新高考数学二轮复习考点突破学案2.2《三角恒等变换与解三角形》（2份打包，原卷版+教师版）

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1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.
2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度.
考点一 三角恒等变换
核心提炼
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin αcs β±cs αsin β；
(2)cs(α±β)＝cs αcs β∓sin αsin β；
(3)tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
2.二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcs α；
(2)cs 2α＝cs2α﹣sin2α＝2cs2α﹣1＝1﹣2sin2α；
(3)tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
例1 (1)若sin(α＋β)＋cs(α＋β)＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))sin β，则( )
A.tan(α﹣β)＝1 B.tan(α＋β)＝1 C.tan(α﹣β)＝﹣1 D.tan(α＋β)＝﹣1
答案为：C
解析：由题意得sin αcs β＋cs αsin β＋cs αcs β﹣sin αsin β＝2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)(cs α﹣sin α)sin β，整理，得sin αcs β﹣cs αsin β＋cs αcs β＋sin αsin β＝0，即sin(α﹣β)＋cs(α﹣β)＝0，所以tan(α﹣β)＝﹣1.
(2)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，则tan α等于( )
A.eq \f(\r(15),15) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(15),3)
答案为：A
解析：方法一 因为tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，
所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
方法二 因为tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(\f(2sin α,cs α),1－\f(sin2α,cs2α))＝eq \f(2sin αcs α,cs2α－sin2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，
且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
规律方法 三角恒等变换的“4大策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cs2θ＝tan 45°等；
(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cs2α＝(sin2α＋cs2α)＋cs2α，α＝(α﹣β)＋β等；
(3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂；
(4)弦、切互化：一般是切化弦.
跟踪演练1 (1)(多选)已知sin θcs θ＋eq \r(3)cs2θ＝cs θ＋eq \f(\r(3),2)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则θ等于( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,12) D.eq \f(π,18)
答案为：BD
解析：sin θcs θ＋eq \r(3)cs2θ＝eq \f(1,2)sin 2θ＋eq \r(3)×eq \f(1＋cs 2θ,2)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))＋eq \f(\r(3),2)＝cs θ＋eq \f(\r(3),2)，
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))＝cs θ，所以2θ﹣eq \f(π,6)＝θ＋2kπ或2θ﹣eq \f(π,6)＝﹣θ＋2kπ(k∈Z)，
故θ＝eq \f(π,6)＋2kπ或θ＝eq \f(π,18)＋eq \f(2kπ,3)(k∈Z).又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6)或eq \f(π,18).
(2)已知函数f(x)＝sin x﹣2cs x，设当x＝θ时，f(x)取得最大值，则cs θ＝________.
答案为：﹣eq \f(2\r(5),5)
解析：f(x)＝sin x﹣2cs x＝eq \r(5)sin(x﹣φ)，其中cs φ＝eq \f(\r(5),5)，sin φ＝eq \f(2\r(5),5)，
则f(θ)＝eq \r(5)sin(θ﹣φ)＝eq \r(5)，因此θ﹣φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
则cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝﹣sin φ＝﹣eq \f(2\r(5),5).
考点二 正弦定理、余弦定理
核心提炼
1.正弦定理：在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径).
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等.
2.余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2﹣2bccs A.
变形：b2＋c2﹣a2＝2bccs A，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc).
3.三角形的面积公式：S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A.
例2 (1)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)等于( )
A.3 B.eq \f(1,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3)
答案为：D
解析：因为bsin 2A＝asin B，所以2bsin Acs A＝asin B，
利用正弦定理可得2abcs A＝ab，所以cs A＝eq \f(1,2)，又c＝2b，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋4b2－a2,4b2)＝eq \f(1,2)，解得eq \f(a,b)＝eq \r(3).
(2)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A﹣B)＝sin Bsin(C﹣A).
①证明：2a2＝b2＋c2；
②若a＝5，cs A＝eq \f(25,31)，求△ABC的周长.
①证明 方法一 由sin Csin(A﹣B)＝sin Bsin(C﹣A)，
可得sin Csin Acs B﹣sin Ccs Asin B＝sin Bsin Ccs A﹣sin Bcs Csin A，
结合正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，可得accs B﹣bccs A＝bccs A﹣abcs C，
即accs B＋abcs C＝2bccs A(*).
由余弦定理可得accs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2)，abcs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2)，2bccs A＝b2＋c2﹣a2，
将上述三式代入(*)式整理，得2a2＝b2＋c2.
方法二 因为A＋B＋C＝π，所以sin Csin(A﹣B)＝sin(A＋B)sin(A﹣B)
＝sin2Acs2B﹣cs2Asin2B
＝sin2A(1﹣sin2B)﹣(1﹣sin2A)sin2B＝sin2A﹣sin2B，
同理有sin Bsin(C﹣A)＝sin(C＋A)sin(C﹣A)＝sin2C﹣sin2A.
又sin Csin(A﹣B)＝sin Bsin(C﹣A)，
所以sin2A﹣sin2B＝sin2C﹣sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
②解 由①及a2＝b2＋c2﹣2bccs A得，a2＝2bccs A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，
所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.
规律方法 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”应采用正弦定理.
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理.
注意：应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”.
跟踪演练2 (1)在△ABC中，若cs C＝eq \f(7,9)，bcs A＋acs B＝2，则△ABC外接圆的面积为( )
A.eq \f(49π,8) B.eq \f(81π,8) C.eq \f(81π,49) D.eq \f(81π,32)
答案为：D
解析：根据正弦定理可知b＝2Rsin B，a＝2Rsin A，
得2Rsin Bcs A＋2Rsin Acs B＝2Rsin(A＋B)＝2，
因为sin(A＋B)＝sin(π﹣C)＝sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(4\r(2),9)，所以R＝eq \f(9\r(2),8)，
所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝eq \f(81π,32).
