高考数学热点专题突破讲练：三角恒等变换与解三角形(含新题详解)

第七讲 三角恒等变换与解三角形
简单三角恒等变换
差角余弦公式
倍角公式
和(差)角公式余弦定理
正弦定理
三角形面积公式解三角形应用举例
1．(倍角公式)(2013·课标全国卷Ⅱ)已知sin 2α＝2
3，则cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝( ) A.1
6 B.13 C.12
D.23
【解析】 ∵sin 2α＝2
3，∴cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝1＋cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π 22 ＝1－sin 2α
2＝1－2
32＝16.
【答案】 A
2．(正弦定理与和角公式)(2013·陕西高考)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 ．直角三角形
B ．锐角三角形
C ．钝角三角形
D ．不确定
【解析】 由正弦定理，及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 ， ∴sin A ＝1，得A ＝π
2(由于0＜A ＜π)，
故△ABC 是直角三角形． 【答案】 A
3．(正弦定理)在△ABC 中，若∠A ＝60°，∠B ＝45°，BC ＝32，则AC ＝________. 【解析】 在△ABC 中，AC sin B ＝BC
sin A
， ∴AC ＝BC ·sin B sin A
＝2 3.
【答案】 2 3
图2－2－1
4．(余弦定理的应用)(2013·福建高考)如图2－2－1，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，sin ∠BAC ＝223
，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为________．
【解析】 ∵sin ∠BAC ＝sin(90°＋∠BAD )＝cos ∠BAD ＝22
3，
∴在△ABD 中，有BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos ∠BAD ， ∴BD 2＝18＋9－2×32×3×223＝3，
∴BD ＝ 3. 【答案】
3
5．(三角恒等变换)(2013·重庆高考改编)4cos 50°－tan 40°＝________. 【解析】 4cos 50°－tan 40°＝4sin 40°－sin 40°cos 40°
＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°cos 40°
＝sin 80°＋sin (60°＋20°)－sin (60°－20°)cos 40°
＝sin 80°＋2cos 60°sin 20°cos 40°＝sin 80°＋sin 20°cos 40°
＝sin (50°＋30°)＋sin (50°－30°)cos 40°
＝2sin 50°cos 30°cos 40°＝3·cos 40°cos 40°＝ 3.
【答案】 3
简单的三角恒等变换
(2013·湖南高考)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π3，g (x )＝2sin 2x 2
.
(1)若α是第一象限角，且f (α)＝
33
5
， 求g (α)的值； (2)求使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合．
【思路点拨】 (1)利用和(差)角、倍角公式将f (x )、g (x )化简，沟通二者联系；(2)由f (x )≥g (x )，化为“一角一名称”的三角不等式，借助三角函数的图象、性质求解．
【自主解答】 f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π3 ＝
32sin x －12cos x ＋12cos x ＋3
2
sin x ＝3sin x ，
g (x )＝2sin 2x
2＝1－cos x .
(1)由f (α)＝335得sin α＝3
5.
又α是第一象限角，所以cos α>0.
从而g (α)＝1－cos α＝1－1－sin 2α＝1－45＝1
5.
(2)f (x )≥g (x )等价于3sin x ≥1－cos x ， 即3sin x ＋cos x ≥1，于是sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6≥12， 从而2k π＋π6≤x ＋π6≤2k π＋5π
6，k ∈Z ，
即2k π≤x ≤2k π＋2π
3
，k ∈Z .
故使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合为{x |2k π≤x ≤2k π＋2π
3，k ∈Z }．
1．(1)注意角之间的关系，灵活运用和(差)、倍角公式化为“同角x ”的三角函数，这是解题的关键；(2)重视三角函数图象，性质在求角的范围中的应用，由图象的直观性、借助周期性，整体代换可有效避免错误．
2．进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．
变式训练1 已知sin α＝1
2＋cos α，且α∈⎝⎛⎭⎫0，π2. 求
cos 2α
sin (α－π
4
)
的值．
【解】 依题意得sin α－cos α＝1
2，
所以1－2sin αcos α＝14，2sin αcos α＝3
4.
则(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝7
4.
由0<α<π2，知sin α＋cos α＝7
2>0.
所以cos 2α
sin (α－π4)＝cos 2α－sin 2α2
2(sin α－cos α)
＝－2(sin α＋cos α)＝－142
.
正(余)弦定理
(2013·山东高考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a
＋c ＝6，b ＝2，cos B ＝7
9
.
(1)求a ，c 的值； (2)求sin(A －B )的值．
【思路点拨】 (1)由余弦定理，得关于a ，c 的方程，与a ＋c ＝6联立求解；(2)依据正弦定理求sin A ，进而求cos A ，sin B ，利用两角差的正弦公式求值．
【自主解答】 (1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 得b 2＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )， 又b ＝2，a ＋c ＝6，cos B ＝7
9，
所以ac ＝9，解得a ＝3，c ＝3.
(2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2B ＝42
9，
由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝22
3.
