高三数学三角变换与解三角形

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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＝23，则cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝( ) A.16 B.13 C.12D.23【解析】 ∵sin 2α＝23，∴cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π4＝1＋cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π 22 ＝1－sin 2α2＝1－232＝16.【答案】 A2．(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 ＝π2(由于0＜A ＜π)，故△ABC 是直角三角形．【答案】 A3．(正弦定理)在△ABC 中，若∠A ＝60°，∠B ＝45°，BC ＝32，则AC ＝________. 【解析】在△ABC 中，AC sin B ＝BCsin A， ∴AC ＝BC ·sin B sin A＝2 3.【答案】 2 3图2－2－14．(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 ＝223，∴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】35．(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)＝335，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 ＋32sin x ＝3sin x ，g (x )＝2sin 2x2＝1－cos x .(1)由f (α)＝335得sin α＝35.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＝15.(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＋5π6，k ∈Z ，即2k π≤x ≤2k π＋2π3，k ∈Z .故使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合为{x |2k π≤x ≤2k π＋2π3，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＝12＋cos α，且α∈⎝⎛⎭⎫0，π2. 求cos 2αsin (α－π4)的值．【解】依题意得sin α－cos α＝12，所以1－2sin αcos α＝14，2sin αcos α＝34.则(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝74.由0<α<π2，知sin α＋cos α＝72>0.所以cos 2αsin (α－π4)＝cos 2α－sin 2α22(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 ＝79.(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 ＝79，所以ac ＝9，解得a ＝3，c ＝3.(2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2B ＝429，由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝223.因为a ＝c ，所以A 为锐角．所以cos A ＝1－sin 2A ＝13.因此sin(A －B )＝sin A cos B －cos A sin B ＝10227.1．(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 ＝±13，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 ＝－32.又因为0<A <π，所以A ＝5π6.(2)由(1)得sin A ＝12.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 Acos A＋sin C cos C )＝sin A cos A ·sin Ccos 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＝34.因为0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝74，故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×1×2×74＝74.1．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 ＝12.又0＜B ＜π，因此B ＝π3.(2)∵A ＋B ＋C ＝π，∴A ＋C ＝2π3，∴sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝sin A ＋sin2π3 cos A －cos 2π3sin A ＝32sin A ＋32cos A ＝3sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6， ∵0＜A ＜2π3，∴π6＜A ＋π6＜5π6，∴12＜sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6≤1，∴32＜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＋32×22＝2＋64. 在△ABD 中，由正弦定理得： BD sin ∠DAB ＝ABsin ∠ADB，∴BD ＝AB ·sin ∠DAB sin ∠ADB ＝5(3＋3)·sin 45°sin 105°＝5(3＋3)×222＋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＋1 200－2×103×203×12＝900.∴CD ＝30(海里)，∴救援船需要的时间t ＝3030＝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 ＝ACsin ∠ABC，所以sin ∠BAC ＝BC ·sin ∠ABC AC ＝30sin 120°70＝3314.故∠BAC 的正弦值是3314.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 ＝22，又0＜C ＜π，∴C ＝π4.6分(2)∵csin 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 22－2＝(2＋2)R 2.10分∴S △ABC ＝12ab sin C ＝24ab ≤2＋12R 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 ＝24ac . 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.。

第2讲三角恒等变换与解三角形

因为 sin A≠0，所以 sin(π－2C)＝sin C，即 sin 2C＝2sin Ccos C＝sin C. 因为 sin C≠0，所以 cos C＝12.
π 因为 0＜C＜π，所以 C＝ 3 .
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(2)由 S△ABC＝12absin C＝ 3，可得 ab＝4. 因为 2a＋b＝6，所以 2a＋4a＝6，解得 a＝1 或 2. 当 a＝1 时，b＝4，由余弦定理 c2＝a2＋b2－2abcos C，得 c＝ 13，所以△ABC 的周长为 5＋ 13. 当 a＝2 时，b＝2，由余弦定理 c2＝a2＋b2－2abcos C，得 c＝2，所以△ABC 的周长为 6. 综上，△ABC 的周长为 6 或 5＋ 13.
又 sin(β－α)＝ 1100＞0，所以 β－α∈π2 ，π，
所以 cos(β－α)＝－
1－sin2（β－α）＝－3
10 10 .
返回
所以 cos(α＋β)＝cos2α＋（β－α）＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α)
＝－2 5 5×－3 1010－
55×
1100＝
2 2.
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解：(1)∵a＋b－ccos A－ 3asin C＝0，
∴由正弦定理得，sin A＋sin B－sin Ccos A－ 3sin Asin C
＝0.
∵B＝π－(A＋C)，∴sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)
＝sin Acos C＋cos Asin C，
∴sin A＋sin Acos C＋cos Asin C－sin Ccos A－ 3sin Asin
坡度为 15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地
面的平面上，某同学在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端

【高考数学热点小专题】三角大题三角变换与解三角形

3.3三角大题三角变换与解三角形必备知识精要梳理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=sin2θ+cos2θ=tan 45°等.(2)角的配凑:如α=(α+β)-β,2α=(α+β)+(α-β);α=12[(α+β)+(α-β)].(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.2.解三角形的公式变形(1)正弦定理asinA =bsinB=csinC的一些变式:①a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C;②sinA=a2R ,sin B=b2R,sin C=c2R;③a=2R sin A,b=2R sin B,c=2R sin C.其中R是△ABC外接圆的半径.(2)余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A的变形为cos A=b2+c2-a22bc.当b2+c2-a2>0(=0,<0)时,角A为锐角(直角,钝角).3.三个等价关系在△ABC中,a>b⇔sin A>sin B⇔A>B.关键能力学案突破热点一三角函数与三角变换的综合【例1】(2020北京海淀二模,17)已知函数f(x)=2cos2ω1x+sin ω2x.(1)求f(0)的值;(2)从①ω1=1,ω2=2;②ω1=1,ω2=1这两个条件中任选一个,作为题目的已知条件,求函数f(x)在[-π2,π6]上的最小值,并直接写出函数f(x)的一个周期.解题心得1.解决三角变换在三角函数图象与性质中的应用的基本思路是:通过变换把函数化为y=A sin(ωx+φ)的形式再研究其性质,解题时注意观察角、名、结构等特征,注意利用整体思想解决相关问题.2.三角变换的总体思路是化异为同,目的是通过消元减少未知量的个数.如把三角函数式中的异名、异角、异次化为同名、同角、同次,或把未知角用已知角表示,或把未知角通过三角变换化成已知角.【对点训练1】(2020北京东城一模,17)已知函数f(x)=a sin2x-π6-2cos 2x+π6(a>0),且满足.(1)求函数f(x)的解析式及最小正周期;(2)若关于x的方程f(x)=1在区间[0,m]上有两个不同解,求实数m的取值范围.从①f(x)的最大值为1,②f(x)的图象与直线y=-3的两个相邻交点的距离等于π,③f(x)的图象过点(π6,0)这三个条件中选择一个,补充在上面问题中并作答.热点二利用正弦定理、余弦定理解三角形【例2】(2020山东,17)在①ac=√3,②c sin A=3,③c=√3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=√3sinB,C=π,?6解题心得1.已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形,正弦定理的形式多样,其中a=2R sin A,b=2R sin B,c=2R sin C(R为三角形外接圆的半径)能够实现边角互化.2.已知两边和它们的夹角或已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形,在运用余弦定理时,要注意整体思想的运用.3.已知两角和一边,该三角形是确定的,其解是唯一的;已知两边和一边的对角,该三角形具有不唯一性,通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.,②a=2,③b cos A+a cos B=√3+1这【对点训练2】(2020山东菏泽一模,17)在①B=π3三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解决相应问题.已知在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若4S=b2+c2-a2,b=√6且,求△ABC的面积S的大小.热点三三角函数与解三角形的综合【例3】(2020山东聊城二模,18)在①a cos B+b cos A=2c cos C,②2a sin A cos B+b sin 2A=√3a,③△ABC的面积为S,且4S=√3(a2+b2-c2),这三个条件中任意选择一个,填入下面的问题中,并求解.在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,函数f(x)=2√3sin ωx cos ωx+2cos2ωx(ω>0)的最小正周期为π,c为f(x)在[0,π]上的最大值,且,求a-b2的取值范围.解题心得对于在三角形中求解有关三角函数的图象和性质的题目,时刻不要忘记对角的范围的限制,特别是求三角函数值的范围或最值时,先要把自变量的取值范围求出来,再利用三角函数的单调性或利用三角函数线确定函数值的范围.【对点训练3】(2020山东烟台模拟,17)已知函数f(x)=1-2√3sin x cos x-2cos2x+m在R上的最大值为3.(1)求m的值及函数f(x)的单调递增区间;(2)若在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c且f(A)=0,求b的取值范围.c热点四三角变换与解三角形的综合【例4】(2020天津,16)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2√2,b=5,c=√13.(1)求角C的大小;(2)求sin A的值;(3)求sin(2A+π)的值.4解题心得在含有边角关系的等式中,利用正弦定理的变形a=2R sin A,b=2R sinB,c=2R sin C,R为三角形外接圆的半径,可直接将等式两边的边化为角;也能利用余弦定将角化为边.在三角形中利用三角变换求三角式的值时,要注理的变形如cos A=b2+c2-a22bc意角的范围的限制,还有隐含条件:A+B+C=π,使用这个隐含条件可以减少未知数的个数.【对点训练4】(2020全国Ⅰ,文18)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.(1)若a=√3c,b=2√7,求△ABC的面积;(2)若sin A+√3sin C=√22,求C.热点五三角函数、三角变换与解三角形的综合【例5】(2020全国Ⅱ,理17)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin B sin C.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.解题心得关于三角函数、三角变换与解三角形的综合题的解题思路,一般是由正弦定理、余弦定理求出某个量作为下面问题的已知量,然后利用三角变换,将所求的量化为f(x)=A sin(ωx+φ)或f(x)=A cos(ωx+φ)的形式,最终求出结果.【对点训练5】(2020浙江,18)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2b sin A-√3a=0.(1)求角B的大小;(2)求cos A+cos B+cos C的取值范围.核心素养微专题(三)核心素养在三角应用和三角综合题中的考查【例1】(多选)(2020山东济南三模,10)台球运动已有五六百年的历史,参与者用球杆在台上击球,如图,有一张长方形球台ABCD,AB=2AD,现从角落A沿角α的方向把球打出去,假设和光线一样,台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律.若球经2次碰撞球台边框后恰好进入角落C的球袋中,则tan α的值为()A.16B.12C.1D.32核心素养分析本例考查考生多个核心素养,首先需要考生在读懂题意的基础上,通过“直观想象”得到两种不同的碰撞情况;然后利用物理学中光的反射定律,通过“数学抽象”得到关于角α所在的直角三角形;再通过“数学建模”将问题转化为三角函数的模型;最后通过“数学运算”得出答案.【例2】(2020山东淄博4月模拟,18)已知A,B分别在射线CM,CN(不含端点C)上运动,∠MCN=2π3,在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a,b,c依次成等差数列,且公差为2.求c的值;(2)若c=√3,∠ABC=θ,试用θ表示△ABC的周长,并求周长的最大值.核心素养分析本例题是一道跨章节的综合题,在解三角形的题境下,将等差数列与余弦定理的知识相结合,将函数和正弦定理的知识相结合,应用到一个问题中.使三角形的周长的最值问题通过建立三角函数模型得到解决.考查了“数学建模”“数学运算”素养和知识的应用能力、迁移能力,同时也考查了方程与函数的思想.3.3 三角大题三角变换与解三角形关键能力·学案突破【例1】解(1)f(0)=2cos20+sin 0=2.(2)方案一:选条件①.f(x)的一个周期为π.f(x)=2cos2x+sin 2x=(cos 2x+1)+sin 2x=√2√22sin 2x+√22cos 2x+1=√2sin2x+π4+1.因为x∈[-π2,π6 ],所以2x+π4∈[-3π4,7π12].所以-1≤sin(2x+π)≤1.所以1-√2≤f(x)≤1+√2.当2x+π4=-π2,即x=-3π8时,f(x)在-π2,π6上取得最小值1-√2.方案二:选条件②.f(x)的一个周期为2π.f(x)=2cos2x+sin x=2(1-sin2x)+sin x=-2(sinx-14)2+178.因为x∈[-π2,π6 ],所以sin x∈[-1,1].所以-1≤f(x)≤17.当sin x=-1,即x=-π2时,f(x)在[-π2,π6]上取得最小值-1.对点训练1解(1)因为f(x)=a sin2x-π6-cos 2(x+π6)-1=a sin2x-π6-cos2x+π3-1=a sin2x-π6-cos2x-π6+π2-1=(a+1)sin2x-π6-1,所以函数f(x)的最小正周期T=π.因为a>0,所以函数f(x)的最大值和最小值分别为a,-a-2.若选①,则a=1,函数f(x)=2sin2x-π6-1;若选②,则-3为函数f(x)的最小值,从而a=1,函数f(x)=2sin(2x-π6)-1;若选③,则(a+1)sin2×π6−π6-1=0,从而a=1,函数f(x)=2sin2x-π6-1.(2)由(1)知,函数f(x)的最大值为1.因为关于x的方程f(x)=1在区间[0,m]上有两个不同解,当x∈[0,m]时,2x-π6∈-π6,2m-π6,所以5π2≤2m-π6<9π2,解得4π3≤m<7π3.所以实数m的取值范围是4π3,7π3.【例2】解方案一:选条件①.由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=√32.由sin A=√3sin B及正弦定理,得a=√3b.于是2222√3b2=√32,由此可得b=c.由①ac=√3,解得a=√3,b=c=1.因此,选条件①时,问题中的三角形存在,此时c=1.方案二:选条件②.由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=√32.由sin A=√3sin B及正弦定理,得a=√3b.于是3b2+b2-c22√3b2=√32,由此可得b=c.所以B=C=π6.由A+B+C=π,得A=π-π6−π6=2π3.由②c sin A=3,即c sin2π3=3,所以c=b=2√3,a=6.因此,选条件②时,问题中的三角形存在,此时c=2√3.方案三:选条件③.由C=π6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=√32.由sin A=√3sin B及正弦定理,得a=√3b.于是3b2+b2-c22√3b2=√32,由此可得b=c.由③c=√3b,与b=c矛盾.因此,选条件③时,问题中的三角形不存在.对点训练2解因为4S=b2+c2-a2,cos A=b2+c2-a22bc ,S=12bc sin A,所以2bc sin A=2bc cos A.显然cos A≠0,所以tan A=1.又因为A∈(0,π2),所以A=π4.若选①B=π3,由asinA=bsinB,得a=bsinAsinB=√6×√2232=2.又因为sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin A cos B+cos A sin B=√6+√24,所以S=12ab sin C=3+√32.若选②a=2,由asinA =bsinB,得sin B=bsinAa=√32,因为B∈(0,π2),所以cos B=12.又因为sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin A cos B+cos A sin B=√6+√24,所以S=12ab sin C=3+√32.若选③b cos A+a cos B=√3+1,所以a cos B=1,即a ·a 2+c 2-62ac=1,所以a 2=6+2c-c 2.又因为a 2=6+c 2-2√6c ·√22=6+c 2-2√3c ,所以6+2c-c 2=6+c 2-2√3c ,解得c=√3+1. 所以S=12bc sin A=3+√32.【例3】解 f (x )=2√3sin ωx cos ωx+2cos 2ωx=√3sin 2ωx+cos 2ωx+1=2sin 2ωx+π6+1.因为T=2π2ω=π,所以ω=1,f (x )=2sin (2x +π6)+1.因为0≤x ≤π2,所以π6≤2x+π6≤7π6,所以-12≤sin (2x +π6)≤1. 所以f (x )的最大值为3,即c=3.若选①,由a cos B+b cos A=2c cos C 及正弦定理可得sin A cos B+sin B cosA=2sin C cos C ,即sin(A+B )=2sin C cos C ,所以cos C=12,C为三角形内角,所以C=π3.若选②,由2a sin A cos B+b sin 2A=√3a 及正弦定理得2sin 2A cos B+2sinB sin A cos A=√3sin A.因为sin A ≠0,所以sin A cos B+sin B cos A=√32, 所以sin(A+B )=√32, 所以sin C=√32.因为C 为锐角,所以C=π.若选③,由4S=√3(a 2+b 2-c 2),得2ab sin C=√3(a 2+b 2-c 2),即sinC=√3(a 2+b 2-c 2)2ab ,所以sin C=√3cos C ,即tan C=√3,所以C=π3.因为c=3,C=π3,所以A+B=23π,csinC =2√3.a-b=2√3(sin A-sin B )=2√3sin A-sin 23π-A=2√3sin A-π3.因为π6<A<π2,所以-π6<A-π3<π6,所以-√3<2√3sin A-π3<√3.所以a-b 的取值范围为(-√3,√3).对点训练3 解 (1)f (x )=1-2√3sin x cos x-2cos 2x+m=-(√3sin 2x+cos 2x )+m=-2sin (2x +π6)+m ,由已知2+m=3,得m=1, 所以f (x )=-2sin 2x+π6+1.令2k π+π2≤2x+π6≤2k π+3π2,k ∈Z ,得k π+π6≤x ≤k π+2π3,k ∈Z , 所以函数f (x )的单调递增区间为k π+π6,k π+2π3,k ∈Z . (2)由(1)知-2sin 2A+π6+1=0,所以sin 2A+π6=12, 由0<A<π2得π6<2A+π6<7π6, 所以2A+π6=5π6,解得A=π3.b c =sinBsinC=sin (π3+C )sinC=√32cosC +12sinC sinC=√32tanC+12.因为三角形ABC 为锐角三角形, 所以{ 0<C <π2,0<B =2π3-C <π2,解得π6<C<π2.所以tan C>√33,所以12<bc <2, 即bc 的取值范围为12,2.【例4】解(1)在△ABC中,由余弦定理及a=2√2,b=5,c=√13,可得cosC=a2+b2-c22ab =√22.又因为C∈(0,π),所以C=π4.(2)在△ABC中,由正弦定理及C=π4,a=2√2,c=√13,可得sin A=asinCc=2√1313.(3)由a<c及sin A=2√1313,可得cos A=√1−sin2A=3√1313,进而sin 2A=2sinA cos A=1213,cos 2A=2cos2A-1=513.所以sin(2A+π4)=sin 2A cosπ4+cos2A sinπ4=1213×√22+513×√22=17√226.对点训练4解(1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×√3c2×cos 150°,解得c=-2(舍去),c=2.从而a=2√3.△ABC的面积为12×2√3×2×sin 150°=√3.(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,所以sin A+√3sin C=sin(30°-C)+√3sin C=sin(30°+C).故sin(30°+C)=√22.而0°<C<30°,所以30°+C=45°,故C=15°.【例5】解(1)由正弦定理和已知条件得BC2-AC2-AB2=AC·AB.①由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB cos A.②由①②得cos A=-12.因为0<A<π,所以A=2π3.(2)由正弦定理及(1)得ACsinB =ABsinC=BCsinA=2√3,从而AC=2√3sinB,AB=2√3sin(π-A-B)=3cos B-√3sin B.故BC+AC+AB=3+√3sin B+3cos B=3+2√3sin(B+π3).又因为0<B<π3,所以当B=π6时,△ABC周长取得最大值3+2√3.对点训练5解(1)由正弦定理, 得2sin B sin A=√3sin A,故sin B=√32,由题意,得B=π3.(2)由A+B+C=π,得C=2π3-A,由△ABC是锐角三角形,得A∈(π6,π2).由cos C=cos(2π3-A)=-12cos A+√32sinA,得cos A+cos B+cos C=√32sin A+12cos A+12=sin(A+π6)+12∈(√3+12,32].故cos A+cos B+cos C的取值范围是(√3+12,3 2 ].核心素养微专题(三)【例1】AD解析因为AB=2AD,现从角落A沿角α的方向把球打出去,球经2次碰撞球台边框后恰好进入角落C的球袋中,有两种情况,一种是球先和球台边框DC碰撞,另一种是球先和球台边框BC碰撞,第一种情况如图,A关于DC的对称点为E,C关于AB的对称点为F.根据直线的对称性可得tan α=EGGF =3AD2AD=32.第二种情况如图,A关于BC的对称点为G,C关于AD的对称点为E.根据直线的对称性可得tan α=EFFG =AD6AD=16.故选AD.【例2】解(1)∵a,b,c依次成等差数列,且公差为2,∴a=c-4,b=c-2,又∠MCN=2π3,即cos C=-12,由余弦定理可得a2+b2-c22ab =-12,将a=c-4,b=c-2代入,得c2-9c+14=0,解得c=7或c=2.又c>4,∴c=7.(2)在△ABC中,由正弦定理可得ACsin∠ABC =BCsin∠BAC=ABsin∠ACB,∴AC sinθ=BCsin(π3-θ)=√3sin2π3,即AC=2sin θ,BC=2sin(π3-θ).∴△ABC的周长f(θ)=AC+BC+AB=2sin θ+2sin(π3-θ)+√3=212sin θ+√32cos θ+√3=2sinθ+π3+√3.又θ∈0,π3,∴π3<θ+π3<2π3,当θ+π3=π2,即θ=π6时,f(θ)取得最大值2+√3.。

