高考数学专题06 三角恒等变换与解三角形热点难点突破理

合集下载

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.。

高考数学复习：三角恒等变换与解三角形

复
习
故cosB2＝2sinB2cosB2．
因为cosB2≠0，所以sinB2＝12，所以B＝60°．
数学
返回导航
专题三三角函数及解三角形
(2)解：由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝ 43a．
由(1)知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝cssiinnCA＝sin1s2in0C°－C＝2tan3C＋12．
学
二轮
[解析] ∵asinA－bsinB＝4csinC，
复
习
∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2．
由余弦定理得cosA＝b2＋2cb2c－a2＝b2＋c2－2b4cc2＋b2＝－2b3cc2＝－14，∴bc＝6.故
选A．
返回导航
专题三三角函数及解三角形
(理)(2018·全国卷Ⅲ，8)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△
学
故sin2B＋π6＝sin2Bcosπ6＋cos2Bsinπ6＝－ 815× 23－78×12＝－3 156＋7．
返回导航
专题三三角函数及解三角形
6．(2019·全国卷Ⅲ，18)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
asinA＋2 C＝bsinA．
(1)求B；
数
学
二轮
ABC的面积为a2＋b42－c2，则C＝
(C )
A．π2
B．π3
数
二轮
C．π4
D．π6
学
复
习
[解析] 由题意S△ABC＝12absinC＝a2＋b42－c2，即sinC＝a2＋2ba2b－c2，由余弦定
理可知sinC＝cosC，即tanC＝1，
又C∈(0，π)，所以C＝π4．

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

高考数学复习考点知识归类讲解专题06简单的三角恒等变换

高考数学复习考点知识归类讲解专题06简单的三角恒等变换一、考点归类：1.会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式；2.能利用两角差的余弦公式导出两角差的正弦、正切公式；3.能利用两角差的余弦公式导出两角和的正弦、余弦、正切公式，导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系；4.能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括导出积化和差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆).二、知识点梳理：1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式S(α±β)：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β.C(α±β)：cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.T(α±β)：tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β⎝⎛⎭⎪⎫α，β，α±β≠π2＋kπ，k∈Z.两角和与差的正弦、余弦、正切公式的结构特征和符号特点及关系：C(α±β)同名相乘，符号反；S(α±β)异名相乘，符号同；T(α±β)分子同，分母反.2．二倍角公式S 2α：sin 2α＝2sin αcos α.C 2α：cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.T 2α：tan 2α＝2tan α1－tan 2α⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠k π＋π2且α≠k π2＋π4，k ∈Z .二倍角是相对的，例如，α2是α4的二倍角，3α是3α2的二倍角．二、常用结论汇总——规律多一点 (1)降幂公式：cos 2α＝1＋cos 2α2，sin 2α＝1－cos 2α2.(2)升幂公式：1＋cos 2α＝2cos 2α，1－cos 2α＝2sin 2α. (3)公式变形：tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)．(4)辅助角公式：a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫其中sin φ＝b a 2＋b 2，cos φ＝a a 2＋b 2三、例题：例1.（2020年北京卷，14）若函数()sin()cos f x x x ϕ=++的最大值为2，则常数φ的一个取值为_________.【答案】π2（符合π2π+,2k k ∈Z 都可以，答案不唯一）【解析】易知当sin()y x ϕ=+，cos y x =同时取得最大值1时，函数()sin()cos f x x x ϕ=++取得最大值2，故sin()cos x x ϕ+=，则π2π,2k k ϕ=+∈Z ，故常数ϕ的一个取值为π2.例2.（2020年江苏卷，8）已知2π2sin +=43α⎛⎫⎪⎝⎭，则sin 2α的值是 .【答案】13【解析】因为2π2sin 43α⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以π1cos 22223α⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=，1sin 2223α+=，得1sin 23α=. 例3.（2019全国Ⅱ理10）已知α∈(0，2π)，2sin 2α=cos 2α+1，则sin α=A ．15B5C3D5【答案】B【解析】由2sin 2cos21αα=+，得24sin cos 2cos ααα=.因为π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos 2sin αα=.由22cos 2sin sin cos 1αααα=⎧⎨+=⎩，得sin α=.故选B. 例4.（2018江苏）已知,αβ为锐角，4tan 3α=，cos()αβ+=．(1)求cos2α的值； (2)求tan()αβ-的值．【解析】(1)因为，，所以．因为，所以，因此，． (2)因为为锐角，所以．又因为，所以，因此．因为，所以，因此，．例 5.（2016年全国Ⅰ卷）已知θ是第四象限角，且3sin()45πθ+=，则tan()4πθ-= .【答案】43-【解析】因为3sin()45πθ+=，所以cos()sin[()]424πππθθ-=+-sin()4πθ=+35=，因为θ为第四象限角，所以22,2k k k Z ππθπ-+<<∈，所以322,444k k k Z ππππθπ-+<-<-∈，所以4sin()45πθ-==-，4tan 3α=sin tan cos ααα=4sin cos 3αα=22sin cos 1αα+=29cos 25α=27cos22cos 125αα=-=-,αβ(0,π)αβ+∈cos()αβ+=sin()αβ+=tan()2αβ+=-4tan 3α=22tan 24tan 21tan 7ααα==--tan 2tan()2tan()tan[2()]1+tan 2tan()11ααβαβααβααβ-+-=-+==-+所以sin()44tan()43cos()4πθπθπθ--==--．例6.（2015广东）已知tan 2α=．（Ⅰ）求tan()4πα+的值；（Ⅱ）求2sin 2sin sin cos cos 21ααααα+--的值．【解析】（Ⅰ）tan tantan 1214tan 341tan 121tan tan 4παπααπαα+++⎛⎫+====- ⎪--⎝⎭-．（Ⅱ）2sin 2sin sin cos cos 21ααααα+--()222sin cos sin sin cos 2cos 11αααααα=+--- 222sin cos sin sin cos 2cos αααααα=+-22tan tan tan 2ααα=+-222222⨯=+-1=．四、巩固练习：1．sin 45°cos 15°＋cos 225°sin 165°＝( ) A ．1 B.12C.32 D ．－12【答案】B【解析】sin 45°cos 15°＋cos 225°sin 165°＝sin 45°·cos 15°＋(－cos 45°)sin 15°＝sin(45°－15°)＝sin 30°＝12.2．(2019·贵阳高三监测考试)sin 415°－cos 415°＝( ) A.12B ．－12C.32D ．－32【答案】D【解析】 sin 415°－cos 415°＝(sin 215°－cos 215°)(sin 215°＋cos 215°)＝sin 215°－cos 215°＝－cos 30°＝－32.故选D. 3．(2018·成都七中一模)已知tan α＝m3，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2m ，则m ＝( )A ．－6或1B ．－1或6C ．6D ．1【答案】A【解析】 ∵tan α＝m3，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝3＋m 3－m .∵tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2m ，∴2m ＝3＋m3－m.解得m ＝－6或m ＝1.故选A. 4．若sin(α－β)sin β－cos(α－β)cos β＝45，且α为第二象限角，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝( )A ．7B.17 C ．－7D ．－17【答案】B【解析】∵sin(α－β)sin β－cos(α－β)cos β＝45，即－cos(α－β＋β)＝－cos α＝45，∴cos α＝－45.又∵α为第二象限角，∴tan α＝－34，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1＋tan α1－tan α＝17.5．下列各式中，值为32的是( ) A ．sin 15°cos 15° B ．cos 2π12－sin 2π12C.1＋tan 15°1－tan 15° D.1＋cos 30°2【答案】B【解析】 A ．sin 15°cos 15°＝12sin 30°＝14.B.cos 2 π12－sin 2π12＝cos π6＝32.C.1＋tan 15°1－tan 15°＝tan 60°＝ 3.D. 1＋cos 30°2＝cos 15°＝6＋24.故选B.6．对于锐角α，若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π12＝35，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝( )A.2425B.38C.28D ．－2425【答案】D【解析】由α为锐角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π12＝35，可得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π12＝45，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α－π12＋π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π12cos π4－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π12sin π4＝45×22－35×22＝210，于是cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫2102－1＝－2425，故选D.7．(2019·吉林百校联盟高三联考)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＋α＝( )A ．4－2 3B ．23－4C ．4－4 3D ．43－4【答案】B【解析】由题意可得－sin α＝－3sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6，即sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12－π12＝3sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π12＋π12，sin ( α＋π12 )·cos π12－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12sin π12＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12cosπ12＋3cos⎝⎛⎭⎪⎫α＋π12sinπ12，整理可得tan⎝⎛⎭⎪⎫α＋π12＝－2tanπ12＝－2tan⎝⎛⎭⎪⎫π4－π6= －2×tanπ4－tanπ61＋tanπ4tanπ6＝23－4.故选B.8．已知角α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且cos 2α＋cos2α＝0，则tan⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝( )A．－3－2 2 B．－1C．3－2 2 D．3＋22【答案】A【解析】由题意结合二倍角公式可得2cos2α－1＋cos2α＝0，∴cos2α＝13.∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos α＝33，∴sin α＝1－cos2α＝63，∴tan α＝sin αcos α＝2，tan⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋tanπ41－tan αtanπ4＝2＋11－2＝－3－22，故选A.9．(2019·沧州教学质量监测)若cos α＋2cos β＝2，sin α＝2sin β－3，则sin2(α＋β)＝( )A．1 B.1 2C.14D ．0【答案】A【解析】由题意得(cos α＋2cos β)2＝cos 2α＋4cos 2β＋4cos αcos β＝2，(sin α－2sin β)2＝sin 2α＋4sin 2β－4sin αsin β＝3.两式相加，得1＋4＋4(cosαcos β－sin αsin β)＝5，∴cos(α＋β)＝0，∴sin 2(α＋β)＝1－cos 2(α＋β)＝1. 10．已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝34，则cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝( )A.725 B.925 C.1625 D.2425【答案】B【解析】∵tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝34，∴cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋cos 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4tan 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＋1＝916916＋1＝925.故选B.11．设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则 cos θ＝( )A.255B.55C ．－255D ．－55【答案】C【解析】利用辅助角公式可得f (x )＝sin x －2cos x ＝5sin(x －φ)，其中cosφ＝55，sin φ＝255.当函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值时，θ－φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，∴θ＝2k π＋π2＋φ(k ∈Z)，则cos θ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π2＋φ＝－sin φ＝－255(k ∈Z)，故选C. 12．设0°<α<90°，若sin(75°＋2α)＝－35，则sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝( )A.110B.220C ．－110D ．－220【答案】B【解析】因为0°<α<90°，所以75°<75°＋2α<255°.又因为sin(75°＋2α)＝－35<0，所以180°<75°＋2α<255°，角75°＋2α为第三象限角，所以cos(75°＋2α)＝－45.所以sin(15°＋α)sin(75°－α)＝sin(15°＋α)cos(15°＋α)＝12sin(30°＋2α)＝12sin[(75°＋2α)－45°]＝12[sin(75°＋2α)·cos 45°－cos(75°＋2α)sin 45°]＝12×( －35×22＋45×22 )＝220，故选B.13．(2019·沈阳四校协作体联考)化简：1cos 80°－3sin 80°＝________.【答案】4【解析】1cos 80°－3sin 80°＝sin 80°－3cos 80°sin 80°cos 80°＝2sin 80°－60°12sin 160°＝2sin 20°12sin 20°＝4.14．已知sin(2α－β)＝35，sin β＝－1213，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，则sin α的值为________．【答案】3130130【解析】∵π2<α<π，∴π<2α<2π.∵－π2<β<0，∴0<－β<π2，π<2α－β<5π2. ∵sin(2α－β)＝35>0，∴2π<2α－β<5π2，cos(2α－β)＝45.∵－π2<β<0且sin β＝－1213，∴cos β＝513.∴cos 2α＝cos[(2α－β)＋β]＝cos(2α－β)cos β－sin(2α－β)·sin β＝45×513－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1213＝5665. ∵cos 2α＝1－2sin 2α，∴sin 2α＝9130. ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴sin α＝3130130.15．已知锐角α，β满足(tan α－1)(tan β－1)＝2，则α＋β的值为________．【答案】3π4【解析】因为(tan α－1)(tan β－1)＝2，所以tan α＋tan β＝tan αtan β－1，所以tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝－1.因为α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝3π4. 16． A ，B 均为锐角，cos(A ＋B )＝－2425，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π3＝－45，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫A －π3＝________.【答案】117125【解析】因为A ，B 均为锐角，cos(A ＋B )＝－2425，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π3＝－45，所以π2<A ＋B <π，π2<B＋π3<π，所以sin(A ＋B )＝1－cos2A ＋B＝725，sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π3＝ 1－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π3＝35.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π3＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤A ＋B －⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π3＝－2425×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45＋725×35＝117125. 17．(2019·六安第一中学月考)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝－14，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2.求：(1)sin 2α；(2)tan α－1tan α.【解析】(1)由题知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝cos ( π6＋α )·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－14，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－12.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2，∴2α＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，4π3，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－32，∴sin 2α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3cos π3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3sin π3＝12.(2)由(1)得cos 2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3－π3＝cos ( 2α＋π3 )·cos π3＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3sin π3＝－32，∴tan α－1tan α＝sin αcos α－cos αsin α＝sin 2α－cos 2αsin αcos α＝－2cos 2αsin 2α＝－2×－3212＝2 3.18．已知函数f (x )＝sin 2x －sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6，x ∈R.(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最大值和最小值．【解析】(1)由已知，有f (x )＝1－cos 2x 2－1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π32＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos 2x ＋32sin 2x －12cos 2x ＝34sin 2x －14cos 2x ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)因为f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，－π6上是减函数，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π4上是增函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝－14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝34，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最大值为34，最小值为－12.。

高考数学专题06 三角恒等变换与解三角形热点难点突破文

专题06 三角恒等变换与解三角形1．函数f (x )＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|＜π2的图象向左平移π6个单位后关于原点对称，则函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值为( ) A ．－32 B ．－12C. 12D.32 【答案】A2．已知函数f (x )＝sin x －cos x ，且f ′(x )＝12f (x )，则tan 2x 的值是( )A ．－23B ．－43 C.43D.34【答案】D【解析】因为f ′(x )＝cos x ＋sin x ＝12sin x －12cos x ，所以tan x ＝－3，所以tan 2x ＝2tan x 1－tan 2x ＝－61－9＝34，故选D. 3．已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则下列结论中正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0对称 C ．由函数f (x )的图象向右平移π8个单位长度可以得到函数y ＝sin 2x 的图象D ．函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，5π8上单调递增【答案】C【解析】函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π8个单位长度得到函数y ＝sin2x －π8＋π4＝sin 2x 的图象，故选C.4．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图16所示，则f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫17π12的值为( )图16A ．2－ 3B ．2＋ 3C ．1－32 D ．1＋32【答案】A5．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )A ．[－1,1]B ．[－1，2]C ．[－2，1]D ．[1，2] 【答案】A【解析】由sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]，得α－β＝π2，β＝α－π2∈[0，π]⇒α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，且sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＋sin(π－α)＝cos α＋sin α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π⇒α＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4⇒sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，22⇒2sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4∈[－1,1]，故选A.6．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a ＞0，且a ≠1)的图象恒过定点P ，若角α的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边经过点P ，则sin 2α－sin 2α的值为( )A.513 B ．－513C.313 D ．－313【答案】D【解析】根据已知可得点P 的坐标为(2,3)，根据三角函数定义，可得sin α＝313，cos α＝213，所以sin 2α－sin 2α＝sin 2α－2sin αcos α＝⎝⎛⎭⎪⎫3132－2×313×213＝－313. 7．将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫|φ|＜π2的图象向右平移π12个单位，所得到的图象关于y 轴对称，则函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值为( )A.32 B ．12 C ．－12 D ．－32【答案】D【解析】f (x )＝sin(2x ＋φ)向右平移π12个单位得到函数g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12＋φ＝sin2x －π6＋φ，此函数图象关于y 轴对称，即函数g (x )为偶函数，则－π6＋φ＝π2＋k π，k ∈Z.又|φ|＜π2，所以φ＝－π3，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.因为0≤x ≤π2，所以－π3≤2x －π3≤2π3，所以f (x )的最小值为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝－32，故选D.8．已知函数f (x )＝a sin x －b cos x (a ，b 为常数，a ≠0，x ∈R)在x ＝π4处取得最大值，则函数y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4是( )A ．奇函数且它的图象关于点(π，0)对称B ．偶函数且它的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，0对称C ．奇函数且它的图象关于点⎝⎛⎭⎪⎫3π2，0对称D ．偶函数且它的图象关于点(π，0)对称【答案】B9．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图19所示，且f (α)＝1，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋5π6＝( )图19A ．±223B ．223C ．－223 D.13【答案】C10．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b3cos B＝asin A，则cos B ＝( )A ．－12 B.12C ．－32D.32【答案】B【解析】由正弦定理，得b 3cos B ＝a sin A ＝bsin B，即sin B ＝3cos B ，∴tan B ＝ 3.又0<B <π，故B ＝π3，cos B ＝12. 11．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，若b sin A －3a cos B ＝0，且b 2＝ac ，则a ＋c b的值为( ) A.22B. 2 C ．2 D ．4【答案】C【解析】由正弦定理得sin B sin A －3sin A cos B ＝0.∵sin A ≠0，∴sin B －3cos B ＝0，∴tan B ＝ 3.又0＜B ＜π，∴B ＝π3.由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ，即b 2＝(a ＋c )2－3ac . 又b 2＝ac ，∴4b 2＝(a ＋c )2，解得a ＋cb＝2.故选C 12．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A ．3B ．932C.332D ．3 3 【答案】C13．在△ABC 中，c ＝3，b ＝1，∠B ＝π6，则△ABC 的形状为( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】根据余弦定理有1＝a 2＋3－3a ，解得a ＝1或a ＝2，当a ＝1时，三角形ABC 为等腰三角形，当a ＝2时，三角形ABC 为直角三角形，故选D.14．如图21，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 ＝( )图21 A.223 B.24 C.64 D.63【答案】C15．设角A ，B ，C 是△ABC 的三个内角，则“A ＋B <C ”是“△ABC 是钝角三角形”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由A ＋B ＋C ＝π，A ＋B <C ，可得C >π2，故三角形ABC 为钝角三角形，反之不一定成立．故选A.16．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若三边的长为连续的三个正整数，且A >B >C,3b ＝20a cosA ，则sin A ∶sinB ∶sinC ＝( )A ．4∶3∶2B ．5∶6∶7C ．5∶4∶3D ．6∶5∶4 【答案】D【解析】∵A >B >C ，∴a >b >c . 又∵a ，b ，c 为连续的三个正整数，∴设a ＝n ＋1，b ＝n ，c ＝n －1(n ≥2，n ∈N *)． ∵3b ＝20a cos A ，∴3b20a ＝cos A ，∴3b 20a ＝b 2＋c 2－a 22bc ， 3n20n ＋1＝n 2＋n －12－n ＋122n n －1，即3n 20n ＋1＝n n －42n n －1，化简得7n 2－27n －40＝0，(n －5)(7n ＋8)＝0， ∴n ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＝－87舍.又∵a sin A ＝b sin B ＝csin C，∴sin A ∶sin B ∶sin C ＝a ∶b ∶c ＝6∶5∶4. 故选D17．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且满足c sin A ＝3a cos C ，则sin A ＋sin B 的最大值是( ) A ．1 B ． 2 C ．3 D. 3 【答案】D18．已知函数f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)为奇函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，其中a ∈R ，θ∈(0，π)．(1)求a ，θ的值；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α4＝－25，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，求sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3的值．解：(1)因为f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)是奇函数，而y 1＝a ＋2cos 2x 为偶函数，所以y 2＝cos(2x ＋θ)为奇函数，由θ∈(0，π)，得θ＝π2，所以f (x )＝－sin 2x ·(a ＋2cos 2x )，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0得－(a ＋1)＝0，即a ＝－1. (2)由(1)得f (x )＝－12sin 4x ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α4＝－12sin α＝－25，即sin α＝45，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，从而cos α＝－35，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝sin αcos π3＋cos αsin π3＝45×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×32＝4－3310. 19．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a －c ＝66b ，sin B ＝6sin C . (1)求cos A 的值； (2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6的值．20．如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1, CD＝3，cos B＝33.(1)求△ACD的面积；(2)若BC＝23，求AB的长．解：(1)因为∠D＝2∠B，cos B＝33，。

【高考数学核心突破解三角形】三角函数的图象与性质、三角恒等变换与解三角形(含规范大题示范)

