α＝1＋sin βcos β，则() A ．3α－β＝π2 B ．2α－β＝π2C ．3α＋β＝π2 D ．2α＋β＝π23. (2021·银川模拟)已知cos (2α－β)＝－1114 ，sin (α－2β)＝437 ，0＜β＜π4＜α＜π2 ，则α＋β＝________． 4．已知cos α＝17 ，cos (α－β)＝1314 ，且0<β<α<π2，则β＝________． 【考点三】利用正弦定理、余弦定理解三角形1. (2021·洛阳三模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c cos B ＋b cos C ＝ 2 ，且b 2＋c 2－a 2＝ 2 bc ，则三角形ABC 的外接圆半径的长为 ()A ． 2B ．22C ．2D ．1 2. (2021·朝阳二模)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若B ＝2A ，a ＝1，b ＝ 3 ，则c ＝()A ．1或2B ．2C ． 2D ．13．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 依次成等差数列，且B ＝π3 ，则△ABC 的形状为()A ．等边三角形B ．直角边不相等的直角三角形C ．等腰直角三角形D ．钝角三角形4.在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b cos C ＝3a cos B －c cos B ，BA → ·BC →＝2，则△ABC 的面积为________．5.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，则B ＝________．6.△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 ＝________．7．△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b c＝() A ．6 B ．5 C ．4 D ．38．(2021·晋城二模)△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 ．π12 B ．π6 C ．π4 D ．π3 9．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为________．参考答案【考点一】利用三角恒等变换求值1．(2021·全国乙卷)cos 2π12－cos 25π12＝() A ．12 B ．33 C ．22 D ．32【解析】选D.由题意可知cos 2π12－cos 25π12＝cos 2π12－sin 2π12＝cos π6＝32. 2.若sin (π6 －α)＝33 ，则sin (π6＋2α)＝() A ．63 B ．223C ．33D ．13【解析】选D.由题意，根据诱导公式可得sin (π6 ＋2α)＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－（π6＋2α） ＝cos (π3－2α)， 又由余弦的倍角公式，可得cos (π3 －2α)＝1－2sin 2(π6 －α)＝1－2×(33 )2＝13 ，即sin(π6 ＋2α)＝13. 【变式】若把本题条件改为sin (π6 －α)＝13 ，则2cos 2(π6 ＋α2 )－1＝()A．13B．－13C．79D．－79【解析】选A.2cos2(π6＋α2)－1＝cos(π3＋α)＝cos (π2－π6＋α)＝sin (π6－α)＝13 .3．已知α为第二象限角，sin α＋cos α＝33，则cos 2α＝()A．－53B．－59C．59D．53【解析】选A.方法一：因为sin α＋cos α＝33，所以sin 2α＝－23，又α为第二象限角且sin α＋cos α＝33＞0，所以2kπ＋π2＜α＜2kπ＋3π4(k∈Z)，所以4kπ＋π＜2α＜4kπ＋3π2(k∈Z)，所以2α为第三象限角，所以cos 2α＝－1－sin22α＝－53 .方法二：因为sin α＋cos α＝33，所以sin 2α＝－23，因为α为第二象限角，所以sin α＞0，cos α＜0，所以sin α－cos α＝（sin α－cos α）2＝1－2sin αcos α＝1－sin 2α＝153， 由⎩⎪⎨⎪⎧sin α＋cos α＝33，sin α－cos α＝153，解得⎩⎪⎨⎪⎧sin α＝3＋156，cos α＝3－156，所以cos 2α＝2cos 2α－1＝－53 . 4．(2021·长春二模)已知cos α＝13 ，cos (α＋β)＝－13 ，且α，β∈(0，π2)，则cos (α－β)＝()A ．－12B ．12C ．－13D ．2327 【解析】选D.因为α∈(0，π2 )，所以2α∈(0，π). 因为cos α＝13， 所以cos 2α＝2cos 2α－1＝－79 ， 所以sin2α＝1－cos 22α ＝429 ，而α，β∈(0，π2)，所以α＋β∈(0，π)，所以sin (α＋β)＝1－cos 2（α＋β） ＝223， 所以cos (α－β)＝cos [2α－(α＋β)]＝cos 2αcos (α＋β)＋sin 2αsin (α＋β)＝(－79 )×(－13 )＋429 ×223＝2327. 【考点二】利用三角恒等变换求角1．(2021·乌鲁木齐二调)已知tan α，tan β是方程x 2＋3 3 x ＋4＝0的两根，且α，β∈(－π2 ，π2)，则α＋β＝() A ．π3 B ．π3 或－2π3C ．－π3 或2π3D ．－2π3【解析】选D.由题意得tan α＋tan β＝－3 3 ＜0，tan αtan β＝4＞0，所以tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β ＝ 3 ，且tan α＜0，tan β＜0.又由α，β∈(－π2 ，π2 )，得α，β∈(－π2 ，0)，所以α＋β∈(－π，0)，所以α＋β＝－2π3 .2．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【解析】选B.由tan α＝1＋sin βcos β，得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β，所以sin (α－β)＝cos α＝sin (π2－α).因为α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，所以α－β∈(－π2，π2)，π2－α∈(0，π2)，由sin (α－β)＝sin (π2－α)，得α－β＝π2－α，所以2α－β＝π2 .3. (2021·银川模拟)已知cos (2α－β)＝－1114，sin (α－2β)＝437，0＜β＜π4＜α＜π2，则α＋β＝________． 