高三数学三角函数三角恒等变换解三角形试题答案及解析

高三数学三角函数三角恒等变换解三角形试题答案及解析1.已知函数的图象上关于轴对称的点至少有3对，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】原函数在轴左侧是一段正弦型函数图象，在轴右侧是一条对数函数的图象，要使得图象上关于轴对称的点至少有对，可将左侧的图象对称到轴右侧，即，应该与原来轴右侧的图象至少有个公共点如图，不能满足条件，只有此时，只需在时，的纵坐标大于，即，得．【考点】分段函数，函数图象，正弦型函数，对数函数2.若，则函数的最大值是___________．【答案】【解析】由题意因为，所以，所以函数的最大值是．【考点】求最大值．3.已知，，则下列不等式一定成立的是A．B．C．D．【答案】D【解析】,【考点】三角函数的性质4.若，且为第二象限角，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由得又为第二象限角，所以，选B．【考点】两角差余弦公式5.设函数对任意的，都有，若函数，则的值是（）A．1B．-5或3C．-2D．【答案】C【解析】根据题意有是函数图像的对称轴，从而有，所以有，故选C．【考点】三角函数的性质．6.设的最小值为，则．【答案】【解析】，根据题意，结合二次函数在某个区间上的最值问题，对参数进行讨论，当时，其最小值为，所以不合题意，当时，其最小值为，解得，当时，其最小值为，无解，所以．【考点】倍角公式，二次函数在给定区间上的最值问题．7.设函数对任意的，都有，若函数，则的值是（）A．1B．-5或3C．D．-2【答案】D【解析】根据题意有是函数图像的对称轴，从而有，所以有，故选D．【考点】三角函数的性质．8.下列函数中，以为最小正周期的偶函数是（）A．y=sin2x+cos2xB．y=sin2xcos2xC．y=cos（4x+）D．y=sin22x﹣cos22x【答案】D【解析】因为A项为非奇非偶函数，B项是奇函数，C项是奇函数，只有D项是符合题意的，故选D．【考点】诱导公式，倍角公式，三角函数的奇偶性和周期．9.函数的最大值为．【答案】【解析】解析式表示过的直线的斜率，由几何意义，即过定点（4，3）与单位圆相切时的切线斜率为最值．所以设切线得斜率为k，则直线方程为，即 ,【考点】三角函数最值【方法点睛】本题主要考查三角函数最值问题及转化的思想，解决问题的根据是根据所给函数式子转化为直线与圆的位置关系问题，即将所给式子看做定点与单位圆上点的连线的斜率的范围问题，通过模型转化使问题定点巧妙解决，属于经典试题．10.（本题满分12分）如图，在中，边上的中线长为3，且，．（1）求的值；（2）求边的长．【答案】（1）（2）4【解析】（1）利用角的关系，再结合两角差正弦公式展开就可求解（2）先在三角形ABD中，由正弦定理解出BD长，即CD长：由正弦定理，得，即，解得…故；再在三角形ADC中由余弦定理解出AC：；AC= 4试题解析：（1）（2）在中，由正弦定理，得，即，解得…故，从而在中，由余弦定理，得；AC= 4 ；【考点】正余弦定理11.中，，则的最大值为．【答案】【解析】设，由余弦定理的推论，所以，设，代入上式得，，故，当时，此时，符合题意，因此最大值为，故答案为：．【考点】解三角形．【思路点睛】首先假设，然后再根据余弦定理的推论，可得，找到与的关系，再设，代入上式得，利用根的判别式，进而求出结果．本题的关键是利用余弦定理的推论．12.已知函数的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）若，求函数在区间上的单调减区间．【答案】（1）；（2），．【解析】（1）由图象中的最高点和最低点的纵坐标得到关于的方程组求得，再利用图象得到函数的周期，进而得到值，最后代入最低点坐标或最高点坐标结合的范围求出，即得到函数的解析式；（2）先求出，利用两角和差的正弦公式将其化为的形式，再利用整体思想求其单调递减区间．试题解析：（1）由图知，解得，又，所以，所以，将点代入，得，再由，得，所以；（2）因为由，解得；又，故所求的单调减区间为，．【考点】1.三角函数的图象与性质；2.三角恒等变形．13.已知角的终边经过点（-4，3），则= ，= ；【答案】;【解析】由题意可得.【考点】任意角三角函数的定义.14.在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若，求△ABC的面积．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）在解三角形的背景下，考查正弦定理，余弦定理，知值求值．（Ⅱ）综合余弦定理，求三角形的面积公式，需要把作为整体求之．试题解析：（Ⅰ）由正弦定理得将上式代入已知即，即．∵∵∵B为三角形的内角，∴．（Ⅱ）由余弦定理得，结合，可得，所以△ABC的面积．【考点】正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式．15.在△中，角，，所对的边分别为，，，表示△的面积，若，，则．【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴．【考点】解三角形．【思路点睛】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得，可得，再用正弦定理把中的边换成角的正弦，利用两角和公式化简整理可求得，最后根据三角形内角和，进而求得．16.中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若的面积，则 .【答案】【解析】由余弦定理，，又，，，即，，．【考点】1、余弦定理；2、同角三角函数的基本关系；3、三角形面积公式.【思路点睛】本题主要考查的是余弦定理、同角三角函数基本关系、三角形的面积公式，属于容易题.因为题目求，且的面积，边的平方的形式一般想到余弦定理，面积展开后利用余弦定理即可求得与的关系，从而利用同角三角函数的基本关系求得.17.（2012•安徽）设△ABC的内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，且有2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若b=2，c=1，D为BC的中点，求AD的长．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）根据2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC，可得2sinBcosA=sin（A+C），从而可得2sinBcosA=sinB，由此可求求角A的大小；（Ⅱ）利用b=2，c=1，A=，可求a的值，进而可求B=，利用D为BC的中点，可求AD的长．解：（Ⅰ）∵2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC∴2sinBcosA=sin（A+C）∵A+C=π﹣B∴sin（A+C）=sinB＞0∴2sinBcosA=sinB∴cosA=∵A∈（0，π）∴A=；（Ⅱ）∵b=2，c=1，A=∴a2=b2+c2﹣2bccosA=3∴b2=a2+c2∴B=∵D为BC的中点，∴AD=．【考点】余弦定理；三角函数的恒等变换及化简求值．18.在中，已知．（Ⅰ）求sinA与角B的值；（Ⅱ）若角A,B,C的对边分别为的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），．【解析】（I）给出了关于角的两个三角函数值，利用诱导公式和同角三角函数的基本关系式可求得其正弦、余弦，再根据三角形的性质可求得的值；（II）在第一问的基础上，利用正弦定理可求得边，再由余弦定理求边，注意利用三角形基本性质舍解．试题解析：（Ⅰ）∵，，又∵，．∵，且，．（Ⅱ）由正弦定理得，，另由得，解得或（舍去），，．【考点】三角函数的诱导公式，同角三角函数的基本关系式及利用正、余弦定理在解三角形．19.已知，则的值为．【答案】．【解析】，故填：．【考点】三角恒等变形．20.在中，角A，B，C的对边分别为，，，若，则角的值为（）A．或B．或C．D．【答案】A．【解析】，，∴或，故选A．【考点】余弦定理．【思路点睛】由已知条件，可先将切化弦，再结合正弦定理，将该恒等式的边都化为角，然后进行三角函数式的恒等变形，找出角之间的关系；或将角都化成边，然后进行代数恒等变形，可一题多解，多角度思考问题，从而达到对知识的熟练掌握．21.为了得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点（）A．横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变B．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C．纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变D．纵坐标缩短到原来的2倍，横坐标不变【答案】A【解析】这是一个三角函数的图象变换问题，一般的为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的横坐标伸长（）或缩短（）到原来的倍（纵坐标不变）即可，因此为了得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，故选A.【考点】三角函数的图象变换．【方法点睛】本题是一个三角函数的图象变换问题，属于容易题.一般的要得到函数（其中）的图像可按以下步骤进行：先把的图象向左（）或向右（）平移个单位，再将所得函数的图象上各点的横坐标扩大（）或缩小（）为原来的（纵坐标不变），再把所得函数图象上各点的纵坐标扩大（）或缩小（）为原来的倍（横坐标不变），最后再将所得图像向上（）或向下（）平移个单位，即可得到函数的图象.22.如图，在中，，，点在边上，且，.（I）求；（II）求的长.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），.【解析】（Ⅰ）由图可知，所以，又，所以，再由两角差的正弦公式可求得；（Ⅱ）由题意可用正弦定理、余弦定理即可求出、的长，在中，有，又从而可求得；在中，由余弦定理得，，从而可求出.试题解析：（Ⅰ）在中，因为，所以，所以（Ⅱ）在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，所以【考点】1.解三角形；2.两角差的正弦公式.23.设的内角对边分别为，已知，且.（1）求角的大小；（2）若向量与共线，求的值.【答案】(1);(2)。