因为a ＝c ，所以A 为锐角． 所以cos A ＝1－sin 2A ＝1
3
.
因此sin(A －B )＝sin A cos B －cos A sin B ＝102
27.
1．(1)本题求解的关键是运用正弦(余弦)定理完成边角转化；(2)求解易忽视判定A 的范围，错求cos A ＝±1
3
，导致增解．
2．以三角形为载体考查三角变换是近年高考的热点，要时刻关注它的两重性：一是作为三角形问题，它必然通过正弦(余弦)定理、面积公式建立关于边的方程，实施边角转化；二是它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的．
变式训练2 (2013·重庆高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＝b 2＋c 2＋3bc .
(1)求A ；
(2)设a ＝3，S 为△ABC 的面积，求S ＋3cos B cos C 的最大值，并指出此时B 的值． 【解】 (1)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－3bc 2bc ＝－3
2.
又因为0<A <π，所以A ＝5π
6.
(2)由(1)得sin A ＝1
2.
又由正弦定理及a ＝3得
S ＝12bc sin A ＝12·a sin B sin A
·a sin C ＝3sin B sin C ， 因此，S ＋3cos B cos C ＝3(sin B sin C ＋cos B cos C )＝3cos(B －C )． 所以，当B ＝C ，即B ＝π－A 2＝π12
时，S ＋3cos B cos C 取最大值3.
解三角形及应用
(2013·济南质检)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知
sin B (tan A ＋tan C )＝tan A tan C .
(1)求证：a ，b ，c 成等比数列； (2)若a ＝1，c ＝2，求△ABC 的面积S .
【思路点拨】 (1)从要证的结论看，需将条件中角的三角函数化为边，因此需统一为正弦函数，然后运用三角变换公式化简．(2)由(1)的结论，联想余弦定理，求cos B ，进而求出△ABC 的面积．
【自主解答】 (1)在△ABC 中，由于sin B (tan A ＋tan C )＝tan A tan C ，所以sin B (sin A
cos A
＋
sin C cos C )＝sin A cos A ·sin C
cos C
， 所以sin B (sin A cos C ＋cos A sin C )＝sin A sin C . 所以sin B sin(A ＋C )＝sin A sin C . 又A ＋B ＋C ＝π， 所以sin(A ＋C )＝sin B ， 所以sin 2B ＝sin A sin C . 由正弦定理得b 2＝ac ， 即a ，b ，c 成等比数列． (2)因为a ＝1，c ＝2，所以b ＝ 2. 由余弦定理得
cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12＋22－22×1×2＝3
4.
因为0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝
7
4
， 故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×1×2×74＝7
4.
1．认真分析题设与要求结论的联系与区别，消除差异，从而找到解题的突破口，这是本题求解的关键．
2．三角形中的边角计算是近年命题的重点，解决这类问题要抓住两点：(1)根据条件，恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化；(2)结合内角和定理、面积公式，灵活运用三角恒等变换公式．
变式训练3 已知三角形的三个内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，设向量m ＝(c －a ，b －a )，n ＝(a ＋b ，c )，且m ∥n .
(1)求角B 的大小；
(2)求sin A ＋sin C 的取值范围．
【解】 (1)∵m ∥n ，∴c (c －a )＝(b －a )(a ＋b )， ∴c 2－ac ＝b 2－a 2，则a 2＋c 2－b 2＝ac . 由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝1
2.
又0＜B ＜π，
因此B ＝π
3
.
(2)∵A ＋B ＋C ＝π，∴A ＋C ＝2π
3，
∴sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π
3－A ＝sin A ＋sin
2π3 cos A －cos 2π3sin A ＝32sin A ＋3
2
cos A ＝3sin ⎝⎛⎭
⎫A ＋π6， ∵0＜A ＜2π3，∴π6＜A ＋π6＜5π
6
，
∴12＜sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6≤1，∴3
2＜sin A ＋sin C ≤ 3. 故sin A ＋sin C 的取值范围是⎝⎛
⎦
⎤32，3
正(余)弦定理的实际应用
【命题要点】 ①实际问题中的距离，高度测量；②实际问题中角度、方向的测量；③实际行程中的速度、时间的计算．
如图2－2－2所示，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海里的两个观
测点，现位于A 点北偏东45°，B 点北偏西60°的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距203海里的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援船到达D 点需要多长时间？
图2－2－2
【思路点拨】 由题设条件，要求该救援船到达D 点的时间，只需求出C 、D 两点间的距离，先在△ABD 中求BD ，再在△BDC 中求CD ，进而求出时间．
【自主解答】 由题意知AB ＝5(3＋3)，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝45°，∴∠
ADB ＝105°.
∴sin 105°＝sin 45°·cos 60°＋sin 60°·cos 45° ＝
22×12＋32×2
2＝2＋64
. 在△ABD 中，由正弦定理得： BD sin ∠DAB ＝AB
sin ∠ADB
，
∴BD ＝AB ·sin ∠DAB sin ∠ADB ＝5(3＋3)·sin 45°
sin 105°
＝
5(3＋3)×2
22＋64
＝103(1＋3)1＋3＝10 3.
