全国通用高考数学二轮复习提分教程第二编专题二三角函数解三角形与平面向量第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
「考情研析」 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.边和角的计算． 2.三角形形状的判断． 3.面积的计算． 4.有关参数的范围问题．由于此内容应用性较强，与实际问题结合起来进行命题将是今后高考的一个关注点，不可轻视.
核心知识回顾
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式 sin(α±β)＝□
01sin αcos β±cos αsin β； cos(α±β)＝□
02cos αcos β∓sin αsin β； tan(α±β)＝□
03tan α±tan β1∓tan αtan β. 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 sin2α＝□
012sin αcos α； cos2α＝□
02cos 2α－sin 2α＝□032cos 2α－1＝□041－2sin 2α； tan2α＝□052tan α1－tan 2
α
； cos 2α＝□
061＋cos2α2，sin 2α＝□071－cos2α2
. 3．辅助角公式
a sin α＋
b cos α＝□01 a 2＋b 2sin(α＋φ)⎝ ⎛⎭
⎪⎫tan φ＝b a .
4．正弦定理
□01a sin A ＝b sin B ＝c sin C
＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)．
变形：a ＝□
022R sin A ，b ＝□032R sin B ，c ＝□042R sin C . sin A ＝□05a 2R ，sin B ＝□06b 2R ，sin C ＝□07c 2R . a ∶b ∶c ＝□08sin A ∶sin B ∶sin C . 5．余弦定理
a 2＝□
01b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝□02a 2＋c 2－2ac cos B ，c 2＝□03a 2＋b 2－2ab cos C . 推论：cos A ＝□04b 2＋c 2－a 2
2bc ， cos B ＝□05a 2＋c 2－b 22ac ， cos C ＝□06a 2＋b 2－c 22ab
.
6．面积公式
S △ABC ＝□0112
bc sin A ＝□0212
ac sin B ＝□0312
ab sin C . 7．常用结论
(1)三角形内角和□
01A ＋B ＋C ＝π； (2)a >b >c ⇔□02A >B >C ⇔□03sin A >sin B >sin C ； (3)□04sin(A ＋B )＝sin C ，□
05cos(A ＋B )＝－cos C .
热点考向探究
考向1 三角恒等变换与求值
例1 (1)已知α为第一象限角，cos α＝3
5，则
1＋2cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2α－π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝( )
A.2
5 B ．7
5 C ．145
D ．－25
答案 C
解析 ∵cos α＝35且α为第一象限角，∴sin α＝45，sin2α＝2sin αcos α＝2×45×3
5＝
2425，cos2α＝2cos 2
α－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫352－1＝－725，∴1＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝1＋cos2α＋sin2αcos α＝1－725＋
242535
＝14
5. (2)已知θ∈(0，π)，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝210，则tan2θ＝( ) A.4
3 B ．3
4 C ．－247
D ．247
答案 C
解析 ∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22(sin θ－cos θ)＝210，∴sin θ－cos θ＝15.∵θ∈(0，π)，且sin 2
θ＋cos 2
θ＝1，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
sin θ＝45
，
cos θ＝3
5
，∴tan θ＝43，tan2θ＝2tan θ1－tan 2
θ＝－24
7
. (3)(2019·四川德阳高三第二次诊断)已知α为锐角，且tan α＝43，则cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝
( )
A ．－2425
B ．－16
25
C ．35
D ．34
答案 A
解析 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝－sin2α＝－2sin αcos α ＝
－2sin αcos αsin 2α＋cos 2
α＝－2tan αtan 2α＋1＝－2425
.