数学总复习第三章三角函数、三角恒等变换及解三角形第5课时二倍角的正弦、余弦和正切公式含解析

第三章三角函数、三角恒等变换及解三角形第5课时二倍角的正弦、余弦和正切公式(对应学生用书（文）、(理)49～50页)考情分析考点新知掌握二倍角公式(正弦、余弦、正切)，能运用它们进行简单的三角函数式的化简、求值及恒等式证明．能从两角和公式推导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，体会化归思想的应用.1。

（必修4P105例1改编)已知sinα＝－错误!，α∈错误!，则sin2α＝__________．答案：－错误!解析:∵sinα＝－错误!，α∈错误!，∴α∈错误!，cosα＝错误!。

∴sin2α＝2sinαcosα＝－错误!.2. （必修4P108习题3.2第5(2)题改编)已知α为第二象限角，sin α＋cosα＝错误!，则cos2α＝________．答案：－错误!解析：∵sinα＋cosα＝错误!，∴(sinα＋cosα）2＝错误!，∴2sinαcosα＝－错误!，即sin2α＝－错误!.∵α为第二象限角且sinα＋cosα＝33〉0，∴2kπ＋π2<α〈2kπ＋错误!π（k∈Z），∴4kπ＋π〈2α<4kπ＋错误!π(k∈Z)，∴2α为第三象限角，∴cos2α＝－错误!＝－错误!。

3. (必修4P108习题3.2第3题改编）若sin(错误!＋θ）＝错误!，则cos2θ＝________．答案:－错误!解析：∵ sin错误!＝错误!，∴cosθ＝错误!,∴cos2θ＝2cos2θ－1＝－错误!。

4。

（必修4P106练习第1（1）题改编)函数f（x)＝sinxcosx的最小正周期是________．答案：π解析：∵f（x)＝sinxcosx＝错误!sin2x,∴T＝错误!＝π.5. (必修4P108习题3.2第5（3)题改编）若错误!≤α≤错误!，则错误!＋错误!＝________．答案:－2sin α2解析：∵错误!≤α≤错误!，∴错误!≤错误!≤错误!。

∴1＋sinα＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝－错误!－错误!＝－2sin错误!。

三角恒等变换与解三角形

三角恒等变换与解三角形三角恒等变换是解决三角形相关问题中常用的工具。

通过利用三角函数之间的关系，可以在一些情况下简化问题的求解，或者将复杂的三角形相关问题转化为更简单的形式。

本文将介绍一些常见的三角恒等变换，并结合实例说明其在解三角形问题中的应用。

1. 正弦定理正弦定理是三角形中常用的定理之一，用于求解三角形的边或角。

假设有一个三角形ABC，边长分别为a、b、c，对应的内角为A、B、C，正弦定理的数学表达式为：```a/sinA = b/sinB = c/sinC```其中，等式两边都表示边与对应角的正弦值的比例关系。

举例：已知三角形的两边a、b和它们夹角C，求第三边c。

根据正弦定理可得```c/sinC = a/sinA = b/sinB```通过这个等式可以解出c的值，进而求得整个三角形的相关信息。

2. 余弦定理余弦定理也是解决三角形问题时常用的定理之一，可以用于求解三角形的边或角。

假设有一个三角形ABC，边长分别为a、b、c，对应的内角为A、B、C，余弦定理的数学表达式为：```c^2 = a^2 + b^2 - 2*a*b*cosC```其中，等式右侧表示边长和夹角的余弦值的比例关系。

举例：已知三角形的两边a、b和它们的夹角C，求第三边c。

根据余弦定理可得```c^2 = a^2 + b^2 - 2*a*b*cosC```通过解这个方程可以求得c的值。

3. 正切定理正切定理是利用正切函数关系来解决三角形问题的定理，可以用于求解三角形的边或角。

假设有一个三角形ABC，边长分别为a、b，对应的内角为A、B，正切定理的数学表达式为：```tanA = (b*sinA)/(a - b*cosA)```其中，等式右侧表示两个边长度和夹角的正切值的比例关系。