第1讲三角函数的图象与性质[考情考向分析] 1.以图象为载体，考查三角函数的最值、单调性、对称性、周期性.2.考查三角函数式的化简、三角函数的图象和性质、角的求值，重点考查分析、处理问题的能力，是高考的必考点．热点一三角函数的概念、诱导公式及同角关系式1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，则sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx(x ≠0)．各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．2．同角基本关系式：sin 2α＋cos 2α＝1，sin αcos α＝tan α⎝⎛⎭⎫α≠k π＋π2，k ∈Z . 3．诱导公式：在k π2＋α，k ∈Z 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．例1 (1)(2018·资阳三诊)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，终边经过点P (2，1)，则tan ⎝⎛⎭⎫2α＋π4等于( ) A ．－7 B ．－17 C.17 D ．7答案 A解析由角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (2,1)，可得x ＝2，y ＝1，tan α＝y x ＝12，∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝11－14＝43，∴tan ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝tan 2α＋tan π41－tan 2αtan π4＝43＋11－43×1＝－7. (2)(2018·衡水金卷信息卷)已知曲线f (x )＝x 3－2x 2－x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为α，则cos 2⎝⎛⎭⎫π2＋α－2cos 2α－3sin(2π－α)cos(π＋α)的值为( ) A.85 B ．－45 C.43 D ．－23 答案 A解析由f (x )＝x 3－2x 2－x 可知f ′(x )＝3x 2－4x －1， ∴tan α＝f ′(1)＝－2，cos 2⎝⎛⎭⎫π2＋α－2cos 2α－3sin ()2π－αcos ()π＋α ＝(－sin α)2－2cos 2α－3sin αcos α ＝sin 2α－2cos 2α－3sin αcos α＝sin 2α－2cos 2α－3sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α－3tan α－2tan 2α＋1＝4＋6－25＝85. 思维升华 (1)涉及与圆及角有关的函数建模问题(如钟表、摩天轮、水车等)，常常借助三角函数的定义求解．应用定义时，注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上点的位置无关． (2)应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限内的符号；利用同角三角函数的关系化简过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．跟踪演练1 (1)(2018·合肥质检)在平面直角坐标系中，若角α的终边经过点P ⎝⎛⎭⎫sin 5π3，cos 5π3，则sin(π＋α)等于( ) A ．－32 B ．－12 C.12 D.32答案 B解析由诱导公式可得，sin 5π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π－π3＝－sin π3＝－32， cos 5π3＝cos ⎝⎛⎭⎫2π－π3＝cos π3＝12，即P ⎝⎛⎭⎫－32，12，由三角函数的定义可得，sin α＝12⎝⎛⎭⎫－322＋⎝⎛⎭⎫122＝12，则sin ()π＋α＝－sin α＝－12.(2)(2018·衡水金卷调研卷)已知sin(3π＋α)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋α，则sin (π－α)－4sin ⎝⎛⎭⎫π2＋α5sin (2π＋α)＋2cos (2π－α)等于( )A.12B.13C.16 D ．－16 答案 D解析 ∵sin(3π＋α)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋α， ∴－sin α＝－2cos α，即sin α＝2cos α，则sin (π－α)－4sin ⎝⎛⎭⎫π2＋α5sin (2π＋α)＋2cos (2π－α)＝sin α－4cos α5sin α＋2cos α＝2cos α－4cos α10cos α＋2cos α＝－212＝－16.热点二三角函数的图象及应用函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象 (1)“五点法”作图：设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点、连线可得．(2)图象变换：(先平移后伸缩)y ＝sin x ――――――――――――→向左(φ>0)或向右(φ<0)平移|φ|个单位长度 y ＝sin(x ＋φ)―――――――――――――→横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍纵坐标不变y ＝sin(ωx ＋φ)―――――――――――――→纵坐标变为原来的A (A >0)倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)． (先伸缩后平移)y ＝sin x ――――――――――→横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍纵坐标不变y ＝sin ωx ―――――――→向左(φ>0)或右(φ<0)平移|φ|ω个单位长度y ＝sin(ωx ＋φ) ――――――――――――→纵坐标变为原来的A (A >0)倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)．例2 (1)(2018·安徽省江淮十校联考)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(ω>0)的最小正周期为π，为了得到函数g (x )＝cos ωx 的图象，只要将y ＝f (x )的图象( ) A ．向左平移π12个单位长度B ．向右平移π12个单位长度C ．向左平移5π12个单位长度D ．向右平移5π12个单位长度答案 A解析由题意知，函数f (x )的最小正周期T ＝π，所以ω＝2，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，g (x )＝cos 2x . 把g (x )＝cos 2x 变形得g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π12＋π3，所以只要将f (x )的图象向左平移π12个单位长度，即可得到g (x )＝cos 2x 的图象，故选A.(2)(2018·永州模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)()ω>0，|φ|<π的部分图象如图所示，将函数f (x )的图象向右平移5π12个单位长度后得到函数g (x )的图象，若函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π6，θ上的值域为[－1,2]，则θ＝________.答案 π3解析函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)()ω>0，|φ|<π的部分图象如图所示，则A ＝2，T 2＝13π12－7π12＝π2，解得T ＝π，所以ω＝2，即f (x )＝2sin(2x ＋φ)，当x ＝π3时，f ⎝⎛⎭⎫π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2×π3＋φ＝0，又|φ|<π，解得φ＝－2π3，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －2π3，因为函数f (x )的图象向右平移5π12个单位长度后得到函数g (x )的图象，所以g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －5π12－2π3＝2cos 2x ，若函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π6，θ上的值域为[－1,2]，则2cos 2θ＝－1，则θ＝k π＋π3，k ∈Z ，或θ＝k π＋2π3，k ∈Z ，所以θ＝π3.思维升华 (1)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度数和方向．跟踪演练2 (1)(2018·潍坊模拟)若将函数y ＝cos ωx (ω>0)的图象向右平移π3个单位长度后与函数y ＝sin ωx 的图象重合，则ω的最小值为( ) A.12 B.32 C.52 D.72 答案 B解析将函数y ＝cos ωx (ω>0)的图象向右平移π3个单位长度后得到函数的解析式为y ＝cosω⎝⎛⎭⎫x －π3＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx －ωπ3. ∵平移后得到的函数图象与函数y ＝sin ωx 的图象重合， ∴－ωπ3＝2k π－π2(k ∈Z )，即ω＝－6k ＋32(k ∈Z )．∴当k ＝0时，ω＝32.(2)(2018·北京朝阳区模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则ω＝________；函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π3，π上的零点为________．答案 27π12解析从图中可以发现，相邻的两个最高点和最低点的横坐标分别为π3，－π6，从而求得函数的最小正周期为T ＝2⎣⎡⎦⎤π3－⎝⎛⎭⎫－π6＝π，根据T ＝2πω可求得ω＝2.再结合题中的条件可以求得函数的解析式为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6，令2x －π6＝k π(k ∈Z )，解得x ＝k π2＋π12(k ∈Z )，结合所给的区间，整理得出x ＝7π12.热点三三角函数的性质 1．三角函数的单调区间y ＝sin x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z )；y ＝cos x 的单调递增区间是[2k π－π，2k π](k ∈Z )，单调递减区间是[2k π，2k π＋π](k ∈Z )； y ＝tan x 的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z )．2．y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得．y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得． y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数．例3 设函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4. (1)求ω的值；(2)若函数y ＝f (x ＋φ)⎝⎛⎭⎫0<φ<π2是奇函数，求函数g (x )＝cos(2x －φ)在[0,2π]上的单调递减区间．解 (1)f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32＝12sin 2ωx －3(1＋cos 2ωx )2＋32 ＝12sin 2ωx －32cos 2ωx ＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π3，设T 为f (x )的最小正周期，由f (x )的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4，得⎝⎛⎭⎫T 22＋[2f (x )max ]2＝π2＋4， ∵f (x )max ＝1，∴⎝⎛⎭⎫T 22＋4＝π2＋4，整理得T ＝2π.又ω>0，T ＝2π2ω＝2π，∴ω＝12.(2)由(1)可知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3， ∴f (x ＋φ)＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋φ－π3. ∵y ＝f (x ＋φ)是奇函数，∴sin ⎝⎛⎭⎫φ－π3＝0，又0<φ<π2，∴φ＝π3，∴g (x )＝cos(2x －φ)＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 令2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ，得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z ，∴函数g (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z . 又∵x ∈[0,2π]，∴当k ＝0时，函数g (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤π6，2π3；当k ＝1时，函数g (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤7π6，5π3.∴函数g (x )在[0,2π]上的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤π6，2π3，⎣⎡⎦⎤7π6，5π3. 思维升华函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的性质及应用类题目的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式；第二步：把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题．跟踪演练3 (2018·四川成都市第七中学模拟)已知函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋sin 2x ＋a 的最大值为1.(1)求函数f (x )的最小正周期与单调递增区间；(2)若将f (x )的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，求函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值．解 (1)∵f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋sin 2x ＋a ＝3cos 2x ＋sin 2x ＋a ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋a ≤1， ∴2＋a ＝1，即a ＝－1，∴最小正周期为T ＝π. ∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3－1，令2k π－π2≤2x ＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－5π12≤x ≤k π＋π12，k ∈Z .∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－5π12，k π＋π12，k ∈Z . (2)∵将f (x )的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，∴g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋π3－1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3－1. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x ＋2π3∈⎣⎡⎦⎤2π3，5π3， ∴当2x ＋2π3＝2π3，即x ＝0时，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝32，g (x )取最大值3－1；当2x ＋2π3＝3π2，即x ＝5π12时，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝－1，g (x )取最小值－3.真题体验1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．答案－332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵cos x ＋1≥0，∴当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当12<cos x ≤1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )，∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值，即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.2．(2018·全国Ⅱ改编 )若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]上是减函数，则a 的最大值是________．答案 π4解析 f (x )＝cos x －sin x＝－2⎝⎛⎭⎫sin x ·22－cos x ·22＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4，当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4，即x －π4∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2时， y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递增， f (x )＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递减． ∵函数f (x )在[－a ，a ]上是减函数， ∴[－a ，a ]⊆⎣⎡⎦⎤－π4，3π4， ∴0<a ≤π4，∴a 的最大值为π4.3．(2018·天津改编)将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，所得图象对应的函数______．(填序号)①在区间⎣⎡⎦⎤3π4，5π4上单调递增； ②在区间⎣⎡⎦⎤3π4，π上单调递减； ③在区间⎣⎡⎦⎤5π4，3π2上单调递增； ④在区间⎣⎡⎦⎤3π2，2π上单调递减．答案 ①解析函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度后的解析式为y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π10＋π5＝sin 2x ，则函数y ＝sin 2x 的一个单调增区间为⎣⎡⎦⎤3π4，5π4，一个单调减区间为⎣⎡⎦⎤5π4，7π4.由此可判断①正确．4．(2018·全国Ⅲ)函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]上的零点个数为______．答案 3解析由题意可知，当3x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )时，f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6＝0. ∵x ∈[0，π]， ∴3x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，19π6， ∴当3x ＋π6的取值为π2，3π2，5π2时，f (x )＝0，即函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]上的零点个数为3. 押题预测1．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π5(x ∈R ，ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2.为了得到函数g (x )＝cos ωx 的图象，只要将y ＝f (x )的图象( ) A ．向左平移3π20个单位长度B ．向右平移3π20个单位长度C ．向左平移π5个单位长度D ．向右平移π5个单位长度押题依据本题结合函数图象的性质确定函数解析式，然后考查图象的平移，很有代表性，考生应熟练掌握图象平移规则，防止出错．答案 A解析由于函数f (x )图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，则其最小正周期T ＝π，所以ω＝2πT＝2，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π5，g (x )＝cos 2x . 把g (x )＝cos 2x 变形得g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋3π20＋π5，所以要得到函数g (x )的图象，只要将f (x )的图象向左平移3π20个单位长度即可．故选A.2．如图，函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫其中A >0，ω>0，|φ|≤π2 与坐标轴的三个交点P ，Q ，R 满足P (2,0)，∠PQR ＝π4，M 为QR 的中点，PM ＝25，则A 的值为( )A.83 3B.1633 C ．8 D ．16 押题依据由三角函数的图象求解析式是高考的热点，本题结合平面几何知识求A ，考查数形结合思想．答案 B解析由题意设Q (a,0)，R (0，－a )(a >0)．则M ⎝⎛⎭⎫a 2，－a2，由两点间距离公式，得 PM ＝⎝⎛⎭⎫2－a 22＋⎝⎛⎭⎫a 22＝25，解得a 1＝8，a 2＝－4(舍去)，由此得T 2＝8－2＝6，即T ＝12，故ω＝π6，由P (2,0)得φ＝－π3，代入f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，得f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫π6x －π3，从而f (0)＝A sin ⎝⎛⎭⎫－π3＝－8，得A ＝163 3. 3．已知函数f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x .(1)若x 是某三角形的一个内角，且f (x )＝－22，求角x 的大小； (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，求f (x )的最小值及取得最小值时x 的值．押题依据三角函数解答题的第(1)问的常见形式是求周期、求单调区间及求对称轴方程(或对称中心)等，这些都可以由三角函数解析式直接得到，因此此类命题的基本方式是利用三角恒等变换得到函数的解析式．第(2)问的常见形式是求解函数的值域(或最值)，特别是指定区间上的值域(或最值)，是高考考查三角函数图象与性质命题的基本模式．解 (1)∵f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x ＝(cos 2x ＋sin 2x )(cos 2x －sin 2x )－sin 2x ＝cos 2x －sin 2x＝2⎝⎛⎭⎫22cos 2x －22sin 2x＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， ∴f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＝－22，可得cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＝－12. 由题意可得x ∈(0，π)， ∴2x ＋π4∈⎝⎛⎭⎫π4，9π4，可得2x ＋π4＝2π3或4π3，∴x ＝5π24或13π24.(2)∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，5π4， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－1，22， ∴f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4∈[－2，1]． ∴f (x )的最小值为－2，此时2x ＋π4＝π，即x ＝3π8.A 组专题通关1．(2018·佛山质检)函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3的最小正周期和振幅分别是( ) A ．π， 2 B ．π，2 C ．2π，1 D ．2π， 2 答案 B解析 ∵y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2x －π3＋π2 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， ∴T ＝2π2＝π，振幅为2.2．(2018·天津市十二校模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(x ∈R ，ω>0)的最小正周期为π，将y ＝f (x )的图象向左平移|φ|个单位长度，所得图象关于y 轴对称，则φ的一个值是( ) A.π2 B.3π8 C.π4 D.5π8答案 D解析由函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(x ∈R ，ω>0)的最小正周期为π＝2πω，可得ω＝2，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4. 将y ＝f (x )的图象向左平移|φ|个单位长度，得y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2(x ＋|φ|)＋π4的图象， ∵平移后图象关于y 轴对称， ∴2|φ|＋π4＝k π＋π2(k ∈Z )，∴|φ|＝k π2＋π8(k ∈Z )，令k ＝1，得φ＝±5π8.3．(2018·河北省衡水金卷模拟)已知函数f (x )＝3sin ωx －2cos 2ωx2＋1(ω>0)，将f (x )的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎫0<φ<π2个单位长度，所得函数g (x )的部分图象如图所示，则φ的值为( )A.π12B.π6C.π8D.π3 答案 A解析 ∵f (x )＝3sin ωx －2cos 2ωx2＋1 ＝3sin ωx －cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6，则g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤ω(x －φ)－π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －ωφ－π6. 由图知T ＝2⎝⎛⎭⎫11π12－5π12＝π， ∴ω＝2，g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －2φ－π6，则g ⎝⎛⎭⎫5π12＝2sin ⎝⎛⎭⎫5π6－π6－2φ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2π3－2φ＝2，即2π3－2φ＝π2＋2k π，k ∈Z ， ∴φ＝π12－k π，k ∈Z .又0<φ<π2，∴φ的值为π12.4．(2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，0<φ<π2，f (x 1)＝2，f (x 2)＝0，若|x 1－x 2|的最小值为12，且f ⎝⎛⎭⎫12＝1，则f (x )的单调递增区间为( ) A.⎣⎡⎦⎤－16＋2k ，56＋2k ，k ∈ZB.⎣⎡⎦⎤－56＋2k ，16＋2k ，k ∈Z C.⎣⎡⎦⎤－56＋2k π，16＋2k π，k ∈Z D.⎣⎡⎦⎤16＋2k ，76＋2k ，k ∈Z 答案 B解析由f (x 1)＝2，f (x 2)＝0，且|x 1－x 2|的最小值为12，可知T 4＝12，∴T ＝2，∴ω＝π，又f ⎝⎛⎭⎫12＝1，则φ＝±π3＋2k π，k ∈Z ， ∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫πx ＋π3. 令－π2＋2k π≤πx ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－56＋2k ≤x ≤16＋2k ，k ∈Z .故f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－56＋2k ，16＋2k ，k ∈Z . 5．(2018·焦作模拟)函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω>0)图象的相邻对称轴之间的距离为π2，则下列结论正确的是( ) A ．f (x )的最大值为1B ．f (x )的图象关于直线x ＝5π12对称C ．f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2的一个零点为x ＝－π3D ．f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π3，π2上单调递减答案 D解析因为f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6的相邻的对称轴之间的距离为π2，所以2πω＝π，得ω＝2，即f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，所以f (x )的最大值为2，所以A 错误；当x ＝5π12时，2x ＋π6＝π，所以f ⎝⎛⎭⎫5π12＝0，所以x ＝5π12不是函数图象的对称轴，所以B 错误；由f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π2＋π6 ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，当x ＝－π3时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝2≠0，所以x ＝－π3不是函数的一个零点，所以C 错误；当x ∈⎣⎡⎦⎤π3，π2时，2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤5π6，7π6，f (x )单调递减，所以D 正确． 6．在平面直角坐标系中，角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)，则tan α＝________，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎫α－π2＝________. 答案33解析 ∵角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)，∴x ＝－3，y ＝－1，∴tan α＝y x ＝33，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎫α－π2＝cos α－cos α＝0. 7．(2018·河北省衡水金卷模拟)已知tan α＝2，则sin 22α－2cos 22αsin 4α＝________.答案112解析 ∵tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－43， ∴sin 22α－2cos 22αsin 4α＝sin 22α－2cos 22α2sin 2αcos 2α＝tan 22α－22tan 2α＝169－22×⎝⎛⎭⎫－43＝112.8．(2017·全国Ⅱ)函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的最大值是________．答案 1解析 f (x )＝1－cos 2x ＋3cos x －34＝－⎝⎛⎭⎫cos x －322＋1. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴cos x ∈[0,1]， ∴当cos x ＝32时，f (x )取得最大值，最大值为1. 9．(2018·潍坊模拟)设函数f (x )(x ∈R )满足f (x －π)＝f (x )－sin x ，当－π<x ≤0时，f (x )＝0，则f ⎝⎛⎭⎫2 018π3＝________.答案32解析 ∵f (x －π)＝f (x )－sin x ， ∴f (x )＝f (x －π)＋sin x ，则f (x ＋π)＝f (x )＋sin(x ＋π)＝f (x )－sin x . ∴f (x ＋π)＝f (x －π)，即f (x ＋2π)＝f (x )． ∴函数f (x )的周期为2π，∴f ⎝⎛⎭⎫2 018π3＝f ⎝⎛⎭⎫672π＋2π3＝f ⎝⎛⎭⎫2π3 ＝f ⎝⎛⎭⎫－π3＋sin 2π3. ∵当－π<x ≤0时，f (x )＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫2 018π3＝0＋sin 2π3＝32. 10．已知向量m ＝(3sin ωx,1)，n ＝(cos ωx ，cos 2ωx ＋1)，设函数f (x )＝m ·n ＋b . (1)若函数f (x )的图象关于直线x ＝π6对称，且当ω∈[0,3]时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)在(1)的条件下，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，7π12时，函数f (x )有且只有一个零点，求实数b 的取值范围．解 m ＝(3sin ωx,1)，n ＝(cos ωx ，cos 2ωx ＋1)， f (x )＝m ·n ＋b ＝3sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx ＋1＋b ＝32sin 2ωx ＋12cos 2ωx ＋32＋b＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π6＋32＋b . (1)∵函数f (x )的图象关于直线x ＝π6对称，∴2ω·π6＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，解得ω＝3k ＋1(k ∈Z )，∵ω∈[0,3]，∴ω＝1， ∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋32＋b ，由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )，∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )． (2)由(1)知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋32＋b ， ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，7π12，∴2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，4π3， ∴当2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，π2，即x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6时，函数f (x )单调递增；当2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π2，4π3，即x ∈⎣⎡⎦⎤π6，7π12时，函数f (x )单调递减．又f (0)＝f ⎝⎛⎭⎫π3，∴当f ⎝⎛⎭⎫π3>0≥f ⎝⎛⎭⎫7π12或f ⎝⎛⎭⎫π6＝0时，函数f (x )有且只有一个零点，即sin 4π3≤－b －32<sin 5π6或1＋32＋b ＝0，∴b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－2，3－32∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－52. B 组能力提高11.如图，单位圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C 位于第一象限，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫45，－35，∠AOC ＝α，若BC ＝1，则3cos 2α2－sin α2cos α2－32的值为( )A.45B.35 C ．－45 D ．－35 答案 B解析 ∵点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫45，－35，设∠AOB ＝θ， ∴sin(2π－θ)＝－35，cos(2π－θ)＝45，即sin θ＝35，cos θ＝45，∵∠AOC ＝α，BC ＝1，∴θ＋α＝π3，则α＝π3－θ，则3cos 2α2－sin α2cos α2－32＝32cos α－12sin α＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝sin θ＝35.12．(2018·株洲质检)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝3相邻两个交点的距离为π，若f (x )>2对∀x ∈⎝⎛⎭⎫π24，π3恒成立，则φ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫π6，π2 B.⎣⎡⎦⎤π6，π3 C.⎝⎛⎭⎫π12，π3 D.⎣⎡⎦⎤π12，π6答案 D解析因为函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝3相邻两个交点的距离为π，所以函数周期为T ＝π，ω＝2，当x ∈⎝⎛⎭⎫π24，π3时，2x ＋φ∈⎝⎛⎭⎫π12＋φ，2π3＋φ，且|φ|≤π2，由f (x )>2知，sin(2x ＋φ)>12，所以⎩⎨⎧π6≤π12＋φ，2π3＋φ≤5π6，解得π12≤φ≤π6.13．函数f (x )＝12－x的图象与函数g (x )＝2sin π2x (0≤x ≤4)的图象的所有交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，则f (y 1＋y 2＋…＋y n )＋g (x 1＋x 2＋…＋x n )＝________. 答案 12解析如图，画出函数f (x )和g (x )的图象，可知有4个交点，并且关于点(2,0)对称，所以y 1＋y 2＋y 3＋y 4＝0，x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝8，所以f (y 1＋y 2＋y 3＋y 4)＋g (x 1＋x 2＋x 3＋x 4)＝f (0)＋g (8)＝12＋0＝12.14．已知a >0，函数f (x )＝－2a sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋2a ＋b ，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，－5≤f (x )≤1. (1)求常数a ，b 的值；(2)设g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2且lg g (x )>0，求g (x )的单调区间．解 (1)∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6. ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴－2a sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈[－2a ，a ]． ∴f (x )∈[b,3a ＋b ]，又∵－5≤f (x )≤1，∴b ＝－5,3a ＋b ＝1，因此a ＝2，b ＝－5. (2)由(1)得f (x )＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1， ∴g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋7π6－1 ＝4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1. 又由lg g (x )>0，得g (x )>1，∴4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1>1，∴sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6>12， ∴2k π＋π6<2x ＋π6<2k π＋5π6，k ∈Z ，其中当2k π＋π6<2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即k π<x ≤k π＋π6，k ∈Z 时，g (x )单调递增；当2k π＋π2<2x ＋π6<2k π＋5π6，k ∈Z ，即k π＋π6<x <k π＋π3，k ∈Z 时，g (x )单调递减．∴g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤k π，k π＋π6，k ∈Z ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫k π＋π6，k π＋π3，k ∈Z .第2讲三角恒等变换与解三角形[考情考向分析] 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．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”． 2．三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等．(2)项的拆分与角的配凑：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．例1 (1)(2018·广东省省际名校(茂名市)联考)若cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝45，则cos ⎝⎛⎭⎫π3－2α等于( )A.2325 B ．－2325C.725 D ．－725答案 D解析 ∵cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝45， ∴cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝sin ⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫α＋π3 ＝sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝45，∴cos ⎝⎛⎭⎫π3－2α＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎫π6－α＝－725. (2)已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( ) A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6答案 C解析因为α，β均为锐角，所以－π2<α－β<π2.又sin(α－β)＝－1010，所以cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55，所以cos α＝255，所以sin β＝sin [α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝55×31010－255×⎝⎛⎭⎫－1010＝22. 所以β＝π4.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．跟踪演练1 (1)(2018·湖南G10教育联盟联考)已知cos ⎝⎛⎭⎫π2＋α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋7π6，则tan ⎝⎛⎭⎫π12＋α＝________. 答案 23－4解析 ∵cos ⎝⎛⎭⎫π2＋α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋7π6， ∴－sin α＝－3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6， ∴sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝3sin αcos π6＋3cos αsin π6 ＝332sin α＋32cos α， ∴tan α＝32－33，又tan π12＝tan ⎝⎛⎭⎫π3－π4＝tan π3－tan π41＋tan π3tanπ4＝3－11＋3＝2－3， ∴tan ⎝⎛⎭⎫π12＋α＝tan π12＋tan α1－tan π12tan α＝()2－3＋32－331－()2－3×32－33＝23－4. (2)(2018·江西省重点中学协作体联考)若2cos 2θcos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝3sin 2θ，则sin 2θ等于( )A.13 B ．－23C.23 D ．－13答案 B解析由题意得2cos 2θcos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝2(cos 2θ－sin 2θ)22(cos θ－sin θ)＝2(cos θ＋sin θ)＝3sin 2θ，将上式两边分别平方，得4＋4sin 2θ＝3sin 22θ，即3sin 22θ－4sin 2θ－4＝0，解得sin 2θ＝－23或sin 2θ＝2(舍去)，所以sin 2θ＝－23.热点二正弦定理、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 (2017·全国Ⅲ)△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a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即28＝4＋c 2－4c ·cos2π3，即c 2＋2c －24＝0，解得c ＝－6(舍去)或c ＝4. 所以c ＝4.(2)由题设可得∠CAD ＝π2，所以∠BAD ＝∠BAC －∠CAD ＝π6.故△ABD 的面积与△ACD 的面积的比值为12AB ·AD ·sin π612AC ·AD ＝1.又△ABC 的面积为12×4×2sin ∠BAC ＝23，所以△ABD 的面积为 3.思维升华关于解三角形问题，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．跟踪演练2 (2018·广州模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知B ＝60°，c ＝8.(1)若点M ，N 是线段BC 的两个三等分点，BM ＝13BC ，ANBM ＝23，求AM 的值；(2)若b ＝12，求△ABC 的面积．解 (1)由题意得M ，N 是线段BC 的两个三等分点，设BM ＝x ，则BN ＝2x ，AN ＝23x ，又B ＝60°，AB ＝8，在△ABN 中，由余弦定理得12x 2＝64＋4x 2－2×8×2x cos 60°，解得x ＝2(负值舍去)，则BM ＝2. 在△ABM 中，由余弦定理，得AB 2＋BM 2－2AB ·BM ·cos B ＝AM 2，AM ＝82＋22－2×8×2×12＝52＝213.(2)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝c sin C，得sin C ＝c sin B b ＝8×3212＝33.又b >c ，所以B >C ，则C 为锐角，所以cos C ＝63. 则sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C＝32×63＋12×33＝32＋36，所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A＝48×32＋36＝242＋8 3.热点三解三角形与三角函数的综合问题解三角形与三角函数的综合是近几年高考的热点，主要考查三角形的基本量，三角形的面积或判断三角形的形状．例3 (2018·天津)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，可得 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，所以tan B ＝ 3. 又因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理及a ＝2，c ＝3，B ＝π3，得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 ＝217 . 因为a <c ，所以cos A ＝277 .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. 思维升华解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求解．跟踪演练3 (2018·雅安三诊)已知函数f (x )＝2cos 2x ＋sin ⎝⎛⎭⎫7π6－2x －1(x ∈R )． (1)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知f (A )＝12，若b ＋c ＝2a ，且·＝6，求a 的值．解 (1)f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫7π6－2x ＋2cos 2x －1 ＝－12cos 2x ＋32sin 2x ＋cos 2x＝12cos 2x ＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，可解得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )．∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )．(2)由f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝12，可得2A ＋π6＝π6＋2k π或2A ＋π6＝5π6＋2k π(k ∈Z )．∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3，∵·＝bc cos A ＝12bc ＝6，∴bc ＝12，又∵2a ＝b ＋c ，∴cos A ＝12＝(b ＋c )2－a 22bc －1＝4a 2－a 224－1＝a 28－1，∴a ＝2 3.真题体验1．(2017·山东改编)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______．(填序号) ①a ＝2b; ②b ＝2a; ③A ＝2B; ④B ＝2A .答案 ①解析 ∵等式右边＝sin A cos C ＋(sin A cos C ＋cos A sin C )＝sin A cos C ＋sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋sin B ，等式左边＝sin B ＋2sin B cos C ，∴sin B ＋2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin B .由cos C >0，得sin A ＝2sin B .根据正弦定理，得a ＝2b .2．(2018·全国Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝________.答案－12解析 ∵sin α＋cos β＝1，①cos α＋sin β＝0，②∴①2＋②2得1＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＋1＝1，∴sin αcos β＋cos αsin β＝－12， ∴sin(α＋β)＝－12. 3．(2018·全国Ⅲ改编)△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 ＝________.答案 π4解析 ∵S ＝12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24＝2ab cos C 4＝12ab cos C ， ∴sin C ＝cos C ，即tan C ＝1.又∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4. 4．(2018·全国Ⅰ)△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________．答案 233 解析 ∵b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，∴由正弦定理得sin B sin C ＋sin C sin B ＝4sin A sin B sin C .又sin B sin C >0，∴sin A ＝12. 由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝82bc ＝4bc>0， ∴cos A ＝32，bc ＝4cos A ＝833， ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233.押题预测1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知cos A ＝23，sin B ＝5cos C ，并且a ＝2，则△ABC 的面积为________．押题依据三角形的面积求法较多，而在解三角形中主要利用正弦、余弦定理求解，此题很好地体现了综合性考查的目的，也是高考的重点．答案 52解析因为0<A <π，cos A ＝23，所以sin A ＝1－cos 2A ＝53. 又由5cos C ＝sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝53cos C ＋23sin C 知，cos C >0，并结合sin 2C ＋cos 2C ＝1，得sin C ＝56，cos C ＝16. 于是sin B ＝5cos C ＝56. 由a ＝2及正弦定理a sin A ＝c sin C，得c ＝ 3. 故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝52. 2．已知函数f (x )＝3sin ωx ·cos ωx －cos 2ωx (ω>0)的最小正周期为2π3. (1)求ω的值；(2)在△ABC 中，sin B ，sin A ，sin C 成等比数列，求此时f (A )的值域．押题依据三角函数和解三角形的交汇命题是近几年高考命题的趋势，本题综合考查了三角变换、余弦定理和三角函数的值域，还用到数列、基本不等式等知识，对学生能力要求较高．解 (1)f (x )＝32sin 2ωx －12(cos 2ωx ＋1) ＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6－12，因为函数f (x )的最小正周期为T ＝2π2ω＝2π3，所以ω＝32.(2)由(1)知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫3x －π6－12，易得f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎫3A －π6－12.因为sin B ，sin A ，sin C 成等比数列，所以sin 2A ＝sin B sin C ，所以a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－bc2bc≥2bc －bc2bc ＝12(当且仅当b ＝c 时取等号)．因为0<A <π，所以0<A ≤π3，所以－π6<3A －π6≤5π6，所以－12<sin ⎝⎛⎭⎫3A －π6≤1，所以－1<sin ⎝⎛⎭⎫3A －π6－12≤12，所以f (A )的值域为⎝⎛⎦⎤－1，12.A 组专题通关1．(2018·全国Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α等于( )A.89B.79C ．－79D ．－89答案 B解析 ∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝⎛⎭⎫132＝79.2．tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°的值为( ) A. 3 B.33 C ．－33 D ．－ 3答案 D解析因为tan 120°＝tan 70°＋tan 50°1－tan 70°tan 50°＝－3，即tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°＝－ 3.3．(2018·凯里市第一中学《黄金卷》模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos A ＝b c，则该三角形为( ) A ．等腰三角形B ．等腰直角三角形C ．等边三角形D ．直角三角形答案 D解析由cos A ＝b c ，即b 2＋c 2－a 22bc ＝b c，化简得c 2＝a 2＋b 2，所以△ABC 为直角三角形．4．(2018·衡水金卷调研卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos B ＋b cos A＝2c cos C ，c ＝7，且△ABC 的面积为332，则△ABC 的周长为( ) A ．1＋7B ．2＋7C ．4＋7D ．5＋7 答案 D解析在△ABC 中，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ，则sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C ，即sin(A ＋B )＝2sin C cos C ，∵sin(A ＋B )＝sin C ≠0，∴cos C ＝12，∴C ＝π3，由余弦定理可得，a 2＋b 2－c 2＝ab ，即(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7，又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，∴ab ＝6，∴(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，a ＋b ＝5，∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.。