(1)三角恒等变换的常用技巧是“化异为同”，即“化异名为同名”“化异次为同次”“化异角为同角”，其中涉及sin
2
α
2
，cos
2
α
2
时，常逆用二倍角余弦公式降幂．
(2)常见的“变角”技巧：α＝(α＋β)－β＝β－(β－α)，α＝1
2
[(α＋β)＋(α－
β)]，π4＋α＝π2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4－α，α＝π4－⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4
－α等，使用“变角”技巧时，应根据已知条件
中的角，选择恰当变角技巧．
1．在△ABC 中，若tan A tan B ＝tan A ＋tan B ＋1，则cos C 的值为( ) A ．－2
2
B ．
22
C ．1
2 D ．－12
答案 B
解析 由tan A tan B ＝tan A ＋tan B ＋1，可得tan A ＋tan B
1－tan A tan B ＝－1，即tan(A ＋B )＝－1.又因
为A ，B 是△ABC 的内角，即A ＋B ∈(0，π)，所以A ＋B ＝3π4，易知C ＝π4，cos C ＝2
2
.
2．(2019·辽宁抚顺高三一模)已知函数f (x )＝sin x －cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，若在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上
f (x )≥a 恒成立，则实数a 的最大值是( )
A ．－32
B ．－12
C ．1
2 D ．
32
答案 A
解析 函数f (x )＝sin x －cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝32sin x －32cos x ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6，
由于0≤x ≤π
3，
故－π6≤x －π6≤π6，－32≤3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6≤32.当x ＝0时，函数的最小值为－32.由于在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上f (x )≥a 恒成立，故a ≤－32，所以a 的最大值为－32.故选A.
3．已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝12，且－π2<α<0，则2sin 2
α＋sin2αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4等于( )
A ．－25
5
B ．－3510
C ．－31010
D ．255
答案 A
解析 由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝12，得tan α＝－13.又－π2<α<0，所以sin α＝－1010.故2sin 2
α＋sin2αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝2sin α(sin α＋cos α)22
(sin α＋cos α)＝22sin α＝－25
5.
考向2 正弦定理与余弦定理的应用
例2 (2019·辽宁抚顺高三一模)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，若a ＝10，角B 是最小的内角，且3c ＝4a sin B ＋3b cos A .
(1)求sin B 的值； (2)若c ＝14，求b 的值．
解 (1)由3c ＝4a sin B ＋3b cos A 且A ＋B ＋C ＝π，由正弦定理得3sin C ＝4sin A sin B ＋3sin B cos A ，即3sin(A ＋B )＝4sin A sin B ＋3sin B cos A ，由于0<A <π，即sin A >0，整理可得3cos B ＝4sin B ，又sin B >0，所以sin B ＝3
5
.
(2)因为角B 是最小的内角，所以0<B ≤π3，又由(1)知sin B ＝35，所以cos B ＝4
5，由余弦
定理得b 2＝142＋102
－2×14×10×45
＝72，即b ＝6 2.
(1)利用正、余弦定理解三角形时，涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理．
(2)涉及边a ，b ，c 的齐次式时，常用正弦定理转化为角的正弦值，再利用三角公式进行变形．
(3)涉及正、余弦定理与三角形面积综合问题，求三角形面积时用S ＝1
2ab sin C 形式的面
积公式．
已知△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a cos2C ＋2c cos A cos C ＋a ＋b ＝0.
(1)求角C 的大小；
(2)若b ＝4sin B ，求△ABC 面积S 的最大值．
解 (1)由a cos2C ＋2c cos A cos C ＋a ＋b ＝0，得a ·(2cos 2
C －1)＋2c cos A cos C ＋a ＋b ＝0，即2a cos 2
C ＋2c cos A cos C ＋b ＝0.
由正弦定理，得2sin A cos 2
C ＋2sin C cos A cos C ＋sin B ＝0， ∴2cos C sin(A ＋C )＋sin B ＝0，即2cos C sin B ＋sin B ＝0. ∵0°<B <180°，∴sin B ≠0，∴cos C ＝－1
2，∴C ＝120°.