举例：已知三角形的一边a和它的内角A，求另一边b。

根据正切定理可得```tanA = (b*sinA)/(a - b*cosA)```通过这个等式可以解出b的值。

微专题2 三角恒等变换与解三角形

微专题2 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重点，其中关键是运用倍角公式、两角和与差公式进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心； 2.正、余弦定理及应用是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题，常与三角恒等变换交汇融合，注重基础知识、基本能力的考查.1.(2021·全国乙卷)cos 2π12－cos 25π12＝( ) A.12B.33C.22D.32答案 D解析因为cos 5π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－5π12＝sin π12，所以cos 2π12－cos 25π12＝cos 2π12－sin 2π12＝cos π6＝32.故选D.2.(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝22cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin β，则( ) A.tan(α－β)＝1 B.tan(α＋β)＝1 C.tan(α－β)＝－1 D.tan(α＋β)＝－1 答案 C解析由题意得sin αcos β＋sin βcos α＋cos αcos β－sin αsin β ＝22×22(cos α－sin α)sin β，整理，得sin αcos β－sin βcos α＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1，故选C.3.(2021·全国甲卷)在△ABC 中，已知B ＝120°，AC ＝19，AB ＝2，则BC ＝( ) A.1 B. 2 C. 5 D.3答案 D解析法一由余弦定理得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). 故选D.法二由正弦定理AC sin B ＝AB sin C ，得sin C ＝AB ·sin B AC ＝5719，从而cos C ＝41919(C 是锐角)，所以sin A ＝sin [π－(B ＋C )]＝sin (B ＋C ) ＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝32×41919－12×5719＝35738. 又AC sin B ＝BC sin A ，所以BC ＝AC ·sin Asin B ＝3.故选D.4.(2021·浙江卷)在△ABC 中，B ＝60°，AB ＝2，M 是BC 的中点，AM ＝23，则AC ＝________；cos ∠MAC ＝________. 答案 21323913解析由B ＝60°，AB ＝2，AM ＝23，及余弦定理可得BM ＝4，因为M 为BC 的中点，所以BC ＝8. 在△ABC 中，由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2BC ·AB ·cos B ＝4＋64－2×8×2×12＝52，所以AC ＝213，所以在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝AC2＋AM2－MC22AC·AM＝52＋12－162×213×23＝23913.5.(2022·全国乙卷)设△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)若A＝2B，求C；(2)证明：2a2＝b2＋c2.(1)解由A＝2B，A＋B＋C＝π，可得A＝2π－2C3.将A＝2B代入sin C sin(A－B)＝sin B sin(C－A)，可得sin C sin B＝sin B sin(C－A).因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以sin C＝sin(C－A).又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，即A＝2C－π，与A＝2π－2C3联立，解得C＝5π8.(2)证明法一由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(*).由余弦定理得，ac cos B＝a2＋c2－b22，ab cos C＝a2＋b2－c22，2bc cos A＝b2＋c2－a2，将上述三式代入(*)式并整理，得2a2＝b2＋c2.法二因为A＋B＋C＝π，所以sin C sin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2A cos2B－cos2A sin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sin B sin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.又sin C sin(A－B)＝sin B sin(C－A)，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.热点一三角恒等变换1.三角求值“三大类型”“给角求值”“给值求值”“给值求角”.2.三角恒等变换“四大策略”(1)数值代换：常用到“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，实现角和函数名的统一.例1 (1)(2022·长沙长郡中学调研)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2且12cos 2α＋7sin 2α－4＝0，若tan(α＋β)＝3，则tan β＝( ) A.－113或－7 B.－711或1 C.1D.－113(2)(2022·深圳质检)已知α，β∈(0，π)且tan α＝12，cos β＝－1010，则α＋β＝( ) A.π4 B.3π4 C.5π6 D.5π4 答案 (1)D (2)B解析 (1)由12cos 2α＋7sin 2α－4＝0，得4cos 2α＋7sin αcos α－2sin 2α＝0， ∴2tan 2α－7tan α－4＝0，由α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，得tan α＝4. 又∵tan(α＋β)＝3， ∴tan β＝tan(α＋β－α)＝tan （α＋β）－tan α1＋tan （α＋β）tan α＝3－41＋3×4＝－113，故选D.(2)因为α，β∈(0，π)且tan α＝12， cos β＝－1010，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，23π，sin β＝1－cos 2β＝31010，tan β＝sin βcos β＝－3，α＋β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，56π，因为tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝12＋（－3）1－12×（－3）＝－1，所以α＋β＝3π4.故选B.易错提醒 (1)求三角函数值时，要注意根据角的范围判断三角函数值的符号来确定其值.(2)对于给值求角问题，要根据已知角求这个角的某个三角函数值，然后结合角的范围求出角的大小，求解时，要尽量缩小角的取值范围，避免产生增解. 训练1 (1)(2022·重庆诊断)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，若sin α＝45，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝( )A.4－3310 B.33－410C.43－310D.4＋3310(2)(2022·盐城二模)计算2cos 10°－sin 20°cos 20°所得的结果为( ) A.1 B. 2 C. 3D.2 答案 (1)D (2)C解析 (1)由α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2且sin α＝45，得cos α＝35，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝cos αcos π6＋sin αsin π6＝4＋3310.故选D.(2)原式＝2cos （30°－20°）－sin 20°cos 20°＝3cos 20°＋sin 20°－sin 20°cos 20°＝ 3.热点二正弦定理和余弦定理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 ，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 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 .例2 (1)(2022·邢台联考)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知(a ＋b )·(sin A －sin B )＝c sin C ＋b (1＋cos A )·sin C ，则cos A ＝( ) A.－13 B.－23 C.13D.23(2)(2022·烟台模拟)在△ABC 中，已知C ＝120°，sin B ＝2sin A ，且△ABC 的面积为23，则AB 的长为________. 答案 (1)A (2)27解析 (1)由题意及正弦定理可得(a ＋b )(a －b )＝c 2＋bc (1＋cos A )，整理得a 2＝b 2＋c 2＋bc (1＋cos A )，因为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以－2cos A ＝1＋cos A ，解得cos A ＝－13.(2)设角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . 由sin B ＝2sin A 及正弦定理可得b ＝2a ， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12a ×2a ×32＝23，∴a ＝2，b ＝4，由余弦定理可得c 2＝4＋16－2×2×4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝28，∴c ＝27.规律方法 (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 的齐次等式时，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.训练2 (1)(2022·泰安三模)在△ABC 中，AC ＝3，BC ＝2，cos C ＝34，则tan A ＝( ) A.56B.76C.53D.73(2)在△ABC 中，cos C ＝23，AC ＝4，BC ＝3，则cos B 等于( ) A.19 B.13 C.12 D.23 答案 (1)D (2)A 解析 (1)由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2BC ·AC cos C ＝32＋22－2×3×2×34＝4，所以AB ＝2，所以AB ＝BC ，所以A ＝C ，所以cos A ＝cos C ＝34，则sin A ＝74，故tan A ＝73.故选D.(2)由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos C ＝42＋32－2×4×3×23＝9，所以AB ＝3，所以cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝9＋9－162×3×3＝19.故选A.热点三正弦定理、余弦定理的综合应用1.利用正、余弦定理解决实际问题的一般流程：分析→列关系式→求解→检验2.涉及正、余弦定理与三角形面积的综合问题求三角形面积时常用S＝12ab sin C形式的面积公式.3.在△ABC中，有a＝b cos C＋c cos B，b＝a cos C＋c cos A，c＝a cos B＋b cos A，称为射影定理，在小题中使用可快速化简，大题解答时需有简单证明过程.Ｋ例3 (2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(3≈1.732)()A.346B.373C.446D.473答案 B解析如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝100tan 15°.在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，则BD＝A′B′＝C′B′·sin 45°sin 75°，又在B 点处测得A 点的仰角为45°，所以AD ＝BD ＝C ′B ′·sin 45°sin 75°，所以高度差AA ′－CC ′＝AD ＋BE ＝C ′B ′·sin 45°sin 75°＋100＝100tan 15°·sin 45°sin 75°＋100 ＝100sin 45°sin 15°＋100＝100×2222×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－12＋100＝100(3＋1)＋100≈373.例4 (2022·北京海淀区模拟)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin B ＝3b cos A . (1)求A ；(2)从以下三组条件中选择一组条件作为已知条件，使△ABC 存在且唯一确定，并求△ABC 的面积.第①组条件：a ＝19，c ＝5. 第②组条件：cos C ＝13，c ＝4 2. 第③组条件：AB 边上的高h ＝3，a ＝3.注：如果选择多种情形分别解答，按第一个解答计分.解 (1)因为a sin B ＝3b cos A ，由正弦定理可得sin A sin B ＝3sin B cos A ，又B ∈(0，π)，所以sin B ≠0，则sin A ＝3cos A ，即tan A ＝3，又A ∈(0，π)，所以A ＝π3.(2)若选择第①组条件，由余弦定理可得 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即19＝b 2＋25－5b ，解得b ＝2或3，不符合题意，故不能选第①组条件.若选择第②组条件，因为C ∈(0，π)， cos C ＝13，所以sin C ＝223，由正弦定理a sin A ＝c sin C 可得a ＝c sin Asin C ＝42×32223＝33，则sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝32×13＋12×223＝22＋36，此时△ABC 的面积S ＝12ac sin B＝12×33×42×22＋36＝43＋3 2.若选择第③组条件，因为AB 边上的高h ＝3，所以b sin π3＝3，则b ＝332＝2，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得9＝4＋c 2－2c ，解得c ＝1＋6(舍负)，此时△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×2×(1＋6)×32＝3＋322.规律方法 (1)对于解三角形的开放性问题，要根据自己的实际情况，选择自己最熟悉，易转化的条件用以求解.(2)与面积有关的问题，一般要根据已知角来选择三个面积公式(S ＝12ab sin C bc sin A ＝12ac sin B )中的一个，同时再用正、余弦定理进行边角转化.训练3 (1)(2022·湖南三湘名校联考)如图是2021年9月17日13时34分神舟十二号返回舱(图中C )接近地面的场景.伞面是表面积为1 200 m 2的半球面(不含底面圆)，伞顶B 与返回舱底端C 的距离为半球半径的5倍，直线BC 与水平地面垂直于D ，D 和观测点A 在同一水平线上，在A 测得点B 的仰角∠DAB ＝30°，且sin ∠BAC ＝732247，则此时返回舱底端离地面的距离CD ＝______(π＝3.14，sin ∠ACB ＝93247，计算过程中，球半径四舍五入保留整数).答案 20 m解析设半球的半径为r m ，则2πr 2＝1 200，∴r ≈14， ∴BC ＝5r ＝70 m.在△ABC 中，由正弦定理得AB sin ∠ACB ＝BCsin ∠BAC，则AB ＝BC sin ∠ACB sin ∠BAC ＝70×93247×224773＝180(m)，∴BD ＝90 m ，则CD ＝BD －BC ＝20(m).(2)(2022·青岛调研)从①2b sin A ＝a tan B ，②a 2－b 2＝ac －c 2，③3sin B ＝cos B ＋1这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且________. (ⅰ)求B 的大小；(ⅱ)若b ＝2，S △ABC ＝32，求△ABC 的周长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解 (ⅰ)若选①：因为2b sin A ＝a tan B ＝a sin B cos B ，所以2ab ＝abcos B ，所以cos B ＝12，因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.若选②：因为a 2－b 2＝ac －c 2，所以a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以2ac cos B ＝ac ，所以cos B ＝12，因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3. 若选③：因为3sin B ＝cos B ＋1，所以3sin B －cos B ＝1，所以2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6＝1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6＝12，因为B －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，5π6，所以B －π6＝π6，所以B ＝π3.(ⅱ)因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，所以a 2＋c 2－ac ＝4，又S △ABC ＝12ac sin B ＝32，所以ac ＝2，所以(a ＋c )2－3ac ＝4，所以(a ＋c )2＝10，所以a ＋c ＝10，所以△ABC 的周长为2＋10.一、基本技能练1.(2022·河北省级联测)在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，B ＝135°，b ＝15，c ＝3，则a ＝( ) A.2 B. 6 C.3 D.2 6答案 B解析由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2＋2ac ，即15＝a 2＋6a ＋3，解得a ＝6(舍负).故选B.2.(2022·山东新高考联考)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π12＝13，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝( )A.－29B.29C.－79D.79 答案 D解析设α＝θ－π12，则θ＝α＋π12，sin α＝13，从而sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π12＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝cos 2α＝1－2sin 2α＝79. 故选D.3.(2022·贵阳质检)在△ABC 中，若3a sin B ＝c －b cos A ，则B ＝( ) A.π12 B.π6 C.π4 D.π3 答案 B解析由3a sin B ＝c －b cos A 及正弦定理，得3sin A sin B ＝sin C －sin B cos A ，又sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，则3sin A sin B ＝sin A cos B ， ∵sin A ≠0，∴sin B cos B ＝tan B ＝33，又B ∈(0，π)，则B ＝π6.4.(2022·深圳六校联考)已知△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，则根据条件解三角形时有两解的一组条件是( ) A.a ＝1，b ＝2，A ＝π4 B.a ＝2，b ＝1，A ＝π4 C.a ＝2，b ＝3，A ＝π6 D.a ＝4，b ＝3，A ＝2π3答案 C解析对于A ，由a sin A ＝b sin B 且a ＝1，b ＝2，A ＝π4，得1sin π4＝2sin B ，sin B ＝2>1，所以△ABC 无解.对于B ，由a sin A ＝b sin B 且a ＝2，b ＝1，A ＝π4，得2sin π4＝1sin B ，sin B ＝24<1，又b <a ，所以B 唯一确定，△ABC 有一解.对于C ，由a sin A ＝b sin B 且a ＝2，b ＝3，A ＝π6，得2sin π6＝3sin B ，sin B ＝34，又b >a ，B ∈(0，π)，所以B 的值有2个，△ABC 有两解.对于D ，由a sin A ＝b sin B 且a ＝4，b ＝3，A ＝23π，得4sin 23π＝3sin B ，sin B ＝338<1，又b <a ，所以B 唯一确定，△ABC 有一解. 5.(2022·辽宁百校联盟质检)如图，无人机在离地面高300 m 的M 处，观测到山顶A 处的俯角为15°，山脚C 处的俯角为60°，已知AB ＝BC ，则山的高度AB 为( )A.150 2 mB.200 mC.200 2 mD.300 m答案 B解析在Rt △MNC 中，∠MCN ＝60°， MN ＝300 m ，所以MC ＝MNsin 60°＝200 3 m. 在△ACM 中，由已知得∠MAC ＝15°＋45°＝60°，∠AMC ＝60°－15°＝45°，由正弦定理得MC sin 60°＝AC sin 45°，故AC ＝2003×2232＝200 2 m.在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝AC sin 45° ＝2002×22＝200 m ，所以山的高度AB ＝200 m.故选B.6.(2022·郑州二模)已知函数f (x )＝sin(πx ＋φ)在某个周期内的图象如图所示，A ，B 分别是f (x )图象的最高点与最低点，C 是f (x )的图象与x 轴的交点，则tan ∠BAC ＝( )A.12B.47C.255D.76565答案 B解析过A 作AD 垂直于x 轴于点D ，设AB 与x 轴交于E ，由题意可得函数的周期为2，设C (a ，0)，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12，－1，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32，1，所以CD ＝32，AD ＝1，DE ＝12，tan ∠CAD ＝CD AD ＝32，tan ∠EAD ＝ED AD ＝12，所以tan ∠BAC ＝tan(∠CAD －∠EAD )＝tan ∠CAD －tan ∠EAD 1＋tan ∠CAD ·tan ∠EAD ＝32－121＋32×12＝47.故选B.7.(2022·皖南八校联考)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12＝35，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3＝________. 答案－725解析因为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12＝35，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π12－π2＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12－1 ＝－725.8.(2022·山东省实验中学二诊)已知cos α－cos β＝12，sin α－sin β＝13，则cos(α－β)＝________. 答案 5972 解析由⎩⎪⎨⎪⎧cos α－cos β＝12，sin α－sin β＝13得⎩⎪⎨⎪⎧cos 2α－2cos αcos β＋cos 2β＝14， ①sin 2α－2sin αsin β＋sin 2β＝19， ②①＋②得2－2cos(α－β)＝1336，则cos(α－β)＝5972.9.(2022·济宁二模)已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝12，则cos 2α＝________.答案 45解析 ∵tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝1－tan α1＋tan α＝12，∴tan α＝13，因此cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝1－tan 2α1＋tan 2α＝1－191＋19＝45. 10.(2022·长沙长郡中学质检)《易经》中记载着一种几何图形——八卦图，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.某中学开展劳动实习，去测量当地八卦田的面积，如图，现测得正八边形的边长为8 m ，代表阴阳太极图的圆的半径为2 m ，则每块八卦田的面积为________ m 2.答案 162＋16－π2解析由题图可知，正八边形被分割成8个全等的等腰三角形，顶角为360°8＝45°，设等腰三角形的腰长为a m ，由正弦定理可得a sin 135°2＝8sin 45°，解得a ＝82sin 135°2，所以等腰三角形的面积S ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫82sin 135°22sin 45°＝322·1－cos 135°2＝16(2＋1)(m 2)，则每块八卦田的面积为16(2＋1)－18×π×22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫162＋16－π2(m 2).11.在平面直角坐标系xOy 中，锐角α的顶点为坐标原点O ，始边为x 轴的非负半轴，终边上有一点P (1，2). (1)求cos 2α＋sin 2α；(2)若sin(α－β)＝1010，且β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，求角β的值.解 (1)∵锐角α的终边上有一点P (1，2)， ∴sin α＝25＝255，cos α＝15＝55， ∴sin 2α＝2sin αcos α＝2×255×55＝45， cos 2α＝2cos 2α－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35，∴cos 2α＋sin 2α＝－35＋45＝15.(2)由α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2得α－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，∵sin(α－β)＝1010， ∴cos(α－β)＝1－sin 2（α－β）＝1－⎝⎛⎭⎪⎫10102＝31010，则sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝255×31010－55×1010＝22，因为β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以β＝π4.12.(2022·北京卷)在△ABC 中，sin 2C ＝3sin C . (1)求C ；(2)若b ＝6，且△ABC 的面积为63，求△ABC 的周长. 解 (1)因为sin 2C ＝3sin C ，所以2sin C cos C ＝3sin C . 因为C ∈(0，π)，所以sin C ≠0，所以cos C ＝32，又C ∈(0，π)，故C ＝π6.(2)因为△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×a ×6×12＝63，所以a ＝4 3. 由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝48＋36－72＝12，所以c ＝23，所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝43＋6＋23＝6(3＋1). 二、创新拓展练13.若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且cos 2α＝25sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4，则tan α＝________. 答案 34解析因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin α＋cos α＞0. 因为cos 2α＝25sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4，所以(cos α＋sin α)(cos α－sin α) ＝15(sin α＋cos α)，所以cos α－sin α＝15>0，可得α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4. 所以sin αcos α＝1225，所以sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan αtan 2α＋1＝1225，整理得tan α＝34或tan α＝43，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，所以tan α＝34. 14.(2022·浙江卷)若3sin α－sin β＝10，α＋β＝π2，则sin α＝________，cos 2β＝________.答案 31010 45解析因为α＋β＝π2，所以β＝π2－α，所以3sin α－sin β＝3sin α－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝3sin α－cos α＝10sin(α－φ)＝10，其中sin φ＝1010，cos φ＝31010.所以α－φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，所以α＝π2＋φ＋2k π，k ∈Z ，所以sin α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋φ＋2k π＝cos φ＝31010，k ∈Z . 因为sin β＝3sin α－10＝－1010，所以cos 2β＝1－2sin 2β＝1－15＝45.15.(2022·沈阳市郊联体一模)滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古.如图，在滕王阁旁水平地面上共线的三点A ，B ，C 处测得其顶点P 的仰角分别为30°，60°，45°，且AB ＝BC ＝75米，则滕王阁的高度OP ＝________米.答案 1515解析设OP ＝3h ，由题意知∠P AO ＝30°，∠PBO ＝60°，∠PCO ＝45°，所以OA ＝PO tan 30°＝3h 33＝3h ，OB ＝PO tan 60°＝3h 3＝h ，OC ＝PO tan 45°＝3h . 在△OBC 中，由余弦定理OC 2＝OB 2＋BC 2－2OB ·BC ·cos ∠OBC ，得3h 2＝h 2＋752－2×75h cos ∠OBC ，①在△OAB 中，由余弦定理OA 2＝OB 2＋AB 2－2OB ·AB ·cos ∠OBA ，得9h 2＝h 2＋752－2×75h cos ∠OBA ，②因为cos ∠OBC ＋cos ∠OBA ＝0，所以①＋②，得12h 2＝2h 2＋2×752，解得h ＝155，所以OP ＝3h ＝1515(米).16.(2022·北京昌平区调研)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b ＝3c ，a ＝6.(1)若A ＝π6，求c 的值；(2)在下面三个条件中选择一个作为已知，求△ABC 的面积.①3cos B ＝cos C ，②cos B ＝sin C ，③B ＝2C .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，因为b＝3c，a＝6，A＝π6，所以36＝3c2＋c2－23c2·32，解得c2＝36，所以c＝6.(2)若选条件①：3cos B＝cos C.b＝3c，由正弦定理可得sin B＝3sin C，又3cos B＝cos C，所以sin B cos B＝sin C cos C，所以sin 2B＝sin 2C，因为0<B＋C<π，0<2B＋2C<2π，所以2B＝2C或2B＋2C＝π，因为b＝3c，所以B>C，所以2B＝2C不成立，所以2B＋2C＝π，所以B＋C＝π2，所以A＝π2.则在Rt△ABC中，36＝3c2＋c2，解得c＝3，所以b＝33，所以S△ABC＝12bc＝93 2.若选条件②：cos B＝sin C.在△ABC中，因为b＝3c，由正弦定理可得sin B＝3sin C，又cos B ＝sin C ，所以sin B cos B ＝3sin C sin C ＝3，所以tan B ＝3，因为0<B <π，所以B ＝π3，所以sin C ＝cos B ＝12，因为0<C <π，且b ＝3c ，所以C ＝π6，所以A ＝π2.后同选择条件①.若选条件③：B ＝2C .在△ABC 中，因为b ＝3c ，由正弦定理得sin B ＝3sin C ，因为B ＝2C ，所以sin B ＝2sin C cos C ，所以2sin C cos C ＝3sin C ，又sin C ≠0，所以cos C ＝32，因为0<C <π，所以C ＝π6，所以B ＝2C ＝π3，所以A ＝π2. 后同选择条件①.。