【解析】因为0<β<π4 <α<π2 ， 所以π2 <2α<π，－π4 <－β<0所以π4<2α－β<π. 又因为cos (2α－β)＝－1114 ， 所以sin (2α－β)＝5314 .因为0<β<π4 <α<π2 ， 所以－π2 <－2β<0，所以－π4 <α－2β<π2. 又因为sin (α－2β)＝437， 所以cos (α－2β)＝17. 所以cos (α＋β)＝cos [(2α－β)－(α－2β)]＝cos (2α－β)cos (α－2β)＋sin (2α－β)sin (α－2β)＝－1114 ×17 ＋5314 ×437 ＝12. 又因为π4 ＜α＋β＜3π4 ，所以α＋β＝π3. 答案：π34．已知cos α＝17 ，cos (α－β)＝1314 ，且0<β<α<π2，则β＝________． 【解析】因为0<β<α<π2 ，所以0<α－β<π2 . 又因为cos (α－β)＝1314， 所以sin (α－β)＝1－cos 2（α－β） ＝3314. 因为cosα＝17 ，0<α<π2 ，所以sin α＝437. 所以cos β＝cos [α－(α－β)]＝cos α·cos (α－β)＋sin αsin (α－β)＝17×1314 ＋437 ×3314 ＝12. 因为0<β<π2 ，所以β＝π3. 答案：π3【考点三】利用正弦定理、余弦定理解三角形1. (2021·洛阳三模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c cos B ＋b cos C ＝ 2 ，且b 2＋c 2－a 2＝ 2 bc ，则三角形ABC 的外接圆半径的长为 ()A ． 2B ．22C ．2D ．1【解析】选D.把余弦定理代入c cos B＋b cos C＝ 2 ，得a＝ 2 ，由b2＋c2－a2＝ 2bc得2bc cos A＝ 2 bc，所以cos A＝22，所以A＝π4，所以asin A＝222＝2R.所以R＝1.2. (2021·朝阳二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝2A，a＝1，b ＝ 3 ，则c＝()A．1或2B．2C． 2 D．1【解析】选B.因为B＝2A，a＝1，b＝ 3 ，所以由正弦定理asin A＝bsin B，得1sin A＝3sin B＝3sin 2A＝32sin A cos A，所以cos A＝32.又由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cos A，即1＝3＋c2－3c，解得c＝2或c＝1(经检验不合题意，舍去)，所以c＝2.3．在△ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c依次成等差数列，且B＝π3，则△ABC的形状为()A．等边三角形B．直角边不相等的直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形【解析】选A.因为a ，b ，c 依次成等差数列，所以b ＝a ＋c 2，由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12 将b ＝a ＋c 2 代入上式整理得(a －c)2＝0，所以a ＝c ，又B ＝π3 ，可得△ABC 为等边三角形．4.在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b cos C ＝3a cos B －c cos B ，BA → ·BC → ＝2，则△ABC 的面积为________．【解析】因为b cos C ＝3a cos B －c cos B ，由正弦定理得sin B cos C ＝3sin A cos B －sin C cos B ，即sin B cos C ＋sin C cos B ＝3sin A cos B ，所以sin (B ＋C)＝3sin A cos B.又sin (B ＋C)＝sin(π－A)＝sin A ，所以sin A ＝3sin A cos B ，又sin A≠0，解得cos B ＝13 ，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－19 ＝223 .由BA → ·BC → ＝2，可得ca cos B ＝2，解得ac ＝6. 所以S △ABC ＝12 ac·sin B＝12 ×6×223 ＝2 2 .答案：2 25.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，则B ＝________．【解析】方法一：由2b cos B ＝a cos C ＋c cos A 及正弦定理，得2sin B cos B ＝sin A cos C ＋sin C cos A ．所以2sin B cos B ＝sin (A ＋C).又A ＋B ＋C ＝π，所以A ＋C ＝π－B.所以2sin B cos B ＝sin(π－B)＝sin B.又sin B≠0，所以cos B ＝12 .所以B ＝π3. 方法二：因为在△ABC 中，a cos C ＋c cos A ＝b ，所以条件等式变为2b cos B ＝b ，所以cos B ＝12. 又0＜B ＜π，所以B ＝π3. 答案：π36.△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】在△ABC 中，因为cos A ＝45 ，cos C ＝513， 所以sin A ＝35 ，sin C ＝1213， 所以sin B ＝sin (A ＋C)＝sin A cos C ＋cos A sin C＝35 ×513 ＋45 ×1213 ＝6365. 又因为a sin A ＝b sin B， 所以b ＝a sin B sin A ＝1×636535＝2113. 答案：21137．△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b c＝() A ．6 B ．5 C ．4 D ．3【解析】选A.因为a sin A －b sin B ＝4c sin C ，所以由正弦定理得a 2－b 2＝4c 2，即a 2＝4c 2＋b 2.由余弦定理得cos A＝b2＋c2－a22bc＝b2＋c2－（4c2＋b2）2bc＝－3c22bc＝－14，所以bc＝6.8．(2021·晋城二模)△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a＝2，c＝ 2 ，所以由正弦定理可知，2sin A ＝2sin C，故sin A＝ 2 sin C．