(2)根据正弦定理，得c ＝b sin C
sin B
，∵b ＝4sin B ，C ＝120°， ∴c ＝
b sin C sin B ＝4sin B sin C sin B
＝23，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2
－2ab cos C ，得 (23)2
＝a 2
＋b 2
－2ab cos120°＝a 2
＋b 2
＋ab ≥3ab ， ∴ab ≤4，∴S ＝1
2ab sin C ≤3，
∴△ABC 面积S 的最大值为 3. 考向3 解三角形的综合问题
角度1 解三角形与三角恒等变换的综合
例3 (2019·福建省高三模拟)已知在△ABC 中，AC ＝3，C ＝120°，cos A ＝3sin B . (1)求边BC 的长；
(2)设D 为AB 边上一点，且△BCD 的面积为153
8，求sin ∠BDC .
解 (1)由cos A ＝3sin B 及C ＝120°，
得cos(60°－B )＝3sin B ，展开得12cos B ＋3
2sin B －3sin B ＝0，
即cos(B ＋60°)＝0，所以B ＝30°. 所以A ＝60°－B ＝30°，即A ＝B ＝30°， 所以BC ＝AC ＝3.
(2)由S △BCD ＝12×3×BD ×sin30°＝153
8
，
解得BD ＝53
2
.
在△BCD 中，CD 2
＝BC 2
＋BD 2
－2BC ·BD cos B ，所以CD ＝212
. 由
BC
sin ∠BDC ＝CD sin B ，得3sin ∠BDC ＝212
×2，
所以sin ∠BDC ＝
21
7
.
正、余弦定理与三角恒等变换的综合问题，应先利用三角恒等变换公式将函数关系式变形为只含一个角的一种三角函数形式后，再根据要求求解．
(2019·江西南昌高三适应性测试)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知
cos A －2cos C cos B ＝2c －a
b .
(1)求sin C sin A
的值；
(2)若cos B ＝1
4
，b ＝2，求△ABC 的面积．
解 (1)由正弦定理，得2c －a b ＝2sin C －sin A sin B ，所以cos A －2cos C cos B ＝2sin C －sin A
sin B ，即(cos A
－2cos C )sin B ＝(2sin C －sin A )cos B ，
cos A sin B －2cos C sin B ＝2sin C cos B －sin A cos B ， cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos B ＋2cos C sin B 化简得sin(A ＋B )＝2sin(B ＋C )，又A ＋B ＋C ＝π， 所以sin C ＝2sin A ，因此sin C
sin A
＝2.
(2)由sin C sin A ＝2，得c ＝2a ，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 及cos B ＝14，b ＝2，得4＝a
2
＋4a 2－4a 2
×14
，得a ＝1，从而c ＝2.
又因为cos B ＝14，且0<B <π，所以sin B ＝15
4.
因此S ＝12ac sin B ＝12×1×2×154＝15
4.
角度2 解三角形与平面几何知识的综合
例4 如图，在平面四边形ABCD 中，已知A
＝π2，B ＝2π
3，AB ＝6.在AB 边上取点E ，使
得BE ＝1，连接
EC ，ED .若∠
CED ＝2π
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
sin ∠BCE
＝
CE
sin B
. ∵B ＝2π
3
，BE ＝1，CE ＝7，
∴sin ∠BCE ＝
BE ·sin B CE ＝32
7＝21
14
. (2)∵∠CED ＝B ＝2π
3，∴∠DEA ＝∠BCE ，
∴cos ∠DEA ＝1－sin 2
∠DEA ＝1－sin 2
∠BCE ＝1－328＝5714
.
∵A ＝π
2，∴△AED 为直角三角形，又AE ＝5，
∴ED ＝
AE
cos ∠DEA ＝557
14
＝27.
在△CED 中，CD 2＝CE 2＋DE 2
－2CE ·DE ·cos∠CED ＝7＋28－2×7×27×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12＝49.
∴CD ＝7.