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

高三数学三角函数三角恒等变换解三角形试题答案及解析

高三数学三角函数三角恒等变换解三角形试题答案及解析1.已知中，那么角=【答案】π/4【解析】略2.已知f(α)＝(1)化简f(α)；(2)若α是第三象限角，且cos(α－)＝，求f(α)的值．【答案】(1)f(α)＝＝－cosα.(2)∵α是第三象限角，且cos(α－)＝－sinα＝，∴sinα＝－，∴cosα＝－＝－，∴f(α)＝－cosα＝.【解析】略3.已知函数为奇函数，且，其中（1）求的值;（2）若，求的值．【答案】（1） , ；（2）【解析】（1）由为奇函数，可得，函数化为，又根据可求；（2）由（1）可得，由得又因为，所以，再根据两角和的正弦可求试题解析：因为为奇函数，所以，，则（2），因为，即又因为，所以，【考点】函数的奇偶性，三角函数的性质4.设命题函数是奇函数；命题函数的图象关于直线对称．则下列判断正确的是（）A．为真B．为假C．为假D．为真【答案】C【解析】因为是偶函数，所以命题是假命题，由余弦函数的性质可知命题是假命题，选项C正确.【考点】1.三角函数性质；2.逻辑联结词与命题.5.（本小题满分12分）某同学用五点法画函数在某一个周期内的图像时，列表并填入了部分数据，如下表：5-5（1）请将上表数据补充完整，并直接写出函数的解析式；（2）若函数的图像向左平移个单位后对应的函数为，求的图像离原点最近的对称中心．【答案】（1）；（2）．【解析】第一问结合三角函数的性质，确定出对应的值，完善表格，从而确定出函数解析式，第二问利用图形的平移变换，将函数的解析式求出来，利用函数的性质，找出函数图像的对称中心，给赋值，比较从而确定出离原点最近的对称中心．试题解析：（1）根据表中已知数据，解得数据补全如下表：050-50函数表达式为（2）函数图像向左平移个单位后对应的函数是，其对称中心的横坐标满足，所以离原点最近的对称中心是．【考点】三角函数的性质，图像的变换．6.（本小题满分10分）已知函数．（1）求的最小正周期；（2）设，求的值域和单调递减区间．【答案】（1）；（2）【解析】（1）先根据二倍角公式和两角和与差的公式进行化简，再求出周期即可；（2）先根据x的范围求得，再结合正弦函数的性质可得到函数f（x）的值域，求得单调递减区间．试题解析：（1）（2）∵，，的值域为．的递减区间为．【考点】三角函数的周期性及其求法；正弦函数的定义域和值域；正弦函数的单调性7.（本小题满分12分）在中，角的对边分别为，已知，向量，且∥．（1）求角的大小；（2）若成等差数列，求边的大小．【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用数量积运算、正弦定理即可得出；（2）由成等差数列，可得，或，即2a=b．再利用直角三角形的边角关系、余弦定理即可得出．试题解析：（1）∥，得，由正弦定理可得，（2）成等差，所以化简整理得：即或得或若若【考点】正弦定理；平面向量数量积运算8.在中，角所对的边为．已知，且．（1）求的值；（2）当时，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）根据已知条件中的式子，结合正弦定理，将其化为的方程，即可求解；（2）利用已知条件，结合余弦定理，可求得，的值，再利用三角形面积计算公式即可求得的值．试题解析：（1）∵，∴①，又∵，∴②，联立①②，即可求得，；（2）由（1）结合余弦定理可知，或，由已知易得，∴，∴，．【考点】1．正余弦定理解三角形；2．三角恒等变形．9.（本题满分12分）已知，,函数．（1）求的最小正周期，并求其图像对称中心的坐标；（2）当时，求函数的值域．【答案】（1）的最小正周期为，其对称中心的坐标为（）（）；（2）的值域为．【解析】（1）先用降幂公式和辅助角公式，将进行化简整理得到，然后根据正弦函数的周期公式可得函数的最小正周期，进而求出函数的零点，即为函数的图像对称中心的坐标；（2）根据可得到，最后结合正弦函数的图像与性质可得函数的值域．试题解析：（1）因为=，所以的最小正周期为，令，得，∴故所求对称中心的坐标为（）（）．（2）∵，∴，∴，即的值域为．【考点】1、三角函数中的恒等变换；2、三角函数的周期性及其求法；3、正弦函数的图像及其性质．【方法点晴】本题考查了三角函数中的恒等变换、三角函数的周期性及其求法和正弦函数的图像及其性质，重点考查学生对三角函数的基本概念、基本性质和基本原理，属中档题．解决这类问题最关键的一步是运用降幂公式、倍角公式及三角函数的和差公式等将函数的表达式化简为同角的正弦或余弦形式．因此需要大家应熟练掌握相关公式并结合三角函数的图像及其性质进行求解．10.若函数在上单调递减，且在上的最大值为，则的值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意得：，解得，选A．【考点】正切函数性质11.（本小题满分12分）已知向量，．（1）当时，求的值；（2）设函数，已知在中，内角、、的对边分别为、、，若，，，求当时，的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）平方关系和商数关系式中的角都是同一个角，且商数关系式中，利用，得出，把转化为的式子，从而求解；（2）熟悉三角公式的整体结构，灵活变换，要熟悉三角公式的代数结构，更要掌握公式中角和函数名称的特征，要体会公式间的联系，掌握常见的公式变形，倍角公式应用是重点，涉及倍角或半角的都可以利用倍角公式及其变形，把形如化为，研究函数的性质由的取值范围确定的取值范围，再确定的取值范围．试题解析：（1），，，（2）由正弦定理得，得或，，因此，，即．【考点】1、同角三角函数的基本关系；2、三角函数的化简；3、求三角函数的值域．12.（2012秋•泰安期中）已知函数f（x）=2sinωxcosωx﹣2sin2ωx+（ω＞0），直线x=x1，x=x2是函数y=f（x）的图象的任意两条对称轴，且|x1﹣x2|的最小值为．（Ⅰ）求ω的值；（Ⅱ）求函数f（x）的单调增区间；（Ⅲ）若f（α）=，求sin（π﹣4α）的值．【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）﹣．【解析】（I）利用二倍角公式即辅助角公式，化简函数，利用直线x=x1，x=x2是函数y=f（x）的图象的任意两条对称轴，且|x1﹣x2|的最小值为，可得函数的最小正周期为π，根据周期公式，可求ω的值；（II）利用正弦函数的单调性，可得函数f（x）的单调增区间；（III）由f（a）=，可得sin（2a+）=，根据sin（π﹣4a）=sin[﹣2（2a+）]=﹣cos[2（2a+）]=2sin2（2a+）﹣1，即可求得结论．解：（I）∵f（x）=2sinωxcosωx﹣2sin2ωx+=sin2ωx+cos2ωx=2sin（2ωx+）∵直线x=x1，x=x2是函数y=f（x）的图象的任意两条对称轴，且|x1﹣x2|的最小值为，∴函数的最小正周期为π∴=π∴ω=1；（II）由（I）知，f（x）=2sin（2x+）∴﹣+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z∴﹣+kπ≤x≤+kπ，k∈Z∴函数f（x）的单调增区间为[﹣+kπ，+kπ]，k∈Z；（III）∵f（a）=，∴sin（2a+）=∴sin（π﹣4a）=sin[﹣2（2a+）]=﹣cos[2（2a+）]=2sin2（2a+）﹣1=﹣．【考点】三角函数中的恒等变换应用；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；复合三角函数的单调性．13.已知向量，且函数在时取得最小值．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）在中，分别是内角的对边，若，，，求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）利用向量的数量积公式，结合辅助角公式，求的值；（Ⅱ）先求出，再利用正弦定理，即可求的值．试题解析：（Ⅰ）由于（Ⅱ）由上知,于是由正弦定理得:【考点】正弦定理，余弦定理，两角和与差的三角函数，向量的数量积14.已知，函数在单调递减，则的取值范围是．【答案】【解析】，，由题意，所以，由于，所以只有，．【考点】三角函数的单调性．【名师】求形如y＝Asin（ωx＋φ）或y＝Acos（ωx＋φ）（其中A≠0，ω＞0）的函数的单调区间，可以通过解不等式的方法去解答，列不等式的原则是：①把“ωx＋φ（ω＞0）”视为一个“整体”；②A＞0（A＜0）时，所列不等式的方向与y＝sin x（x∈R），y＝cos x（x∈R）的单调区间对应的不等式方向相同（反）．15.（2015秋•南京校级期中）将函数f（x）=2sin（2x﹣）的图象向左平移m个单位（m＞0），若所得的图象关于直线x=对称，则m的最小值为．【答案】【解析】由条件利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，求得m的最小值．解：将函数f（x）=2sin（2x﹣）的图象向左平移m个单位（m＞0），可得y=2sin[2（x+m）﹣]=2sin（2x+2m﹣）的图象．∵所得的图象关于直线x=对称，∴2•+2m﹣=kπ+，k∈Z，即 m=+，k∈Z，则m的最小值为，故答案为：．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．16.（2015秋•昌平区期末）已知函数．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期；（Ⅱ）求函数f（x）的单调递减区间．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）函数f（x）的单调递减区间是．）【解析】（Ⅰ）利用三角函数的倍角公式以及辅助角公式进行化简，即可求函数f（x）的最小正周期；（Ⅱ）利用三角函数的单调性即可求函数f（x）的单调递减区间．解：（Ⅰ）==所以最小正周期．（Ⅱ）由，得．所以函数f（x）的单调递减区间是．）【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．17.已知函数．（1）求的最小正周期和在上的单调递减区间；（2）若为第四象限角，且，求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）对的表达式进行三角恒等变形，利用三角函数的性质即可求解；（2）利用同角三角函数的基本关系求得的值后即可求解．试题解析：（1）由已知，所以最小正周期，由，得，故函数在上的单调递减区间；（2）因为为第四象限角，且，所以，所以．【考点】三角函数综合．18.已知是第二象限角，且，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由,得，又∵是第二象限角,∴，∴原式=；故选C．【考点】1.诱导公式；2.同角三角函数基本关系式．19.在中，角所对的边分别为，且，则的最大值为_____.【答案】【解析】由及正弦定理得，又因为，于是可得，所以，所以，则的最大值为，故答案填.【考点】1、正弦定理；2、两角和与差的三角函数；3、基本不等式.20.将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，再向左平移个单位，纵坐标不变，所得函数图象的一条对称轴的方程是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，得，再向左平移个单位，得，令，解得，令，得，即所得函数图象的一条对称轴的方程是，故选D．【考点】三角函数的图象变换与三角函数的性质．21.设平面向量.（1）若，求的值；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先利用向量数量积的坐标表示求出，利用商数关系求出得值，再利用二倍角公式求出的值，最后代入到的展开式即可求得；（2）欲求，先求出，再根据求的范围，从而可得的取值范围.试题解析：（1）因为，所以，∴，∴.（2），，.【考点】1、向量数量积的坐标表示；2、二倍角公式；3、三角函数；4、商数关系；5、向量的模．22.设中的内角所对的边长分别为，且.（1）当时，求角的度数；（2）求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）求出,再由正弦定理求出,求出角；（2）求三角形面积的最大值,即求的最大值,由,,求出,就可以求出面积的最大值.试题解析：解：（1）因为，所以.因为，由正弦定理可得.因为，所以是锐角，所以.（2）因为的面积，所以当最大时，的面积最大.因为，所以.因为，所以，所以（当时等号成立）.所以面积的最大值为.【考点】1.正弦定理；2.余弦定理；3.重要不等式.23.在中，内角的对边为，已知.（1）求角的值；（2）若，且的面积为，求.【答案】（1）；（2）.【解析】根据正弦定理可得，根据内角和定理和两角和的正弦公式整理可得，即得角的值；（2）由的面积为，求得的值，根据余弦定理表示构造的另一个方程，解方程组即可求得.试题解析：（1）∵，∴，∴，即，∴，∴，又∵是三角形的内角，∴（2）∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴【考点】正余弦定理解三角形.24.的三个内角满足：，则（）A．B．C．D．或【答案】B【解析】由已知条件以及正弦定理可得：，即，再由余弦定理可得，所以，故选B.【考点】正弦定理、余弦定理.25.在中，角，，的对边分别是，，，已知，．（I）求的值；（II）若角为锐角，求的值及的面积．【答案】（I）；（II）【解析】（I）根据题意和正弦定理求出a的值；（II）由二倍角的余弦公式变形求出sin2A，由A 的范围和平方关系求出cosA，由余弦定理列出方程求出b的值，代入三角形的面积公式求出△ABC的面积．试题解析：（I）因为，且，所以．因为，由正弦定理，得．（II）由得．由余弦定理，得．解得或（舍负）．所以．【考点】正弦定理；余弦定理26.如图所示的是函数和函数的部分图象，则函数的解析式是（）A．B．C．D．【答案】C.【解析】由题意得，，故排除B，D；又∵，故排除A，故选C.【考点】三角函数的图象和性质．27.已知，则=（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，故选A．【考点】和差倍半的三角函数．28.在中，角所对的边分别为,．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，，求的面积．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）先根据正弦定理将边统一成角：，再利用三角形内角关系、诱导公式、两角和正弦公式将三角统一成两角：，最后根据同角三角函数关系将弦化切：（Ⅱ）由（Ⅰ）易得，已知两角一对边，根据正弦定理求另一边：，利用三角形内角关系求第三角的正弦值：，最后根据面积公式求面积：试题解析：解：（Ⅰ）由及正弦定理得.所以,所以.（Ⅱ）,所以, ,,所以的面积为.【考点】正弦定理，弦化切【方法点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.29.同时具有性质“①最小正周期是，②图象关于直线对称；③在上是增函数”的一个函数是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，函数的最小周期为，则，又函数图象关于直线对称，则函数为函数的最小值，则只有B、C满足，由当时，，则函数是单调递增函数，故选C．【考点】三角函数的性质．30.若函数的最大值为5，则常数______.【答案】【解析】，其中，故函数的最大值为，由已知得，，解得.【考点】三角函数的图象和性质.【名师】解决三角函数性质问题的基本思路是通过化简得到，结合角的范围求解.. 本题难度不大，能较好地考查考生的逻辑推理能力、基本计算能力等.31.定义在区间[0，]上的函数的图象与的图象的交点个数是 .【答案】7【解析】由，因为，所以故两函数图象的交点个数是7.【考点】三角函数图象【名师】求函数图象的交点个数，有两种方法：一是直接求解，如本题，解一个简单的三角方程，此方法立足于易于求解；二是数形结合，分别画出函数图象，数出交点个数，此法直观，但对画图要求较高，必须准确，尤其是要明确函数的增长幅度.32.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则b=（A）（B）（C）2 （D）3【答案】D【解析】由余弦定理得，解得（舍去），选D.【考点】余弦定理【名师】本题属于基础题,考查内容单一,根据余弦定理整理出关于b的一元二次方程,再通过解方程求b.运算失误是基础题失分的主要原因,请考生切记！33.将函数y=2sin（2x+）的图像向右平移个周期后，所得图像对应的函数为A．y=2sin（2x+）B．y=2sin（2x+）C．y=2sin（2x–）D．y=2sin（2x–）【答案】D【解析】函数的周期为，将函数的图像向右平移个周期即个单位，所得图像对应的函数为，故选D.【考点】三角函数图像的平移【名师】函数图像的平移问题易错点有两个,一是平移方向,注意“左加右减”；二是平移多少个单位是对x而言的,不要忘记乘以系数.34.如图，在Rt△ABC中，AC⊥BC，D在边AC上，已知BC＝2，CD＝1，∠ABD＝45°，则AD＝．【答案】5【解析】，，所以，．【考点】解三角形．【名师】在解直角三角形时，直角三角形中的三角函数定义是解题的桥梁，利用它可以很方便地建立边与角之间的关系．35.设函数的部分图象如图所示，直线是它的一条对称轴，则函数的解析式为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为直线是它的一条对称轴，排除B，D，因为图象过点，排除选项A,选C.【考点】三角函数图象与性质.36.在中，角，，的对边分别为，，，且满足，则角等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，所以，故应选A。