三角恒等变换及解三角形-2021届新高考数学知识点总结与题型归纳(解析版)

第12讲：三角恒等变换及解三角形考点1：三角恒等变形一、三角恒等变换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(α，β，α+β≠kπ+π2，k ∈Z );变形式tan α±tan β=tan(α±β)(1∓tan αtan β)（α，β，α+β≠kπ+π2，k ∈Z ）．2. 二倍角公式(1)sin 2α=2sin αcos α; 变形式sin αcos α=12sin 2α．(2)cos 2α=cos 2α−sin 2α=1−2sin 2α=2cos 2α−1; 变形式cos 2α=cos 2α+12；sin 2x =1−cos 2α2．(3)tan 2α=2tan α1−tan 2α． 3. 辅助角公式y =a sin α+b cos α=√a 2+b 2(√a 2+b 2α+√a 2+b 2α)=√a 2+b 2sin (α+φ)，其中φ所在的象限由a 、b 的符号确定，φ角的值由tan φ=ba 确定． 4. 化简中常用1的技巧“1”的代换1=sin 2α+cos 2α；1=2cos 2α−cos 2α，1=cos 2α+sin 2α，1=tan π4．典例精讲【典例1】已知x，y∈R，满足x2+2xy+4y2＝6，则z＝x2+4y2的取值范围为（）A．[4，12] B．[4，+∞）C．[0，6] D．[4，6]【分析】x2+2xy+4y2＝6变形为（x+y）2+（√3y）2＝6，设x+y=√6cosθ，√3y＝sinθ，θ∈[0，2π）．代入z＝x2+4y2，利用同角三角函数基本关系式、倍角公式、两角和差的正弦公式化简整理即可得出．【解答】解：x2+2xy+4y2＝6变形为（x+y）2+（√3y）2＝6，设x+y=√6cosθ，√3y=√6sinθ，θ∈[0，2π）．∴y=√2sinθ，x=√6cosθ−√2sinθ，∴z＝x2+4y2＝（√6cosθ−√2sinθ）+4（√2sinθ）＝4sin2θ﹣4√3sinθcosθ+6，＝2×（1﹣cos2θ）﹣2√3sin2θ+6＝8﹣4sin（2θ+π6），∵sin（2θ+π6）∈[﹣1，1]．∴z∈[4，12]．故选：A．【点评】本题考查了同角三角函数基本关系式、倍角公式、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．【典例2】已知函数f（x）＝sin（2x−π3），若方程f（x）=13在（0，π）的解为x1，x2（x1＜x2），则sin（x1﹣x2）＝（）A．−2√23B．−√32C．−12D．−13【分析】由已知可得x2=5π6−x1，结合x1＜x2求得x1的范围，再由sin（x1﹣x2）＝sin（2x1−5π6）＝﹣cos（2x1−π3）求解．【解答】解：∵0＜x＜π，∴2x−π3∈（−π3，5π3），又∵x 1，x 2是sin （2x −π3）=13的两根，可知x 1+x 22=5π12，∴x 2=5π6−x 1，∴sin （x 1﹣x 2）＝sin （2x 1−5π6）＝﹣cos （2x 1−π3）， ∵x 1＜x 2，x 2=5π6−x 1，∴0＜x 1＜5π12，则2x 1−π3∈（−π3，π2），故cos （2x 1−π3）=2√23， ∴sin （x 1﹣x 2）=−2√23．故选：A ．【点评】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查y ＝A sin （ωx +φ）型函数的图象和性质，是中档题．【典例3】已知s in2α=23，则tanα+1tanα=（） A ．√3 B ．√2 C ．3D ．2【分析】由二倍角化简，sin2α＝2sin αcos α，可得2sinαcosαsin 2α+cos 2α=23，弦化切，即可求解．【解答】解：由sin2α＝2sin αcos α，可得2sinαcosαsin 2α+cos 2α=23， ∴2tanαtan 2α+1=23，即tan 2α﹣3tan α+1＝0．可得tanα+1tanα=3．故选：C ．【点评】本题主要考察了同角三角函数关系式和二倍角公式的应用，属于基本知识的考查．【典例4】已知1sin cos 2αα+=，(0,)απ∈，则1tan (1tan αα+=- )AB． C．D．【分析】把已知等式两边平方，求得sin cos αα，进一步得到sin cos αα-的值，联立求得sin α，cos α，得到tan α，代入得答案．【解答】解：由1sin cos 2αα+=，(0,)απ∈，得112sin cos 4αα+=，32sin cos 4αα∴=-，则sin 0α>，cos 0α<，sin cos αα∴-====联立1sin cos 2sin cos αααα⎧+=⎪⎪⎨⎪-⎪⎩sin α=，cos α=，tan α==．∴11tan 1tan αα-+==- 故选：B ．【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式的应用，是中档题．【典例5】已知−π2＜α＜π2，2tan β＝tan2α，tan （β﹣α）＝﹣8，则sin α＝（）A ．−√53 B ．−2√55 C ．√53D ．2√55【分析】2tan β＝tan2α，∴2tan （β﹣α+α）=2tanα1−tan 2α，变形可得tan α＝﹣2，可得sin α=−2√55．【解答】解：∵2tan β＝tan2α，∴2tan （β﹣α+α）=2tanα1−tan 2α，∴2tan(β−α)+2tanα1−tan(β−α)tanα=2tanα1−tan 2α，∴−16+2tanα1+8tanα=2tanα1−tan 2α，化简得tan α＝﹣2，∴α∈（−π2，0），∴sin α=−2√55．故选：B ．【点评】本题考查了两角和与差的三角函数，属中档题．【典例6】若α∈(π2，π)，且3cos2α=2sin(π4−α)，则cos2α的值为（）A ．−4√29 B ．4√29C ．−79D ．79【分析】利用二倍角的余弦函数公式化简已知等式可求cos α+sin α=√23①，两边平方，解得sin2α=−79，可求cos α﹣sin α=−√(cosα−sinα)2=−43，②由①+②可得cos α=√2−46，利用二倍角的余弦函数公式即可计算得解cos2α的值．【解答】解：∵α∈(π2，π)，且3cos2α=2sin(π4−α)， ∴3（cos 2α﹣sin 2α）=√2（cos α﹣sin α），∴3（cos α﹣sin α）（cos α+sin α）=√2（cos α﹣sin α）， ∴cos α+sin α=√23①，或cos α﹣sin α＝0，（舍去），∴两边平方，可得：1+sin2α=29，解得：sin2α=−79，∴cos α﹣sin α=−√(cosα−sinα)2=−√1−sin2α=−√1−(−79)=−43，②∴由①+②可得：cos α=√2−46，可得：cos2α＝2cos 2α﹣1＝2×（√2−46）2﹣1=−4√29．故选：A ．【点评】本题主要考查了二倍角的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．【典例7】已知sin()4πα+=(0,)απ∈，则cos(2)6πα+= ．【分析】根据条件得到sin cos αα+=，sin cos αα-==，进而求得sin α，cos α，再利用两角和差公式运算即可【解答】解：sin()cos )4πααα+=+=，则有sin cos αα+=，两边平方可得：11sin 23α+=，则2sin 23α=-，即有2sin cos 0αα<又因为(0,)απ∈，所以sin 0α>，cos 0α<，则sin cos αα-=，（法一）将sin cos αα-与sin cos αα+联立后解得sin α=，cos α=，则22cos 22cos 121αα=-=⨯-=，所以12cos(2)(()623πα+=-⨯-=．（法二）因为22cos 2cos sin (sin cos )(sin cos )ααααααα=-=-+-==所以12cos(2)(()623πα+=-⨯-=．【点评】本题考查两角和差的三角函数的求值，涉及方程思想，属于中档题【典例8】已知α，β是函数1()sin cos 3f x x x =+-在[0，2)π上的两个零点，则cos()(αβ-= )A ．1-B ．89-C． D ．0【分析】利用函数与方程之间的关系，结合三角函数的诱导公式，同角的三角函数的关系以及两角和差的三角公式分别进行转化求解即可．【解答】解：解法一：依题意，()()0f f αβ==，故1sin cos 3αα+=，由221sin cos 31sin cos αααα⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，得29sin 3sin 40αα--=，29cos 3cos 40αα--=且sin cos αα≠，所以sin α，cos α是方程29340(*)x x --=的两个异根．同理可证，sin β，cos β为方程(*)的两个异根．可以得到sin sin αβ≠，理由如下：假设sin sin αβ=，则cos cos αβ=，又α，[0β∈，2)π，则αβ=，这与已知相悖，故sin sin αβ≠．从而sin α，sin β为方程(*)的两个异根，故4sin sin 9αβ=-．同理可求4cos cos 9αβ=-，所以8cos()cos cos sin sin 9αβαααβ-=+=-．解法二：令()0f x =，得1sin cos 3x x +=．令()sin cos g x x x =+，即())4g x x π=+，则α，β即为()g x 与直线13y =在[0，2)π上交点的横坐标，由图象可知，524αβπ+=，故52πβα=-，又1)43πα+=，所以258cos()cos(2)cos[2()3]cos2()12sin ()24449ππππαβααπαα-=-=+-=-+=-++=-．解法三：依题意，不妨设02βαπ<<，则点(cos ,sin )A αα，(cos ,sin )B ββ为直线103x y +-=与单位圆的两个交点，如图所示．取AB 中点为H ，则OH AB ⊥，记AOH θ∠=．则22αβπθ-=-，所以，2cos()cos(22)cos 22cos 1αβπθθθ-=-==-．另一方面，1|00|OH +-=，1OA =，故cos θ=，从而28cos()219αβ-=⨯-=-．故选：B ．【点评】本题主要考查三角函数值的计算，利用函数与方程的关系，以及利用三角函数辅助角公式，同角关系以及两角和差的三角公式进行转化计算是解决本题的关键．难度中等．考点2：解三角形一、三角形当中的角与角之间的关系1. A+B+C=π2. sin A=sin(B+C)=sin B cos C+cos B sin C3. cos A=−cos(B+C)=−(cos B cos C−sin B sin C)4. tan A=−tan(B+C)=−tan B+tan C1−tan B tan C二、正弦定理1. 正弦定理：asin A =bsin B=csin C=2R；（R为三角形外接圆半径）2. 正弦定理变形式：(1)sin A=a2R ；sin B=b2R：sin C=c2R(2)a:b:c=sin A:sin B:sin C3. 正弦定理的应用(1)已知两角和任意一边，求另一角和其它的两条边(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和其中的对角三、余弦定理1. 余弦定理：a2=b2+c2−2bc cos A；b2=c2+a2−2ac cos B；c2=a2+b2−2ab cos C；2. 余弦定理变形式：cos A=b2+c2−a22bc；cos B=a2+c2−b22ac；cos C=a2+b2−c22ab．3. 余弦定理的应用(1)已知三边，求各角(2)已知两边和它们的夹角，求第三个边和其它的两个角(3)已知两边和其中一边的对角，求其它的角和边．四、面积公式1. SΔ=12aℎa=12bℎb=12cℎc(ℎa、ℎb、ℎc分别表示a、b、c上的高)；2. SΔ=12ab sin C=12bc sin A=12ac sin B；3. SΔ=12ab sin C=abc4R；4. SΔ=12r(a+b+c)（r为三角形内切圆半径）．典例精讲【典例1】在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．已知b=3√5，c=6√2，tan（A+π4）＝2，则a＝（）A．15 B．3√5C．3 D．6√2【分析】先根据已知可得cos A的值，再根据余弦定理可得a．【解答】解：由tan（A+π4）=tanA+11−tanA=2，解得tan A=13，∴cos A=3√1010，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc cos A＝45+72﹣36√10×3√1010=9，∴a＝3．故选：C．【点评】本题考查了余弦定理，属中档题．【典例2】如图，在△ABC中，点D在边BC上，且BD＝2DC，∠DAC＝30°，AD＝2，△ABC 的面积为3√3，则线段AB的长度为（）A．3 B．2√2C．2√3D．3√2【分析】由已知可求△ADC的面积为√3，利用三角形的面积公式可求AC＝2√3，根据余弦定理在△ACD中可求CD＝2，由已知可求∠C＝30°，BD＝4，在△ABC中，根据余弦定理即可解得AB的值．【解答】解：∵BD＝2DC，∠DAC＝30°，AD＝2，△ABC的面积为3√3，∴△ADC的面积为√3，可得：12AD⋅AC⋅sin∠DAC=12×2×AC×12=√3，∴解得：AC＝2√3，∵△ACD中，CD2＝12+4﹣2×2√3×2×cos30°＝4，∴解得CD＝2，∵∠DAC＝30°，AD＝2，BD＝2DC，∴∠C＝30°，BD＝4，∴在△ABC中，AB2＝（2√3）2+62﹣2×2√3×6×cos30°＝12，解得：AB＝2√3．故选：C．【点评】本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，注重考查了运算能力和转化的思想方法，本题的难点在于将△ABC的面积转化为△ADC的面积，这样才能把已知条件转移到同一个三角形中，再根据正弦定理，余弦定理得出相应的边长，属于中档题．【典例3】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝﹣sin B sin C，c b =12+√3，则tan B＝（）A．2 B．12C．2+2√33D．3(√3−1)4【分析】由条件利用正弦定理可得b2+c2﹣a2＝﹣bc，再由余弦定理可得cos A=−12，可得A ＝60°，利用正弦函数，三角函数恒等变换的应用化简已知等式从而求得tan B的值．【解答】解：在△ABC中，由sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝﹣sin B sin C，利用正弦定理可得：a2﹣b2﹣c2＝﹣bc，再由余弦定理可得：cos A=b 2+c2−a22bc=bc2bc=12，∴A＝60°，∵cb =12+√3，由正弦定理可得：sin C＝sin B（12+√3），可得：sin（2π3−B）＝sin B（12+√3），√32cos B+12sin B=12sin B+√3sin B，∴可得：tan B=12．故选：B．【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，根据三角函数的值求角．【典例4】如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据可得cosθ＝√3−1 ．【分析】先在△ADB中用正弦定理求得BD，再在△DBC中用正弦定理求得sin∠DCB，然后根据∠DCB＝θ+π2可求得．【解答】解：∵∠DAC＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ADB＝30°，在△ADB中，由正弦定理得：ABsin∠ADB =BDsin∠DAB，∴BD=ABsin∠ADBsin∠DAB═25（√6−√2），在△DBC中，CD＝25，∠DBC＝45°，BD＝25（√6−√2），由正弦定理BDsin∠DCB =CDsin∠DBC，∴sin∠DCB=BDsin45°CD=√3−1，∴sin（θ+π2）=√3−1，∴cosθ=√3−1．故答案为：√3−1．【点评】本题考查了正弦定理以及诱导公式，属中档题．【典例5】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40海里至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 ．B ．C ．20(1海里D ．40海里【分析】分别在ACD ∆和BCD ∆中利用正弦定理计算AD ，BD ，再在ABD ∆中利用余弦定理计算AB ．【解答】解：连接AB ，由题意可知40CD =，105ADC ∠=︒，45BDC ∠=︒，90BCD ∠=︒，30ACD ∠=︒，45CAD ∴∠=︒，60ADB ∠=︒，在ACD ∆中，由正弦定理得40sin30sin 45AD =︒︒，AD ∴=，在Rt BCD ∆中，45BDC ∠=︒，90BCD ∠=︒，BD ∴==在ABD ∆中，由余弦定理得AB = 故选：A ．【点评】本题考查了解三角形的应用，合理选择三角形，利用正余弦定理计算是关键，属于中档题．【典例6】已知ABC ∆的三边分别为a ，b ，c ，若满足22228a b c ++=，则ABC ∆面积的最大值为( )A B C D ．【分析】由三角形面积公式，同角三角函数基本关系式，余弦定理可求222221(83)416c S a b -=-，进而利用基本不等式，从而可求222458()5165S c --，从而利用二次函数的性质可求最值．【解答】解：由三角形面积公式可得：1sin 2S ab C =，可得：222222222211(1cos )[1()]442a b c S a b C a b ab+-=-=-，22228a b c ++=，22282a b c ∴+=-，可得：222822a b c ab +=-，解得：24ab c -，当且仅当a b =时等号成立，22222221[1()]42a b c S a b ab+-∴=-2222183[1()]42c a b ab -=- 22221(83)416c a b -=-22221(83)(4)416c c ---42516c c =-+22458()5165c =--，当且仅当a b =时等号成立，∴当285c =时，42516c c -+取得最大值45，S ．故选：B ．【点评】本题主要考查了三角形面积公式，同角三角函数基本关系式，余弦定理，基本不等式，二次函数的最值的综合应用，考查了运算能力和转化思想，难度中等．【典例7】ABC ∆的内角A 、B 、C 的对边分别为a、b 、c，已知sin sin sin sin a b B c C a A c B =+=+，则ABC ∆的周长的最大值是()A．B．3+C．D．4【分析】由已知利用余弦定理可求A ，利用3a =和sin A 的值，根据正弦定理表示出b 和c ，代入三角形的周长a b c ++中，利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，根据正弦函数的值域即可得到周长的最大值．【解答】解：sin sin sin sin a b B c C a A c B +=+，∴由正弦定理可得：222bc a bc +-=，2221cos 222b c a bc A bc bc +-∴===，(0,)A π∈，3A π∴=， ∴由a2sin sin sin a b cA B C===，2sin b B ∴=，2sin c C =，则2sin 2sin a b c B C +++22sin 2sin()3B B π+-3sin B B =+)6B π++，可知周长的最大值为故选：A．【点评】此题考查学生灵活运用正弦、余弦定理化简求值，灵活运用两角和与差的正弦函数公式化简求值，掌握正弦函数的值域，是一道中档题．综合练习一．选择题（共5小题）1．已知函数()sin 2cos f x x x =+，若直线x θ=是曲线()y f x =的一条对称轴，则cos2θ=35．【分析】引入辅助角ϕ，根据对称性的性质可得，sin()1θϕ+=±，从而12k θϕππ+=+，k z ∈，结合诱导公式及二倍角公式即可求解．【解答】解：()sin 2cos )(sin f x x x x ϕϕ=+=+=，cos ϕ=的一条对称轴方程是x θ=， sin()1θϕ∴+=±，12k θϕππ∴+=+，k z ∈．12k θϕππ∴=-++，k z ∈．222k θϕππ∴=-++，k z ∈，23cos22cos 15ϕϕ=-=-，3cos2cos25θϕ∴=-=．故答案为：35．【点评】本题考查正弦函数的性质，突出考查其对称性，考查分析、运算能力，属于中档题．2．若关于x 的方程（sin x +cos x ）2+cos2x ＝m 在区间[0，π）上有两个根x 1，x 2，且|x 1﹣x 2|≥π4，则实数m 的取值范围是（）A．[0，2）B．[0，2] C．[1，√2+1] D．[1，√2+1）【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质求出结果．【解答】解：关于x的方程（sin x+cos x）2+cos2x＝m在区间[0，π）上有两个根x1，x2，方程即sin2x+cos2x＝m﹣1，即 sin（2x+π4）=√2，∴sin（2x+π4）=√2在区间[0，π）上有两个根x1，x2，且|x1﹣x2|≥π4．∵x∈[0，π），∴2x+π4∈[π4，9π4），∴−√22≤2≤√22，求得 0≤m≤2，故选：B．【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图象和性质，属于中档题．3．《周髀算经》中给出了弦图，所谓弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大的正方形，若图中直角三角形的一个锐角为α，且小正方形与大正方形面积之比为9：25，则sin2α的值为（）A．49B．59C．916D．1625【分析】由题意利用直角三角形中的边角关系可得 5sinα﹣5cosα＝3，两边平方并利用二倍角的正弦公式，求得sin2α的值．【解答】解：∵小正方形与大正方形面积之比为9：25，设小正方形的边长为3，则大正方形边长为5，由题意可得，小直角三角形的三边分别为5cosα，5sinα，5，∵4个小直角三角形全等，故有5cosα+3＝5sinα，即 5sinα﹣5cosα＝3，平方可得sin2α=1625，故选：D ．【点评】本题主要考查直角三角形中的边角关系，二倍角的正弦公式的应用，属于中档题． 4．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，S 表示ABC ∆的面积，若cos cos sin c B b C a A +=，222)S b a c =+-，则(B ∠= )A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sin 1A =，结合A 的范围可求090A =，由余弦定理、三角形面积公式可求tan C ，结合范围00090C <<，可求C 的值，根据三角形面积公式可求B 的值．【解答】解：由正弦定理及cos cos sin c B b C a A +=，得2sin cos sin cos sin C B B C A +=，可得：2sin()sin C B A +=，可得：sin 1A =，因为000180A <<，所以090A =；由余弦定理、三角形面积公式及222)S b a c =+-，得1sin 2cos 2ab C ab C =，整理得tan C = 又00090C <<，所以060C =，故030B =．故选：D ．【点评】本题主要考查正、余弦定理、两角和的正弦函数公式、三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝3，c＝2√3，b sin A=acos(B+π6)，则b=（）A．1 B．√2C．√3D．√5【分析】由正弦定理得b sin A＝a sin B，与b sin A＝a cos（B+π6），由此能求出B．由余弦定理即可解得b的值．【解答】解：在△ABC中，由正弦定理得：asinA =bsinB，得b sin A＝a sin B，又b sin A＝a cos（B+π6）．∴a sin B＝a cos（B+π6），即sin B＝cos（B+π6）＝cos B cosπ6−sin B sinπ6=√32cos B−12sin B，∴tan B=√33，又B∈（0，π），∴B=π6．∵在△ABC中，a＝3，c＝2√3，由余弦定理得b=√a2+c2−2accosB=√2=√3．故选：C．【点评】本题考查角的求法，考查两角差的余弦值的求法，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．二．填空题（共4小题）6．已知sin2（α+π6）+cos2（α−π3）=32，若α∈（0，π），则α＝π6或π2【分析】根据α−π2=α+π6−π2以及诱导公式变形可得．【解答】解：由sin 2（α+π6）+cos 2（α−π3）=32得sin 2（α+π6）+cos 2（α+π6−π2）=32，得sin 2（α+π6）+sin 2（α+π6）=32．得sin 2（α+π6）=34，得sin （α+π6）＝±√32，∵α∈（0，π），∴α+π6∈（π6，7π6），∴α+π6=π3或α+π6=2π3，α=π6或α=π2．故答案为：π6或π2．【点评】本题考查了两角和与差的三角函数，属中档题．7．在△ABC 中，若tan A +tan B +tan A tan B ＝1，则cos 2A +cos 2B 的范围为（32，√22+1]【分析】将已知条件切化弦可得A +B =π4，B =π4−A ，再把cos 2A +cos 2B 化成1+√22sin （2A +π4）后，利用三角函数的性质可得．【解答】解：由tan A +tan B +tan A tan B ＝1得sinAcosA+sinB cosB+sinAsinB cosAcosB=1，得sin （A +B ）＝cos （A +B ），得tan （A +B ）＝1， ∵0＜A +B ＜π，∴A +B =π4，∴B =π4−A ，0＜A ＜π4， ∴cos 2A +cos 2B ＝cos 2A +cos 2（π4−A ）=1+cos2A2+1+cos(π2−2A)2=1+12（cos2A +sin2A ）＝1+√22sin （2A +π4） ∵0＜A ＜π4，∴2A +π4∈（π4，3π4），∴sin （2A +π4）∈（√22，1]， cos 2A +cos 2B 的范围为（32，√22+1]．故答案为：（32，√22+1]．【点评】本题考查了两角和与差的三角函数，属中档题． 8．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a =√3，√3+b c=sinC+sinAsinC+sinA−sinB ，则b +2c 的最大值等于 2√7 ．【分析】先根据正弦定理化为边的关系，再根据余弦定理得A ，最后根据正弦定理以及三角形内角关系化基本三角函数，根据正弦函数性质得最大值．【解答】解：原等式可化为a+b c=c+a c+a−b，整理，得：a 2＝b 2+c 2﹣bc ，故：cos A =b 2+c 2−a 22bc=12，由A ∈（0，π），可得A =π3．因为bsinB =csinC =asinA =2，可得：b +2c ＝2sin B +4sin C ＝2sin B +4sin （2π3−B ）＝4sin B +2√3cos B ＝2√7sin （B +θ），其中θ为锐角，tan θ=√32．由于：B ∈(0，2π3)，故当B +θ=π2时，b +2c 取得最大值为2√7．故答案为：2√7．【点评】本题考查正弦定理、余弦定理、辅助角公式以及正弦函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题．9．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，a =√2，a cos B +b sin A ＝c ，则△ABC 的面积的最大值为√2+12．【分析】运用正弦定理和诱导公式、两角和的正弦公式，同角的商数关系，计算即可得到A 的值，由余弦定理，结合基本不等式，即可得到bc 的最大值，利用三角形的面积公式即可计算得解．【解答】解：∵a cos B+b sin A＝c，∴由正弦定理得：sin C＝sin A cos B+sin B sin A①又∵A+B+C＝π，∴sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B②∴由①②得sin A＝cos A，即：tan A＝1，又∵A∈（0，π），∴A=π4；∵a=√2，∴由余弦定理可得：2＝b2+c2﹣2bc cos A＝b2+c2−√2bc≥2bc−√2bc＝（2−√2）bc，可得：bc≤2−√2，当且仅当b＝c时等号成立，∴△ABC的面积为S=12bc sin A=√24bc≤√24×2−√2=√2+12，当且仅当b＝c时，等号成立，即面积最大值为√2+12．故答案为：√2+12．【点评】本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，同时考查三角函数的恒等变换公式的运用，属于中档题．。

