2020浙江高考数学二轮讲义：专题二第2讲　三角恒等变换与解三角形


第2讲　三角恒等变换与解三角形

利用三角恒等变换化简、求值
[核心提炼]
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β；
(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β；
(3)tan(α±β)＝.
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＝.
[典型例题]
(1)已知cos＋sin θ＝，则sin的值是(　　)
A．　　 　 B．　 　　C．－　　 　D．－
(2)若sin 2α＝，sin(β－α)＝，且α∈，β∈，则α＋β的值是(　　)
A.　　　 B.
C.或　　 D.或
【解析】　(1)因为cos＋sin θ＝，
所以cos θ＋sin θ＝，
即＝，
即sin＝，
所以sin＝，
所以sin＝－sin＝－.故选C.
(2)因为α∈，所以2α∈，又sin 2α＝，故2α∈，α∈，所以cos 2α＝－.又β∈，故β－α∈，于是cos(β－α)＝－，所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α)＝－×－×＝，且α＋β∈，故α＋β＝.
【答案】　(1)C　(2)A

三角函数恒等变换“四大策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等；
(2)项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等；
(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；
(4)弦、切互化：一般是切化弦．　
[对点训练]
1．(2019·杭州市高三模拟)函数f(x)＝3sin cos＋4cos2 (x∈R)的最大值等于(　　)
A．5　　　　　　　　　　 B．
C． D．2
解析：选B.因为f(x)＝3sin cos ＋4cos2
＝sin x＋2cos x＋2＝＋2
＝sin(x＋φ)＋2，
其中sin φ＝，cos φ＝，
所以函数f(x)的最大值为.
2．(2019·浙江五校联考)已知3tan ＋tan2＝1，sin β＝3sin(2α＋β)，则tan(α＋β)＝(　　)
A. B．－
C．－ D．－3
解析：选B.因为sin β＝3sin(2α＋β)，
所以sin[(α＋β)－α]＝3sin[(α＋β)＋α]，
所以sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α＝3sin(α＋β)·cos α＋3cos(α＋β)sin α，所以2sin(α＋β)cos α＝－4cos(α＋β)sin α，
所以tan(α＋β)＝＝－＝－2tan α，
又因为3tan＋tan2＝1，所以3tan＝1－tan2，
所以tan α＝＝，所以tan(α＋β)＝－2tan α＝－.
3．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)若sin(π＋x)＋cos(π＋x)＝，则sin 2x＝________，＝________．
解析：sin(π＋x)＋cos(π＋x)＝－sin x－cos x＝，
即sin x＋cos x＝－，
两边平方得：sin2x＋2sin xcos x＋cos2x＝，
即1＋sin 2x＝，则sin 2x＝－，
由＝
＝＝＝＝－.
答案：－　－

利用正、余弦定理解三角形
[核心提炼]
1．正弦定理及其变形
在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2Rsin A，sin A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理及其变形
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A；
变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝.
3．三角形面积公式
S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B.
[典型例题]
(1)(2018·高考浙江卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝________，c＝________．
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2acos B.
①证明：A＝2B；
②若cos B＝，求cos C的值．
【解】　(1)因为a＝，b＝2，A＝60°，所以由正弦定理得sin B＝＝＝.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A可得c2－2c－3＝0，所以c＝3.故填：　3.
(2)①证明：由正弦定理得sin B＋sin C
＝2sin Acos B，
故2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)＝sin B＋
sin Acos B＋cos Asin B，于是sin B＝sin(A－B)．
又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，
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＝得sin B＝，
cos 2B＝2cos2B－1＝－，
故cos A＝－，sin A＝，
cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝.