三角变换与解三角形

【归纳拓展】应用解三角形知识解决实际问题需要下列四步： (1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等； (2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出； (3)将所求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． (4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．
cos A－2cos C 2c－a b，c.已知＝ b . cos B sin C (1)求的值； sin A 1 (2)若 cos B＝，b＝2，求△ABC 的面积 S. 4
a b c 【解】 (1)由正弦定理，设＝＝＝ sin A sin B sin C k， 2c－a 2ksin C－ksin A 2sin C－sin A 则 b ＝＝， ksin B sin B cos A－2cos C 2sin C－sin A 所以＝ . cos B sin B 即(cos A－2cos C)sin B＝(2sin C－sin A)cos B，化简可得 sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．
AB 在 Rt△ABE 中，tanα＝BE. ∵AB 为定长，∴当 BE 的长最小时，α 取最大值 60° ，这时 BE⊥CD. 当 BE⊥CD 时，在 Rt△BEC 中， 3 EC＝BC· cos∠BCE＝50( 3－1)· ＝25(3－ 3)(米)． 2 设该人沿南偏西 60° 的方向走到仰角 α 最大时，走了 t 分钟， 253－ 3 3－ 3 EC 则 t＝ ×60＝ ×60＝ (分钟)． 6000 6000 4
1 5π π × －＝ 2sin 4 6 3
π ＝ 4
2 2× ＝ 2.2 分 2

高考微点六三角恒等变换与解三角形

高考微点六三角恒等变换与解三角形牢记概念公式，避免卡壳1.三角恒等变换的主要公式 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；sin 2α＝2sin αcos α；cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2 α； tan 2α＝2tan α1－tan 2α.2.正弦定理与余弦定理 (1)正弦定理①a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C . ②sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R . ③a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C . 注：R 是三角形的外接圆半径. (2)余弦定理①cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab .②b 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 .活用结论规律，快速抢分1.辅助角公式a sin α＋b cos α＝a 2＋b 2sin(α＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝b a .2.在△ABC 中，A >B ⇔sin A >sinB.3.△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A . 4.设a ，b ，c 分别为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，则 (1)若a 2＋b 2＝c 2，则C ＝π2；(2)若a 2＋b 2>c 2，则C <π2； (3)若a 2＋b 2<c 2，则C >π2.高效微点训练，完美升级1.若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，则2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α2－1＝( )A.13 B.－13 C.79D.－79解析 2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α2－1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13. 答案 A2.已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝12，－π2<α<0，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3的值为( )A.12 B.23 C.－12D.1解析由题意得cos α＝12，sin α＝－32， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝12cos α＋32sin α＝－12.答案 C3.已知△ABC 中，A ＝π6，B ＝π4，a ＝1，则b 等于( ) A.2 B.1 C. 3D. 2解析由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得1sin π6＝bsin π4，∴112＝b22，∴b ＝ 2.答案 D4.sin 10°1－3tan 10°＝( ) A.14 B.12 C.32 D.1解析sin 10°1－3tan 10°＝sin 10°cos 10°cos 10°－3sin 10°＝2sin 10°cos 10°4⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos 10°－32sin 10°＝sin 20°4sin （30°－10°）＝14.答案 A5.在△ABC 中，三边长分别为a ，a ＋2，a ＋4，最小角的余弦值为1314，则这个三角形的面积为( ) A.154 3 B.154 C.214 3D.354 3解析由条件知长为a 的边对应的角最小，设为A ，则由余弦定理，得cos A ＝（a ＋2）2＋（a ＋4）2－a 22（a ＋2）（a ＋4）＝1314，解得a ＝3或a ＝－2(舍去)，则三边长分别为3，5，7，且sin A ＝3314，所以△ABC 的面积S ＝12×5×7×3314＝1534. 答案 A6.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A sin B ＋sin C ＋ba ＋c＝1，则C＝( ) A.π6 B.π3 C.2π3D.5π6解析由正弦定理及sin A sin B ＋sin C ＋b a ＋c ＝1，得a b ＋c ＋ba ＋c＝1，整理可得a 2＋b 2－c 2＝ab .由余弦定理知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，所以cos C ＝12，又C ∈(0，π)，所以C ＝π3，故选B. 答案 B7.已知3cos 2α＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，则sin 2α＝( )A.79 B.－79 C.19D.－19解析由题意知3(cos 2α－sin 2α)＝22(cos α－sin α).由于α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，因而cos α≠sin α，则3(cos α＋sin α)＝22，故9(1＋sin 2α)＝8，sin 2α＝－19. 答案 D8.在△ABC 中，AB ＝2，C ＝π6，则AC ＋3BC 的最大值为( ) A.7 B.27 C.37D.47解析在△ABC 中，AB ＝2，C ＝π6，则AB sin C ＝BC sin A ＝ACsin B ＝4，则AC ＋3BC ＝4sin B ＋43sin A＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－A ＋43sin A ＝2cos A ＋63sin A＝47sin(A ＋θ)(其中tan θ＝39). 所以AC ＋3BC 的最大值为47. 答案 D9.若点(θ，0)是函数f (x )＝sin x ＋2cos x 图象的一个对称中心，则cos 2θ＋sin θcos θ＝( ) A.1110 B.－1110 C.1D.－1解析 ∵点(θ，0)是函数f (x )＝sin x ＋2cos x 图象的一个对称中心， ∴sin θ＋2cos θ＝0，即tan θ＝－2.∴cos 2θ＋sin θcos θ＝cos 2θ－sin 2θ＋sin θcos θsin 2θ＋cos 2θ＝1－tan 2θ＋tan θtan 2θ＋1＝1－4－24＋1＝－1. 答案 D10.已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－5π4＝15，则tan α＝____________.解析 tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－5π4＝tan α－tan 5π41＋tan αtan 5π4＝tan α－11＋tan α＝15，解得tan α＝32. 答案 3211.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB ，C 是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO 的小路CD .已知某人从O 沿OD 走到D 用了2分钟，从D 沿DC 走到C 用了3分钟.若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为________米.解析连接OC ，由题意知CD ＝150米，OD ＝100米，∠CDO ＝60°.在△COD 中，由余弦定理得OC 2＝CD 2＋OD 2－2CD ·OD ·cos 60°，即OC ＝507. 答案 50712.(多填题)已知θ是第四象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，则sin θ＝________；tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝________.解析由题意，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝45，∴⎩⎪⎨⎪⎧sin θ·cos π4＋cos θsin π4＝35，cos θcos π4－sin θsin π4＝45，解得⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝－152，cos θ＝752，∴tan θ＝－17，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝tan θ－tan π41＋tan θtanπ4＝－17－11－17×1＝－43.答案－210 －4313.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＝1665.14.△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，b＝3，∴a＋c＝23，∴ac＝3，∴S△ABC ＝12ac sin B＝12×3×32＝334.。

三角恒等变换与解三角形

失分警示]1．同角关系应用错误：利用同角三角函数的平方关系开方时，忽略判断角所在的象限或判断出错，导致三角函数符号错误．2．诱导公式的应用错误：利用诱导公式时，三角函数名变换出错或三角函数值的符号出错．3．忽视解的多种情况如已知a ，b 和A ，应先用正弦定理求B ，由A ＋B ＋C ＝π，求C ，再由正弦定理或余弦定理求边c ，但解可能有多种情况．4．忽略角的范围应用正、余弦定理求解边、角等量的最值(范围)时，要注意角的范围． 5．忽视解的实际意义求解实际问题，要注意解得的结果要与实际相吻合．考点三角恒等变换典例示法题型1 求角典例1 中山模拟]已知cos(2α－β)＝－1114，sin(α－2β)＝437，0＜β＜π4＜α＜π2，则α＋β＝________.解答此类问题的关键是结合已知条件，求出相应角的三角函数值，然后根据角的范围确定角的具体取值.题型2 求值典例2 安徽合肥质检]已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝－14，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2. (1)求sin2α的值；(2)求tanα－1tanα的值．化简常用的方法技巧(1)化简常用方法：①直接应用公式，包括公式的正用、逆用和变形用；②切化弦、异名化同名、异角化同角等．(2)化简常用技巧：①注意特殊角的三角函数与特殊值的互化；②注意利用角与角之间的隐含关系，如2α＝(α＋β)＋(α－β)，θ＝(θ－φ)＋φ等；③注意利用“1”的恒等变形，如tan45°＝1，sin2α＋cos2α＝1等．考点正、余弦定理典例示法题型1应用正、余弦定理求边、角典例3淄博模拟]已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且a cos C ＋3a sin C－b－c＝0.(1)求A；(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：第一步：定条件即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向．第二步：定工具即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化．第三步：求结果．题型2 判断三角形的形状典例4 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 ．不确定利用正、余弦定理判定三角形形状的两种思路(1)“角化边”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(2)“边化角”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论．题型3 求有关三角形的面积典例5 2014·浙江高考]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a ≠b ，c ＝3，cos 2A －cos 2B ＝3sin A cos A －3sin B cos B .(1)求角C 的大小；(2)若sin A ＝45，求△ABC 的面积．与三角形面积有关问题的常见类型及解题策略(1)求三角形的面积．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哪个角的公式．(2)已知三角形的面积解三角形．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．考点正、余弦定理的实际应用典例示法典例6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1260 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？．1．解三角形应用题的常见情况及方法(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．2．解三角形应用题的一般步骤针对训练2015·湖北高考]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.全国卷高考真题调研]1．全国卷Ⅱ]若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，则sin2α＝( )A.725 B.15 C ．－15 D ．－7253．2015·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________．4．浙江高考]已知2cos 2x ＋sin2x ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A >0)，则A ＝________，b ＝________.5．2015·广东高考]设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________.6．2014·山东高考]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．一、选择题1．合肥质检]sin18°sin78°－cos162°cos78°＝( ) A ．－32 B ．－12 C.32 D.122．广西质检]已知π2<α<π，3sin2α＝2cos α，则cos(α－π)等于( ) A.23 B.64 C.223 D.326。