又B＝π－(A＋C)，故sin B＋sin A(sin C－cos C)＝sin (A＋C)＋sin A sin C－sin A cos C＝sin A cos C＋cos A sin C＋sin A sin C－sin A cos C ＝(sin A＋cos A)sin C＝0.又C为△ABC的内角，故sin C≠0，则sin A＋cos A＝0，即tan A＝－1.又A∈(0，π)，所以A＝3π4.从而sin C ＝12sin A ＝22 ×22 ＝12 . 由A ＝3π4 知C 为锐角，故C ＝π6. 9．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为________．【解析】由b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，得sin B sin C ＋sin C sin B ＝4sin A sin B sin C ，因为sin B sin C≠0，所以sin A ＝12. 因为b 2＋c 2－a 2＝8，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ， 所以bc ＝833， 所以S △ABC ＝12 bc sin A ＝12 ×833 ×12 ＝233. 答案：233。
2019版高考数学复习专题五三角恒等变换与解三角形讲义理(普通生,含解析)
重点增分专题五 三角恒等变换与解三角形[全国卷3年考情分析](1)高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．(2)若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9或第13～15题位置上．(3)若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等．考点一 三角恒等变换 保分考点·练后讲评[大稳定——常规角度考双基]1.[给角求值]2sin 47°－3sin 17°cos 17°＝( )A ．－ 3B ．－1 C. 3 D ．1 解析：选D原式＝2×sin 47°－sin 17°cos 30°cos 17°＝2×＋－sin 17°cos 30°cos 17°＝ 2sin 30°＝1.故选D.2.[给值求值](2018·全国卷Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α＝( )A.89B.79C ．－79D ．－89解析：选B ∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79.故选B.3.[给值求角]已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则角β等于( )A.5π12 B.π3C.π4D.π6解析：选C ∵0<α<π2，0<β<π2，∴－π2<α－β<π2.∵sin(α－β)＝－1010，sin α＝55， ∴cos(α－β)＝31010，cos α＝255，∴cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β) ＝255×31010＋55×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010＝22，∴β＝π4.[解题方略] 三角函数求值的类型及方法1.[与对数式交汇]已知sin(α＋β)＝12，sin(α－β)＝13，则log5⎝ ⎛⎭⎪⎫tan αtan β2等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C 因为sin(α＋β)＝12，sin(α－β)＝13，所以sin αcos β＋cos αsinβ＝12，sin αcos β－cos αsin β＝13，所以sin αcos β＝512，cos αsin β＝112，所以tan αtan β＝5，所以log5⎝ ⎛⎭⎪⎫tan αtan β2＝log 552＝4.故选C.2.[与不等式交汇]已知tan 2α＝34，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，函数f (x )＝sin(x ＋α)－sin(x－α)－2sin α，且对任意的实数x ，不等式f (x )≥0恒成立，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4的值为( )A ．－255B ．－55 C ．－235D ．－35解析：选A 由tan 2α＝34，即2tan α1－tan 2α＝34，得tan α＝13或tan α＝－3.又f (x )＝sin(x ＋α)－sin(x －α)－2sin α＝2cos x sin α－2sin α≥0恒成立，所以sin α≤0，tan α＝－3，sin α＝－310，cos α＝110，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝sin αcos π4－cos αsin π4＝－255，故选A.3.[与向量交汇]设向量a ＝(cos α，－1)，b ＝(2，sin α)，若a ⊥b ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝________.解析：∵a ＝(cos α，－1)，b ＝(2，sin α)，a ⊥b ，∴2cos α－sin α＝0，∴tan α＝2，∴tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝tan α－tanπ41＋tan α·tanπ4＝2－11＋2×1＝13. 答案：13考点二 利用正、余弦定理解三角形 增分考点广度拓展[分点研究]题型一 利用正、余弦定理进行边、角计算[例1] (2018·石家庄质检)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且3c a cos B＝tan A ＋tan B .(1)求角A 的大小；(2)设D 为AC 边上一点，且BD ＝5，DC ＝3，a ＝7，求c . [解] (1)∵在△ABC 中，3ca cos B＝tan A ＋tan B ， ∴3sin C sin A cos B ＝sin A cos A ＋sin Bcos B，即3sin C sin A cos B ＝sin A cos B ＋sin B cos Acos A cos B ，∴3sin A ＝1cos A，则tan A ＝3， 又0<A <π，∴A ＝π3.