利用正、余弦定理求解平面几何中的问题，应根据图形特征及已知条件，将所给量及待求量放在同一个三角形中，结合三角形内角和定理、外角和定理及正、余弦定理求解．
(2019·广东江门高三一模)平面四边形ABCD 中，边AB ＝BC ＝5，CD ＝8，对角线BD ＝7. (1)求内角C 的大小；
(2)若A ，B ，C ，D 四点共圆，求边AD 的长．
解 (1)在△BCD 中，cos C ＝BC 2＋CD 2－BD 22·BC ·CD ＝12，C ＝π
3
.
(2)因为A ，B ，C ，D 四点共圆，所以A ＝π－C ＝2π
3，
在△ABD 中，BD 2
＝AB 2
＋AD 2
－2AB ·AD ·cos A ， 49＝25＋AD 2
＋5AD ，解得AD ＝3或AD ＝－8， 又AD >0，所以AD ＝3.
真题押题
『真题模拟』
1．(2019·山东聊城高三一模)设函数f (x )＝sin x －cos x ，若对于任意的x ∈R ，都有f (2θ－x )＝f (x )，则sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝( )
A.1
2 B ．－12
C ．
32
D ．－
32
答案 B
解析 f (x )＝sin x －cos x ＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x －π4，由f (2θ－x )＝f (x )，得x ＝θ是函数f (x )
的对称轴，得θ－π4＝π2＋k π，k ∈Z ，得θ＝3π4＋k π，k ∈Z .∴sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝
sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫3π2＋2k π－π3＝sin 7π6＝－12.故选B.
2．(2018·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 2
4，则C ＝( )
A.
π2
B ．π
3
C ．π4
D ．π6
答案 C
解析 由题可知S △ABC ＝12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 2
4，所以a 2＋b 2－c 2＝2ab sin C .由余弦定理得a
2
＋b 2－c 2
＝2ab cos C ，所以sin C ＝cos C .∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4
.故选C.
3．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin2α＝cos2α＋1，则sin α＝( )
A.15 B ．
55
C ．
33
D ．255
答案 B
解析 由2sin2α＝cos2α＋1，得4sin αcos α＝2cos 2
α. 又∵α∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，∴tan α＝12，∴sin α＝55.故选B.
4．(2019·河南顶级名校高三四模)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，sin(2α＋β)＝
32sin β，cos β的最小值为( )
A.5
3
B ．
55
C ．12
D ．23
答案 A
解析 因为sin(2α＋β)＝32sin β，即sin[(α＋β)＋α]＝3
2sin[(α＋β)－α]，则
sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α＝3
2[sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α]，有
sin(α＋β)cos α＝5cos(α＋β)sin α⇒tan(α＋β)＝5tan α，即tan α＋tan β
1－tan αtan β
＝
5tan α，那么tan β＝4tan α
1＋5tan 2
α
＝45tan α＋
1
tan α
，∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，π2，
∴tan α>0，tan β>0，∴tan β≤
4
25
＝255，当5tan α＝1tan α即tan α＝55时等号成立．因此tan 2
β＝
sin 2βcos 2β＝1－cos 2
βcos 2
β≤45，即cos 2
β≥59，又β∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，π2，cos β>0⇒cos β≥53.故选A. 5．(2018·全国卷Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝______. 答案 －1
2
解析 解法一：因为sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，所以(1－sin α)2
＋(－cos α)
2
＝1，所以sin α＝12，cos β＝12，因此sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝12×12－cos 2
α
＝14－1＋sin 2
α＝14－1＋14＝－12
. 解法二：由(sin α＋cos β)2
＋(cos α＋sin β)2
＝1，得2＋2sin(α＋β)＝1，所以sin(α
＋β)＝－1
2
.
6．(2019·浙江高考)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________.