高考数学热点：三角恒等变换

高考数学热点：简单的三角恒等变换【考点梳理】1、两角和与差的三角函数公式sin()sin cos cos sin αβαβαβ+=+sin()sin cos cos sin αβαβαβ−=−cos()cos cos sin sin αβαβαβ+=−cos()cos cos sin sin αβαβαβ−=+tan tan tan()1tan tan αβαβαβ−−=+ tan tan tan()1tan tan αβαβαβ++=− 2、二倍角公式sin 22sin cos ααα= 22cos2cos sin ααα=− 2cos22cos 1αα=−2cos212sin αα=− 22tan tan 21tan ααα=−3、辅助角公式sin cos )a x b x x ϕ±=±(其中tan b aϕ=) 4、降幂公式21cos2cos 2αα+=21cos2sin 2αα−=【典型题型讲解】考点一：两角和与差公式【典例例题】例1．（2022·广东汕头·高三期末）已知πsin (,π)2αα=∈，则cos()6πα−=（）A ．-1B ．0C ．12D【答案】B 【详解】∵πsin (,π)22αα=∈，∴2π3α=，故ππcos()cos 0.62α−== 故选：B例2.（2022·广东湛江·一模）已知4cos 5α=，02πα<<，则sin 4πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）ABC．D．【答案】B 【详解】由4cos 5α=，02πα<<，得3sin 5α=，所以34sin 422252510πααα⎛⎫+=+=⨯+= ⎪⎝⎭，故选:B.例3．（2022·广东汕头·一模）已知0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2tan tan 43πθθ⎛⎫+=− ⎪⎝⎭，则sin cos2sin cos θθθθ=+（） A ．12−B ．35C ．3D ．53−【答案】B【详解】由(0,)2πθ∈，得tan 0θ>，又2tan()tan 43πθθ+=−，得tan tan24tan 31tan tan 4πθθπθ+=−−⋅，即tan 12tan 1tan 3θθθ+=−−，整理，得tan 3θ=或1tan 2θ=−(舍去)，所以sin 3cos θθ=，又22sin cos 1θθ+=，(0,)2πθ∈，解得sin cos θθ=，故22sin cos 2sin (cos sin )sin (sin cos )(cos sin )sin cos sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθθθθθ−+−==+++3sin (cos sin )5θθθ=−==−. 故选：B【方法技巧与总结】1.三角函数式化简的方法：化简三角函数式常见方法有弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂与升幂等.2.给值求值：解题的关键在于“变角”，把待求三角函数值的角用含已知角的式子表示出来，求解时要注意对角的范围的讨论. 【变式训练】 1.已知5π1tan()45−=α，则tan =α__________．【答案】32【解析】本题主要考查三角恒等变换，考查考生的运算求解能力.5πtan tan5πtan 114tan 5π41tan 51tan tan 4ααααα−−⎛⎫−=== ⎪+⎝⎭+⋅，解方程得3tan 2=α.故答案为32. 2.（2022·广东韶关·一模）若()()1sin 0,,tan 22ππαααβ⎛⎫−=∈+= ⎪⎝⎭，则tan β=__________. 【答案】17【详解】因为()sin 0,2ππαα⎛⎫−=∈ ⎪⎝⎭，所以sin α=，所以cos α=，所以sin 1tan cos 3ααα==. ()()()11tan tan 123tan tan .111tan tan 7123αβαβαβααβα−+−=+−===⎡⎤⎣⎦+++⨯又故答案为：173.（2022·全国·高考真题）若sin()cos()sin 4παβαβαβ⎛⎫+++=+ ⎪⎝⎭，则（）A ．()tan 1αβ−=B ．()tan 1αβ+=C ．()tan 1αβ−=−D ．()tan 1αβ+=−【答案】C 【详解】由已知得：()sin cos cos sin cos cos sin sin 2cos sin sin αβαβαβαβααβ++−=−, 即：sin cos cos sin cos cos sin sin 0αβαβαβαβ−++=，即：()()sin cos 0αβαβ−+−=, 所以()tan 1αβ−=−, 故选：C 4.已知sin α=()cos αβ−=304πα<<，304πβ<<，则sin β=（）A．35BC．35D．35【答案】A 【解析】易知()()sin sin βααβ=−−，利用角的范围和同角三角函数关系可求得cos α和()sin αβ−，分别在()sin 5αβ−=和5−两种情况下，利用两角和差正弦公式求得sin β，结合β的范围可确定最终结果. 【详解】2sin 72α=<且304πα<<，04πα∴<<，5cos 7α∴==.又304πβ<<，344ππαβ∴−<−<，()sin 5αβ∴−=±.当()sin 5αβ−=时，()()()()sin sin sin cos cos sin βααβααβααβ=−−=−−−57==304πβ<<，sin 0β∴>，sin β∴=当()sin αβ−=sin β.综上所述：sin β= 故选：A .5.已知sin 15tan 2102α⎛⎫︒−=︒ ⎪⎝⎭，则()sin 60α︒+的值为（）A ．13B ．13−C ．23D ．23−【答案】A 【解析】根据题意得到sin 152α⎛⎫︒−= ⎪⎝⎭进而得到26cos 1529α⎛⎫︒−= ⎪⎝⎭，()1cos 303α︒−=，从而有()()()sin 60sin 9030cos 30ααα⎡⎤︒+=︒−︒−=︒−⎣⎦.【详解】∵sin 15tan 2102α⎛⎫︒−=︒ ⎪⎝⎭，∴()sin 15tan 210tan 18030tan302α⎛⎫︒−=︒=︒+︒=︒= ⎪⎝⎭，则226cos 151sin 15229αα⎛⎫⎛⎫︒−=−︒−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()221cos 30cos 15sin 15223ααα⎛⎫⎛⎫︒−=︒−−︒−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴()()sin 60sin 9030αα⎡⎤︒+=︒−︒−⎣⎦ ()1cos 303α=︒−=，故选A.考点二：二倍角公式【典例例题】例1.（2022·广东中山·高三期末）若2sin 3α=，则cos2α=___________. 【答案】19【分析】根据余弦的二倍角公式即可计算.【详解】2221cos212sin 1239αα⎛⎫=−=−⨯= ⎪⎝⎭.故答案为：19.例2．（2022·广东清远·高三期末）已知tan 2α=，则sin cos 44sin 2⎛⎫⎛⎫−+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=ππααα________．答案】18−【详解】1sin cos (sin cos )(cos sin )442sin 22sin cos ⎛⎫⎛⎫−+−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=ππααααααααα222sin cos 2sin cos tan 12tan 14sin cos 4tan 8−−+−−+===−ααααααααα．故答案为：18−例3.若cos 0,,tan 222sin παααα⎛⎫∈= ⎪−⎝⎭，则tan α=（）ABCD【答案】A 【详解】cos tan 22sin ααα=−2sin 22sin cos cos tan 2cos 212sin 2sin αααααααα∴===−−，0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，cos 0α∴≠，22sin 112sin 2sin ααα∴=−−，解得1sin 4α=， cos 4α∴=sin tan cos 15ααα∴==. 故选：A.【方法技巧与总结】三角恒等变换的基本思路：找差异，化同角(名)，化简求值.三角恒等变换的关键在于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系. 【变式训练】1．（2022·广东汕头·一模）已知0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2tan tan 43πθθ⎛⎫+=− ⎪⎝⎭，则sin cos2sin cos θθθθ=+（） A ．12−B ．35C ．3D ．53−【答案】．B【详解】由(0,)2πθ∈，得tan 0θ>，又2tan()tan 43πθθ+=−，得tan tan24tan 31tan tan 4πθθπθ+=−−⋅，即tan 12tan 1tan 3θθθ+=−−，整理，得tan 3θ=或1tan 2θ=−(舍去)，所以sin 3cos θθ=，又22sin cos 1θθ+=，(0,)2πθ∈，解得sin cos θθ=，故22sin cos 2sin (cos sin )sin (sin cos )(cos sin )sin cos sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθθθθθ−+−==+++3sin (cos sin )5θθθ=−==−. 故选：B2．（2022·广东韶关·二模）已知 1sin cos 5αα+=，则()2tan 12sin sin 2πααα++=+（）A ．17524−B ．17524C ．2524−D ．2524【答案】．C【详解】由题知1sin cos 5αα+=，有242sin cos 25αα=−，所以()2tan 12sin sin 2πααα+++()tan 12sin sin cos αααα+=+()sin cos 1cos 2sin sin cos αααααα+=⨯+1252sin cos 24αα==−，故选：C ．3.（2022·广东佛山·二模）已知sin πα43⎛⎫−= ⎪⎝⎭，则sin 2α=___________.【答案】59【详解】sin sin 443ππαα⎛⎫⎛⎫−=−−=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以sin 4πα⎛⎫−= ⎪⎝⎭所以225sin 2cos 2cos 212sin 122449πππαααα⎛⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−=−=−−=−⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎝⎭ 故答案为：594.（2022·广东肇庆·二模）若sin cos 5θθ+=−，则sin 2θ=______．【答案】45【详解】∵sin cos θθ+= ∴()29sin cos 12sin cos 5θθθθ+=+=，所以4sin 22sin cos 5θθθ==．故答案为：45.5．（2022·广东深圳·二模）已知tan 3α=，则cos 2=α__________．【答案】45−【详解】解：由题意可知：2214cos 22cos 121tan 15ααα=−=⨯−=−+ .6.若3sin 5α=−，且3ππ,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则1tan21tan2αα−=+（）A ．12B ．12−C ．2D ．−2【答案】D 【详解】3sin 2sincos225ααα==−，故2222sincos2tan32225sin cos tan 1222αααααα==−++，可解得1tan23α=−或tan 32α=−，又3ππ,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故tan 32α=−，故1tan 221tan2αα−=−+，故选：D7．已知1sin 64x π⎛⎫−= ⎪⎝⎭，则cos 23x π⎛⎫−= ⎪⎝⎭（）A ．78−B ．78C．4−D．4【答案】B 【详解】因为sin sin 66x x ππ⎛⎫⎛⎫−=−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1sin 64x π⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，2217cos 2cos 212sin 1236648x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫−=−=−−=−−= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.故选：B.8．已知,22ππα⎛⎫∈− ⎪⎝⎭，且1cos 42πα⎛⎫−= ⎪⎝⎭，则cos2α=（）A． B． C ．12D【答案】D 【详解】因为22ππα−<<，所以3444πππα−<−< 又1cos 42πα⎛⎫−= ⎪⎝⎭，所以43ππα−=−，所以12πα=−所以cos 2cos cos 66ππα⎛⎫=−==⎪⎝⎭故选：D9．已知1sin 35πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则cos 23πα⎛⎫−= ⎪⎝⎭（）A ．2325B ．2325−C D ．5−【答案】B 【详解】因为1sin cos cos 3665πππααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=−=−= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以22123cos 2cos22cos 121366525πππααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫−=−=−−=⨯−=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：B ．10．已知()3sin 455α︒+=，45135α︒<<︒，则cos 2=α（）A ．2425B ．2425−C ．725D ．725−【答案】B 【详解】解：因为45135α︒<<︒，所以9045180α︒<+︒<︒，又()3sin 455α︒+=，所以()4cos 455α︒+==−，所以()()()3424sin 2452sin 45cos 4525525ααα⎛⎫︒+=︒+︒+=⨯⨯−=− ⎪⎝⎭。

三角恒等变换高三数学一轮复习考点突破课件

题目：已知a=sinθ，b=cosθ，求a^2-b^2的值答案：-1 答案：-1
题目：已知a=cosθ，b=sinθ，求a^2-b^2的值答案：-1 答案：-1
06 总结与建议
总结三角恒等变换的重要知识点和考点
三角恒等变换的应用实例和解题技巧
三角恒等变换在高考中的常见题型和考点分析Biblioteka 三角恒等变换的公式和推导过程
三角恒等变换高三数学一轮复习考点突破
,a click to unlimited possibilities
汇报人：
目录 /目录
01
点击此处添加目录标题
04
三角恒等变换的考点解析
02
三角恒等变换的基本概念
05
三角恒等变换的实战演练
03
三角恒等变换的解题方法
06
总结与建议
01 添加章节标题
三角恒等变换的公式
正弦定理：sin(A+B) = sinAcosB + cosAsinB
余弦定理：cos(A+B) = cosAcosB - sinAsinB
正切定理：tan(A+B) = (tanA+tanB)/(1-tanAtanB)
正弦、余弦、正切的和差公式：sin(A-B) = sinAcosB - cosAsinB, cos(A-B) = cosAcosB + sinAsinB, tan(A-B) = (tanAtanB)/(1+tanAtanB)
02
三角恒等变换的基本概念
三角恒等变换的定义
基本概念：三角恒等变换是指在三角函数中，通过恒等变换将一种三角函数转化为另一种三角函数的过程。
主要类型：包括正弦、余弦、正切、余切等基本三角函数的恒等变换。

通用版五年高考2024_2025高考数学真题专题归纳专题06三角函数及解三角形含解析理

1 1
tan tan
2 2
1 1
22 22
3， 5
tan( ) tan 1 2 1 1 ， 4 1 tan 1 2 3
11.（2024·江苏卷）已知 sin2 ( ) = 2 ，则 sin 2 的值是____.
4
3
【答案】 1 3
【解析】 sin2 ( ) ( 2 cos 2 sin )2 1 (1 sin 2 )
图1
9
图2
图3
4．【2024·全国Ⅱ卷】已知 α∈(0， )，2sin2α=cos2α+1，则 sinα= 2
A． 1 5
B． 5 5
C． 3 3
【答案】B
D． 2 5 5
【解析】
2sin 2α cos 2α 1，4sin α cos α 2 cos2 α .
α
0,
2
,
cos
α
0
，
sin α 0, 2sin α cos α ，又 sin2 cos2 1，5sin2 α 1,sin2 α 1 ，又 5
f
x
可得：
cos
4 9
6
0
.又
4 9
,
0
是函数
f
x 图象与
x
轴负半轴的第一个交点，
所以 4 ，解得： 3
9
62
2
所以函数
f
x 的最小正周期为T
2
2 3
4 3
2
2.（2024·新课标Ⅰ）已知 (0, π) ，且 3cos2 8cos 5 ，则 sin （
A5 3
B. 2 3
7.（2024·山东卷）下图是函数 y= sin(ωx+φ)的部分图像，则 sin(ωx+φ)= （）

三角恒等变换与解三角形(题型归纳)