(2)由BD ＝5，DC ＝3，a ＝7， 得cos ∠BDC ＝25＋9－492×3×5＝－12，又0<∠BDC <π，∴∠BDC ＝2π3. 又A ＝π3，∴△ABD 为等边三角形，∴c ＝5.[变式1] 若本例(2)变为：a ＝3，求b ＋c 的取值范围． 解：由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 可得b 2＋c 2－3＝bc ，即(b ＋c )2－3＝3bc ≤34(b ＋c )2，当且仅当b ＝c 时取等号，∴b ＋c ≤23，又由两边之和大于第三边可得b ＋c >3， ∴b ＋c ∈(3，23]．[变式2] 若本例(2)变为：AD ⊥BC ，且a ＝3，求AD 的取值范围． 解：∵S △ABC ＝12AD ·BC ＝12bc sin A ，∴AD ＝12bc .由余弦定理得cos A ＝12＝b 2＋c 2－a 22bc ≥2bc －32bc ，∴0<bc ≤3(当且仅当b ＝c 时等号成立)， ∴0<AD ≤32，即AD 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，32. [解题方略] 正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理． (2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理． [注意] 应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”． 题型二 利用正、余弦定理进行面积计算[例2] (2018·郑州第二次质量预测)已知△ABC 内接于半径为R 的圆，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且2R (sin 2B －sin 2A )＝(b －c )sin C ，c ＝3.(1)求A ；(2)若AD 是BC 边上的中线，AD ＝192，求△ABC 的面积． [解] (1)对于2R (sin 2B －sin 2A )＝(b －c )sinC ， 由正弦定理得，b sin B －a sin A ＝b sin C －c sin C ，即b 2－a 2＝bc －c 2， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为0°<A <180°，所以A ＝60°.(2)以AB ，AC 为邻边作平行四边形ABEC ，连接DE ，易知A ，D ，E 三点共线． 在△ABE 中，∠ABE ＝120°，AE ＝2AD ＝19，由余弦定理得AE 2＝AB 2＋BE 2－2AB ·BE cos 120°，即19＝9＋AC 2－2×3×AC ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，解得AC ＝2.故S △ABC ＝12bc sin ∠BAC ＝332.[解题方略] 三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用含该角的公式．(2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化． 题型三 正、余弦定理的实际应用[例3] 如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A ，B 两点处进行测量，在点A 处测得塔顶C 在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B 处测得塔顶C 在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A ，B 两点相距130 m ，则塔的高度CD ＝________m.[解析] 设CD ＝h ，则AD ＝h3，BD ＝3h .在△ADB 中，∠ADB ＝180°－20°－40°＝120°， 则由余弦定理AB 2＝BD 2＋AD 2－2BD ·AD ·cos 120°，可得1302＝3h 2＋h 23－2·3h ·h 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，解得h ＝1039，故塔的高度为1039 m. [答案] 1039[解题方略] 解三角形实际应用问题的步骤[多练强化]1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2B.30C.29 D ．2 5解析：选A ∵cos C 2＝55，∴cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35.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，∴AB ＝4 2.2．甲船从位于海岛B 正南10海里的A 处，以4海里/时的速度向海岛B 行驶，同时乙船从海岛B 以6海里/时的速度向北偏东60°方向行驶，当两船相距最近时，两船行驶的时间为________小时．解析：如图，设经过x 小时后，甲船行驶到D 处，乙船行驶到C 处，则AD ＝4x ，BC ＝6x ，则BD ＝10－4x ，由余弦定理得，CD 2＝(10－4x )2＋(6x )2－2×(10－4x )×6x cos 120°＝28x 2－20x ＋100＝28⎝ ⎛⎭⎪⎫x －5142＋6757.若甲船行驶2.5小时，则甲船到达海岛B ，因而若x <2.5，则当x ＝514时距离最小，且最小距离为 6757＝15217，若x ≥2.5，则BC ≥6×2.5＝15>15217，因而当两船相距最近时，两船行驶的时间为514小时． 答案：5143．(2018·南宁摸底)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c (1＋cos B )＝b (2－cos C )．(1)求证：2b ＝a ＋c ；(2)若B ＝π3，△ABC 的面积为43，求b .解：(1)证明：∵c (1＋cos B )＝b (2－cos C )，∴由正弦定理可得sin C ＋sin C cos B ＝2sin B －sin B cos C ， 可得sin C cos B ＋sin B cos C ＋sin C ＝2sin B ， sin(B ＋C )＋sin C ＝2sin B ， ∴sin A ＋sin C ＝2sin B ， ∴a ＋c ＝2b . (2)∵B ＝π3，∴△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝34ac ＝43，∴ac ＝16.