答案
1225 72
10
解析 如图，易知sin ∠C ＝4
5
，
cos ∠C ＝35.在△BDC 中，由正弦定理可得BD sin ∠C ＝BC
sin ∠BDC
，
∴BD ＝
BC ·sin∠C
sin ∠BDC
＝
3×4522
＝
122
5
.由∠ABC ＝∠ABD ＋∠CBD ＝90°，可得cos ∠ABD ＝cos(90°－∠CBD )＝sin ∠CBD ＝sin[π－(∠C ＋∠BDC )]＝sin(∠C ＋∠BDC )＝sin ∠C ·cos ∠BDC ＋cos ∠C ·sin∠BDC ＝45×22＋35×22＝72
10
.
『金版押题』
7．已知sin x ＋3cos x ＝65，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝( ) A ．－3
5
B ．35
C ．－45
D ．45
答案 B
解析 sin x ＋3cos x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x ＋32cos x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π6·sin x ＋cos π6cos x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝6
5
， 即cos ⎝
⎛⎭
⎪⎫π6－x ＝35.
8．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若b 3cos B ＝a
sin A
，则cos B ＝( ) A ．－12
B ．12
C ．－
32
D ．
32
答案 B
解析 在△ABC 中，由正弦定理，得
sin B
3cos B ＝sin A sin A
＝1， ∴tan B ＝3，又B ∈(0，π)，∴B ＝π3，cos B ＝1
2
.故选B.
配套作业
一、选择题
1．在平面直角坐标系xOy 中，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，终边上一点M 的坐标为(3，1)，则cos ⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π3的值是( )
A ．－1
2
B ．0
C ．12
D ．1
答案 B
解析 由已知得sin α＝12，cos α＝32，所以cos ⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π3＝12cos α－32sin α＝0.
2. (2019·贵州凯里第一中学模拟)如图，是我国古代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如果大正方形的面积为225，小正方形的面积为9，直角三角形较小的锐角为α，则sin2α＝( )
A.125
B ．725
C ．1225
D ．2425
答案 D
解析 ∵大正方形的面积为225，小正方形的面积为9，∴大正方形的边长为15，小正方形的边长为3.设四个全等的直角三角形的长直角边为x ，则短直角边为x －3，由勾股定理得
x 2＋(x －3)2＝152，解得x ＝12，α为直角三角形较小的锐角，所以sin α＝35，cos α＝45
，所
以sin2α＝2sin αcos α＝24
25
.
3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c .若 a ＝5
2
b ，A ＝2B ，则cos B ＝( ) A.53 B ．
54 C ．55
D ．
56
答案 B 解析 ∵a ＝
52b ，由正弦定理，得sin A ＝5
2
sin B .① 又∵A ＝2B ，∴sin A ＝sin2B ，sin A ＝2sin B cos B .② 由①②且角B 为△ABC 的内角得cos B ＝
5
4
. 4．(2019·内蒙古呼和浩特市3月质检)在平面直角坐标系中，角α的终边过P (－2,1)，则cos 2
α－sin2α的值为( )
A.2425
B ．85
C ．65
D ．45
答案 B
解析 ∵在平面直角坐标系中，角α的终边过P (－2,1)，∴tan α
＝1－2＝－12，则cos 2
α
－sin2α＝cos 2
α－2sin αcos αsin
2α＋cos 2α＝1－2tan αtan 2
α＋1＝8
5
，故选B. 5．(2019·四川德阳第二次模拟)在△ABC 中，BD 是AC 边上的高，A ＝π
4，cos ∠ABC ＝－
55，则BD
AC
＝( ) A.1
4 B ．12 C ．23 D ．34
答案 A
解析 ∵cos ∠ABC ＝－
5
5
，∴sin ∠ABC ＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫－552＝255，sin C ＝sin ⎝ ⎛
⎭⎪
⎫∠ABC ＋π4＝
22(sin ∠ABC ＋cos ∠ABC )＝1010，∵BD 是AC 边上的高，∴BD ＝BC sin C ＝10
10
BC ，
如图，由正弦定理可知AC
sin ∠ABC
＝
BC
sin π4，即AC ＝2105BC ，∴BD AC ＝10
10
BC 2105
BC ＝1
4，故选A. 6．如图，在△ABC 中，B ＝45°，D 是BC 边上一点，AD ＝5，AC ＝7，DC ＝3，则AB ＝( )
A.56
2
B ．563
C ．732
D ．833
答案 A
解析 在△ACD 中，由余弦定理可得cos C ＝49＋9－252×7×3＝1114，则sin C ＝53
14
.在△ABC 中，
由正弦定理可得AB sin C ＝AC sin B ，则AB ＝56
2
，选A.