高中数学三角函数与解三角形知识点总结

三角函数与解三角形一、三角函数的图象与性质 1．三角函数图象变换由函数sin y x =的图象通过变换得到sin()y A x ωϕ=+（A >0,ω>0）的图象，有两种主要途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”.如下图.2．三角函数的性质（1）函数sin()y A x ωϕ=+，cos()y A x ωϕ=+的定义域均为R ；函数tan()y A x ωϕ=+的定义域均为ππ{|,}2k x x k ϕωωω≠-+∈Z . （2）函数sin()y A x ωϕ=+，cos()y A x ωϕ=+的最大值为||A ，最小值为||A -；函数tan()y A x ωϕ=+的值域为R .（3）函数sin()y A x ωϕ=+，cos()y A x ωϕ=+的最小正周期为2πω；函数tan()y A x ωϕ=+的最小正周期为πω．（4）对于()sin y A x ωϕ=+，当且仅当()πk k ϕ=∈Z 时为奇函数，当且仅当()ππ2k k ϕ=+∈Z 时为偶函数；对于()c o s y A xωϕ=+，当且仅当()ππ2k k ϕ=+∈Z 时为奇函数，当且仅当()πk k ϕ=∈Z 时为偶函数；对于()tan y A x ωϕ=+，当且仅当()π2k k ϕ=⋅∈Z 时为奇函数．（5）函数()()s i n 0,0y A x A ωϕω=+>>的单调递增区间由不等式ππ2π2π(22k x k k ωϕ-≤+≤+ )∈Z 来确定，单调递减区间由不等式()π3π2π2π22k x k k ωϕ+≤+≤+∈Z 来确定；函数()()c o s 0,0y A x A ωϕω=+>>的单调递增区间由不等式()2ππ2πk x k k ωϕ-≤+≤∈Z 来确定，单调递减区间由不等式()2π2ππk x k k ωϕ≤+≤+∈Z 来确定；函数()()t a n 0,0y A x A ωϕω=+>>的单调递增区间由不等式()ππππ22k x k k ωϕ-<+<+∈Z 来确定．【注】函数sin()y A x ωϕ=+，cos()y A x ωϕ=+，tan()y A x ωϕ=+（ω有可能为负数）的单调区间：先利用诱导公式把ω化为正数后求解．（6）函数sin()y A x ωϕ=+图象的对称轴为ππ()2k x k ϕωωω=-+∈Z ，对称中心为π(,0)()k k ϕωω-∈Z ；函数c o s (y Ax ωϕ=+图象的对称轴为π()k x k ϕωω=-∈Z ，对称中心为ππ(,0)()2k k ϕωωω-+∈Z ；函数tan()y A x ωϕ=+图象的对称中心为π(,0)()2k k ϕωω-∈Z . 【注】函数sin()y A x ωϕ=+，cos()y A x ωϕ=+的图象与x 轴的交点都为对称中心，过最高点或最低点且垂直于x 轴的直线都为对称轴. 函数tan()y A x ωϕ=+的图象与x 轴的交点和渐近线与x 轴的交点都为对称中心，无对称轴.1．同角三角函数的基本关系式（1）平方关系：22sin cos 1αα+=．（2）商的关系：sin cos tan ααα=．（3）常见变形：2222sin 1cos ,cos 1sin αααα=-=-，sin sin tan cos ,cos tan αααααα=⋅=. 2．诱导公式3．两角和与差的正弦、余弦、正切公式（1）()C αβ-：cos()αβ-=cos cos sin sin αβαβ+ （2）()C αβ+：cos()cos cos sin sin αβαβαβ+=- （3）()S αβ+：sin()αβ+=sin cos cos sin αβαβ+ （4）()S αβ-：sin()αβ-=sin cos cos sin αβαβ- （5）()T αβ+：tan()αβ+=tan tan π(,,π,)1tan tan 2k k αβαβαβαβ++≠+∈-Z（6）()T αβ-：tan()αβ-=tan tan π(,,π,)1tan tan 2k k αβαβαβαβ--≠+∈+Z（1）2S α：sin 2α=2sin cos αα（2）2C α：cos 2α=2222cos sin 12sin 2cos 1αααα-=-=- （3）2T α：tan 2α=22tan πππ(π,)1tan 224k k k αααα≠+≠+∈-Z 且5．公式的常用变形（1）tan tan tan()(1tan tan )αβαβαβ±=±；tan tan tan tan tan tan 11tan()tan()αβαβαβαβαβ+-=-=-+-（2）降幂公式：21cos 2sin 2αα-=；21cos 2cos 2αα+=；1sin cos sin 22ααα= （3）升幂公式：21cos 22cos αα+=；21cos 22sin αα-=；21sin 2(sin cos )ααα+=+；21sin 2(sin cos )ααα-=-（4）辅助角公式：sin cos a x b x +)x ϕ=+，其中cos ϕϕ==，tan baϕ=三、解三角形 1．正弦定理（1）内容在ABC △中，若角A ，B ，C 对应的三边分别是a ，b ，c ，则各边和它所对角的正弦的比相等，即sin sin sin a b c ==A B C.正弦定理对任意三角形都成立．（2）常见变形①sin sin sin ,,,sin sin ,sin sin ,sin sin ;sin sin sin A a C c B ba Bb A a Cc A b C c B B b A a C c ====== ②;sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin a b c a b a c b c a b cA B C A B A C B C A B C+++++======+++++ ③::sin :sin :sin ;a b c A B C =④正弦定理的推广：===2sin sin sin a b c R A B C，其中R 为ABC △的外接圆的半径. （3）应用①已知两角和任意一边，求其他的边和角； ②已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角． 2．余弦定理（1）内容三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍，即2222222222cos ,2cos 2cos .a b c bc A b a c ac B c a b ab C =+-=+-=+-，（2）余弦定理的推论从余弦定理，可以得到它的推论：222222222cos ,cos ,cos 222b c a c a b a b c A B C bc ca ab+-+-+-===.（3）应用①已知三边，求三个角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角． 3．解三角形的实际应用（1）三角形的面积公式设ABC △的三边为a ，b ，c ，对应的三个角分别为A ，B ，C ，其面积为S .①12S ah = (h 为BC 边上的高)；②111sin sin sin 222S bc A ac B ab C ===；③1()2S r a b c =++(r 为三角形的内切圆半径)．（2）解三角形实际应用题的步骤。