三角恒等变换与解三角形【考情分析】1.考查特点：由于新高考删除了解答题的选做题，三角函数与解三角形成为新高考全国卷六大解答题的必选内容.在命题数量上“一大二小”的趋势比较明显，主要考查三角恒等变换、解三角形，另外三角函数及解三角形题和数列题会交替处在解答题的第一题或第二题的位置上，考查难度中等，这两个题目有时会有一道题设计成“结构不良”试题.2.关键能力:运算求解能力、逻辑思维能力、创新能力.3.学科素养:数学抽象、逻辑推理、数学运算、数学建模.【题型一】三角恒等变换【题组练透】1．（2021·山东省淄博实验中学高三一模）黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，该比值为10.6182m -=≈，这是公认的最能引起美感的比例．我国著名数学家华罗庚以此引入并优化了现如今广泛应用于国内各个领域的“0.618优选法”．黄金分割比10.6182m =≈，它还可以近似表示为2sin18︒，则sin 78m︒+︒的值近似等于（）A ．12B ．1C ．2D【答案】B【解析】由题()2sin 30122sin18sin 78sin 78sin 78m ︒︒︒︒︒+︒-︒++==︒︒=12cos122cos12cos121sin 78sin 78cos12⎛⎫︒+︒-︒ ⎪︒︒⎝⎭===︒︒︒，故选：B ．2．（2021·湖北十堰高三模拟）已知()2sin 3αβ+=，()1sin 3αβ-=，则tan tan αβ的值为（）A ．13-B ．13C ．3-D ．3【答案】D【解析】由题意可得，2sin cos cos sin 3αβαβ+=，1sin cos cos sin 3αβαβ-=，所以1sin cos 2αβ=，1cos sin 6αβ=，所以tan sin cos 3tan cos sin ααββαβ==.故选：D.3.（2021·江苏盐城高三三模）满足等式)()(1tan 1tan 2αβ--=的数组)(,αβ有无穷多个，试写出一个这样的数组______.【答案】30,4π⎛⎫⎪ ⎭⎝【解析】由)()(1tan 1tan 2αβ--=，得1(tan )tan tan 2tan αβαβ-++=，所以tan tan tan tan 1αβαβ+=-，所以tan tan tan tan 1tan()11tan tan 1tan tan αβαβαβαβαβ+-+===---，所以3,4k k Z παβπ+=+∈，所以取34αβπ+=，所以)(,αβ可以为30,4π⎛⎫⎪ ⎭⎝.4.（2021·济南市历城第二中学高三一模）已知ππ1sin cos 883θθ⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则πsin 24θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭______，sin 4θ=______.【答案】2319【解析】由ππ1sin cos 883θθ⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得π2sin 243θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，故π2sin 243θ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭；22ππ21sin 4cos 412sin 2122439θθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=-⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.【提分秘籍】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三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小.【题型二】正弦定理与余弦定理解三角形【典例分析】【典例】（2021·山东德州市·高三二模）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，sin cos c B C -=．（1）求角B 的大小；（2）若3a =，2c =，D 为BC 边上一点，15CD DB =，求sin BDA ∠的值．【解析】（1sin cos c B C -=sin sin cos A C B B C -=，cos cos sin sin cos B C C B C B B C +-=cos sin sin 0C B C B -=，因为sin 0C >，所以sin B B =，即tan B =，因为(0,)B π∈，所以3B π=；（2）因为3a =，15CD DB =，所以12CD =，52DB =，ABD ∆中，由余弦定理得，222551212()222224AD =+-⨯⨯⨯=，所以212AD =，由正弦定理得sin sin AD ABB BDA=∠，故32272sin 7BDA ⨯∠==．【变式探究1】本例第（1）问变条件，sin cos c B C -=”，改为“sin sin sin A B a cC a b--=+”，求求角B 的大小【解析】ABC ∆中，由正弦定理sin sin sin a b c A B C ==及sin sin sin A B a cC a b--=+，知a b a cc a b--=+，所以222a c b ac +-=，由余弦定理知2222cos a c b ac B +-=，所以2cos ac B ac =，所以1cos 2B =，又(0,)B π∈，所以3B π=．【变式探究2】本例第（2）问变设问，若3b =，D 为AC 边上一点，2BD =，且___，求ABC ∆的面积．（从①BD 为B ∠的平分线，②D 为AC 的中点，这两个条件中任选一个补充在上面的横线上并作答．)【解析】①BD 为B ∠的平分线，3b =，所以6ABD BDC π∠=∠=，因为ABC ABD BDC S S S ∆∆∆=+，所以11112242222a c =⨯⨯+⨯⨯22a c =+，由余弦定理得，222b a c ac =+-，所以2239()3()34a c ac ac ac =+-=-，解得6ac =或2ac =-（舍)，所以ABC ∆的面积33342S ==；②D 为AC 的中点，3b =，则32AD DC ==，因为ADC BDC π∠=-∠，所以22222233(2()22233222222c a +-+-=⨯⨯⨯⨯，整理得2225a c +=，由余弦定理得，2229b a c ac =+-=，所以72ac =，所以ABC ∆的面积S ==【提分秘籍】1.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”采用正弦定理解决问题;(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”采用余弦定理解决问题.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和三角形的面积公式,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”,一般地,若已知条件中的等式两边含有角的正弦、余弦或边的一次式,则考虑使用正弦定理将边化为角(或将角化为边),若含有角的余弦式或边的二次式,则考虑使用余弦定理.【题型三】解三角形的综合问题【典例分析】【典例】（2021·广东深圳市·高三一模）在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2(cos )b a C -=．（Ⅰ）求A ；（Ⅱ）若2a =，求ABC ∆面积的最大值．【解析】（Ⅰ）由正弦定理得2(sin sin cos )B A C C -=，又sin sin()sin cos cos sin B A C A C A C =+=+ ，2cos sin A C C ∴=，又sin 0C ≠ ，2cos A ∴=3cos2A ∴=，故在ABC ∆中，30A =︒；（Ⅱ）由余弦定理得：2222cos a b c bc A =+-，222242cos30(2b c bc b c bc ∴=+-︒=+-，4(2bc∴+，ABC ∴∆面积11sin 224S bc A bc ==+．故ABC ∆面积的最大值为2+．【提分秘籍】解三角形中的最值或范围问题主要有两种解决方法：一是将问题表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将问题用三角形某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定最值.或范围【变式演练】（2021·浙江高三模拟）在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设ABC 的面积为S ﹐且满足222)S a b c =+-．（1）求角C 的大小；（2）求sin sin A B ⋅的最大值．【解析】（1）解：由题意可知13sin 2cos 24ab C ab C =⨯．所以tan C =因为0C π<<，所以3C π=；（2）解：由已知sin sin A B ⋅sin sin()A C A π=⋅--2sin sin()3A A π=⋅-11111sin (sin )22sin(2)22444264A A A A A A π=⋅+=-+=-+．因为270,23666A A ππππ<<∴-<-<,所以262A ππ-=即3A π=时，sin sin AB ⋅取最大值34.所以sin sin A B ⋅的最大值是34．1．（2021·山东师范大学附中高三模拟）函数()sin cos 6f x x x π⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭的图象的一个对称中心为（）A ．,012π⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,03π⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,124π⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,64π⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】()sin cos cossin sin 66f x x x x ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭1cos 2sin 244x x -=+11sin 2264x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，令2,6x k k ππ-=∈Z ，可得,212k x k ππ=+∈Z ，则函数()f x 的图象的对称中心为1,,2124k k ππ⎛⎫+∈⎪⎝⎭Z ，因此函数()f x 的图象的一个对称中心为1,124π⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C 2．（2021·陕西宝鸡市·高三一模（理））ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ，b ，c 成等差数列，30B =︒，ABC 的面积为32，则b =（）A ．132B ．1+C ．223+D ．2+【答案】B【解析】a ，b ，c 成等差数列，2b a c ∴=+，平方得22242a c b ac +=-，又ABC 的面积为32，且30B =︒，故由1113sin sin 302242S ac B ac ac ==︒==，得6ac =，222412a c b ∴+=-，由余弦定理得22222241243cos 22642a cb b b b B ac +----====⨯，解得24b =+，又b 为边长，1b ∴=+，故选B .3．（2021·宁波市北仑中学高三模拟）若3cos 63πα⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，则cos cos 3παα⎛⎫-+= ⎪⎝⎭（）A ．223-B ．223±C ．1-D ．±1【答案】C【解析】cos 63πα⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ ，(66ππαα=-+，366πππαα⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，cos cos[()cos(cos sin(666666ππππππαααα∴=-+=---，cos cos cos()cos sin()sin 3666666πππππππαααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=--=-- ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎣⎦.cos cos 2cos()cos 2()136632πππααα⎛⎫∴-+=-=⨯-⨯- ⎪⎝⎭.故选：C4．（2021·浙江温州市·温州中学高三模拟）设锐角ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2B A =，则b ca+的取值范围是（）A ．)2+B ．)1,3+C ．()2D ．()3,+∞【答案】A【解析】由正弦定理得()sin sin sin sin sin 2sin cos 2cos sin 22cos sin sin sin B A B b c B C A A A A AA a A A A++++++====2222152cos 12cos 4cos 2cos 14(cos )44A A A A A -+=+-=+-+.因为ABC 为锐角三角形，所以0,20,202A B C πππ⎧<<⎪⎪⎪<<⎨⎪⎪<<⎪⎩即0,202,2032A A A ππππ⎧<<⎪⎪⎪<<⎨⎪⎪<-<⎪⎩所以64A ππ<<，所以cos 22A <<，所以b c a +的取值范围是)2+.故选：A.5．（2021·安徽师范大学附属中学高三模拟）已知,,a b c 分别为ABC 内角,,A B C 的对边，2,2sin 3cos ,a c A C ABC == 的面积为3，则c =（）A．B．CD．【答案】C【解析】因为a ＝2，2c sin A ＝3cos C 32=a cos C ，由正弦定理可得：2sin C sin A 32=sin A cos C ，因为()0,A π∈故sin A ≠0，所以2sin C 32=cos C ，可得：4sin C ＝3cos C ＞0，又sin 2C +cos 2C ＝1，可得，cos C 45=，sin C 35=，∵△ABC 的面积为312=ab sin C 35b =，∴b ＝5，则由余弦定理可得，2224255225c +-=⨯⨯，∴c =．故选：C ．6．（2021·湖北十堰市·高三模拟）设ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ；已知3a =，()()3sin sin sin sin sin sin sin sin 2A B C A B C B C +--+=，则ABC 的面积的最大值为（）A ．154B ．3154C ．14D ．34【答案】B【解析】由()()3sin sin sin sin sin sin sin sin 2A B C A B C B C +--+=，得2221sin sin sin sin sin 2A B C B C --=-，由正弦定理得22212b c a bc +-=，得1cos 4A =.因为0A π<<，所以sin A =.由3a =，得22192b c bc =+-，所以1922bc bc ≥-，解得6bc ≤，当且仅当b c ==时取等号，所以1sin 24ABC S bc A =≤△.故选：B 7．（多选题）在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边外别为a ，b ，c ，下列说法中正确的是（）A ．若AB >，则sin sin A B >B ．若cos cos a b B A=，则ABC 为等腰三角形C ．sin sin sin +=+a b cA B CD ．若tan tan tan 0A B C ++<，则ABC 为钝角三角形【答案】ACD【解析】由A B >可知a b >，再根据正弦定理可得sin sin a bA B=，所以sin sin A B >，故A 正确；由cos cos a bB A =及正弦定理可知sin cos sin cos A B B A=，即sin 2sin 2A B =，又,(0,)A B π∈所以22A B =或22A B π+=，可知ABC 为等腰三角形或直角三角形，故B 错误；由正弦定理知，()2sin sin 2,2sin sin sin sin sin R B C a b cR R A B C B C++===++，故C 正确；因为tan tan tan tan()(1tan tan )tan A B C A B A B C++=+-+tan (1tan tan )tan C A B C =--+tan tan tan 0C A B =<，又,,(0,)A B C π∈，故,,A B C 中有且只有一个角为钝角，故D 正确，故选ACD8．（多选题）（2021·山东泰安市·高三期中）设,,a b c 分别为△ABC 的内角,,A B C 的对边，下列条件中可以判定△ABC 一定为等腰三角形的有（）A ．cos cos a A bB =B ．cos cos a B b A =C ．sin sin b B c C =D ．2cos a b C=【答案】BCD【解析】A ：sin cos sin cos A A B B =，即sin 2sin 2A B =，有A B =或2A B π+=，错误；B ：sin cos cos sin A B A B =，即in 0()s A B -=，在三角形中必有A B =，正确；C ：22sin sin B C =，在三角形中必有B C =，正确；D ：sin 2sin cos A B C =，而A B C =+，所以sin()0B C -=，在三角形中必有B C =，正确；故选BCD.9．（2021春•湖南月考）ABC ∆内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3a =，2b =，sin sin 2B A =，则()A ．42sin9B =B ．1cos 3A =-C ．3c =D ．ABC S ∆=【答案】ACD【解析】因为sin sin 2B A =，所以sin 2sin cos B A A =，由正弦定理得2cos b a A =．又3a =，2b =，所以1cos 3A =，22sin 3A =，42sin 9B =．又b a <，所以7cos 9B =，1cos cos()cos cos sin sin cos 3C A B A B A B A =-+=-+==，所以3c a ==，11sin 2322ABC S bc A ∆==⨯⨯⨯故选：ACD ．10．（2021·北京高三二模）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”——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，如图1所示.类比“赵爽弦图”，可构造如图2所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形.在ABC 中，若1,2AF FD ==，则AB =___________.【解析】由题意EFD △为等边三角形，则3EDA π∠=,所以23BDA π∠=根据条件AFC △与BDA V 全等，所以1AF BD ==在ABD △中，3,1AD BD ==2222cos AB AD BD AD BD BDA=+-⨯⨯⨯∠22131213132⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭所以AB =11．（湖南省长沙市长郡中学2021届高三下学期月考（六）数学试题）托勒密（Ptolemy ）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知凸四边形ABCD 的四个顶点在同一个圆的圆周上，,AC BD 是其两条对角线，AB AD =，120BAD ∠= ，6AC =，则四边形ABCD 的面积为_____．【答案】9．【解析】在ABD △中，设AB a =，由余弦定理得：22222cos 3BD AB AD AB AD BAD a =+-⋅⋅∠=，所以BD =，由托勒密定理可得()a BC CD AC +=，即BC CD +=，又30ABD ACD ∠∠== ，所以四边形ABCD 的面积11sin 30sin 3022S BC AC CD AC =⋅+⋅⋅ 213()44BC CD AC =+⋅==．12.（2021·浙江温州市·高三其他模拟）如图所示，在ABC 中，已知3sin 3A =，D 为边AB 上的一点，且满足5,33AD CD BCD π==∠=，则sin B =_________，BD =__________．【答案】2236+3-【解析】令BDC α∠=，因为53AD CD ==，所以21cos cos 212sin 3A αα==-=，所以22sin 3α=，223sin sin sin cos cos sin 3336B πππααα⎛⎫=+=⋅+⋅= ⎪⎝⎭，在BCD △中，由正弦定理得sin sin 3BDCD B π=，解得sin 3sin 3CD BD B π=⋅=-．13．（山东菏泽2021届高三数学二模试题）如图，在四边形ABCD 中，145,30,1,2,cos 4ABD ADB BC DC BCD ∠=︒∠=︒==∠=.求：（1）BD 的长度；（2）三角形ABD 的面积.【解析】（1）在BCD △中，由余弦定理可得：2222cos 14221144BD BC CD BC CD BCD =+-⋅⋅∠=+-⨯⨯⨯=，则2BD =；（2）在ABD △中，1803045105BAD ∠=︒-︒-︒=︒，()2236sin sin105sin 45602224122BAD ∠=︒=︒+︒=⨯+⨯，由正弦定理可得sin sin AD BD ABD BAD=∠∠，所以)2sin 45221sin1022564BD AD ⨯⋅︒==︒，则)1sin 212sin 301122ABD S AD BD ADB =⋅∠=⨯-⨯⨯︒=- .14．（2021·江苏南通市·高三一模）在①2sin sin 2sin cos A B C B -=，②()()()sin sin sin a c A C B a b +-=-，③()1sin sin sin 2ABC S c a A b B c C =+-△这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答.问题：在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且___________.（1）求角C ；（2）若2c =，求2a b -的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【解析】解法一：因为2sin sin 2sin cos A B C B -=，所以()2sin sin 2sin cos B C B C B +-=，即2sin cos sin B C B =.因为sin 0B ≠，所以1cos 2C =.又()0,C π∈，所以3C π=.解法二：因为2sin sin 2sin cos A B C B -=，所以222222a c b a b c ac+--=⋅，即222c a b ab =+-，所以2221cos 222a b c ab C ab ab +-===.又()0,C π∈，所以3C π=.选择条件②：因为()()()sin sin sin a c A C B a b +-=-，所以()()()a c a c b a b +-=-，即222c a b ab =+-，所以2221cos 222a b c ab C ab ab +-===.又()0,C π∈，所以3C π=.选择条件③：因为()1sin sin sin 2ABC S c a A b B c C =+-△，所以()sin sin sin 12s n 12i C A B b c a b C a c =+-，从而222ab a b c =+-，所以2221cos 222a b c ab C ab ab +-===.又()0,C π∈，所以3C π=.（2）因为2c =，所以243sin 3sin 3c C π==，从而8343233a b A B -=-8343sin 333A A π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭2cos A A =-4sin 6A π⎛⎫=- ⎪⎝⎭.因为203A π<<，所以662A πππ-<-<，从而1sin 126A π⎛⎫-<-< ⎪⎝⎭，所以2a b -的取值范围为。

三角函数的概念与三角公式应用(4知识点+3重难点+7方法技巧+5易错易混)(原卷版)2025高考数学

专题06三角函数的概念与三角公式应用（思维构建+知识盘点+重点突破+方法技巧+易混易错）知识点1任意角与弧度制1、角的概念（1）任意角：①定义：角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所成的图形；②分类：角按旋转方向分为正角、负角和零角．（2）象限角：以角的顶点为坐标原点，角的始边为x轴正半轴，建立平面直角坐标系．这样，角的终边(除端点外)在第几象限，就说这个角是第几象限角；如果角的终边在坐标轴上，就认为这个角不属于任何一个象限．（3）终边相同的角：所有与角α终边相同的角，连同角α在内，构成的角的集合是S＝{β|β＝k·360°＋α，k∈Z}．2、弧度制定义把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，弧度记作rad知识点2任意角的三角函数三角函数正弦余弦正切定义设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，那么y 叫做α的正弦，记作sin αx 叫做α的余弦，记作cos αyx叫做α的正切，记作tan α各象限符号Ⅰ＋＋＋Ⅱ＋－－Ⅲ－－＋Ⅳ－＋－三角函数线有向线段MP 为正弦线有向线段OM 为余弦线有向线段AT 为正切线知识点3同角三角函数基本关系式与诱导公式1、同角三角函数基本关系式（1）平方关系：sin 2α＋cos 2α＝1.（3）商数关系：sin αcos α＝tan ≠π2＋kπ，k ∈（3）基本关系式的几种变形①sin2α＝1－cos 2α＝(1＋cos α)(1－cos α)；cos 2α＝1－sin 2α＝(1＋sin α)(1－sin α)．②(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α.③sin α＝tan αcos ≠k π＋π2，k ∈2、三角函数的诱导公式公式一二三四五六角2k π＋α(k ∈Z )π＋α－απ－απ2－απ2＋α正弦sin α－sin α－sin αsin αcos αcos α余弦cos α－cos αcos α－cos αsin α－sin α正切tan αtan α－tan α－tan α口诀函数名改变，符号看象限函数名不变，符号看象限“奇变偶不变，符号看象限”中的奇、偶是指π/2的奇数倍和偶数倍，变与不变指函数名称的变化。

高三数学二轮复习专题整合突破三角恒等变换与解三角形课件理

π 1 sin3＝2.
π 2π π (2)∵α∈3，2，∴2α∈ 3 ，π ，
1 3 又由(1)知 sin2α＝2，∴cos2α＝－ 2 2 2 1 sinα cosα sin α－cos α －2cos2α ∴ tanα－ tanα ＝ cosα － sinα ＝ sinαcosα ＝ sin2α ＝ 3 －2 －2× 1 ＝2 3. 2
即
π 1 sin2α＋3＝－2.
π π 4π π ∵α∈3，2，∴2α＋3∈π， 3 ， π ∴cos2α＋3 ＝－
3 2，
π π π π π ∴ sin2α ＝ sin 2α＋3－3 ＝ sin 2α＋3 cos 3 － cos 2α＋3
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 典例 2
求值 [2016· 安徽合肥质检]已知
π π cos6＋α· cos3－α
π π 1 ＝－4，α∈3，2 .
[重要结论] 1．判断三角形形状的常用结论 (1)sinA＝sinB 且 A＋B≠π⇒ 等腰三角形
π (2)sin2A＝sin2B⇒ A＝B 或 A＋B＝2
； ⇒等腰或直角
三角形； (3)cosA＝cosB⇒ A＝B ⇒ 等腰三角形； (4)cos2A＝cos2B⇒ A＝B ⇒ 等腰三角形； (5)sin(A－B)＝0⇒ A＝B ⇒ 等腰三角形； (6)A＝60° 且 b＝c⇒ 等边三角形；
5．降幂公式
1－cos2α 2 (1)sin2α＝
；
1＋cos2α 2 (2)cos2α＝ .

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。

高考数学考纲解读与热点难点突破教案及专题练习--三角恒等变换与解三角形-理科(含解析)

高考数学考纲解读与热点难点突破三角恒等变换与解三角形教案【2020年高考考纲解读】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．【重点、难点剖析】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＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α. (3)tan 2α＝2tan α1－tan2α.3．正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R(2R 为△ABC 外接圆的直径)．变形：a ＝2Rsin A ，b ＝2Rsin B ，c ＝2Rsin C. sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R.a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C. 4．余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A ，b2＝a2＋c2－2accos B ， c2＝a2＋b2－2abcos C.推论：cos A ＝b2＋c2－a22bc ，cos B ＝a2＋c2－b22ac ，cos C ＝a2＋b2－c22ab .5．三角形面积公式S △ABC ＝12bcsin A ＝12acsin B ＝12absin C.6．三角恒等变换的基本思路(1)“化异为同”，“切化弦”，“1”的代换是三角恒等变换的常用技巧．如1＝cos2θ＋sin2θ＝tan 45°等．“化异为同”是指“化异名为同名”，“化异次为同次”，“化异角为同角”．(2)角的变换是三角变换的核心，如β＝(α＋β)－α，2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＋β2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α－β2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α2－β等． 7．解三角形的四种类型及求解方法 (1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一． (3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解． (4)已知三边，利用余弦定理求解． 8．利用解三角形的知识解决实际问题的思路把实际问题中的要素归入到一个或几个相互关联的三角形中，通过解这样的三角形即可求出实际问题的答案．注意要检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，从而得出正确结果.【题型示例】题型一、三角变换及应用【例1】(2018·全国Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝________. 答案－12解析 ∵sin α＋cos β＝1，① cos α＋sin β＝0，②∴①2＋②2得1＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＋1＝1， ∴sin αcos β＋cos αsin β＝－12，∴sin(α＋β)＝－12.【变式探究】(1)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2＋α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋7π6，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π12＋α＝________.答案 23－4解析 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2＋α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋7π6，∴－sin α＝－3sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫α＋π6，∴sin α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋π6＝3sin αcos π6＋3cos αsin π6＝332sin α＋32cos α，∴tan α＝32－33，又tan π12＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3－π4＝tan π3－tanπ41＋tan π3tanπ4＝3－11＋3＝2－3，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π12＋α＝tanπ12＋tan α1－tanπ12tan α＝⎝⎛⎭⎫2－3＋32－331－⎝⎛⎭⎫2－3×32－33＝23－4.(2)若2cos 2θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋θ＝3sin 2θ，则sin 2θ等于( )A.13 B ．－23 C.23D ．－13 答案B解析由题意得2cos 2θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋θ＝2cos2θ－sin222cos θ－sin＝2(cos θ＋sin θ)＝3sin 2θ，将上式两边分别平方，得4＋4sin 2θ＝3sin22θ，即3sin22θ－4sin 2θ－4＝0，解得sin 2θ＝－23或sin 2θ＝2(舍去)，所以sin 2θ＝－23.【变式探究】【2017山东，理9】在C ∆AB 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若C ∆AB 为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是（A ）2a b = （B ）2b a = （C ）2A =B （D ）2B =A 【答案】A 【解析】所以，选A.【变式探究】若tan α＞0，则( ) A ．sin α＞0 B ．cos α＞0 C ．sin 2α＞0 D ．cos 2α＞0【举一反三】 (2015·新课标全国Ⅰ，2)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝( )A ．－32B.32C ．－12 D.12解析 sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin 30°＝12.答案 D【变式探究】(2015·四川，12)sin 15°＋sin 75°的值是________．解析 sin 15°＋sin 75°＝sin 15°＋cos 15°＝2sin(15°＋45°)＝2sin 60°＝62.答案 62【举一反三】(2015·江苏，8)已知tan α＝－2，tan(α＋β)＝17，则tan β的值为________．解析 ∵tan α＝－2，∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝－2＋tan β1＋2tan β＝17，解得tan β＝3.答案 3 【感悟提升】(1)此类问题的着眼点是“一角、二名、三结构”，即一看角的差异，二看名称的差异，三看结构形式的差异，然后多角度使用三角公式求解．(2)对于三角函数中角的求值问题，关键在于“变角”，将“目标角”变换成“已知角”．若角所在象限没有确定，则应分情况讨论，要注意三角公式的正用、逆用、变形运用，掌握其结构特征，还要注意拆角、拼角等技巧的运用．(3)求三角函数的化简求值问题的一般思路：“五遇六想一引”，即遇正切，想化弦；遇多元，想消元；遇差异，想联系；遇高次，想降次；遇特角，想求值；想消元，引辅角．【变式探究】(2015·广东，11)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 ＝________．解析因为sin B ＝12且B ∈(0，π)，所以B ＝π6或B ＝5π6.又C ＝π6，所以B ＝π6，A ＝π－B－C ＝2π3.又a ＝3，由正弦定理得a sin A ＝b sin B，即3sin2π3＝b sin π6，解得b ＝1.答案 1题型二、正、余弦定理【例2】(2018·全国Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知bsin C ＋csin B ＝4asin Bsin C ，b2＋c2－a2＝8，则△ABC 的面积为________．答案233解析 ∵bsin C ＋csin B ＝4asin Bsin C ， ∴由正弦定理得sin Bsin C ＋sin Csin B ＝4sin Asin Bsin C. 又sin Bsin C>0，∴sin A ＝12.由余弦定理得cos A ＝b2＋c2－a22bc ＝82bc ＝4bc >0，∴cos A ＝32，bc ＝4cos A ＝833， ∴S △ABC ＝12bcsin A ＝12×833×12＝233.【举一反三】【2017课标II ，理17】ABC ∆的内角A B C 、、所对的边分别为,,a b c ，已知，（1）求cos B ；（2）若6a c +=，ABC ∆的面积为2，求b 。