由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ＝(a ＋c )2－3ac . ∵a ＋c ＝2b ，∴b 2＝4b 2－3×16，解得b ＝4.考点三 解三角形与三角函数的交汇问题 增分考点讲练冲关[典例] 如图，在△ABC 中，三个内角B ，A ，C 成等差数列，且AC＝10，BC ＝15.(1)求△ABC 的面积；(2)已知平面直角坐标系xOy 中点D (10,0)，若函数f (x )＝M sin(ωx＋φ)M >0，ω>0，|φ|<π2的图象经过A ，C ，D 三点，且A ，D 为f (x )的图象与x 轴相邻的两个交点，求f (x )的解析式．[解] (1)在△ABC 中，由角B ，A ，C 成等差数列，得B ＋C ＝2A ， 又A ＋B ＋C ＝π，所以A ＝π3.设角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ， 由余弦定理可知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3，所以c 2－10c －125＝0，解得c ＝AB ＝5＋5 6. 因为CO ＝10×sin π3＝53，所以S △ABC ＝12×(5＋56)×53＝252(32＋3)．(2)因为AO ＝10×cos π3＝5，所以函数f (x )的最小正周期T ＝2×(10＋5)＝30， 故ω＝π15.因为f (－5)＝M sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π15－＋φ＝0，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＋φ＝0，所以－π3＋φ＝k π，k ∈Z. 因为|φ|<π2，所以φ＝π3.因为f (0)＝M sin π3＝53，所以M ＝10，所以f (x )＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π15x ＋π3.[解题方略] 解三角形与三角函数交汇问题一般步骤[多练强化](2019届高三·辽宁五校协作体联考)已知函数f (x )＝cos 2x ＋3sin(π－x )cos(π＋x )－12.(1)求函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间；(2)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知f (A )＝－1，a ＝2，b sinC ＝a sin A ，求△ABC 的面积．解：(1)f (x )＝cos 2x －3sin x cos x －12＝1＋cos 2x 2－32sin 2x －12＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，又x ∈[0，π]，∴函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间为0，π3和⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π.(2)由(1)知f (x )＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，∴f (A )＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝－1，∵△ABC 为锐角三角形，∴0<A <π2，∴－π6<2A －π6<5π6，∴2A －π6＝π2，即A ＝π3.又b sin C ＝a sin A ，∴bc ＝a 2＝4，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝ 3.数学建模——解三角形的实际应用[典例] 为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测．如图所示，A ，B ，C 三地位于同一水平面上，这种仪器在C 地进行弹射实验，观测点A ，B 两地相距100 m ，∠BAC ＝60°，在A 地听到弹射声音的时间比B 地晚217s ，在A 地测得该仪器至最高点H 处的仰角为30°.(1)求A ，C 两地间的距离；(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC .(已知声音的传播速度为340 m/s) [解] (1)设BC ＝x m ，由条件可知AC ＝x ＋217×340＝(x ＋40)m.在△ABC 中，由余弦定理，可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos∠BAC ，即x 2＝1002＋(x ＋40)2－2×100×(x ＋40)×12，解得x ＝380.所以AC ＝380＋40＝420(m)， 故A ，C 两地间的距离为420 m.(2)在Rt △ACH 中，AC ＝420，∠HAC ＝30°， 所以HC ＝AC tan 30°＝420×33＝1403， 故这种仪器的垂直弹射高度为140 3 m. [素养通路]数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养．数学建模过程主要包括：在实际情境中从数学的视角发现问题、提出问题，分析问题、建立模型，确定参数、计算求解，检验结果、改进模型，最终解决实际问题．本题中把求A ，C 两地间的距离问题建立数学模型，在△ABC 中，通过解三角形求AC 的长，把求高度HC 建立数学模型，在Rt △ACH 中，通过解三角形求HC 的长．考查了数学建模这一核心素养．。
2019年高考数学(文)：专题09-三角恒等变换与解三角形(命题猜想)