正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应利用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应利用余弦定理．　
[对点训练]
1．(2019·高考浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________．
解析：在Rt△ABC中，易得AC＝5，sin C＝＝.在△BCD中，由正弦定理得BD＝×sin∠BCD＝×＝，sin∠DBC＝sin[π－(∠BCD＋∠BDC)]＝sin(∠BCD＋∠BDC)＝sin ∠BCDcos∠BDC＋cos∠BCDsin∠BDC＝×＋×＝.又∠ABD＋∠DBC＝，所以cos∠ABD＝sin∠DBC＝.
答案：　
2．(2019·义乌高三月考)在△ABC中，内角A，B，C对应的三边长分别为a，b，c，且满足c＝b2－a2.
(1)求角B的大小；
(2)若BD为AC边上的中线，cos A＝，BD＝，
求△ABC的面积．
解：(1)因为c＝b2－a2，
即2bccos A－ac＝2(b2－a2)，
所以b2＋c2－a2－ac＝2(b2－a2)，
所以a2＋c2－b2＝ac，cos B＝，B＝.
(2)法一：在三角形ABD中，
由余弦定理得＝c2＋－2c·cos A，
所以＝c2＋－bc，①
在三角形ABC中，由已知得sin A＝，
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
由正弦定理得c＝b.②
由①，②解得
所以S△ABC＝bcsin A＝10.
法二：延长BD到E，DE＝BD，
连接AE，在△ABE中，
∠BAE＝，
BE2＝AB2＋AE2－2·AB·AE·cos ∠BAE，
因为AE＝BC，
129＝c2＋a2＋a·c，①
由已知得，sin ∠BAC＝，
所以sin C＝sin(A＋B)＝，
＝＝.②
由①②解得c＝5，a＝8，
S△ABC＝c·a·sin ∠ABC＝10.

解三角形中的最值(范围)问题
[典型例题]
(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2ccos B＝2a－b.
①求角C的大小；
②若＝2，求△ABC面积的最大值．
(2)(2019·杭州市高考数学二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若msin A＝sin B＋sin C(m∈R)．
①当m＝3时，求cos A的最小值；
②当A＝时，求m的取值范围．
【解】　(1)①因为2ccos B＝2a－b，
所以2sin Ccos B＝2sin A－sin B＝2sin(B＋C)－sin B，
化简得sin B＝2sin Bcos C，
因为sin B≠0，所以cos C＝.
因为0＜C＜π，所以C＝.
②取BC的中点D，则＝||＝2.
在△ADC中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos C，
即有4＝b2＋－≥2－＝，
所以ab≤8，当且仅当a＝4，b＝2时取等号．
所以S△ABC＝absin C＝ab≤2，
所以△ABC面积的最大值为2.
(2)①因为在△ABC中msin A＝sin B＋sin C，
当m＝3时， 3sin A＝sin B＋sin C，
由正弦定理可得3a＝b＋c，
再由余弦定理可得
cos A＝＝
＝≥＝，
当且仅当b＝c时取等号，
故cos A的最小值为.
②当A＝时，可得m＝sin B＋sin C，
故m＝sin B＋sin C
＝sin B＋sin
＝sin B＋
＝sin B＋cos B＋sin B
＝sin B＋cos B＝2sin，
因为B∈，
所以B＋∈，
所以sin∈，
所以2sin∈(1，2]，
所以m的取值范围为(1，2]．