高考数学二轮复习第一部分专题六三角恒等变换与解三角形讲义理(重点生,含解析)-人教版高三全册

专题六角恒等变换与解三角形卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ2018正、余弦定理的应用·T17二倍角公式及余弦定理的应用·T6二倍角公式·T4同角三角函数关系及两角和的正弦公式·T15三角形的面积公式及余弦定理·T92017正、余弦定理、三角形的面积公式及两角和的余弦公式·T17余弦定理、三角恒等变换及三角形的面积公式·T17余弦定理、三角形的面积公式·T172016正、余弦定理、三角形面积公式、两角和的正弦公式·T17诱导公式、三角恒等变换、给值求值问题·T9同角三角函数的基本关系、二倍角公式·T5正弦定理的应用、诱导公式·T13利用正、余弦定理解三角形·T8纵向把握趋势卷Ⅰ3年3考且均出现在解答题中的第17题，涉及正、余弦定理、三角形的面积公式、两角和与差的正、余弦公式，难度适中．预计2019年会以选择题或填空题的形式考查正、余弦定理的应用及三角恒等变换，难度适中卷Ⅱ3年5考，既有选择题、填空题，也有解答题，涉及诱导公式、同角三角函数基本关系式、三角恒等变换、正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式，难度适中．预计2019年会以解答题的形式考查正、余弦定理和三角形面积公式的应用卷Ⅲ3年5考，既有选择题，也有解答题，难度适中．涉及同角三角函数基本关系式、二倍角公式、正弦定理和余弦定理、三角形面积公式等．预计2019年会以解答题的形式考查正、余弦定理在解三角形中的应用横向把握重点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.三角恒等变换[题组全练]1．(2018·全国卷Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α＝( )A.89 B.79 C ．－79D ．－89解析：选B ∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79.故选B.2．(2016·全国卷Ⅱ)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，则sin 2α＝( )A.725B.15 C ．－15D ．－725解析：选D 因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，所以sin 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1＝－725.3．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－cos α＝13，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3＝( )A ．－518B.518C ．－79D.79解析：选D 由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－cos α＝13，得32sin α＋12cos α－cos α＝32sin α－12cos α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝13，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝1－29＝79. 4．已知sin β＝35⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<β<π，且sin(α＋β)＝cos α，则tan(α＋β)＝( )A ．－2B ．2C ．－12D.12解析：选A ∵sin β＝35，且π2<β<π，∴cos β＝－45，tan β＝－34.∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝－45sin α＋35cos α＝cos α，∴tan α＝－12，∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝－2.5．已知A ，B 均为钝角，sin 2A 2＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝5－1510，且sin B ＝1010，则A ＋B ＝( )A.3π4 B.5π4 C.7π4D.7π6解析：选C 因为sin 2A 2＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝5－1510，所以1－cos A 2＋12cos A －32sin A ＝5－1510，即12－32sin A ＝5－1510，解得sin A ＝55. 因为A 为钝角，所以cos A ＝－1－sin 2A ＝－1－⎝⎛⎭⎪⎫552＝－255. 由sin B ＝1010，且B 为钝角，可得cos B ＝－1－sin 2B ＝－1－⎝⎛⎭⎪⎫10102＝－31010.所以cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－255×⎝ ⎛⎭⎪⎫－31010－55×1010 ＝22. 又A ，B 都为钝角，即A ，B ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，所以A ＋B ∈(π，2π)，故A ＋B ＝7π4，选C.[系统方法]1．化简求值的方法与思路(1)方法：①采用“切化弦”“弦化切”来减少函数的种类，做到三角函数名称的统一； ②通过三角恒等变换，化繁为简，便于化简求值； (2)基本思路：找差异，化同名(同角)，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．正弦定理、余弦定理的应用[多维例析]角度一利用正、余弦定理进行边、角计算[例1] (1)(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 24，则C ＝( )A.π2 B.π3 C.π4D.π6(2)(2018·长春质检)已知在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c,2a sin B ＝3b ，b ＝2，c ＝3，AD 是角A 的平分线，D 在BC 上，则BD ＝________.[解析] (1)∵S ＝12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24＝2ab cos C 4＝12ab cos C ，∴sin C ＝cos C ，即tan C ＝1.∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4.(2)由正弦定理可得，2sin A sin B ＝3sin B ，可得sin A ＝32，因为0<A <π2，所以A ＝π3，由余弦定理得BC 2＝22＋32－2×2×3×cos π3，解得BC ＝7，在△ABD 和△ADC 中，分别应用正弦定理得， 3sin ∠ADB ＝BDsinπ6.①2sin ∠ADC ＝7－BDsinπ6.②又sin ∠ADB ＝sin ∠ADC ，③ 联立①②③，解得BD ＝375.[答案] (1)C (2)375角度二与三角形面积、周长有关的问题[例2] (2019届高三·武汉调研)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且2b cos C ＝2a ＋c .(1)求角B 的大小；(2)若b ＝2，a ＋c ＝5，求△ABC 的面积．[解] (1)由正弦定理，知2sin B cos C ＝2sin A ＋sin C ，由A ＋B ＋C ＝π，得2sin B cos C ＝2sin(B ＋C )＋sin C ，即2sin B cos C ＝2(sin B cos C ＋cos B sin C )＋sin C ，整理得2cos B sin C ＋sin C ＝0. 因为sin C ≠0，所以cos B ＝－12.因为0＜B ＜π，所以B ＝2π3.(2)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得b 2＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos B ，因为b ＝2，a ＋c ＝5，所以22＝(5)2－2ac －2ac cos 2π3，得ac ＝1.所以S △ABC ＝12ac sin B ＝12×1×32＝34.[例3] (2018·广州模拟)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且ba ＋c ＝sin A －sin Csin B －3sin C.(1)求tan ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π3的值； (2)若△ABC 的面积为1，求△ABC 的周长的最小值．[解] (1)由已知，得b (sin B －3sin C )＝(a ＋c )·(sin A －sin C )，由正弦定理，得b (b －3c )＝(a ＋c )(a －c )，即b 2＋c 2－a 2＝3bc .再由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32.又0＜A ＜π，所以A ＝π6.故tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝tan 2π3＝－tan π3＝－ 3. (2)由(1)及已知得，△ABC 的面积为S △ABC ＝12bc sin π6＝1，所以bc ＝4.于是a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ≥2bc －2bc ×32＝8－43，当且仅当b ＝c ＝2时，a 取得最小值，且最小值为8－43＝6－2，此时a ＋b ＋c ＝6－2＋4.故△ABC 的周长的最小值为6－2＋4.[类题通法] 利用正、余弦定理解三角形的常用策略(1)当出现边角混合的式子时，常常根据a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 来统一成边或统一成角；(2)当式子中出现三边的平方和或差时，常常要利用余弦定理解题；(3)当三个内角A ，B ，C 都出现时，根据三角形内角和A ＋B ＋C ＝180°，消掉一个角，留下两个角，然后化简整理；若已知一个角，式子中含有两个角时，结合已知消掉一个角，留下一个角，然后根据和角公式展开，再进一步化简．[综合训练]1．(2018·南宁模拟)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 (1＋cos B )＝sin B (2－cos C )，即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 ，∴2b ＝a ＋c . (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 ＝4.2．(2018·合肥质检)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，(a －2b )cos C ＋c cos A ＝0.(1)求角C 的大小；(2)若c ＝23，求△ABC 周长的最大值．解：(1)根据正弦定理，由已知得 (sin A －2sin B )cos C ＋sin C cos A ＝0，即sin A cos C ＋sin C cos A ＝2sin B cos C ， ∴sin(A ＋C )＝2sin B cos C ， ∴sin B ＝2sin B cos C ，∴cos C ＝12.∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.(2)由(1)及余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又c ＝23，∴a 2＋b 2－12＝ab ， ∴(a ＋b )2－12＝3ab ≤3⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，即(a ＋b )2≤48(当且仅当a ＝b ＝23时等号成立)． ∴△ABC 周长的最大值为6 3.3．(2018·武汉调研)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，满足cos2A －cos 2B ＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－B ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋B ＝0. (1)求角A 的大小；(2)若b ＝3且b ≤a ，求a 的取值范围．解：(1)由cos 2A －cos 2B ＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫π6－B cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋B ＝0，得2sin 2B －2sin 2A ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫34cos 2B －14sin 2B ＝0，化简得sin A ＝32，又△ABC 为锐角三角形，故A ＝π3.(2)∵b ＝3≤a ，∴c ≥a ，∴π3≤C ＜π2，π6＜B ≤π3，∴12＜sin B ≤32. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a 32＝3sin B，∴a ＝32sin B ，由sin B ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，32，得a ∈[3，3)．即a 的取值范围是[3，3)．解三角形与三角函数的综合问题[典例] 已知函数f (x )＝23sin x cos x －2cos 2x －1，x ∈R. (1)求函数f (x )的最小正周期和最小值；(2)在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝3，f (C )＝0，sin B ＝2sinA ，求a ，b 的值．[解] (1)因为f (x )＝23sin x cos x －2cos 2x －1 ＝3sin 2x －(cos 2x ＋1)－1 ＝3sin 2x －cos 2x －2 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－2，所以函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，最小值为－4.(2)因为f (C )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6－2＝0，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1，又C ∈(0，π)，所以－π6＜2C －π6＜116π，所以2C －π6＝π2，得C ＝π3.因为sin B ＝2sin A ，由正弦定理得b ＝2a ，由余弦定理得，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋4a 2－2a 2＝3a 2，又c ＝3，所以a ＝1，b ＝2.[类题通法] 解三角形与三角函数综合问题求解策略(1)解三角形与三角函数的综合题求解时，若解决与三角恒等变换有关的问题，优先考虑角与角之间的关系；若解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理．(2)求解该类问题，易忽视题中的角为三角形内角，未注明角的限制条件导致产生错解.[应用通关]已知函数f (x )＝4cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋m (m ∈R)，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f (x )的最小值为－1.(1)求实数m 的值；(2)在△ABC 中，已知f (C )＝1，AC ＝4，延长AB 至D ，使BD ＝BC ，且AD ＝5，求△ACD 的面积．解：(1)∵f (x )＝4cos x sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋m ＝4cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x cos π6＋cos x sin π6＋m＝23sin x cos x ＋2cos 2x ＋m ＝3sin 2x ＋cos 2x ＋1＋m ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋m ＋1. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6min ＝－1， ∴f (x )min ＝－1＝－1＋m ＋1，解得m ＝－1. (2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，又∵f (C )＝1， ∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝1，∵C ∈(0，π)，∴2C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，∴2C ＋π6＝5π6，解得C ＝π3.如图，设BD ＝BC ＝x ，则AB ＝5－x ，在△ACB 中，由余弦定理，得cos ∠ACB ＝12＝42＋x 2－5－x 22×4×x ，解得x ＝32.∴cos A ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5－322－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222×4×⎝ ⎛⎭⎪⎫5－32＝1314，得sin A ＝1－cos 2A ＝3314.∴S △ACD ＝12AC ·AD sin A＝12×5×4×3314＝1537. 解三角形实际应用问题[由题知法][典例] (1)从气球A 上测得正前方的河流的两岸B ，C 的俯角分别为60°，30°，此时气球的高是60 m ，则河流的宽度BC 等于( )A ．30 3 mB ．30(3－1)mC ．40 3 mD ．40(3－1)m(2)为了竖一块广告牌，要制造一个三角形支架，如图，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于1 m ，且AC 比AB 长0.5 m ．为了稳固广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32m B ．2 m C ．(1＋3)mD ．(2＋3)m[解析] (1)如图，设A 在直线BC 上的射影为H . 由题意得，∠BAH ＝30°，∠CAH ＝60°. 在Rt △AHB 中，HB ＝AH tan 30°＝33AH ＝33×60＝203(m)．在Rt △AHC 中，HC ＝AH tan 60°＝3AH ＝3×60＝603(m)．所以BC ＝HC －HB ＝603－203＝403(m)． (2)由题意设BC ＝x (x >1)m ，AC ＝t (t >0)m ，依题意得AB ＝AC －0.5＝(t －0.5)(m)．在△ABC 中，由余弦定理得，AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos 60°，即(t －0.5)2＝t 2＋x 2－tx ，化简并整理得t ＝x 2－0.25x －1＝x －1＋0.75x －1＋2(x >1)．因为x >1，所以t ＝x －1＋0.75x －1＋2≥2＋3当且仅当x ＝1＋32时取等号，故AC 最短为(2＋3)m ，应选D.[答案] (1)C (2)D [类题通法]1．解三角形实际应用问题的解题步骤2．解三角形实际应用问题的注意事项(1)要注意仰角、俯角、方位角以及方向角等名词，并能准确作出这些角；(2)要注意将平面几何的性质、定理与正、余弦定理结合起来使用，这样可以优化解题过程；(3)要注意题目中的隐含条件及解的实际意义．[应用通关]1．某位居民站在离地面20 m 高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为( )A ．20⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋33m B ．20(1＋3)m C ．10(2＋6)mD ．20(2＋6)m解析：选B 如图，设AB 为阳台的高度，CD 为小高层的高度，AE 为水平线．由题意知AB ＝20 m ，∠DAE ＝45°，∠CAE ＝60°，故DE ＝AE ＝20 m ，CE ＝20 3 m ，所以CD ＝20(1＋3)m.2.(2018·河北保定模拟)如图，某游轮在A 处看灯塔B 在A 的北偏东75°方向上，距离为126海里，灯塔C 在A 的北偏西30°方向上，距离为83海里，游轮由A 处向正北方向航行到D 处时再看灯塔B ，B 在南偏东60°方向上，则C 与D 的距离为( )A ．20海里B ．83海里C ．232海里D ．24海里解析：选B 在△ABD 中，因为灯塔B 在A 的北偏东75°方向上，距离为126海里，货轮由A 处向正北方向航行到D 处时，再看灯塔B ，B 在南偏东60°方向上，所以B ＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理ADsin B ＝ABsin ∠ADB，可得AD ＝AB sin Bsin ∠ADB ＝126×2232＝24海里．在△ACD 中，AD ＝24海里，AC ＝83海里，∠CAD ＝30°，由余弦定理得CD 2＝AD 2＋AC 2－2AD ·AC cos 30°＝242＋(83)2－2×24×83×32＝192.所以CD ＝83海里．3．如图，游客从某旅游景区的景点A 处至景点C 处有两条线路．线路1是从A 沿直线步行到C ，线路2是先从A 沿直线步行到景点B 处，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A 处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的119倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C 处．经测量，AB ＝1 040 m ，BC ＝500 m ，则sin ∠BAC 等于________．解析：依题意，设乙的速度为x m/s ，则甲的速度为119x m/s ，因为AB ＝1 040 m ，BC ＝500 m ，所以AC x ＝1 040＋500119x ，解得AC ＝1 260 m.在△ABC 中，由余弦定理得，cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC＝1 0402＋1 2602－50022×1 040×1 260＝1213，所以sin ∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝513.答案：513重难增分与平面几何有关的解三角形综合问题[考法全析]一、曾经这样考1．(2015·全国卷Ⅰ)[与平面四边形有关的边长范围问题]在平面四边形ABCD 中，∠A ＝∠B ＝∠C ＝75°，BC ＝2，则AB 的取值范围是________．[学解题]法一：分割法(学生用书不提供解题过程)易知∠ADC ＝135°.如图，连接BD ，设∠BDC ＝α，∠ADB ＝β，则α＋β＝135°.在△ABD 和△BCD 中，由正弦定理得BC sin α＝BD sin 75°＝ABsin β，则AB ＝BC sin βsin α＝2sin 135°－αsin α＝2sin α＋45°sin α＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1tan α，由⎩⎪⎨⎪⎧α＋75°<180°，135°－α＋75°<180°，得30°<α<105°，所以3－2<1tan α< 3.则6－2<AB <6＋ 2.法二：极限法(学生用书提供解题过程) 如图，动态地审视平面四边形ABCD ，边BC ＝2固定，∠B ＝∠C ＝75°固定，延长BA ，CD 交于点P . 虽然∠BAD ＝75°，但AB 边并不固定，平行移动AD 边，则容易看出B Q<AB <BP . 在△BC Q 中，易求得B Q ＝6－2；在△BCP 中，易求得BP ＝6＋2，则AB 的取值范围是(6－2，6＋2)．答案：(6－2，6＋2)[启思维] 本题考查转化与化归思想，将四边形问题转化为解三角形问题是解决该题的关键．可利用正弦定理建立函数关系式求解，也可利用数形结合思想，作出图形，分析图形的特点找出解题思路．二、还可能这样考2．[与三角形的中线、角平分线相关的问题]在△ABC 中，AB ＝3AC ，∠BAC 的平分线交BC 于D ，且AD ＝mAC ，则实数m 的取值范围是__________．解析：法一：设AC ＝x ，则AB ＝3x . 由三角形内角平分线的性质可知，BD ＝34BC ，CD ＝14BC .在△ABD 中，由余弦定理可得⎝ ⎛⎭⎪⎫34BC 2＝9x 2＋m 2x 2－2×3mx 2cos ∠BAC 2.① 在△ACD 中，由余弦定理可得⎝ ⎛⎭⎪⎫14BC 2＝x 2＋m 2x 2－2mx 2cos ∠BAC 2.② 由①②两式消去BC 并化简得cos ∠BAC 2＝2m 3.因为0<∠BAC 2<π2，所以cos ∠BAC2∈(0,1)，所以0<2m3<1，解得m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32. 法二：设∠BAD ＝∠CAD ＝θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<θ<π2，AC ＝b ，则AB ＝3b ，AD ＝mb ，由S △ABC ＝S △ABD ＋S △ACD ，得32b 2sin 2θ＝32mb 2sin θ＋12mb 2sin θ，化简得m ＝32cos θ.因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32[启思维] 本题考查了余弦定理的应用、三角形角平分线的性质及三角形面积公式．列出有关m 的关系式是解决该题的关键．3.[四边形面积的最值问题]已知△ABC 的内角∠CAB ，B ，∠ACB 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos ∠ACB ＋c cos ∠CAB ＝b sin B ，∠CAB ＝π6，如图所示，若D 是△ABC 外一点，DC ＝2，DA ＝3，则当四边形ABCD 的面积最大时，sin D ＝__________.解析：由a cos ∠ACB ＋c cos ∠CAB ＝b sin B 及余弦定理得a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝b sinB ，即b ＝b sin B ⇒sin B ＝1⇒B ＝π2，又∠CAB ＝π6，所以∠ACB ＝π3.由BC ＝a ，得AB ＝3a ，AC ＝2a ，则S △ABC ＝12×a ×3a ＝32a 2.在△ACD 中，cos D ＝AD 2＋CD 2－AC 22AD ·CD ＝13－4a 212，所以a2＝13－12cos D 4.又S △ACD ＝12AD ·CD sin D ＝3sin D ，所以S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ACD ＝32a 2＋3sin D＝32×13－12cos D 4＋3sin D ＝3sin D －332cos D ＋1338＝372 ⎝ ⎛⎭⎪⎫27sin D －37cos D ＋1338＝372sin(D －θ)＋1338 ⎝ ⎛⎭⎪⎫其中θ满足tan θ＝32，所以当D －θ＝π2，即D ＝π2＋θ时，S 四边形ABCD 最大，此时sin D ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋θ＝cos θ＝27＝277.答案：277[启思维] 本题考查余弦定理、三角形面积公式及辅助角公式的应用．题中四边形的面积很容易求出，关键是计算面积的最大值，要注意边角互化的应用，否则解题非常困难．[增分集训]1．在△ABC 中，点D 在边AB 上，CD ⊥BC ，AC ＝53，CD ＝5，BD ＝2AD ，则AD 的长为__________．解析：在△ABC 中，BD ＝2AD ，设AD ＝x (x >0)，则BD ＝2x .在△BCD 中，因为CD ⊥BC ，CD ＝5，BD ＝2x ，所以cos ∠CDB ＝CD BD ＝52x.在△ACD 中，AD ＝x ，CD ＝5，AC ＝53，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋CD 2－AC 22×AD ×CD ＝x 2＋52－5322×x ×5.因为∠CDB ＋∠ADC ＝π，所以cos ∠ADC ＝－cos ∠CDB ，即x 2＋52－5322×x ×5＝－52x，解得x ＝5，所以AD 的长为5. 答案：52.如图，在直角梯形ABDE 中，已知∠ABD ＝∠EDB ＝90°，C 是BD 上一点，AB ＝3－3，∠ACB ＝15°，∠ECD ＝60°，∠EAC ＝45°，则线段DE 的长为______．解析：易知∠ACE ＝105°，∠AEC ＝30°，在Rt△ABC 中，AC ＝ABsin 15°，在△AEC 中，AC sin 30°＝CE sin 45°⇒CE ＝AC sin 45°sin 30°，在Rt△CED 中，DE ＝CE sin 60°＝sin 45°sin 60°sin 30°×ABsin 15°＝22×3212×3－36－24＝6.答案：63.(2018·四川成都模拟)如图，在△ABC 中，AB ＝4，BC ＝2，∠ABC ＝∠D ＝π3，若△ADC 是锐角三角形，则DA ＋DC 的取值范围为________．解析：设∠ACD ＝θ，则∠CAD ＝2π3－θ，根据条件及余弦定理计算得AC ＝2 3.在△ACD 中，由正弦定理得ADsin θ＝CD sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝23sinπ3＝4， ∴AD ＝4sin θ，CD ＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－θ，∴DA ＋DC ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin θ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋32cos θ＋12sin θ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin θ＋32cos θ ＝43⎝⎛⎭⎪⎫32sin θ＋12cos θ＝43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6.∵△ACD 是锐角三角形，∴θ和2π3－θ均为锐角，∴θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，∴θ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤32，1. ∴DA ＋DC ＝43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6∈(]6，43.答案：(6,4 3 ][高考大题通法点拨]三角函数问题重在“变”——变角、变式[思维流程][策略指导] 1．常用的变角技巧 (1)已知角与特殊角的变换； (2)已知角与目标角的变换； (3)角与其倍角的变换；(4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·α＋β2，α＋β2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫α－β2－⎝ ⎛⎭⎪⎫α2－β.2．常用的变式技巧主要从函数名、次数、系数方面入手，常见的有：(1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；(2)涉及sin x ±cos x 、sin x ·cos x 的问题，常做换元处理，如令t ＝sin x ±cos x ∈[－2，2]，将原问题转化为关于t 的函数来处理；(3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等． [例1] 已知函数f (x )＝4tan x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 －x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3.(1)求f (x )的定义域与最小正周期；(2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的单调性．[破题思路] 第(1)问求什么想什么求f (x )的定义域与最小正周期，想到建立关于x 的不等式以及化函数f (x )的解析式为f (x )＝A sin(ωx ＋φ)或f (x )＝A cos(ωx ＋φ)的形式给什么用什么题干中给出的解析式中既有正切函数也有正弦、余弦函数，利用同角三角函数关系式、诱导公式、两角差的正弦公式化简函数解析式，再分别利用各种三角函数的定义域即可求出函数f (x )的定义域，利用周期公式可求周期第(2)问求什么想什么讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的单调性，想到正弦函数y ＝sin x 的单调性给什么用什么第(1)问中已经将函数f (x )化为f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的形式，用整体代换求单调区间，并与区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4求交集[规范解答](1)f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠π2＋k π，k ∈Z .f (x )＝4tan x cos x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋32sin x－ 3＝2sin x cos x ＋23sin 2x － 3 ＝sin 2x ＋3(2sin 2x －1) ＝sin 2x －3cos 2x＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)令z ＝2x －π3，则函数y ＝2sin z 的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2＋2k π，π2＋2k π，k ∈Z.由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z.设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12＋k π，5π12＋k π，k ∈Z ，易知A ∩B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上单调递减．[关键点拨]解答此类问题的关键在于“变”，其思路为“一角二名三结构”升幂(降幂)公式口诀：“幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半”．[例2] △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c .(1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．[破题思路] 第(1)问求什么想什么求角C ，想到求C 的某一个三角函数值给什么用什么题目条件中给出关系式2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c .用正弦定理或余弦定理统一角或边，可求角C 的一个三角函数值，进而求出C 的值第(2)问求什么想什么求△ABC 的周长，想到求△ABC 各边的长或直接求a ＋b ＋c 的值给什么用什么已知c ＝7，△ABC 的面积为332，用S △ABC ＝12ab sin C ＝332可建立ab 的关系式差什么找什么求周长，还需a ＋b 的值．通过以上步骤可知△ABC 中C ，c 及ab 的值，利用余弦定理即可求出a ＋b 的值[规范解答](1)法一：由2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c ，得2cos C (sin A ·cos B ＋sin B ·cos A )＝sin C ，即2cos C ·sin(A ＋B )＝sin C . 因为A ＋B ＋C ＝π，A ，B ，C ∈(0，π)，所以sin(A ＋B )＝sin C >0，所以2cos C ＝1，cos C ＝12.因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3. 法二：由2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c ，得2cos C ⎝⎛⎭⎪⎫a ·a 2＋c 2－b 22ac ＋b ·b 2＋c 2－a 22bc ＝c ，整理得2cos C ＝1，即cos C ＝12.因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3. (2)因为S ＝12ab ·sin C ＝34ab ＝332，所以ab ＝6，由余弦定理，c 2＝a 2＋b 2－2ab ·cos C ，得7＝a 2＋b 2－2ab ·12，即(a ＋b )2－3ab ＝7，所以(a ＋b )2－18＝7，即a ＋b ＝5，所以△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7. [关键点拨] 利用正、余弦定理求解问题的策略角化边利用正弦、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，进而求解边化角利用正弦、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换，得出内角的关系，进而求解[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)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 2－2BD ·DC ·cos ∠BDC＝25＋8－2×5×22×25＝25，所以BC ＝5. 2．已知函数f (x )＝3sin ωx cos ωx －sin 2ωx ＋1(ω＞0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为π2.(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：(1)f (x )＝32sin 2ωx －1－cos 2ωx 2＋1 ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6＋12. 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2π2ω＝π，所以ω＝1.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 ≤2π3＋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)． (2)由f (A )＝1，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12.因为2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，所以2A ＋π6＝5π6，得A ＝π3.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，所以bc ＋3＝b 2＋c 2≥2bc ，解得bc ≤3，当且仅当b ＝c 时等号成立．所以S △ABC ＝12bc sin A ≤12×3×32＝334，所以△ABC 面积S 的最大值为334.[总结升华]高考试题中的三角函数解答题相对比较传统，难度较低，大家在复习时，应“明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是解答此类题的关键．在解题时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质，仔细审题，快速运算．[专题跟踪检测](对应配套卷P177) 一、全练保分考法——保大分1．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝5，c ＝2，cos A ＝23，则b ＝( )A. 2B. 3 C ．2D ．3解析：选D 由余弦定理得5＝22＋b 2－2×2b cos A ， ∵cos A ＝23，∴3b 2－8b －3＝0，∴b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＝－13舍去. 2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，已知a ＝6，b ＝4，C ＝120°，则sin B ＝( )A.217 B.5719 C.338D ．－5719解析：选B 在△ABC 中，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝76，所以c ＝76.由正弦定理得b sin B ＝csin C，所以sin B ＝b sin Cc＝4×3276＝5719. 3．已知△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a 2＝b 2＋c 2－bc ，bc ＝4，则△ABC 的面积为( )A.12 B ．1 C. 3 D ．2解析：选C ∵a 2＝b 2＋c 2－bc ，∴bc ＝b 2＋c 2－a 2，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.∵A 为△ABC 的内角，∴A ＝60°，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×4×32＝ 3.4．(2019届高三·洛阳第一次统考)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cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，因为A 为△ABC 的内角，所以A ＝π3，对于b 2＝ac ，由正弦定理得，sin 2B ＝sin A sinC ＝32sin C ，由正弦定理得，c b sin B ＝sin C sin 2B ＝sin C 32sin C ＝233. 5．△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 在△ABC 中，sin B ＝sin(A ＋C )，则sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝sin(A ＋C )＋sin A (sin C －cos C )＝0，即sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝0， ∴cos A sin C ＋sin A sin C ＝0， ∵sin C ≠0，∴cos A ＋sin A ＝0，即tan A ＝－1，所以A ＝3π4.由asin A ＝c sin C 得222＝2sin C，∴sin C ＝12，又0<C <π4，∴C ＝π6.6．在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，tan ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2解析：选A 在△ABC 中，∵tan ∠BAC ＝－3， ∴sin ∠BAC ＝31010，cos ∠BAC ＝－1010，由余弦定理得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos ∠BAC ＝5＋2－2×5×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010＝9，∴BC ＝3.∴S △ABC ＝12AB ·AC sin ∠BAC ＝12×2×5×31010＝32，∴BC 边上的高为2S △ABCBC ＝2×323＝1.7．(2018·开封模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，且a ＝5，△ABC 的面积为23，则b ＋c 的值为__________．解析：由正弦定理及b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，得sin B ·sin B cos B ＋sin B ·sin A cos A ＝2sin C ·sin Bcos B ，即cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos A ，亦即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，故sin C ＝2sin C cos A .因为sin C ≠0，所以cos A ＝12，所以A ＝π3.因为S △ABC ＝12bc sin A ＝23，所以bc ＝8.由余弦定理，知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ，可得b ＋c ＝7. 答案：78．(2018·福州模拟)如图，小明同学在山顶A 处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC ＝135°.若山高AD ＝100 m ，汽车从B 点到C 点历时14 s ，则这辆汽车的速度约为______ m/s(精确到0.1)．参考数据： 2≈1.414, 5≈2.236.解析：因为小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD ＝60°，∠CAD ＝45°.设这辆汽车的速度为v m/s ，则BC ＝14v ，在Rt △ADB 中AB ＝ADcos ∠BAD＝ADcos 60°＝200.在Rt △ADC 中，AC ＝AD cos ∠CAD ＝100cos 45°＝100 2.在△ABC 中，由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos∠BAC ，所以(14v )2＝(1002)2＋2002－2×1002×200×cos 135°，所以v ＝50107≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.答案：22.69．(2018·长春质检)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若其面积S ＝b 2sin A ，角A 的平分线AD 交BC 于点D ，AD ＝233，a ＝3，则b ＝________. 解析：由面积公式S ＝12bc sin A ＝b 2sin A ，可得c ＝2b ，即c b ＝2.由a ＝3，并结合角平分线定理可得，BD ＝233，CD ＝33，在△ABC 中，由余弦定理得cos B ＝4b 2＋3－b22×2b ×3，在△ABD 中，cos B ＝4b 2＋43－432×2b ×233，即4b 2＋3－b 22×2b ×3＝4b 2＋43－432×2b ×233，化简得b 2＝1，解得b ＝1. 答案：110．(2018·昆明调研)已知△ABC 的面积为33，AC ＝23，BC ＝6，延长BC 至D ，使∠ADC ＝45°.(1)求AB 的长； (2)求△ACD 的面积．解：(1)因为S △ABC ＝12×6×23×sin∠ACB ＝33，所以sin ∠ACB ＝12，∠ACB ＝30°或150°，又∠ADC ＝45°，所以∠ACB ＝150°，由余弦定理得AB 2＝12＋36－2×23×6cos 150°＝84，所以AB ＝221.(2)在△ACD 中，因为∠ACB ＝150°，∠ADC ＝45°，所以∠CAD ＝105°，由正弦定理得CD sin ∠CAD ＝ACsin ∠ADC，即CDsin 105°＝23sin 45°，解得CD ＝3＋3，又∠ACD ＝180°－150°＝30°，所以S △ACD ＝12AC ·CD ·sin∠ACD＝12×23×(3＋3)×12＝33＋12.11．(2018·沈阳质检)在△ABC 中，已知内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且2c cosB ＝2a ＋b.(1)求角C 的大小；(2)若a ＋b ＝6，△ABC 的面积为23，求c .解：(1)由正弦定理得2sin C cos B ＝2sin A ＋sin B ，又sin A ＝sin(B ＋C )，∴2sin C cos B ＝2sin(B ＋C )＋sin B ，∴2sin C cos B ＝2sin B cos C ＋2cos B sin C ＋sin B ， ∴2sin B cos C ＋sin B ＝0， ∵sin B ≠0，∴cos C ＝－12.又C ∈(0，π)，∴C ＝2π3.(2)∵S △ABC ＝12ab sin C ＝23，∴ab ＝8，由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋ab ＋b 2＝(a ＋b )2－ab ＝28，∴c ＝27. 12．(2018·长沙模拟)在锐角△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且4sin A cos 2A －3cos(B ＋C )＝sin 3A ＋ 3.(1)求角A 的大小；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的取值范围．解：(1)∵A ＋B ＋C ＝π，∴cos(B ＋C )＝－cos A ． ①∵3A ＝2A ＋A ，∴sin 3A ＝sin(2A ＋A )＝sin 2A cos A ＋cos 2A sin A ． ②又sin 2A ＝2sin A cos A ， ③ cos 2A ＝2cos 2A －1，④将①②③④代入已知等式，得2sin 2A cos A ＋3cos A ＝sin 2A cos A ＋cos 2A sin A ＋3，整理得sin A ＋3cos A ＝3，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝32，又A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴A ＋π3＝2π3，即A ＝π3. (2)由(1)得B ＋C ＝2π3，∴C ＝2π3－B ，∵△ABC 为锐角三角形， ∴2π3－B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2且B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，解得B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，在△ABC 中，由正弦定理得2sin B ＝csin C， ∴c ＝2sin C sin B ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B sin B ＝3tan B＋1，又B ∈⎝⎛⎭⎪⎫π6，π2，∴1tan B ∈(0，3)，∴c ∈(1,4)，∵S △ABC ＝12bc sin A ＝32c ，∴S △ABC ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，23.故△ABC 面积的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，23.二、强化压轴考法——拉开分1．(2018·成都模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且23(sin 2A －sin 2C )＝(a －b )sin B ，△ABC 的外接圆半径为 3.则△ABC 面积的最大值为( )A.38 B.34 C.938D.934解析：选D 由正弦定理，得a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝23，所以sin A ＝a23，sin B ＝b 23，sin C ＝c23，将其代入23(sin 2A －sin 2C )＝(a －b )sin B 得，a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又0<C <π，所以C ＝π3.于是S △ABC ＝12ab sin C ＝12×23sin A ×23sin B ×sin π3＝33sin A sin B ＝332[cos(A －B )－cos(A ＋B )]＝332[cos(A －B )＋cosC ]＝332cos(A －B )＋334.当A ＝B ＝π3时，S △ABC 取得最大值，最大值为934，故选D.2．(2019届高三·南宁二中、柳州高中联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若bc ＝1，b ＋2c cos A ＝0，则当角B 取得最大值时，△ABC 的周长为( )A ．2＋ 3B ．2＋ 2C ．3D ．3＋ 2解析：选A 法一：由题意可得，sin B ＋2sin C cos A ＝0，即sin(A ＋C )＋2sin C cos A ＝0，得sin A cos C ＝－3sin C cos A ，即tan A ＝－3tan C . 又cos A ＝－b2c<0，所以A 为钝角，于是tan C >0. 从而tan B ＝－tan(A ＋C )＝－tan A ＋tan C 1－tan A tan C ＝2tan C 1＋3tan 2C ＝21tan C ＋3tan C ，由基本不等式，得1tan C＋3tan C ≥21tan C ·3tan C ＝23，当且仅当tan C ＝33时等号成立，此时角B 取得最大值，且tan B ＝tan C ＝33，tan A ＝－3，即b ＝c ，A ＝120°，又bc ＝1，所以b ＝c ＝1，a ＝3，故△ABC 的周长为2＋ 3.法二：由已知b ＋2c cos A ＝0，得b ＋2c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝0，整理得2b 2＝a 2－c 2.由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋3c 24ac ≥23ac 4ac ＝32，当且仅当a ＝3c 时等号成立，此时角B取得最大值，将a ＝3c 代入2b 2＝a 2－c 2可得b ＝c .又bc ＝1，所以b ＝c ＝1，a ＝3，故△ABC 的周长为2＋ 3.3．(2019届高三·惠州调研)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：在△ABC 中，由正弦定理得4sin A ＝csin C，即4sin A ＝c sin 2A，∴c ＝8cos A ，由余弦定理得16＝b 2＋c 2－2bc cos A ， ∴16－b 2＝64cos 2A －16b cos 2A ，又b ≠4，∴cos 2A ＝16－b 264－16b ＝4－b 4＋b 164－b ＝4＋b16，∴c 2＝64cos 2A ＝64×4＋b 16＝16＋4 B. ∵b ∈(4,6)，∴32<c 2<40，∴42<c <210.答案：(42，210)4．(2018·潍坊模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，外接圆的半径为1，且tan A tan B ＝2c －b b，则△ABC 面积的最大值为__________．解析：因为tan A tan B ＝2c －b b ，所以b sin A cos A ＝(2c －b )sin B cos B，由正弦定理得sin B sin A cos B ＝(2sin C －sin B )sin B cos A ，又sin B ≠0，所以sin A cos B ＝(2sin C －sin B )cos A ，所以sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos A ，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 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－bc ≥2bc －bc ＝bc .当且仅当b ＝c 时，等号成立，又因为a ＝2r sin A ＝3，所以bc ≤3，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤334. 答案：3345．(2018·陕西质检)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：由sin A cos B ＋sin B cos A ＝sin(A ＋B )＝sin C 及正弦定理，可知a cos B ＋b cos A ＝c ，则由(a 2＋b 2－c 2)(a cos B ＋b cos A )＝abc ，得a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理可得cos C ＝12，则C ＝π3，B ＝2π3－A ，由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ，得a sin A ＝b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝c sin π3，又a ＋b ＝2，所以c sin A32＋c sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A 32＝2，即c ＝3sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6. 因为A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2π3，所以A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，则c ∈[1,2)．答案：[1,2)6．(2018·南昌模拟)如图，平面上有四个点A ，B ，P ，Q ，其中A ，B 为定点，且AB ＝3，P ，Q 为动点，满足关系AP ＝P Q ＝Q B ＝1，若△APB 和△P Q B 的面积分别为S ，T ，则S 2＋T 2的最大值为________．解析：设PB ＝2x ，则3－1＜2x ＜2，∴3－12＜x ＜1， ∴T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2x ×1－x 22＝x 2(1－x 2)， cos ∠PAB ＝1＋3－4x 223＝21－x 23，sin 2∠PAB ＝1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤21－x 232， ∴S 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×1×sin∠PAB 2＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－41－x 223＝34－(1－x 2)2， ∴S 2＋T 2＝34－(1－x 2)2＋x 2(1－x 2)，令1－x 2＝t ，则x 2＝1－t,0＜t ＜32， ∴S 2＋T 2＝34－t 2＋(1－t )t ＝－2t 2＋t ＋34，其对称轴方程为t ＝14，且14∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32， ∴当t ＝14时，S 2＋T 2取得最大值，。