7．(2019·河南信阳高三模拟)已知函数f (x )＝23sin x cos x －2cos 2
x ＋1，且y ＝f (x )的图象沿x 轴方向平移m 个单位后所得的图象关于坐标原点对称，则|m |的最小值为( )
A.π3
B ．π6
C ．π12
D ．5π12
答案 C
解析 f (x )＝23sin x cos x －2cos 2
x ＋1＝3sin2x －cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，将y ＝f (x )
的图象向左平移m 个单位(若m <0，则为向右平移－m 个单位)，得到g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2m －π6，
因为平移后图象关于点(0,0)对称，将(0,0)代入g (x )，得sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2m －π6＝0，可得2m －π6＝k π，
k ∈Z ，m ＝k π2
＋π12
，k ∈Z ，则|m |的最小值为π
12
.故选C.
二、填空题
8．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋sin α＝35，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α的值是________． 答案 －7
25
解析 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋sin α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝3
5，
∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝2cos 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫π
6－α－1＝－725.
9．(2019·辽宁辽南协作体高三一模)已知cos α＝35，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，则sin2α1－cos2α的值
为________．
答案 －3
4
解析 由cos α＝35，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，得sin α＝－1－cos 2
α＝－45，∴sin2α1－cos2α＝
2sin αcos α2sin 2
α＝cos αsin α＝35
－45
＝－3
4
. 10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若sin 2
A －sin 2
B ＝3sin B sin
C ，sin C ＝23sin B ，则A ＝________.
答案 30°
解析 根据正弦定理可得a 2－b 2
＝3bc ，c ＝23b ，解得a ＝7b .根据余弦定理cos A ＝
b 2＋
c 2－a 2
2bc
＝b 2＋12b 2－7b 22×b ×23b
＝32，得A ＝30°.
11．已知不等式32sin x 4cos x 4＋6cos 2x 4－62－m ≤0对任意的－5π6≤x ≤π6
恒成立，则
实数m 的取值范围是________．
答案 [3，＋∞)
解析 依题意得，32sin x 4cos x 4＋6cos 2x 4－62－m ＝322sin x 2＋62cos x 2
－m ＝6
sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6－m ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π6，π6上恒成立，∴m ≥6sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π6
，π6上恒成立，由于－π4≤x 2＋π6≤π
4
，
∴－3≤ 6sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2＋π6≤ 3，故m ≥ 3. 三、解答题
12．(2019·上海金山区第二学期质检)已知△ABC 中，tan A ＝14，tan B ＝3
5，AB ＝17.求：
(1)角C 的大小；
(2)△ABC 中最小边的边长．
解 (1)tan C ＝tan[π－(A ＋B )]＝－tan(A ＋B ) ＝－tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝－14＋3
51－14×
35＝－1，所以C ＝3π
4
.
(2)因为tan A <tan B ，所以最小角为A ， 又因为tan A ＝14，所以sin A ＝17
17
，
c ＝AB ＝17，又
a
sin A ＝
c
sin C
， 所以最小边a ＝
c sin A
sin C
＝17×1717
22＝ 2.
13．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a 2－ab －2b 2
＝0.
(1)若B ＝π
6
，求C ；
(2)若C ＝2π
3，c ＝14，求S △ABC .