(1)求最值的一般思路
由余弦定理中含两边和的平方(如a2＋b2－2abcos C＝c2)且a2＋b2≥2ab，因此在解三角形中，若涉及已知条件中含边长之间的关系，且与面积有关的最值问题，一般利用S＝absin C型面积公式及基本不等式求解，有时也用到三角函数的有界性．
(2)求三角形中范围问题的常见类型
①求三角形某边的取值范围．
②求三角形一个内角的取值范围，或者一个内角的正弦、余弦的取值范围．
③求与已知有关的参数的范围或最值．　
[对点训练]
1．在△ABC中，·＝|－|＝3，则△ABC面积的最大值为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D．3
解析：选B.设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
因为·＝|－|＝3，
所以bccos A＝a＝3.
又cos A＝≥1－＝1－，
所以cos A≥，
所以0 所以△ABC的面积S＝bcsin A＝tan A≤×＝，
故△ABC面积的最大值为.
2．(2019·浙江“七彩阳光”联盟联考)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C所对的边，其面积满足S△ABC＝a2，则的最大值为(　　)
A.－1 B.
C.＋1 D.＋2
解析：选C.根据题意，有S△ABC＝a2＝bcsin A，
应用余弦定理，可得b2＋c2－2bccos A＝2bcsin A，令t＝，于是t2＋1－2tcos A＝2tsin A．于是2tsin A＋2tcos A＝t2＋1，
所以2sin＝t＋，从而t＋≤2，解得t的最大值为＋1.
3．(2019·浙江绍兴一中模拟)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足b2＋c2－a2＝bc.
(1)求角A的值；
(2)若a＝，记△ABC的周长为y，试求y的取值范围．
解：(1)因为b2＋c2－a2＝bc，
所以由余弦定理得cos A＝＝，
因为A∈(0，π)，
所以A＝.
(2)由a＝，A＝及正弦定理，
得＝＝＝＝2，
得b＝2sin B，c＝2sin，其中B∈，
所以周长y＝＋2sin B＋2sin＝3sin B＋cos B＋＝2sin＋，
由于B∈，得B＋∈，
从而周长y∈(2，3]．
专题强化训练
1．已知sin＝cos，则cos 2α＝(　　)
A．1　　　　　　　　　　　　 B．－1
C． D．0
解析：选D.因为sin＝cos，所以cos α－sin α＝cos α－sin α，即sin α＝－cos α，所以tan α＝＝－1，所以cos 2α＝cos2α－sin2α＝＝＝0.
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则(　　)
A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
解析：选B.易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝(2cos2x－1)＋＋1＝cos 2x＋，则f(x)的最小正周期为π，当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4.
3．(2019·台州市高考一模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝1，2b－c＝2acos C，sin C＝，则△ABC的面积为(　　)
A. B.
C.或 D.或
解析：选C.因为2b－c＝2acos C，
所以由正弦定理可得2sin B－ sin C＝2sin Acos C，
所以2sin(A＋C)－sin C＝2sin Acos C，
所以2cos Asin C＝sin C，
所以cos A＝，所以A＝30°，
因为sin C＝，所以C＝60°或120°.
A＝30°，C＝60°，B＝90°，a＝1，所以△ABC的面积为×1×2×＝，A＝30°，C＝120°，B＝30°，a＝1，所以△ABC的面积为×1×1×＝，故选C.
4．在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若S△ABC＝2，a＋b＝6，＝2cos C，则c＝(　　)
A．2 B．2
C．4 D．3
解析：选B.因为＝＝＝1，所以2cos C＝1，所以C＝.又S△ABC＝2，则absin C＝2，所以ab＝8.因为a＋b＝6，所以c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－2ab－ab＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，所以c＝2.
5．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割均为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则＝(　　)
A．8 B．4
C．2 D．1
解析：选C.因为m＝2sin 18°，
若m2＋n＝4，
则n＝4－m2＝4－4sin218°＝4(1－sin218°)＝4cos218°，
所以＝＝＝＝2.
6．(2019·杭州市高三期末检测)设点P在△ABC的BC边所在的直线上从左到右运动，设△ABP与△ACP的外接圆面积之比为λ，当点P不与B，C重合时(　　)