高考数学考纲解读与热点难点突破专题08三角恒等变换与解三角形(热点难点突破)(理)(含解析)

三角恒等变换与解三角形1．tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°的值为( ) A. 3 B.33C ．－33D ．－ 3 【答案】D【解析】因为tan 120°＝tan 70°＋tan 50°1－tan 70°tan 50°＝－3，即tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°＝－ 3.2．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos A ＝b c，则该三角形为( ) A ．等腰三角形 B ．等腰直角三角形 C ．等边三角形 D ．直角三角形【答案】D【解析】由cos A ＝b c ，即b 2＋c 2－a 22bc ＝bc，化简得c 2＝a 2＋b 2，所以△ABC 为直角三角形．3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ，c ＝7，且△ABC 的面积为332，则△ABC 的周长为( ) A ．1＋7 B ．2＋7 C ．4＋7 D ．5＋7 【答案】D【解析】在△ABC 中，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ，则sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C ，即sin(A ＋B )＝2sin C cos C ，∵sin(A ＋B )＝sin C ≠0，∴cos C ＝12，∴C ＝π3，由余弦定理可得，a 2＋b 2－c 2＝ab ，即(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7，又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，∴ab ＝6，∴(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，a ＋b ＝5， ∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.4．已知α为锐角，则2tan α＋3tan 2α的最小值为( )A ．1B ．2 C. 2 D. 3 【答案】D【解析】方法一由tan 2α有意义，α为锐角可得α≠45°， ∵α为锐角，∴tan α>0， ∴2tan α＋3tan 2α＝2tan α＋31－tan 2α2tan α＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫tan α＋3tan α≥12×2tan α·3tan α＝3，当且仅当tan α＝3tan α，即tan α＝3，α＝π3时等号成立．故选D.方法二 ∵α为锐角，∴sin α>0，cos α>0， ∴2tan α＋3tan 2α＝2sin αcos α＋3cos 2αsin 2α＝4sin 2α＋3cos 2α2sin αcos α＝sin 2α＋3cos 2α2sin αcos α＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin αcos α＋3cos αsin α≥12×2sin αcos α·3cos αsin α＝3，当且仅当sin αcos α＝3cos αsin α，即α＝π3时等号成立．故选D.5．已知2sin θ＝1－cos θ，则tan θ等于( ) A ．－43或0 B.43或0C ．－43D.43【答案】A【解析】因为2sin θ＝1－cos θ，所以4sin θ2cos θ2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2sin 2θ2＝2sin 2θ2，解得sin θ2＝0或2cos θ2＝sin θ2，即tan θ2＝0或2，又tan θ＝2tan θ21－tan 2θ2，当tan θ2＝0时，tan θ＝0；当tan θ2＝2时，tan θ＝－43.6．在锐角△ABC 中，角A 所对的边为a ，△ABC 的面积S ＝a 24，给出以下结论：①si n A ＝2sin B sin C ； ②tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ；③tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ； ④tan A tan B tan C 有最小值8. 其中正确结论的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 【答案】D【解析】由S ＝a 24＝12ab sin C ，得a ＝2b sin C ，又a sin A ＝bsin B，得sin A ＝2sin B sin C ，故①正确；由sin A ＝2sin B sin C ，得sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B sin C ，两边同时除以cos B cos C ，可得tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，故②正确；由tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B1－tan A tan B ，且tan(A ＋B )＝tan(π－C )＝－tan C ，所以tan A ＋tan B 1－tan A tan B＝－tan C ，整理移项得tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ，故③正确；由tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ， tan A ＝－tan(B ＋C )＝tan B ＋tan Ctan B tan C －1，且tan A ，tan B ，tan C 都是正数，得tan A tan B tan C ＝tan B ＋tan Ctan B tan C －1·tan B tan C＝2tan B tan C tan B tan C －1·tan B tan C ＝2tan B tan C 2tan B tan C －1，设m ＝tan B tan C －1，则m >0，tan A tan B tan C ＝2m ＋12m＝2⎝⎛⎭⎪⎫m ＋1m ＋4≥4＋4m ·1m＝8，当且仅当m ＝tan B tan C －1＝1，即tan B tan C ＝2时取“＝”，此时tan B tan C ＝2，tan B ＋tan C ＝4，tan A ＝4，所以tan A tan B tan C 的最小值是8，故④正确，故选D. 7．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋cos α＝－33，则c os ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝( ) A ．－223 B.223 C ．－13 D.13【答案】 C8．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，则cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α的值是( )A.79B.13 C ．－13 D ．－79【解析】∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝79，∴cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＋2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝－79. 【答案】 D9．在△ABC 中，a ＝2，b ＝3，B ＝π3，则A 等于( )A.π6 B.π4 C.3π4 D.π4或3π4【解析】由正弦定理得a sin A ＝b sin B ，所以sin A ＝a sin B b ＝2×si nπ33＝22，所以A ＝π4或3π4.又a <b ，所以A <B ，所以A ＝π4.【答案】 B10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且B ＝2C,2b cos C －2c cos B ＝a ，则角A 的大小为( ) A.π2 B.π3 C.π4 D.π6【解析】由正弦定理得2sin B cos C －2sin C cos B ＝sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，sin B cos C ＝3sin C cos B ，sin2C cos C ＝3sin C cos2C,2cos 2C ＝3(cos 2C －sin 2C )，tan 2C ＝13，∵B ＝2C ，∴C 为锐角，∴tan C＝33，C ＝π6，B ＝π3，A ＝π2，故选A. 【答案】 A11．在△ABC 中，a 、b 、c 分别是内角A 、B 、C 的对边．若b sin A ＝3c sin B ，a ＝3，cos B ＝23，则b ＝( )A ．14B ．6 C.14 D. 6【解析】b sin A ＝3c sin B ⇒ab ＝3bc ⇒a ＝3c ⇒c ＝1，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝9＋1－2×3×1×23＝6，b ＝6，故选D. 【答案】 D12．如图所示，在平面四边形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，△ACD 为正三角形，则△BCD 面积的最大值为( )A ．23＋2 B.3＋12C.32＋2 D.3＋1 【解析】在△ABC 中，设∠ABC ＝α，∠ACB ＝β，由余弦定理得：AC 2＝12＋22－2×1×2cos α，∵△ACD 为正三角形，∴CD 2＝AC 2＝5－4cos α，S △BCD ＝12·2·CD ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋β＝CD ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋β＝32CD ·cos β＋12CD ·sin β，在△ABC 中，由正弦定理得：1sin β＝ACsin α，∴AC ·sin β＝sin α，∴CD ·sin β＝sin α，∴(CD ·cos β)2＝CD 2(1－sin 2β)＝CD 2－sin 2α＝5－4cos α－sin 2α＝(2－cos α)2，∵β<∠BAC ，∴β为锐角，CD ·cos β＝2－cos α，∴S △BCD ＝32CD ·cos β＋12CD ·sin β＝32·(2－cos α)＋12sin α＝3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3，当α＝5π6时，(S △BCD )max ＝3＋1.【答案】 D13．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2a sin A ＝(2sin B ＋sin C )b ＋(2c ＋b )sin C ，则A ＝________.【解析】由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，故cos A ＝－12，又A 为三角形的内角，故A ＝120°.【答案】 120°14．计算：4cos50°－tan40°＝________.15．△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________．【解析】已知b cos A ＋a cos B ＝2，由正弦定理可得2R sin B cos A ＋2R sin A cos B ＝2(R 为△ABC 的外接圆半径)．利用两角和的正弦公式得2R sin(A ＋B )＝2，则2R sin C ＝2，因为cos C ＝223，所以sin C ＝13，所以R ＝3.故△ABC 的外接圆面积为9π.【答案】 9π16．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且满足⎝ ⎛⎭⎪⎫54c －a cos B ＝b cos A .(1)若sin A ＝25，a ＋b ＝10，求a ；(2)若b ＝35，a ＝5，求△ABC 的面积S .[解] ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫54c －a cos B ＝b cos A ， ∴由正弦定理得⎝ ⎛⎭⎪⎫54sin C －sin A ·cos B ＝sin B cos A ，即有54sin C cos B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，则54sin C ·cos B＝sin C .∵sin C >0，∴cos B ＝45.(1)由cos B ＝45，得sin B ＝35，∵sin A ＝25，∴a b ＝sin A sin B ＝23.又∵a ＋b ＝10，∴a ＝4.(2)∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，b ＝35，a ＝5，∴45＝25＋c 2－8c ，即c 2－8c －20＝0，解得c ＝10或c ＝－2(舍去)，∴S ＝12ac sin B ＝15.17．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．(2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立．故cos C 的最小值为12.18．设△ABC 内切圆与外接圆的半径分别为r 与R .且sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，则cos C ＝________；当BC ＝1时，△ABC 的面积等于________．【答案】－14 31516【解析】∵sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，∴a ∶b ∶c ＝2∶3∶4. 令a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝4t ，则cos C ＝4t 2＋9t 2－16t 212t 2＝－14， ∴sin C ＝154. 当BC ＝1时，AC ＝32，∴S △ABC ＝12×1×32×154＝31516.19．如图，在△ABC 中，BC ＝2，∠ABC ＝π3，AC 的垂直平分线DE 与AB ，AC 分别交于D ，E 两点，且DE ＝62，则BE 2＝________.【答案】52＋ 3【解析】如图，连接CD ，由题设，有∠BDC ＝2A ，所以CD sin 60°＝BC sin 2A ＝2sin 2A，故CD ＝3sin 2A.又DE ＝CD sin A ＝32cos A ＝62，所以cos A ＝22，而A ∈(0，π)，故A ＝π4，因此△ADE 为等腰直角三角形，所以AE ＝DE ＝62. 在△ABC 中，∠ACB ＝75°，所以ABsin 75°＝2sin 45°，故AB ＝3＋1，在△ABE 中，BE 2＝(3＋1)2＋⎝⎛⎭⎪⎫622－2×(3＋1)×62×22＝52＋ 3. 20．已知向量a ＝(2sin 2x ，2cos 2x )，b ＝(cos θ，sin θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|θ|<π2，若f (x )＝a ·b ，且函数f (x )的图象关于直线x ＝π6对称．(1)求函数f (x )的解析式，并求f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝2，且b ＝5，c ＝23，求△ABC 外接圆的面积．解 (1)f (x )＝a ·b ＝2sin 2x cos θ＋2cos 2x sin θ ＝2sin(2x ＋θ)，∵函数f (x )的图象关于直线x ＝π6对称，∴2×π6＋θ＝k π＋π2，k ∈Z ，∴θ＝k π＋π6，k ∈Z ，又|θ|<π2，∴θ＝π6.∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.由2k π＋π2≤2x ＋π6≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z .∴f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z .(2)∵f (A )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝1.∵A ∈(0，π)， ∴2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，∴2A ＋π6＝π2，∴A ＝π6.在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝25＋12－2×5×23cos π6＝7，∴a＝7.设△ABC 外接圆的半径为R ，由正弦定理得a sin A ＝2R ＝712＝27，∴R ＝7，∴△ABC 外接圆的面积S ＝πR 2＝7π.21．如图，在△ABC 中，D ，F 分别为BC ，AC 的中点，AD ⊥BF ，若sin 2C ＝716sin ∠BAC ·sin∠ABC ，则cos C＝________.【答案】78【解析】设BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，由sin 2C ＝716sin ∠BAC ·sin∠ABC 可得，c 2＝716ab ，由AD ⊥BF 可得， AD →·BF →＝AB →＋AC →2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC →－AB →＝0，整理可得，14AC →2－12AB →2－14AB →·AC →＝0，即14b 2－12c 2－14bc cos ∠BAC ＝0，即2b 2－4c 2－2bc cos ∠BAC ＝0， 2b 2－4c 2－(b 2＋c 2－a 2)＝0，即a 2＋b 2－c 2＝4c 2＝74ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝78.22．如图，在△ABC 中，D 为边BC 上一点，AD ＝6，BD ＝3，DC ＝2.(1)如图1，若AD ⊥BC ，求∠BAC 的大小；(2)如图2，若∠ABC＝π4，求△ADC 的面积．(2)设∠BAD ＝α.在△ABD 中，∠ABC ＝π4，AD ＝6，BD ＝3. 由正弦定理得AD sin π4＝BD sin α，解得sin α＝24. 因为AD >BD ，所以α为锐角，从而cos α＝1－sin 2α＝144. 因此sin ∠ADC ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4 ＝s in αcos π4＋cos αsin π4＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫24＋144＝1＋74. 所以△ADC 的面积S ＝12×AD ×DC ·sin∠ADC ＝12×6×2×1＋74＝32(1＋7)．。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