解 (1)由已知B ＝π6，a 2－ab －2b 2
＝0，
结合正弦定理得2sin 2
A －sin A －1＝0， 于是sin A ＝1或sin A ＝－1
2(舍去)．
因为0<A <π，所以A ＝π2，所以C ＝π
3
.
(2)由题意及余弦定理可知a 2
＋b 2
＋ab ＝196，由a 2
－ab －2b 2
＝0得(a ＋b )(a －2b )＝0，即
a ＝2
b ，联立解得b ＝27，a ＝47.
所以S △ABC ＝1
2
ab sin C ＝14 3.
14．(2019·湖南永州高三三模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin B ＋3cos B ＝0，a ＝1，c ＝2.
(1)求b ；
(2)如图，D 为AC 边上一点，且BD ⊥BC ，求△ABD 的面积． 解 (1)由sin B ＋3cos B ＝0得，tan B ＝－3， 又0<B <π，所以B ＝2π
3
.
由余弦定理得，b 2＝a 2＋c 2
－2ac cos B ＝1＋4－2×1×2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12＝7，所以b ＝7.
(2)由(1)得，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝1＋7－42×1×7
＝27
7，
sin C ＝1－cos 2
C ＝
217，即tan C ＝32
. 在Rt △BDC 中，BD ＝BC ·tan C ＝1×
32＝3
2
， ∠ABD ＝∠ABC －∠DBC ＝2π3－π2＝π
6
，
所以S △ABD ＝12×AB ×
BD sin ∠ABD ＝12×2×32×12＝3
4.
15．在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝2，AD ＝1，A ＝2π
3.
(1)求sin ∠ADB ；
(2)若∠BDC ＝2π
3，求四边形ABCD 的面积．
解 (1)如图，在△ABD 中，
AB ＝2，AD ＝1，A ＝
2π3
，
由余弦定理，得
BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos A ，
即BD 2
＝4＋1－2×2×1×cos 2π3
， 解得BD ＝7.
在△ABD 中，由正弦定理，得
BD sin A ＝AB
sin ∠ADB
， 即
7sin
2π3
＝2sin ∠ADB ，解得sin ∠ADB ＝217. (2)设∠CBD ＝α，
因为AD ∥BC ，所以∠ADB ＝∠CBD ＝α，所以sin α＝
217
. 因为0<α<π2，所以cos α＝277，因为∠BDC ＝2π
3，
所以sin C ＝sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫π3－α＝sin π3cos α－cos π3sin α＝2114.
在△BCD 中，由正弦定理得
BD
sin C
＝
BC
sin ∠BDC
，即
721
14
＝BC
sin
2π3，解得BC ＝7.
所以S △BCD ＝12BD ·BC ·sin α＝12×7×7×217＝73
2
，
S △ABD ＝12AB ·AD ·sin∠BAD ＝12×2×1×sin
2π3＝32
. 所以四边形ABCD 的面积S ＝S △BCD ＋S △ABD ＝732＋3
2
＝4 3.
16. 如图，已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0.
(1)求A ；
(2)若AD 为BC 边上的中线，cos B ＝17，AD ＝129
2，求△ABC 的面积．
解 (1)a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0，
由正弦定理得sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin B ＋sin C ， 即sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin(A ＋C )＋sin C ， 又sin C ≠0，所以化简得3sin A －cos A ＝1， 所以sin(A －30°)＝1
2
.
在△ABC 中，0°<A <180°，所以A －30°＝30°，得A ＝60°. (2)在△ABC 中，因为cos B ＝17，所以sin B ＝43
7.
所以sin C ＝sin(A ＋B )＝
32×17＋12×437＝5314
. 由正弦定理得，a c ＝sin A sin C ＝7
5
.
设a ＝7x ，c ＝5x (x >0)，则在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ，即1294＝25x 2＋14×49x
2
－2×5x ×12×7x ×17，解得x ＝1，所以a ＝7，c ＝5，故S △ABC ＝1
2
ac sin B ＝10 3.