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(tan A,tan B)＝eq \f(2c－b,b).
①求角A的大小；
②若a＝2，求△ABC面积的最大值及此时边b，c的值.
解 ①在△ABC中，由正弦定理得，c＝2Rsin C，b＝2Rsin B，
则eq \f(tan A,tan B)＝eq \f(2c,b)﹣1＝eq \f(2sin C,sin B)﹣1，eq \f(tan A,tan B)＋1＝eq \f(2sin C,sin B)，
化简得cs Asin B＋sin Acs B＝2sin Ccs A.即sin(A＋B)＝2sin Ccs A，
∵A＋B＝π﹣C，∴sin(A＋B)＝sin C≠0，∴cs A＝eq \f(1,2)，
∵0sin B
B.在锐角△ABC中，不等式sin A>cs B恒成立
C.在△ABC中，若acs A＝bcs B，则△ABC是等腰直角三角形
D.在△ABC中，若B＝eq \f(π,3)，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形
答案为：ABD
解析：对于A，由A>B，可得a>b，利用正弦定理可得sin A>sin B，正确；
对于B，在锐角△ABC中，A，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∵A＋B>eq \f(π,2)，∴eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)﹣B>0，
∴sin A>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，因此不等式sin A>cs B恒成立，正确；
对于C，在△ABC中，acs A＝bcs B，利用正弦定理可得sin Acs A＝sin Bcs B，
∴sin 2A＝sin 2B，∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＝π﹣2B，
∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，错误；
对于D，由于B＝eq \f(π,3)，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2﹣ac，
可得(a﹣c)2＝0，解得a＝c，则A＝C＝B＝eq \f(π,3)，∴△ABC必是等边三角形，正确.
8.函数f(x)＝sin x(sin x＋cs x)﹣eq \f(1,2)，若f(x0)＝eq \f(3\r(2),10)，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，下列结论正确的是( )
A.f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) B.直线x＝eq \f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴
C.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的最小值为﹣eq \f(\r(2),2) D.cs 2x0＝eq \f(\r(2),10)
答案为：AD
解析：f(x)＝sin2x＋sin xcs x﹣eq \f(1,2)＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x﹣eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(sin 2x﹣cs 2x)
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，故A正确；
当x＝eq \f(π,4)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，∴x＝eq \f(π,4)不是f(x)的对称轴，故B错误；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，2x﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(5π,12)))，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无最小值，故C错误；
∵f(x0)＝eq \f(3\r(2),10)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，又2x0﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(5π,12)))，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＝eq \f(4,5)，
∴cs 2x0＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,4)))))＝eq \f(\r(2),10)，故D正确.
三、填空题
9.若sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，则tan 2α的值为________.
答案为：eq \r(3)
解析：由sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，可得sin α＝cs αcs eq \f(π,6)﹣sin αsin eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)cs α﹣eq \f(1,2)sin α，则tan α＝eq \f(\r(3),3)，
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(\r(3),3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \r(3).
10.已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝eq \f(1,4)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))＝________.
答案为：﹣eq \f(7,8)
解析：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))－\f(π,2)))＝﹣cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))))＝﹣eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))))＝﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))＝﹣eq \f(7,8).
11.如图，某直径为5eq \r(5)海里的圆形海域上有四个小岛，已知小岛B与小岛C相距5海里，cs∠BAD＝﹣eq \f(4,5).则小岛B与小岛D之间的距离为________海里；小岛B，C，D所形成的三角形海域BCD的面积为________平方海里.
答案为：3eq \r(5) 15
解析：由圆的内接四边形对角互补，得cs∠BCD＝cs(π﹣∠BAD)＝﹣cs∠BAD＝eq \f(4,5)>0，
又∠BCD为锐角，所以sin∠BCD＝eq \r(1－cs2∠BCD)＝eq \f(3,5)，
在△BCD中，由正弦定理得eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(BD,\f(3,5))＝5eq \r(5)，则BD＝3eq \r(5)(海里).
在△BCD中，由余弦定理得(3eq \r(5))2＝CD2＋52﹣2×CD×5×eq \f(4,5)，整理得CD2﹣8CD﹣20＝0，
解得CD＝10(负根舍去).所以S△BCD＝eq \f(1,2)×10×5×eq \f(3,5)＝15(平方海里).
12.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，cs 2C＝cs 2A＋4sin2B，则△ABC面积的最大值为________.
答案为：eq \f(2,3)
解析：由cs 2C＝cs 2A＋4sin2B得，1﹣2sin2C＝1﹣2sin2A＋4sin2B，
即sin2A＝sin2C＋2sin2B，由正弦定理得a2＝c2＋2b2＝4，
由余弦定理得a2＝b2＋c2﹣2bccs A＝4，∴c2＋2b2＝b2＋c2﹣2bccs A，即cs A＝﹣eq \f(b,2c)0，∴tan B＝eq \r(3)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，由(1)及b＝2eq \r(3)，得eq \f(b,sin B)＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，
故a＝4sin A，c＝4sin C，
2a﹣c＝8sin A﹣4sin C＝8sin A﹣4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))＝8sin A﹣2eq \r(3)cs A﹣2sin A
＝6sin A﹣2eq \r(3)cs A＝4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
∵0