新高考数学二轮复习 专题突破 专题2 第2讲　三角恒等变换与解三角形（含解析）

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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)(2022·新高考全国Ⅱ)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 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)(2021·全国甲卷)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 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)(2022·张家口模拟)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＝________.
答案 eq \f(π,6)或eq \f(π,18)
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 －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)(2022·济南模拟)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 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)(2022·全国乙卷)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 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)(2022·衡水中学模拟)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，eq \f(tan A,tan B)＝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 C
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．
7．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群，故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°.图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB的长度(单位：米)约为( )
A．3米 B．4米
C．6(eq \r(3)－1)米 D．3(eq \r(3)＋1)米
答案 C
解析 如图，根据题意得∠ACB＝15°，
∠ACD＝105°，
∠ADC＝30°，
∠CAD＝45°，
CD＝24米，
所以∠CAD＝45°，
在△ACD中，由正弦定理得
eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，
即eq \f(24,sin 45°)＝eq \f(AC,sin 30°)，
解得AC＝12eq \r(2)(米)，
在Rt△ACB中，sin∠ACB＝eq \f(AB,AC)，
即sin 15°＝eq \f(AB,12\r(2))，
解得AB＝12eq \r(2)sin 15°＝12eq \r(2)sin(60°－45°)
＝12eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)×\f(\r(2),2)－\f(1,2)×\f(\r(2),2)))
＝12eq \r(2)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)
＝3eq \r(2)(eq \r(6)－eq \r(2))＝6(eq \r(3)－1)米．
8．(2022·济宁模拟)已知sin α－cs β＝3cs α－3sin β，且sin(α＋β)≠1，则sin(α－β)的值为( )
A．－eq \f(3,5) B.eq \f(3,5) C．－eq \f(4,5) D.eq \f(4,5)
答案 C
解析 由sin α－cs β＝3cs α－3sin β得，
sin α－3cs α＝cs β－3sin β
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))－3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，
设f(x)＝sin x－3cs x
＝eq \r(10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(10))sin x－\f(3,\r(10))cs x))
＝eq \r(10)sin(x－φ)，
其中cs φ＝eq \f(1,\r(10))，sin φ＝eq \f(3,\r(10))，φ为锐角，
已知条件即为f(α)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，
所以eq \f(π,2)－β＝2kπ＋α，k∈Z，
或eq \f(π,2)－β－φ＋α－φ＝2kπ＋π，k∈Z，
若eq \f(π,2)－β＝2kπ＋α，k∈Z，
则α＋β＝－2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
sin(α＋β)＝sineq \f(π,2)＝1与已知矛盾，
所以eq \f(π,2)－β－φ＋α－φ＝2kπ＋π，k∈Z，
α－β＝2kπ＋eq \f(π,2)＋2φ，k∈Z，
则sin(α－β)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋2φ))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2φ))
＝cs 2φ＝2cs2φ－1＝－eq \f(4,5).
二、填空题
9．(2022·烟台模拟)若sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，则tan 2α的值为________．
答案 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．(2022·泰安模拟)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 －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.(2022·开封模拟)如图，某直径为5 eq \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 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．(2022·汝州模拟)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 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