三角函数与解三角形类解答题
(12分)已知函数f (x )＝3sin ωx cos ωx －sin 2
ωx ＋1(ω>0)的图象中相邻两条
对称轴之间的距离为π
2
.
(1)求ω的值及函数f (x )的单调递减区间；
(2)已知a ，b ，c 分别为△ABC 中角A ，B ，C 的对边，且满足a ＝3，f (A )＝1，求△ABC 面积S 的最大值．
解题思路 (1)首先将函数解析式化为“一角一函数”的形式，然后利用函数图象中对称轴之间的距离确定函数的周期，从而求得ω的值，最后利用换元法求得函数的递减区间；(2)根据第(1)问所得，利用f (A )＝1求得角A ，再根据余弦定理建立b ，c 的关系式，利用基本不等式求得bc 的最大值，将其代入面积公式即可．
解 (1)f (x )＝
32sin2ωx －1－cos2ωx 2＋1＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6＋12.(3分) 因为函数f (x )的图象中相邻两条对称轴之间的距离为
π2，所以T ＝π，即2π
2ω
＝π，所以ω＝1.(4分)
所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋12.
令
π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π(k ∈Z )，解得π6＋k π≤x ≤2π
3
＋k π(k ∈Z )． 所以函数f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )．(6分)
(2)由f (A )＝1得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12.因为2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，
所以2A ＋π6＝5π6，得A ＝π
3
.(8分)
由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即(3)2＝b 2＋c 2
－2bc cos π3，(9分)
所以bc ＋3＝b 2
＋c 2
≥2bc ，解得bc ≤3，当且仅当b ＝c 时等号成立．(11分) 所以S △ABC ＝12bc sin A ≤12×3×32＝33
4.
故△ABC 面积S 的最大值为
33
4
.(12分)
1．化简：用诱导公式、和角公式、差角公式和倍角公式化简给3分． 2．求ω值：运用三角函数的对称轴及周期性求ω值给1分． 3．求单调区间：利用三角函数的单调区间求f (x )的单调区间给2分． 4．求角：已知三角函数值求角给2分．
5．建立关系式：利用余弦定理得出b ，c 的关系式给1分．
6．求最值：利用基本不等式求出bc 的最大值给2分．
7．求面积最值：代入面积公式求最大值给1分．
1．发现差异：观察角、函数运算的差异，即进行所谓的“差异分析”．
2．寻找联系：运用相关公式，找出差异之间的内在联系．
3．合理转化：选择恰当的公式促使差异的转化．
4．挖掘隐含：如定义域、锐角、三角函数值的正负对角的范围的影响，将已知的三角函数值与特殊角的三角函数值比较、缩小角的范围等等．
[跟踪训练]
(2019·天津九校联考)(12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若b ＝c ，且2sin B ＝3sin A .
(1)求sin B 的值；
(2)求cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2B ＋π3的值； (3)若b ＝2，求△ABC 的面积．
解 (1)因为2sin B ＝3sin A ，
所以2b ＝3a ，即a ＝233
b ，(1分) 所以cos B ＝a 2＋
c 2－b 2
2ac ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233b 2＋b 2－b 22×233b ·b ＝33
，(3分) 因为B ∈(0，π)，所以sin B ＝
63.(4分) (2)由(1)可知cos B ＝33
.(5分) 因为sin2B ＝2sin B cos B ＝2×
63×33＝223， cos2B ＝2cos 2B －1＝2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫332－1＝－13.(6分) 所以cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2B ＋π3＝cos2B cos π3－sin2B sin π3 ＝－13×12－223×32＝－1＋266
.(8分) (3)因为b ＝2，所以c ＝2，a ＝433
，(10分)
所以S △ABC ＝12ac sin B ＝12×433×2×63＝423
.(12分)。