【考向解读】正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，1.和差角公式、二倍角公式是高考的热点，常与三角函数式的求值、化简交汇命题．既有选择题、填空题，又有解答题，难度适中，主要考查公式的灵活运用及三角恒等变换能力．2.预测高考仍将以和差角公式及二倍角公式为主要考点，复习时应引起足够的重视．3.边和角的计算；4.三角形形状的判断；5.面积的计算；6.有关的范围问题．【命题热点突破一】三角恒等变换 例1、（2018年全国III 卷）若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】，故答案为B.【变式探究】【2017山东，文7】函数最小正周期为A.π2 B. 2π3C.πD. 2π 【答案】C【变式探究】(1)已知θ是第四象限角，且sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝________.【解析】基本法：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. 【变式探究】在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知（Ⅰ）证明：a +b =2c ; （Ⅱ）求cos C 的最小值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）12【解析】 （Ⅰ）由题意知，化简得，即.因为,所以.从而.由正弦定理得2a b c +=.【感悟提升】 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．求三角形中的角，关键是利用正弦定理或余弦定理求出某角的正弦值或余弦值，再根据角的范围求出对应的角的大小．解题时要注意利用三角形内角和定理，即A ＋B ＋C ＝π.【答案】 23π【解析】 ∵cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0， ∴ccos B ＋2acos C ＋bcos C ＝0，由正弦定理得sin Ccos B ＋2sin Acos C ＋sin Bcos C ＝0， ∴sin （B ＋C ）＋2si n Acos C ＝sin A ＋2sin Acos C ＝0， ∵sin A≠0，∴cos C ＝－12，∴C ＝23π.【变式探究】在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且csin B ＝bcos C ＝3. (1)求b ；(2)若△ABC 的面积为212，求c. 【解析】【感悟提升】 求解三角形的边和面积的关键是利用正、余弦定理求出相关角度和边长．正弦定理揭示了三角形三边和其对角的正弦的比例关系，余弦定理揭示了三角形的三边和其中一个内角的余弦之间的关系．正弦定理可以使各边的比值和各个内角的正弦的比值相互转化．只要知道了三角形三边之间的比例关系即可利用余弦定理求出三角形的内角．【命题热点突破三】 正、余弦定理的应用例3、（2018年天津卷）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a,b,c ．已知b sin A =a cos(B –)． （Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）设a =2，c =3，求b 和sin(2A –B )的值． 【答案】(Ⅰ)B =；(Ⅱ)b =，【解析】（Ⅰ）在△ABC 中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B =．（Ⅱ）在△ABC 中，由余弦定理及a =2，c =3，B =，有，故b =．由，可得．因为a <c ，故．因此，所以，【变式探究】【2017课标1，文11】△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c 。
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重点增分专题五三角恒等变换与解三角形[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ三角函数的定义及恒等变换·T11二倍角公式及余弦定理·T7二倍角公式·T42018正、余弦定理及三角形面积公诱导公式及三角三角形的面积公式及余弦定式·T16 恒等变换·T15 理·T112017 三角恒等变换、正弦定理解三角形·T11三角恒等变换求值问题·T15利用正、余弦定理解三角形·T16三角恒等变换求值问题·T4利用正弦定理解三角形·T15利用余弦定理解三角形·T4 三角恒等变换求值问题·T6正弦定理的应用、2016 同角三角函数的关系、诱导公利用正、余弦定理解三角形、诱导公式·T15式·T14 三角形的面积公式·T9(1)高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．(2)若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～11 或第14～16 题位置上．(3)若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17 题位置上，难度中等．在17 题位置上进行考查时，与“数列”交替进行考查(近三年文科一直在考“数列”)．考点一三角恒等变换保分考点·练后讲评[大稳定——常规角度考双基]2sin 47°－3sin 17°1.[给角求值] ＝()cos 17°A．－3B．－1C. 3 D．1sin 47°－sin 17°cos30°sin17°＋30°－sin 17°cos30°解析：选D原式＝2×＝2×＝cos 17°cos 17°2sin 30°＝1.故选D.12.[给值求值](2018·全国卷Ⅲ)若sin α＝，则cos 2α＝()38 7A. B.9 97 8C．－D．－9 91 1 7解析：选B∵sin α＝，∴cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×2＝.故选B.3 (3 )95 103.[给值求角]已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则角β等于()5 105ππA. B.12 3ππC. D.4 6ππ解析：选C∵0<α< ，0<β< ，2 2ππ∴－<α－β< .2 210 5∵sin(α－β)＝－，sin α＝，10 53 10 2 5∴cos(α－β)＝，cos α＝，10 5∴cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)2 53 10 5 10 2＝×＋×－＝，5 (10 )5 10 2π∴β＝.4[解题方略]三角函数求值的类型及方法解决给角求值问题的关键是两种变换：一是角的变换，注意各角之间是否具有和差关系、互补(余)关系、倍半关系，从而选择相应公式进行转化，把非特殊给角求值角的三角函数相约或相消，从而转化为特殊角的三角函数；二是结构变换，在熟悉各种公式的结构特点、符号特征的基础上，结合所求式子的特点合理地进行变形给值求值的关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异，一般可以适给值求值当变换已知式，求得另外某些函数式的值，以备应用．同时也要注意变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表给值求角示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围[小创新——变换角度考迁移]1 1 tan α1.