又∠DBC ＝180°－60°－60°＝60°，BC ＝203， 在△DBC 中，由余弦定理得 CD 2＝BD 2＋BC 2－2·BD ·BC ·cos 60° ＝300＋1 200－2×103×203×1
2＝900.
∴CD ＝30(海里)，
∴救援船需要的时间t ＝30
30＝1(小时)．
1．该题求解的关键是借助方位角构建三角形，要把需求量转化到同一个三角形(或相关三角形)中，运用正(余)弦定理沟通边角关系．
2．应用解三角形知识解决实际问题需要下列三步： (1)根据题意，画出示意图，并标出条件．
(2)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．
(3)检验解出的结果是否符合实际意义，得出正确答案．
变式训练4 如图2－2－3，A 、C 两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A 岛出发，以10海里/小时的速度沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B 处．然后以同样的速度沿北偏东15°方向直线航行，
图2－2－3
下午4时到达C 岛． (1)求A 、C 两岛之间的距离； (2)求∠BAC 的正弦值．
【解】 (1)在△ABC 中，由已知，得
AB ＝10×5＝50(海里)，BC ＝10×3＝30(海里)， ∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°，
由余弦定理，得AC 2＝502＋302－2×50×30 cos 120°＝4 900， 所以AC ＝70(海里)．
故A 、C 两岛之间的距离是70海里． (2)在△ABC 中，由正弦定理，得
BC sin ∠BAC ＝AC
sin ∠ABC
，
所以sin ∠BAC ＝BC ·sin ∠ABC AC ＝30sin 120°70＝33
14.
故∠BAC 的正弦值是33
14
.
从近两年的高考命题看，正弦定理、余弦定理是高考命题的热点，不仅是用来解决一些简单的三角形边角计算问题；且常与三角函数、向量、不等式交汇命题，灵活考查学生分析解决问题的能力，多以解答题的形式出现，属中低档题目．
以三角形为载体的创新交汇问题
(12分)已知△ABC 是半径为R 的圆内接三角形，且2R ·(sin 2A －sin 2C )
＝(2a －b )sin B .
(1)求角C ；
(2)试求△ABC 的面积S 的最大值． 【规范解答】 (1)由2R (sin 2A －sin 2C ) ＝(2a －b )sin B ，得
a sin A －c sin C ＝2a sin B －
b sin B ， ∴a 2－
c 2＝2ab －b 2，
4分
由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝2
2，
又0＜C ＜π，∴C ＝π
4.
6分
(2)∵
c
sin C
＝2R ， ∴c ＝2R sin C ＝2R . 由(1)知c 2＝a 2＋b 2－2ab ， ∴2R 2＝a 2＋b 2－2ab .
8分
又a 2＋b 2≥2ab (当且仅当a ＝b 时取“＝”)， ∴2R 2≥2ab －2ab ， ∴ab ≤2R 2
2－2＝(2＋2)R 2.
10分
∴S △ABC ＝12ab sin C ＝24ab ≤2＋12
R 2. 即△ABC 面积的最大值为
2＋12R 2. 12分
【阅卷心语】
易错提示 (1)不能灵活运用正弦定理化简等式，致使求不出角C ，究其原因是不能深刻理解正弦定理的变形应用．
(2)对求△ABC 的面积的最大值束手无策，想不到利用等式求ab 的最大值． 防范措施 (1)利用a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，可实施边角转化．
(2)对于“已知一边及其对角”的三角形，常用余弦定理，得到其他两边的关系，再利用基本不等式便可求三角形面积的最值．
1．已知函数f (x )＝sin(x ＋7π4)＋cos(x －3π4
)，x ∈R . (1)求f (x )的最小正周期和最小值；
(2)已知cos(β－α)＝45，cos(β＋α)＝－45，0<α<β≤π2，求f (β)的值． 【解】 (1)∵f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋74π－2π＋sin ⎝⎛⎭
⎫x －34π＋π2 ＝sin(x －π4)＋sin(x －π4)＝2sin(x －π4
)． ∴T ＝2π，f (x )的最小值为－2.
(2)由cos(β－α)＝45，cos(β＋α)＝－45
得 cos βcos α＋sin βsin α＝45
， cos βcos α－sin βsin α＝－45
. 两式相加得2cos βcos α＝0.
∵0<α<β≤π2，∴β＝π2
. ∴f (β)＝2sin ⎝⎛⎭⎫π2－π4＝2sin π4
＝ 2. 2．△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C ＋c sin B .
(1)求B ；
(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值．
【解】 (1)由已知及正弦定理得
sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，①
又A ＝π－(B ＋C )，
故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ．② 由①②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B .
又B ∈(0，π)，所以B ＝π4
. (2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24
ac . 由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4
. 又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2
， 当且仅当a ＝c 时，等号成立．
因此△ABC 面积的最大值为2＋1.。