专题解析：三角恒等变换与解三角形

三角恒等变换与解三角形核心考点(一)三角恒等变换【核心知识】1．两角和与差的余弦、正弦及正切公式①cos (α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β②cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β③sin (α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β④sin (α－β)＝sin αcos β－cos αsin β⑤tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β(α≠k π＋π2，k ∈Z ，β≠k π＋π2，k ∈Z ，α＋β≠k π＋π2，k ∈Z )⑥tan (α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β(α≠k π＋π2，k ∈Z ，β≠k π＋π2，k ∈Z ，α－β≠k π＋π2，k ∈Z )2．二倍角公式：①sin 2α＝2sin αcos α②cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α③tan2α＝2tan α1－tan 2α(α≠k π＋π2，k ∈Z ，2α≠k π＋π2，k ∈Z ，α≠k π±π4，k ∈Z )3．辅助角公式：a cos x ＋b sin x x ＋ba 2＋b 2sin 令sin θ＝aa 2＋b 2，cos θ∴a cos x ＋b sin x ＝a 2＋b 2sin (x ＋θ)，其中θ为辅助角，tan θ＝ab .4．降幂公式①sin 2α＝1－cos2α2②cos 2α＝1＋cos2α2③sin αcos α＝12sin 2α【典例引领·研明】【典例】(1)(2020·全国卷Ⅲ)已知sin θ＋sin 1，则sin ()A ．12B ．33C ．23D ．22解析：选B ．∵sin θ＋sin ＝32sin θ＋32cos θ＝3sin 1，∴sin ＝33.故选B ．(2)已知黄金三角形是一个等腰三角形，其底与腰的长度的比值为黄金比值(即黄金分割值5－12，该值恰好等于2sin 18˚)，则sin 100˚cos 26˚＋cos 100˚sin 26˚＝()A ．－5＋24B ．5＋24C ．－5＋14D ．5＋14解析：选D ．由已知可得2sin 18˚＝5－12，故sin 18˚＝5－14，则sin 100˚cos 26˚＋cos 100˚sin 26˚＝sin 126˚＝sin (36˚＋90˚)＝cos 36˚＝1－2sin 218˚＝1－2×(5－14)2＝5＋14.故选D ．(3)(多选)下列各式中值为12的是()A ．1－2cos 275°B ．sin135°cos 15°－cos 45°cos 75°C ．tan 20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°D ．cos 35°1－sin 20°2cos 20°解析：选BD.对于A ，1－2cos 275°＝－cos 150°＝cos 30°＝32，A 错误；对于B ，sin 135°cos 15°－cos 45°cos 75°＝sin 45°sin 75°－cos 45°cos 75°＝－cos 120°＝12，B 正确；对于C ，∵tan 45°＝1＝tan 20°＋tan 25°1－tan 20°tan 25°，∴1－tan 20°tan 25°＝tan 20°＋tan 25°，∴tan20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°＝1，C 错误；对于D ，cos 35°1－sin 20°2cos 20°＝cos 35°（cos 10°－sin 10°）22（cos 10°＋sin 10°）（cos 10°－sin 10°）＝cos 35°2（cos 10°＋sin 10°）＝cos 45°cos 10°＋sin 45°sin 10°2（cos 10°＋sin 10°）＝22（cos 10°＋sin 10°）2（cos 10°＋sin 10°）＝12，D 正确；故选BD.(4)(2022·浙江高考)若3sin α－sin β＝10，α＋β＝π2，则sin α＝______，cos 2β＝____________.解析：∵α＋β＝π2，∴sin β＝cos α，∵3sin α－cos α＝10，α－1010cos ＝10，令sin θ＝1010，cos θ＝31010，则10sin (α－θ)＝10，∴α－θ＝π2＋2k π，k ∈Z ，即α＝θ＋π2＋2k π，∴sin α＝sin ＋π2＋2k cos θ＝31010，则cos 2β＝2cos 2β－1＝2sin 2α－1＝45.答案：3101045【解题方法】———————————————————————————————●1．三角函数求值的类型及方法(1)常值代换：常用到“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan45°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．【对点集训·练透】1．(2021·全国高考甲卷)若αtan2α＝cos α2－sin α，则tan α＝()A ．1515B ．55C ．53D ．153解析：选A ．∵tan 2α＝cos α2－sin α，∴tan 2α＝sin 2αcos 2α＝2sin αcos α1－2sin 2α＝cos α2－sin α，∵αcos α≠0，∴2sin α1－2sin 2α＝12－sin α，解得sin α＝14，∴cos α＝1－sin 2α＝154，∴tan α＝sin αcos α＝1515.故选A ．2．(2022·江苏盐城二模)计算2cos 10°－sin 20°cos 20°所得的结果为()A ．1B ．2C ．3D ．2解析：选C ．2cos 10°－sin 20°cos 20°＝2cos (30°－20°)－sin 20°cos 20°＝3cos 20°＋sin 20°－sin 20°cos 20°＝3.3．已知αsin ＋＝13，则tan α的值为____________．解析：∵sin 2cos 2α＝13，α∴sin α＝1－cos 2α2＝33，cos α＝1＋cos 2α2＝63，∴tan α＝sin αcos α＝22.答案：224．(2022·湖南郴州二模)如图，以Ox 为始边作角α(0<α<π)，终边与单位圆相交于点P ，已知点P －35，，则sin 2α＋cos 2α＋11＋tan α＝________．解析：由三角函数定义，得cos α＝－35，sin α＝45，∴原式＝2sin αcos α＋2cos 2α1＋sin αcos α＝2cos α(sin α＋cos α)sin α＋cos αcos α＝2cos 2α＝2＝1825.答案：1825核心考点(二)利用正、余弦定理解三角形【核心知识】1．正弦定理及其变形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 ＝c 2R.a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .2．余弦定理及其推论、变形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．射影定理在△ABC 中，a ＝b cos C ＋c cos B ；b ＝a cos C ＋c cos A ；c ＝a cos B ＋b cos A ，称为“射影定理”．4．面积公式S△ABC＝12bc sin A＝12ac sin B＝12ab sin C．角度1利用正、余弦定理进行边角计算【例1】(2021·福建漳州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(2b －c)cos A＝a cos C，则A＝()A．π6B．π3C．2π3D．5π6解析：选B．法一∵(2b－c)cos A＝a cos C，∴由正弦定理得(2sin B－sin C)cos A＝sin A cos C，∴2sin B cos A＝sin A cos C＋sin C cos A＝sin(A＋C)＝sin B，∵0<B<π，∴cos A＝12，又0<A<π，∴A＝π3.法二∵(2b－c)cos A＝a cos C，∴2b cos A＝a cos C＋c cos A＝b，∴cos A＝12，又0<A<π，∴A＝π3.【例2】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3a cos C－c sin A＝3b.(1)求角A；(2)若c＝2，且BC边上的中线长为3，求b.解：(1)由题意，3a cos C－c sin A＝3b，由正弦定理得3sin A cos C－sin C sin A＝3sin B，因为B＝π－A－C，所以3sin A cos C－sin C sin A＝3sin(A＋C)，得3sin A cos C－sin C sin A＝3sin A cos C＋3cos A sin C，得－sin C sin A＝3cos A sin C，因为sin C≠0，所以sin A＝－3cos A，即tan A＝－3，又A∈(0，π)，所以A＝2π3.(2)在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋4＋2b①，cos B＝a2＋c2－b22ac＝a2＋4－b24a.设BC的中点为D，则在△ABD中，cos B2×a2×c＝a24＋12a，所以a 2＋4－b 24a ＝a 24＋12a ，得a 2＋4－2b 2＝0②，由①②可得，b 2－2b －8＝0，所以b ＝4.【解题方法】———————————————————————————————●(1)求边：利用公式a ＝b sin A sin B ，b ＝a sin B sin A ，c ＝a sin Csin A 或其他相应变形公式求解．(2)求角：先求出正弦值，再求角，即利用公式sin A ＝a sin B b ，sin B ＝b sin A a ，sin C ＝c sin Aa或其他相应变形公式求解．(3)已知两边和夹角或已知三边可利用余弦定理求解．(4)灵活利用式子的特点转化：如出现a 2＋b 2－c 2＝λab 形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理．(5)常常应用A ＋B ＋C ＝π减少未知角的个数．【对点练】1.(2022·山西大同二模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ＋c ＝2a cos B .(1)证明：A ＝2B ；(2)若cos B ＝23，求cos C 的值．解：(1)证明：由正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ，故2sin A cos B ＝sin B ＋sin (A ＋B )＝sin B ＋sin A ·cos B ＋cos A sin B ，于是sin B ＝sin (A －B ).又A ，B ∈(0，π)，故0<A －B ，所以B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ，因此A ＝π(舍去)或A ＝2B ，所以，A ＝2B .(2)由cos B ＝23得sin B ＝53，cos 2B ＝2cos 2B －1＝－19，故cos A ＝－19，sin A ＝459，cos C ＝－cos (A ＋B )＝－cos A cos B ＋sin A sin B ＝2227.2．已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b sin A cos C ＋c sin A cos B ＝15a4.(1)求sin A ；(2)若a ＝32，b ＝4，求c .解：(1)因为b sin A cos C ＋c sin A cos B ＝15a4，所以由正弦定理，得sin B sin A cos C ＋sin C sin A cos B ＝15sin A4，因为sin A ≠0，所以sin B cos C ＋sin C cos B ＝154，所以sin (B ＋C )＝154，所以sin (π－A )＝154，所以sin A ＝154.(2)因为△ABC 为锐角三角形，所以A 为锐角，因为sin A ＝154，所以cos A ＝14.因为a ＝32，b ＝4，由余弦定理得(32)2＝42＋c 2－2×4×c ×14，所以c 2－2c －2＝0，所以c ＝3＋1.角度2与面积和周长有关的问题【例3】(2022·北京高考)在△ABC 中，sin 2C ＝3sin C .(1)求∠C ；(2)若b ＝6，且△ABC 的面积为63，求△ABC 的周长．解：(1)因为C ∈(0，π)，则sin C >0，由已知可得3sin C ＝2sin C cos C ，可得cos C ＝32，因此，C ＝π6.(2)由三角形的面积公式可得S △ABC ＝12ab sin C ＝32a ＝63，解得a ＝4 3.由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝48＋36－2×43×6×32＝12，∴c ＝23，所以，△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝63＋6.【例4】(2022·湖南益阳二模)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin A ＋3cos A ＝0，a ＝27，b ＝2.(1)求c ；(2)设D 为BC 边上一点，且AD ⊥AC ，求△ABD 的面积．解：(1)由已知可得tan A ＝－3，所以A ＝2π3.在△ABC 中，由余弦定理得28＝4＋c 2－4c cos 2π3，即c 2＋2c －24＝0.解得c ＝－6(舍去)，c ＝4.(2)由题设可得∠CAD ＝π2，所以∠BAD ＝∠BAC －∠CAD ＝π6.故△ABD 面积与△ACD 面积的比值为12AB ·AD ·sinπ612AC ·AD ＝1.又△ABC 的面积为12×4×2sin ∠BAC ＝23，所以△ABD 的面积为 3.【解题方法】———————————————————————————————●(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．三角形面积公式还可用其他几何量表示：S ＝12(a ＋b ＋c )r ，其中a ＋b ＋c 为三角形的周长，r 为三角形内切圆的半径．【对点练】3.(2021·新高考全国Ⅱ卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，且满足b ＝a ＋1，c ＝a ＋2.(1)若2sin C ＝3sin A ，求△ABC 的面积；(2)是否存在正整数a ，使得△ABC 为钝角三角形？若存在，求a ；若不存在，说明理由．解：(1)2sin C ＝3sin A ⇒2c ＝3a ，∵c ＝a ＋2，∴2(a ＋2)＝3a ，∴a ＝4，∴b ＝a ＋1＝5，c ＝a ＋2＝6，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝52＋62－422×5×6＝34，∴sin A ＝1－cos 2A ＝74，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×5×6＝1574.(2)存在．由于c >b >a ，故要使△ABC 为钝角三角形，只能是C 为钝角．cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0⇒a 2＋b 2<c 2⇒a 2＋(a ＋1)2<(a ＋2)2⇒a 2－2a －3<0⇒－1<a <3，又a >0，∴a ∈(0，3).考虑构成△ABC 的条件，可得a ＋b >c ⇒a ＋(a ＋1)>a ＋2⇒a >1.综上，a ∈(1，3).又a 为正整数，∴a ＝2，∴存在a ＝2，使得△ABC 为钝角三角形．4．(2022·浙江高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知4a ＝5c ，cos C ＝35.(1)求sin A 的值；(2)若b ＝11，求△ABC 的面积．解：(1)由于cos C ＝35，0<C <π，则sin C ＝45.因为4a ＝5c ，由正弦定理知4sin A ＝5sin C ，则sin A ＝54sin C ＝55.(2)因为4a ＝5c ，由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋121－165a 222a ＝11－a 252a＝35，即a 2＋6a －55＝0，解得a ＝5，而sin C ＝45，b ＝11，所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×5×11×45＝22.角度3最值与范围问题【例5】(2019·全国高考Ⅲ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A ＋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 sin A ＋C2＝sin B sin A .因为sin A ≠0，所以sinA ＋C2＝sin B .由A ＋B ＋C ＝180°，可得sinA ＋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).【例6】(2022·河北沧州二模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan Bcos A.(1)证明：a ＋b ＝2c ；(2)求cos C 的最小值．解：(1)证明：由题意知＝sin A cos A cos B ＋sin Bcos A cos B ，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin (A ＋B )＝sin A ＋sin B ，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin (A ＋B )＝sin (π－C )＝sin C .从而sin A ＋sin B ＝2sin C .由正弦定理得a ＋b ＝2c .(2)由(1)知c ＝a ＋b 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝2ab －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立．故cos C 的最小值为12.【解题方法】———————————————————————————————●求解三角形中最值、范围问题的方法(1)函数法：建立有关的函数关系式，利用角的范围求解；(2)基本不等式法：当三角形中一组边角成对已知时，一般考虑余弦定理，转化为圆内接三角形，利用不等式可求周长最大值问题．【对点练】5.(2021·内蒙古包头一模)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin 2B －sin 2A －sin 2C ＝sin A sin C .(1)求B ；(2)若b ＝3，当△ABC 的周长最大时，求它的面积．解：(1)由正弦定理得b 2－a 2－c 2＝ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－12，∵B ∈(0，π)，∴B ＝2π3.(2)由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac ＋ac ＝(a ＋c )2－ac ＝9，∴ac ＝(a ＋c )2－9(当且仅当a ＝c 时取等号)，∴a ＋c ≤23，∴当a ＝c ＝3时，△ABC 周长取得最大值，此时S △ABC ＝12ac sin B ＝32×32＝334.6．(2022·新高考全国Ⅰ卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos A1＋sin A＝sin 2B 1＋cos 2B.(1)若C ＝2π3，求B ；(2)求a 2＋b 2c 2的最小值．解：(1)因为cos A 1＋sin A ＝sin 2B 1＋cos 2B＝2sin B cos B 2cos 2B ＝sin Bcos B ，即sin B ＝cos A cos B －sin A sin B ＝cos (A ＋B )＝－cos C ＝12，而0<B <π2，所以B ＝π6.(2)由(1)知，sin B ＝－cos C >0，所以π2<C <π，0<B <π2，而sin B ＝－cos C ＝sin所以C ＝π2＋B ，即有A ＝π2－2B ，所以a 2＋b 2c 2＝sin 2A ＋sin 2Bsin 2C＝cos 22B ＋1－cos 2B cos 2B ＝(2cos 2B －1)2＋1－cos 2B cos 2B＝4cos 2B ＋2cos 2B －5≥28－5＝42－5，当且仅当cos 2B ＝22时取等号，所以a 2＋b 2c2的最小值为42－5.核心考点(三)解三角形的综合应用角度1与平面几何有关的解三角形问题【例1】(2020·全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥P ABC 的平面展开图中，AC ＝1，AB ＝AD ＝3，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB ＝________.解析：在△ABC 中，AB ⊥AC,AC ＝1，AB ＝3，所以BC ＝2.在△ABD 中，AB ⊥AD,AD ＝3，AB ＝3，所以BD ＝ 6.在△ACE 中，AC ＝1，AE ＝AD ＝3，∠CAE ＝30°，由余弦定理得CE 2＝AC 2＋AE 2－2AC ·AE ·cos ∠CAE ＝1＋3－2×1×3×32＝1，所以CE ＝1.在△BCF 中，BC ＝2，FC ＝CE ＝1，BF ＝BD ＝6，由余弦定理得cos ∠FCB ＝FC 2＋BC 2－FB 22FC ·BC ＝1＋4－62×1×2＝－14.答案：－14【例2】(2021·新高考全国Ⅰ卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b 2＝ac ，点D 在边AC 上，BD sin ∠ABC ＝a sin C .(1)证明：BD ＝b ；(2)若AD ＝2DC ，求cos ∠ABC .解：(1)证明：由题设，BD ＝a sinC sin ∠ABC，由正弦定理知c sin C ＝b sin ∠ABC ，即sin C sin ∠ABC ＝c b，∴BD ＝acb ，又b 2＝ac ，∴BD ＝b ，得证．(2)由题意知，BD ＝b ，AD ＝2b3，DC ＝b 3，∴cos ∠ADB ＝b 2＋4b 29－c 22b ·2b 3＝13b 29－c 24b 23，同理cos ∠CDB ＝b 2＋b 29－a 22b ·b 3＝10b 29－a 22b 23，∵∠ADB ＝π－∠CDB ，∴13b 29－c 24b 23＝a 2－10b 292b 23，整理得2a 2＋c 2＝11b 23，又b 2＝ac ，∴2a 2＋b 4a 2＝11b 23，整理得6a 4－11a 2b 2＋3b 4＝0，解得a 2b 2＝13或a 2b 2＝32，由余弦定理知，cos ∠ABC ＝a 2＋c 2－b 22ac＝43－a 22b 2，当a 2b 2＝13时，cos ∠ABC ＝76>1不合题意；当a 2b 2＝32时，cos ∠ABC ＝712.综上，cos ∠ABC ＝712.【解题方法】———————————————————————————————●(1)分析平面几何图形，寻找一个含有三个独立条件的三角形并求解，将解得的边、角再用于求解其他三角形．(2)如果两个三角形有共同的边或角，也可列方程求解．【对点练】1.(2022·山东临沂一模)如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2，cos ∠ADC ＝17.(1)求sin ∠BAD ；(2)求BD ，AC 的长．解：(1)在△ADC 中，因为cos ∠ADC ＝17，所以sin ∠ADC ＝437.所以sin ∠BAD ＝sin (∠ADC －∠B )＝sin ∠ADC cos B －cos ∠ADC sin B ＝437×12－17×32＝3314.(2)在△ABD 中，由正弦定理，得BD ＝AB ·sin ∠BAD sin ∠ADB ＝8×3314437＝3.在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝82＋52－2×8×5×12＝49，所以AC ＝7.2．(2022·湖南株洲二模)如图，在平面四边形ABCD 中，DA ⊥AB ，DE ＝1，EC ＝7，EA ＝2，∠ADC ＝2π3，∠BEC ＝π3.(1)求sin ∠CED 的值；(2)求BE 的长．解：设∠CED ＝α.(1)在△CDE 中，由余弦定理，得EC 2＝CD 2＋DE 2－2CD ·DE ·cos ∠EDC .于是由题设知，7＝CD 2＋1＋CD ，即CD 2＋CD －6＝0.解得CD ＝2(CD ＝－3舍去).在△CDE 中，由正弦定理，得EC sin ∠EDC＝CDsin α.于是，sin α＝CD ·sin2π3EC ＝2×327＝217，即sin ∠CED ＝217.(2)由题设知，0<α<π3，于是由(1)知，cos α＝1－sin 2α＝1－2149＝277.而∠AEB ＝2π3－α，所以cos ∠AEB ＝coscos 2π3cos α＋sin 2π3sin α＝－12cos α＋32sin α＝－12×277＋32×217＝714.在Rt △EAB 中，cos ∠AEB ＝EA BE ＝2BE，故BE ＝2cos ∠AEB＝2714＝47.角度2正、余弦定理的实际应用【例3】如图所示，为了测量A ，B 处岛屿的距离，小明在D 处观测，A ，B 分别在D 处的北偏西15˚、北偏东45˚方向，再往正东方向行驶40n mile 至C 处，观测B 在C 处的正北方向，A 在C 处的北偏西60˚方向，则A ，B 两处岛屿间的距离为()A ．206n mileB ．406n mileC ．20(1＋3)n mileD ．40n mile解析：选A ．在△ACD 中，∠ADC ＝15˚＋90˚＝105˚，∠ACD ＝30˚，所以∠CAD ＝45˚，由正弦定理可得：CD sin ∠CAD ＝ADsin ∠ACD，解得AD ＝CD sin ∠ACDsin ∠CAD＝40×1222＝20 2.在Rt △DCB 中，∠BDC ＝45˚，所以BD ＝2CD ＝40 2.在△ABD 中，由余弦定理可得：AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ＝800＋3200－2×202×402×12＝2400，解得AB ＝20 6.【例4】如图，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB ，高为(153－15)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 ，教堂顶C 的仰角分别是15˚和60˚，在楼顶A 处测得塔顶C 的仰角为30˚，则小明估算索菲亚教堂的高度为()A ．20mB ．30mC ．203mD ．303m解析：选D ．由题意知：∠CAM ＝45˚，∠AMC ＝105˚，所以∠ACM ＝30˚.在Rt △ABM 中，AM ＝AB sin ∠AMB ＝ABsin 15˚，在△ACM 中，由正弦定理得AM sin 30˚＝CMsin 45˚，所以CM ＝AM ·sin 45˚sin 30˚＝AB ·sin 45˚sin 15˚·sin 30˚，在Rt △DCM 中，CD ＝CM ·sin 60˚＝AB ·sin 45˚·sin 60˚sin 15˚·sin 30˚＝(153－15)×22×326－24×12＝30 3.【解题方法】———————————————————————————————●应用三角知识解决实际问题的模型【对点练】3.小明去海边钓鱼，将鱼竿AB摆成如图所示的样子．已知鱼竿＝4.2m，海平面EC与地面AM相距0.9m，鱼竿甩出后，BC，CD均为钓鱼线，线长共5m，鱼竿尾端离岸边0.3m，即AM＝0.3m，假设水下钓鱼线CD与海平面垂直，水面上的钓鱼线BC与海平面的夹角为45˚，鱼竿与地面的夹角为30˚，则鱼钩D到岸边的距离约为________．(结果保留两位小数，3≈1.732)解析：如图，过点B作BN⊥CE，垂足为N，过点A作AG⊥BN，垂足为G.∵AB＝4.2m，鱼竿与地面的夹角为30˚，∴BG＝2.1m，AG＝2.13m.∵海平面EN与地面AM相距0.9m，∴BN＝2.1＋0.9＝3m，∵水面上的钓鱼线BC45˚，∴CN＝BN＝3m，∴C到岸边的距离为3＋2.13－0.3≈6.34m.又水下钓鱼线CD与海平面垂直，∴鱼钩D到岸边的距离约为6.34m.答案：6.34m。

三角恒等变换与解三角形

三角恒等变换与解三角形三角恒等变换（Trigonometric Identities）是数学中重要的基本概念之一，它们在解三角形等相关问题中发挥着重要的作用。

在本文中，我们将探讨三角恒等变换的基本概念以及如何利用它们解决三角形的问题。

1. 引言三角恒等变换是指在三角函数之间的相等关系。

通过运用这些恒等变换，我们可以简化和变换三角函数的表达式，从而更容易解决与三角函数相关的问题。

2. 基本的三角恒等变换2.1 正弦函数的平方和余弦函数的平方等于1对于任意角θ，有sin^2θ + cos^2θ = 1。

这个恒等变换被称为三角函数的基本恒等变换，它表明正弦函数的平方与余弦函数的平方之和等于1。

2.2 余弦函数与正弦函数的互补关系对于任意角θ，有sin(π/2 - θ) = cosθ 和cos(π/2 - θ) = sinθ。

这表明余弦函数与正弦函数在π/2之间具有互补关系。

2.3 正切函数与余切函数的互补关系对于任意角θ，有tan(π/2 - θ) = cotθ 和cot(π/2 - θ) = tanθ。

这表明正切函数与余切函数在π/2之间具有互补关系。

3. 利用三角恒等变换解三角形利用三角恒等变换，我们可以简化和变换三角函数的表达式，从而解决与三角形相关的问题。

以下是一些常用的例子：3.1 例子1：已知一个角的正弦值，求解这个角的余弦值和正切值。

假设已知角θ的正弦值为sinθ = 3/5。

根据正弦函数的平方和余弦函数的平方等于1，我们可以得到cos^2θ = 1 - (sinθ)^2 = 1 - (3/5)^2 = 16/25。

因此，cosθ = ±4/5，取决于角θ的实际情况。

同样地，根据正切函数的定义，我们可以得到tanθ = sinθ/cosθ = (3/5)/ (±4/5) = 3/4。

3.2 例子2：已知一个角的余弦值，求解这个角的正弦值和余切值。

假设已知角θ的余弦值为cosθ = 4/5。

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