[与对数式交汇]已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，则log 2 等于()5(tan β)2 3EarlybirdA．2 B．3C．4 D．51 1解析：选C因为sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，2 31 1所以sin αcos β＋cos αsin β＝，sin αcos β－cos αsin β＝，2 35 1 tan α所以sin αcos β＝，cos αsin β＝，所以＝5，12 12 tan βtan α所以log 5( 2＝log 552＝4.故选C.tan β)π2.[与向量交汇]设向量a＝(cos α，－1)，b＝(2，sin α)，若a⊥b，则tan(α－＝4 ) ________.解析：∵a＝(cos α，－1)，b＝(2，sin α)，a⊥b，∴2cos α－sin α＝0，∴tan α＝2，πtan α－tanπ 4 2－1 1∴tan( ＝＝＝.α－4 )π1＋2 ×1 31＋tan α·tan41答案：3考点二利用正、余弦定理解三角形增分考点广度拓展[分点研究]题型一利用正、余弦定理进行边、角计算3c [例1](2018·石家庄质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cos B ＝tan A＋tan B.(1)求角A的大小；(2)设D为AC边上一点，且BD＝5，DC＝3，a＝7，求c.3c[解](1)∵在△ABC中，＝tan A＋tan B，a cos B3sin C sin A sin B∴＝＋，sin A cos B cos A cos B3sin C sin A cos B＋sin B cos A即＝，sin A cos B cos A cos B3 1∴＝，则tan A＝3，sin A cos Aπ又0<A<π，∴A＝.3(2)由BD＝5，DC＝3，a＝7，Earlybird25＋9－49 1得cos∠BDC＝＝－，2 ×3 ×5 22π又0<∠BDC<π，∴∠BDC＝.3π又A＝，∴△ABD为等边三角形，∴c＝5.3[变式1]若本例(2)变为：a＝3，求b＋c的取值范围．解：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，可得b2＋c2－3＝bc，3即(b＋c)2－3＝3bc≤(b＋c)2，当且仅当b＝c时取等号，4∴b＋c≤2 3，又由两边之和大于第三边可得b＋c> 3，∴b＋c∈( 3，2 3]．[变式2]若本例(2)变为：AD⊥BC，且a＝3，求AD的取值范围．1 1解：∵S△ABC＝AD·BC＝bc sin A，2 21∴AD＝bc.21 b2＋c2－a2 2bc－3由余弦定理得cos A＝＝≥，2 2bc2bc∴0<bc≤3(当且仅当b＝c时等号成立)，3∴0<AD≤，23即AD的取值范围为(.0，2 ][解题方略]正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．[注意]应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．题型二利用正、余弦定理进行面积计算[例2](2018·郑州第二次质量预测)已知△ABC内接于半径为R的圆，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2R(sin2B－sin2A)＝(b－c)sin C，c＝3.(1)求A；19(2)若AD是BC边上的中线，AD＝，求△ABC的面积．2Earlybird[解](1)对于2R(sin2B－sin2A)＝(b－c)sin C，由正弦定理得，b sin B－a sin A＝b sin C－c sin C，即b2－a2＝bc－c2，b2＋c2－a2 1所以cos A＝＝.2bc 2因为0°<A<180°，所以A＝60°.(2)以AB，AC为邻边作平行四边形ABEC，连接DE，易知A，D，E三点共线．在△ABE中，∠ABE＝120°，AE＝2AD＝19，由余弦定理得AE2＝AB2＋BE2－2AB·BE cos 120°，1即19＝9＋AC2－2×3×AC×( ，解得AC＝2.－2 )1 3 3故S△ABC＝bc sin∠BAC＝.2 2[解题方略]三角形面积公式的应用原则1 1 1(1)对于面积公式S＝ab sin C＝ac sin B＝bc sin A，一般是已知哪一个角就使用含该角2 2 2的公式．(2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．题型三正、余弦定理的实际应用[例3]如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A，B两点处进行测量，在点A处测得塔顶C在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B处测得塔顶C在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A，B两点相距130 m，则塔的高度CD＝________m.h[解析]设CD＝h，则AD＝，BD＝h.33在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，则由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°，h2 h 1可得1302＝3h2＋－2·3h··－，3 ( 2 )3解得h＝10 39，故塔的高度为10 39 m.[答案]10 39Earlybird[解题方略]解三角形实际应用问题的步骤[多练强化]C 51．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos ＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝()2 5A．4 2 B. 30C. 29 D．2 5C 5解析：选A∵cos ＝，2 5C 5 3∴cos C＝2cos2 －1＝2×2－1＝－.2 (5 )5在△ABC中，由余弦定理，3得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×( ＝32，－5 )∴AB＝4 2.2．甲船从位于海岛B正南10 海里的A处，以4 海里/时的速度向海岛B行驶，同时乙船从海岛B以6海里/时的速度向北偏东60°方向行驶，当两船相距最近时，两船行驶的时间为________小时．