专题06 三角恒等变换与解三角形（热点难点突破）1．函数f (x )＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|＜π2的图象向左平移π6个单位后关于原点对称，则函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值为( ) A ．－32 B ．－12C.12D.32 【答案】A【解析】函数f (x )＝sin(2x ＋φ)向左平移π6个单位得y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋φ，又其为奇函数，故π3＋φ＝k π，π∈Z ，解得φ＝k π－π3，又|φ|＜π2，令k ＝0，得φ＝－π3，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.又∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， ∴2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，23π，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，当x ＝0时，f (x )min ＝－32，故选A. 2．已知函数f (x )＝sin x －cos x ，且f ′(x )＝12f (x )，则tan 2x 的值是( )A ．－23B ．－43 C.43D.34【答案】D【解析】因为f ′(x )＝cos x ＋sin x ＝12sin x －12cos x ，所以tan x ＝－3，所以tan 2x ＝2tan x 1－tan 2x ＝－61－9＝34，故选D. 3．已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则下列结论中正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0对称 C ．由函数f (x )的图象向右平移π8个单位长度可以得到函数y ＝sin 2x 的图象D ．函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，5π8上单调递增【答案】C【解析】函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π8个单位长度得到函数y ＝sin2x －π8＋π4＝sin 2x 的图象，故选C.4．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图16所示，则f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫17π12的值为( )图16A ．2－ 3B ．2＋ 3C ．1－32 D ．1＋32【答案】A5．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )A ．[－1,1]B ．[－1，2]C ．[－2，1]D ．[1，2] 【答案】A【解析】由sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]，得α－β＝π2，β＝α－π2∈[0，π]⇒α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，且sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π2＋sin(π－α)＝cos α＋sin α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π⇒α＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4⇒sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，22⇒2sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4∈[－1,1]，故选A.6．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a ＞0，且a ≠1)的图象恒过定点P ，若角α的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点P ，则sin 2α－sin 2α的值为( ) A.513B ．－513C.313 D ．－313【答案】D【解析】根据已知可得点P 的坐标为(2,3)，根据三角函数定义，可得sin α＝313，cos α＝213，所以sin 2α－sin 2α＝sin 2α－2sin αcos α＝⎝⎛⎭⎪⎫3132－2³313³213＝－313. 7．将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫|φ|＜π2的图象向右平移π12个单位，所得到的图象关于y 轴对称，则函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值为( )A.32 B ．12 C ．－12 D ．－32【答案】D8．已知函数f (x )＝a sin x －b cos x (a ，b 为常数，a ≠0，x ∈R)在x ＝π4处取得最大值，则函数y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4是( )A ．奇函数且它的图象关于点(π，0)对称B ．偶函数且它的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，0对称C ．奇函数且它的图象关于点⎝⎛⎭⎪⎫3π2，0对称D ．偶函数且它的图象关于点(π，0)对称【答案】B【解析】由题意可知f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，即a cos π4＋b sin π4＝0，∴a ＋b ＝0，∴f (x )＝a (sin x ＋cos x )＝2a sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4.∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝2a sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝2a cos x .易知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4是偶函数且图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，0对称，故选B. 9．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图19所示，且f (α)＝1，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋5π6＝( )图19A ．±223B ．223C ．－223 D.13【答案】C【解析】由图易得A ＝3，函数f (x )的最小正周期T ＝2πω＝4³⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12－π3，解得ω＝2，所以f (x )＝3sin(2x＋φ)．又因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，－3在函数图象上，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2³π3＋φ＝－3，解得2³π3＋φ＝32π＋2k π，k ∈Z ，解得φ＝5π6＋2k π，k ∈Z.又因为0＜φ＜π，所以φ＝5π6，则f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋5π6，当α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3时，2α＋5π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6，3π2.又因为f (α)＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋5π6＝1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋5π6＝13＞0，所以2α＋5π6∈⎝⎛⎭⎪⎫5π6，π，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋5π6＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫2α＋5π6＝－223，故选C.10．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b3cos B＝asin A，则cos B ＝( ) A ．－12 B.12C ．－32D.32【答案】B【解析】由正弦定理，得b 3cos B ＝a sin A ＝bsin B，即sin B ＝3cos B ，∴tan B ＝ 3.又0<B <π，故B ＝π3，cos B ＝12.11．在△A BC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，若b sin A －3a cos B ＝0，且b 2＝ac ，则a ＋c b的值为( ) A.22B. 2 C ．2 D ．4【答案】C12．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A ．3B ．932C.332D ．3 3 【答案】C【解析】∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得－ab ＋6＝0，即ab ＝6， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12³6³32＝332.13．在△ABC 中，c ＝3，b ＝1，∠B ＝π6，则△ABC 的形状为( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】根据余弦定理有1＝a 2＋3－3a ，解得a ＝1或a ＝2，当a ＝1时，三角形ABC 为等腰三角形，当a ＝2时，三角形ABC 为直角三角形，故选D.14．如图21，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 ＝( )图21 A.223 B.24 C.64 D.63【答案】C【解析】∵DE ＝22，∴BD ＝AD ＝DE sin A ＝22sin A .∵∠BDC ＝2∠A ，在△BCD 中，由正弦定理得BC sin ∠BDC ＝BD sin C，∴4sin 2A ＝22sin A ³23＝423sin A，∴cos A ＝64，故选C. 15．设角A ，B ， C 是△ABC 的三个内角，则“A ＋B <C ”是“△ABC 是钝角三角形”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由A ＋B ＋C ＝π，A ＋B <C ，可得C >π2，故三角形ABC 为钝角三角形，反之不一定成立．故选A.16．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若三边的长为连续的三个正整数，且A >B >C,3b ＝20a cosA ，则sin A ∶sinB ∶sinC ＝( )A ．4∶3∶2B ．5∶6∶7C ．5∶4∶3D ．6∶5∶4 【答案】D【解析】∵A >B >C ，∴a >b >c . 又∵a ，b ，c 为连续的三个正整数，∴设a ＝n ＋1，b ＝n ，c ＝n －1(n ≥2，n ∈N *)． ∵3b ＝20a cos A ，∴3b20a＝cos A ，∴3b 20a ＝b 2＋c 2－a 22bc， 3n 20 n ＋1 ＝n 2＋ n －1 2－ n ＋122n n －1 ，即3n 20 n ＋1 ＝n n －42n n －1，化简得7n 2－27n －40＝0，(n －5)(7n ＋8)＝0， ∴n ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＝－87舍. 又∵a sin A ＝b sin B ＝csin C，∴sin A ∶sin B ∶sin C ＝a ∶b ∶c ＝6∶5∶4. 故选D17．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且满足c sin A ＝3a cos C ，则sin A ＋sin B 的最大值是( ) A ．1 B ． 2 C ．3 D. 3 【答案】D18．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成面积比为4∶3的两部分，则cos A ＝__________. 【答案】23【解析】由题意可知S △ACD ∶S △BCD ＝4∶3，∴AD ∶DB ＝4∶3，AC ∶BC ＝4∶3，在△ABC 中，由正弦定理得 sin B ＝43sin A ，又B ＝2A ，∴sin 2A ＝43sin A ，∴cos A ＝23.19．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若∠B ＝∠C ，且7a 2＋b 2＋c 2＝43，则△ABC 面积的最大值为__________. 【答案】55【解析】法一：由∠B ＝∠C 得b ＝c ，代入7a 2＋b 2＋c 2＝43，得7a 2＋2b 2＝43，则2b 2＝43－7a 2，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2b ，所以sin C ＝1－cos 2C ＝4b 2－a 22b ＝83－15a 22b，则△ABC 的面积为S＝12ab sin C ＝12ab ³83－15a 22b ＝14a 2 83－15a 2 ＝141515a 2 83－15a 2≤1415³15a 2＋ 83－15a 22＝1415³43＝55，当且仅当a 2＝8330时取等号，则△ABC 的面积的最大值为55.法二：由∠B ＝∠C 得b ＝c ，所以7a 2＋b 2＋c 2＝43，即为7a 2＋2c 2＝43，则△ABC 面积为12ac 2－a 24＝141515a 2 4c 2－a 2≤1415³832＝55，所以最大值为55.20．如图23，△ABC 中，AB ＝4，BC ＝2，∠ABC ＝∠D ＝60°，若△ADC 是锐角三角形，则DA ＋DC 的取值范围是__________．图23【答案】(6,43]【解析】在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ²BC cos ∠ABC ＝12，即AC ＝2 3.设∠ACD ＝θ(30°<θ<90°)，则在△ADC 中，由正弦定理得23sin 60°＝DA sin θ＝DCsin 120°－θ ，则DA ＋DC ＝4[sinθ＋sin(120°－θ)]＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤32sin θ＋32cos θ＝43sin(θ＋30°)，而60°<θ＋30°<120°，43sin60°<DA ＋DC ≤43sin 90°，即6<DA ＋DC ≤4 3.21．已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω＞0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是________．【答案】⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，54【解析】f (x )＝sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ωx ＋π4，令2k π＋π2≤ωx ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z)，解得2k πω＋π4ω≤x ≤2k πω＋5π4ω(k ∈Z)．由题意，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减，故⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π为函数单调递减区间的一个子区间，故有⎩⎪⎨⎪⎧2k πω＋π4ω≤π2，2k πω＋5π4ω≥π，解得4k ＋12≤ω≤2k ＋54(k ∈Z)．由4k ＋12＜2k ＋54，解得k ＜38.由ω＞0，可知k ≥0，因为k ∈Z ，所以k ＝0，故ω的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，54.22．设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ是常数，A >0，ω>0)．若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，则f (x )的最小正周期为________．【答案】π【解析】∵f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，∴T 2≥π2－π6，∴T ≥2π3. ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3， ∴f (x )的一条对称轴为x ＝π2＋2π32＝7π12.又∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，∴f (x )的一个对称中心的横坐标为π2＋π62＝π3，∴14T ＝7π12－π3＝π4，∴T ＝π.23．已知tan α＝2，则sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α－sin(3π＋α)cos(2π－α)＝________.【答案】35【解析】∵tan α＝2， ∴sin 2⎝⎛⎭⎪⎫π2＋α－sin(3π＋α)cos(2π－α)＝cos 2α＋sin αcos α ＝cos 2α＋sin αcos αsin 2α＋cos 2α ＝1＋tan αtan 2α＋1 ＝1＋24＋1＝35. 24．已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)为奇函数，该函数的部分图象如图17所示，△EFG (点G 在图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f (1)＝________.图17【答案】－ 325．设函数f (x )＝2cos 2x ＋sin 2x ＋a (a ∈R)． (1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6时，f (x )的最大值为2，求a 的值，并求出y ＝f (x )(x ∈R)的对称轴方程．【解析】(1)f (x )＝2cos 2x ＋sin 2x ＋a ＝1＋cos 2x ＋sin 2x ＋a ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1＋a ，2分则f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，3分且当2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2(k ∈Z)时，f (x )单调递增，即k π－38π≤x ≤k π＋π8(k ∈Z)．所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8(k ∈Z)为f (x )的单调递增区间.5分 (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6时⇒π4≤2x ＋π4≤7π12，7分当2x ＋π4＝π2，即x ＝π8时，sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＝1. 所以f (x )max ＝2＋1＋a ＝2⇒a ＝1－ 2.10分由2x ＋π4＝k π＋π2得x ＝k π2＋π8(k ∈Z)，故y ＝f (x )的对称轴方程为x ＝k π2＋π8，k ∈Z.12分 26．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)x ∈R ，A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π2的部分图象如图18所示，P 是图象的最高点，Q 为图象与x 轴的交点，O 为坐标原点．若OQ ＝4，OP ＝5，PQ ＝13.图18(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移2个单位后得到函数y ＝g (x )的图象，当x ∈(－1,2)时，求函数h (x )＝f (x )²g (x )的值域．【解析】(1)由条件知cos ∠POQ ＝42＋ 5 2－ 13 22³4³5＝55.2分又cos ∠POQ ＝x P 5，∴x P ＝1，∴y P ＝2，∴P (1,2).3分由此可得振幅A ＝2，周期T ＝4³(4－1)＝12，又2πω＝12，则ω＝π6.4分将点P (1,2)代入f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋φ，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝1. ∵0＜φ＜π2，∴φ＝π3，于是f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋π3.6分 (2)由题意可得g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6x －2 ＋π3＝2sin π6x .7分 ∴h (x )＝f (x )²g (x )＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋π3²sin π6x＝2sin 2π6x ＋23sin π6x ²cos π6x ＝1－cos π3x ＋3sin π3x ＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6.9分当x ∈(－1,2)时，π3x －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，10分 ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6∈(－1,1)，即1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6∈(－1,3)，于是函数h (x )的值域为(－1,3).12分 27．已知函数f (x )＝23sin x cos x －sin 2x ＋12cos 2x ＋12，x ∈R. (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π2上的最值； (2)若将函数f (x )的图象向右平移π4个单位，再将得到的图象上各点横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到g (x )的图象．已知g (α)＝－65，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3，11π6，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2－π6的值．(2)若将函数f (x )的图象向右平移π4个单位，再将得到的图象上各点横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3.7分由g (α)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝－65，得sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3 ＝－35.8分 ∵4π3＜α＜11π6，∴π＜α－π3＜3π2，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝－45.10分 ∵π2＜α2－π6＜3π4，11分 ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2－π6＝－1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π32＝－1－452 ＝－1010.12分 28．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，2 b sin B ＝(2a ＋c )sin A ＋(2c ＋a )sin C .(1)求B 的大小；(2)若b ＝3，A ＝π4，求△ABC 的面积．【解析】(1)∵2b sin B ＝(2a ＋c )sin A ＋(2c ＋a )sin C .由正弦定理得2b 2＝(2a ＋c )a ＋(2c ＋a )c ，1分化简得a 2＋c 2－b 2＋ac ＝0，2分 ∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－ac 2ac ＝－12.4分 ∵0<B <π，∴B ＝2π3.5分 (2)∵A ＝π4，∴C ＝π－π4－2π3＝π3－π4，6分 ∴sin C ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π4＝sin π3cos π4－cos π3sin π4＝6－24.8分由正弦定理得c sin C ＝b sin B ，9分 ∵b ＝3，B ＝2π3，∴c ＝b sin C sin B ＝6－22，10分 ∴△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12³3³6－22³sin π4＝3－34.12分 29．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos B －2cos A 2a －b ＝cos C c. (1)求a b的值；(2)若角A 是钝角，且c ＝3，求b 的取值范围．【解析】(1)由题意及正弦定理得sin C cos B －2sin C cos A ＝2sin A cos C －sin B cos C ，1分 ∴sin C cos B ＋sin B cos C ＝2(sin C cos A ＋sin A cos C )，∴sin(B ＋C )＝2sin(A ＋C ).3分∵A ＋B ＋C ＝π，4分∴sin A ＝2sin B ，∴a b＝2.5分 (2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋9－a 22b ²3＝b 2＋9－4b 26b ＝9－3b 26b<0， ∴b > 3.①8分∵b ＋c >a ，即b ＋3>2b ，∴b <3，②10分由①②得b 的取值范围是(3，3).12分30．已知a ，b ，c 为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，满足sin B ＋sin C sin A ＝2－cos B －cos C cos A，函数f (x )＝sin ωx (ω＞0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π上单调递减． (1)证明：b ＋c ＝2a ；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π9＝cos A ，证明：△ABC 为等边三角形．(2)由题意知，2πω＝4π3，解得ω＝32，7分 ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π9＝sin π6＝12＝cos A ，A ∈(0，π)， ∴A ＝π3，8分由余弦定理知，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12， ∴b 2＋c 2－a 2＝bc .∵b ＋c ＝2a ，∴b 2＋c 2－⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＝bc ，即b 2＋c 2－2bc ＝0，∴b ＝c .10分又A ＝π3，∴△ABC 为等边三角形.12分 31．已知函数f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)为奇函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，其中a ∈R ，θ∈(0，π)． (1)求a ，θ的值；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α4＝－25，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，求sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3的值．解：(1)因为f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)是奇函数，而y 1＝a ＋2cos 2x 为偶函数，所以y 2＝cos(2x ＋θ)为奇函数，由θ∈(0，π)，得θ＝π2，所以f (x )＝－sin 2x ²(a ＋2cos 2x )，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0得－(a ＋1)＝0，即a ＝－1. (2)由(1)得f (x )＝－12sin 4x ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α4＝－12sin α＝－25，即sin α＝45，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，从而cos α＝－35，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝sin αcos π3＋cos αsin π3 ＝45³12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－35³32＝4－3310. 32．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a －c ＝66b ，sin B ＝6sin C . (1)求cos A 的值；(2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6的值．解：(1)在△ABC 中，由b sin B ＝csin C，及 sin B ＝6sin C ，可得b ＝6c .由a －c ＝66b ，得a ＝2c . 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6c 2＋c 2－4c 226c2＝64. (2)在△ABC 中，由cos A ＝64，可得sin A ＝104. 于是cos 2A ＝2cos 2A －1＝－14，sin 2A ＝2sin A ²cos A ＝154. 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝cos 2A ²cos π6＋sin 2A ²sin π6＝15－38.33．如图所示，在四边形ABCD 中，∠D ＝2∠B ，且AD ＝1, CD ＝3，cos B ＝33.(1)求△ACD 的面积；(2)若BC ＝23，求AB 的长．解：(1)因为∠D ＝2∠B ，cos B ＝33，所以cos D ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝－13. 因为D ∈(0，π)，所以sin D ＝1－cos 2D ＝223. 因为AD ＝1，CD ＝3，所以△ACD 的面积S ＝12AD ²CD ²sin D ＝12³1³3³223＝ 2. (2)在△ACD 中，AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ²DC ²cos D ＝12，所以AC ＝2 3.因为BC ＝23，AC sin B ＝AB sin∠ACB，所以23sin B ＝AB sin π－2B ＝AB sin 2B ＝AB 2sin B cos B ＝AB 233sin B ，所以AB ＝4.。

高考数学 专题06 三角恒等变换与解三角形热点难点突破 理

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)

高考数学复习：三角恒等变换与解三角形

高考数学复习：三角恒等变换与解三角形

高考数学复习考点知识归类讲解专题06简单的三角恒等变换

高考数学 专题06 三角恒等变换与解三角形热点难点突破 文

【高考数学 核心突破 解三角形】三角函数的图象与性质、三角恒等变换与解三角形(含规范大题示范)

三角恒等变换及解三角形-2021届新高考数学知识点总结与题型归纳(解析版)

高考数学热点：三角恒等变换

三角恒等变换高三数学一轮复习考点突破课件

通用版五年高考2024_2025高考数学真题专题归纳专题06三角函数及解三角形含解析理

三角恒等变换与解三角形(题型归纳)

三角函数的概念与三角公式应用(4知识点+3重难点+7方法技巧+5易错易混)(原卷版)2025高考数学

高三数学二轮复习 专题整合突破三角恒等变换与解三角形 课件理

专题解析：三角恒等变换与解三角形

高考数学考纲解读与热点难点突破教案及专题练习--三角恒等变换与解三角形-理科(含解析)

高考数学二轮复习 第一部分 专题六 三角恒等变换与解三角形讲义 理(重点生,含解析)-人教版高三全册

高考数学考纲解读与热点难点突破专题08三角恒等变换与解三角形(热点难点突破)(理)(含解析)

高考数学专题06 三角恒等变换与解三角形热点难点突破理

高考数学专题06 三角恒等变换与解三角形热点难点突破文

【高考数学核心突破解三角形】三角函数的图象与性质、三角恒等变换与解三角形(含规范大题示范)

高三数学二轮复习专题整合突破三角恒等变换与解三角形课件理

高考数学二轮复习第一部分专题六三角恒等变换与解三角形讲义理(重点生,含解析)-人教版高三全册