A．λ先变小再变大
B．当M为线段BC中点时，λ最大
C．λ先变大再变小
D．λ是一个定值
解析：选D.设△ABP与△ACP的外接圆半径分别为r1，r2，
则2r1＝，2r2＝，
因为∠APB＋∠APC＝180°，
所以sin∠APB＝sin∠APC，
所以＝，
所以λ＝＝.故选D.
7．(2019·福州市综合质量检测)已知m＝，若sin 2(α＋γ)＝3sin 2β，则m＝(　　)
A. B.
C. D.2
解析：选D.设A＝α＋β＋γ，B＝α－β＋γ，
则2(α＋γ)＝A＋B，2β＝A－B，
因为sin 2(α＋γ)＝3sin 2β，
所以sin(A＋B)＝3sin(A－B)，
即sin Acos B＋cos Asin B＝3(sin Acos B－cos Asin B)，
即2cos Asin B＝sin Acos B，
所以tan A＝2tan B，
所以m＝＝2，故选D.
8．(2019·咸阳二模)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＋＝2c2，sin A(1－cos C)＝sin Bsin C，b＝6，AB边上的点M满足＝2，过点M的直线与射线CA，CB分别交于P，Q两点，则MP2＋MQ2的最小值是(　　)
A．36 B．37
C．38 D．39
解析：选A.由正弦定理，知＋＝2c2，即2＝2sin2C，所以sin C＝1，C＝，所以sin A(1－cos C)＝sin Bsin C，即sin A＝sin B，所以A＝B＝.以C为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则M(2，4)，设∠MPC＝θ，θ∈，则MP2＋MQ2＝＋＝(sin2θ＋cos2θ)＝20＋4tan2θ＋≥36，当且仅当tan θ＝时等号成立，即MP2＋MQ2的最小值为36.
9．已知2cos2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，则A＝________，b＝________．
解析：由于2cos2x＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x
＝sin(2x＋)＋1，所以A＝，b＝1.
答案：　1
10．若α∈，cos＝2cos 2α，则sin 2α＝________．
解析：由已知得(cos α＋sin α)＝2(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)，
所以cos α＋sin α＝0或cos α－sin α＝，
由cos α＋sin α＝0得tan α＝－1，
因为α∈，
所以cos α＋sin α＝0不满足条件；
由cos α－sin α＝，两边平方得1－sin 2α＝，
所以sin 2α＝.
答案：
11．(2019·金丽衢十二校联考二模)在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，acos B＝bcos A，4S＝2a2－c2，其中S是△ABC的面积，则C的大小为________．
解析：△ABC中，acos B＝bcos A，
所以sin Acos B＝sin Bcos A，
所以sin Acos B－cos Asin B＝sin(A－B)＝0，
所以A＝B，所以a＝b；
又△ABC的面积为S＝absin C，
且4S＝2a2－c2，
所以2absin C＝2a2－c2＝a2＋b2－c2，
所以sin C＝＝cos C，
所以C＝.
答案：
12．(2019·绍兴市一中高三期末检测)△ABC中，D为线段BC的中点，AB＝2AC＝2，tan∠CAD＝sin∠BAC，则BC＝________．
解析：由正弦定理可知＝2，又tan∠CAD＝sin∠BAC，则＝sin(∠CAD＋∠BAD)，利用三角恒等变形可化为
cos∠BAC＝，据余弦定理BC＝
＝＝.
答案：
13．(2019·惠州第一次调研)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：由＝，得＝，所以c＝8cos A，因为16＝b2＋c2－2bccos A，所以16－b2＝64cos2A－16bcos2A，又b≠4，所以cos2A＝＝＝，所以c2＝64cos2A＝64×＝16＋4b.因为b∈(4，6)，所以32 答案：(4，2)
14．(2019·绍兴市一中期末检测)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且acos C－c＝b.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝3，求△ABC的周长l的取值范围．
解：(1)由acos C－c＝b得：sin Acos C－sin C＝sin B，
又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，
所以sin C＝－cos Asin C，
因为sin C≠0，
所以cos A＝－，
又0＜A＜π，
所以A＝.
(2)由正弦定理得：b＝＝2sin B，c＝2sin C，
l＝a＋b＋c＝3＋2(sin B＋sin C)
＝3＋2[sin B＋sin(A＋B)]
＝3＋2
＝3＋2sin，
因为A＝，所以B∈，
所以B＋∈，
所以sin∈，
则△ABC的周长l的取值范围为(6，3＋2　]．
15．(2019·湖州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(sin A＋sin B＋sin C)(sin B＋sin C－sin A)＝3sin Bsin C.
(1)求角A的值；
(2)求sin B－cos C的最大值．
解：(1)因为(sin A＋sin B＋sin C)(sin B＋sin C－sin A)
＝3sin Bsin C，
由正弦定理，得(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，
所以b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝，因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)由A＝，得B＋C＝，
所以sin B－cos C＝sin B－cos
＝sin B－＝sin.
因为0＜B＜，所以＜B＋＜，
当B＋＝，即B＝时，sin B－cos C的最大值为1.
16．(2019·宁波镇海中学模拟)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，b＝sin B，且满足tan A＋tan C＝.
(1)求角C和边c的大小；
(2)求△ABC面积的最大值．
解：(1)tan A＋tan C＝可得＋＝
＝＝＝，
所以cos C＝，
因为0＜C＜π，
所以C＝，
因为b＝sin B，
由正弦定理可得＝＝，
所以c＝.
(2)由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，
所以＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，当且仅当a＝b时取等号．
所以S△ABC＝absin C＝ab≤×＝，
故△ABC面积的最大值为.
17．(2019·成都市第二次诊断性检测)如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝，B＝，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝，EC＝.
(1)求sin∠BCE的值；
(2)求CD的长．

解：(1)在△BEC中，由正弦定理，知＝.
因为B＝，BE＝1，CE＝，
所以sin∠BCE＝＝＝.
(2)因为∠CED＝∠B＝，
所以∠DEA＝∠BCE，
所以cos∠DEA＝＝＝＝.
因为A＝，
所以△AED为直角三角形，又AE＝5，
所以ED＝＝＝2.
在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·
cos∠CED＝7＋28－2××2×＝49.
所以CD＝7.