解析：如图，设经过x小时后，甲船行驶到D处，乙船行驶到C处，则AD＝4x，BC＝6x，则BD＝10－4x，由余弦定理得，CD2＝(10－4x)2＋(6x)2－2×(10－5 6754x)×6x cos 120°＝28x2－20x＋100＝28( 2＋.若甲船行驶2.5 小时，则甲船x－14)75 675 15 21到达海岛B，因而若x<2.5，则当x＝时距离最小，且最小距离为＝，14 7 715 21 5若x≥2.5，则BC≥6×2.5＝15> ，因而当两船相距最近时，两船行驶的时间为小时．7 145答案：143．(2018·南宁摸底)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c(1＋cos B)＝b(2－cos C)．Earlybird(1)求证：2b ＝a ＋c ；π(2)若 B ＝ ，△ABC 的面积为 4 3，求 b .3 解：(1)证明：∵c (1＋cos B )＝b (2－cosC )，∴由正弦定理可得 sin C ＋sin C cos B ＝2sinB －sin B cosC ，可得 sin C cos B ＋sin B cos C ＋sin C ＝2sin B ，sin(B ＋C )＋sin C ＝2sin B ， ∴sin A ＋sin C＝2sin B ，∴a ＋c ＝2b .π(2)∵B ＝ ， 31 3 ∴△ABC 的面积 S ＝ ac sin B ＝ ac ＝4 3，24∴ac ＝16.由余弦定理可得 b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ＝(a ＋c )2－3ac . ∵a ＋c ＝2b ，∴b 2＝4b 2－3×16， 解得 b ＝4.考点三 解三角形与三角函数的交汇问题增分考点讲练冲关[典例] 如图，在△ABC 中，三个内角 B ，A ，C 成等差数列，且 AC ＝ 10，BC ＝15.(1)求△ABC 的面积；π (2)已知平面直角坐标系 xOy 中点 D (10,0)，若函数 f (x )＝M sin(ωx ＋φ)M >0，ω>0，|φ|<2 的图象经过 A ，C ，D 三点，且 A ，D 为 f (x )的图象与 x 轴相邻的两个交点，求 f (x )的解析 式．[解] (1)在△ABC 中，由角 B ，A ，C 成等差数列，得 B ＋C ＝2A ， π又 A ＋B ＋C ＝π，所以 A ＝ .3设角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ， π由余弦定理可知 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos ，3 所以 c 2－10c －125＝0，解得 c ＝AB ＝5＋5 6.π因为CO＝10×sin ＝5 3，31 25所以S△ABC＝×(5＋5 6)×5 3＝(3 2＋3)．2 2Earlybirdπ(2)因为AO＝10×cos ＝5，3所以函数f(x)的最小正周期T＝2×(10＋5)＝30，π故ω＝.15π因为f(－5)＝M sin[×－5＋φ]＝0，15ππ所以sin(＝0，所以－＋φ＝kπ，k∈Z.＋φ)－3 3ππ因为|φ|< ，所以φ＝.2 3π因为f(0)＝M sin ＝5 3，所以M＝10，3ππ所以f(x)＝10sin(.x＋3)15[解题方略]解三角形与三角函数交汇问题一般步骤[多练强化]1 (2019 届高三·辽宁五校协作体联考)已知函数f(x)＝cos2x＋3sin(π－x)cos(π＋x)－.2(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，b sin C＝a sin A，求△ABC的面积．1解：(1)f(x)＝cos2x－3sin x cos x－21＋cos 2x 3 1＝－sin 2x－2 2 2π＝－sin(，2x－6)πππ由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，2 6 2ππ解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]，6 3Earlybirdπ5π∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为0，和.3 [，π]6π(2)由(1)知f(x)＝－sin(，2x－6)π∴f(A)＝－sin(＝－1，2A－6)π∵△ABC为锐角三角形，∴0<A< ，2ππ5π∴－<2A－< ，6 6 6πππ∴2A－＝，即A＝.6 2 3又b sin C＝a sin A，∴bc＝a2＝4，1∴S△ABC＝bc sin A＝ 3.2数学建模——解三角形的实际应用[典例]为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测．如图所示，A，B，C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实2 验，观测点A，B两地相距100 m，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚17 s，在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°.(1)求A，C两地间的距离；(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC.(已知声音的传播速度为340 m/s)2[解](1)设BC＝x m，由条件可知AC＝x＋×340＝(x＋40)m.17在△ABC中，由余弦定理，可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，1即x2＝1002＋(x＋40)2－2×100×(x＋40)×，2解得x＝380.所以AC＝380＋40＝420(m)，故A，C两地间的距离为420 m.(2)在Rt△ACH中，AC＝420，∠HAC＝30°，Earlybird3所以HC＝AC tan 30°＝420×＝140 3，3故这种仪器的垂直弹射高度为140 3 m.[素养通路]数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养．数学建模过程主要包括：在实际情境中从数学的视角发现问题、提出问题，分析问题、建立模型，确定参数、计算求解，检验结果、改进模型，最终解决实际问题．本题中把求A，C两地间的距离问题建立数学模型，在△ABC中，通过解三角形求AC 的长，把求高度HC建立数学模型，在Rt△ACH中，通过解三角形求HC的长．考查了数学建模这一核心素养．。