2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题二第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

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1．三角恒等变换是高考必考内容，可以单独命题，也可以与三角函数图象和性质综合，有时与解三角形综合．难度一般不大，单独命题多以选择题、填空题的形式出现，有时与其他知识综合，以解答题的形式出现．

2．解三角形主要考查正、余弦定理、面积的综合问题，有时也涉及三角恒等变换，难度中等．单独考查以选择题、填空题为主，综合考查以解答题为主．

[真题体验]

1．(2019·全国Ⅱ卷)已知α∈，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝(　　)

A.　　　　　　　　　  B.

C.  D.

解析：B　[∵α∈，由2sin 2α＝cos 2α＋1得：4sin αcos α＝2cos2 α，∴2sin α＝cos α，∴2sin α＝，∴5sin2 α＝1，∴sin2 α＝，∴sin α＝.]

2．(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，则＝(　　)

A．6  B．5

C．4  D．3

解析：A　[∵asin A－bsin B＝4csin C，

∴a2－b2＝4c2，

∵cos A＝－，

∴＝－，即＝－，

∴＝4×＝6.]

3．(2019·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a,3csin B＝4asin C.

(1)求cos B的值；

(2)求sin的值．

解：(1)在△ABC中，由正弦定理＝，得bsin C＝csin B，又由3csin B＝4asin C，得3bsin C＝4asin C，即3b＝4a.又因为b＋c＝2a，得到b＝a，c＝a，由余弦定理可得cos B＝＝＝－.

(2)由(1)可得sin B＝＝，从而sin 2B＝2sin Bcos B＝－，cos 2B＝cos2B－sin2B＝－，故sin＝sin 2Bcos＋cos 2Bsin＝－×－×＝－.

[主干整合]

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＝.

3．辅助角公式

asin x＋bcos x＝sin(x＋φ)，其中tan φ＝.

4．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，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝，sin B＝，sin C＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C.

5．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＝.

6．三角形面积公式

S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B.

热点一　三角恒等变换与求值

[例1]　(1)(2019·江苏卷)已知＝－，则sin的值是________．

[解析]　方法1：由＝＝＝－，

解得tan α＝2或－.

sin＝(sin 2α＋cos 2α)

＝(2sin αcos α＋2cos2α－1)

＝(sin αcos α＋cos2α)－

＝·－

＝·－，

将tan α＝2和－分别代入得sin＝.

方法2：∵＝＝－，

∴sin αcos＝－cos αsin.①

又sin＝sin

＝sincos α－cossin α＝，②

由①②，解得sin αcos＝－，

cos αsin＝.

∴sin＝sin

＝sin αcos＋cos αsin＝.

[答案]　

(2)(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P.

(ⅰ)求sin(α＋π)的值；

(ⅱ)若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值．

[解析]　(ⅰ)由角α的终边过点P得sin α＝－，所以sin(α＋π)＝－sin α＝.

(ⅱ)由角α的终边过点P得cos α＝－，

由sin(α＋β)＝得

cos(α＋β)＝±.

由β＝(α＋β)－α得

cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，

所以cos β＝－或cos β＝.

[答案]　(ⅰ)　(ⅱ)－或

(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．

(1)(2019·维坊三模)已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则β等于(　　)

A.　　　　　　　　 B.

C.  D.

解析：C　[因为α，β均为锐角，所以－＜α－β＜.

又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝.

又sin α＝，所以cos α＝，

所以sin β＝sin[α－(α－β)]

＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)

＝×－×＝.

所以β＝.]

(2)(2020·广西三市联考)设α为锐角，若cos＝，则sin的值为________．

解析：因为α为锐角且cos＝＞0，

所以α＋∈，所以sin＝.

所以sin＝sin

＝sin 2cos －cos 2sin

＝sincos－

＝××－

＝－＝.

答案：

热点二　正、余弦定理的应用

　　　用正、余弦定理求解边、角、面积

[例2－1]　(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C.

(1)求A；

(2)若a＋b＝2c，求sin C.

[解析]　(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，

故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.

由余弦定理得cos A＝＝.

因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.

(2)由(1)知B＝120°－C，

由题设及正弦定理得sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，

即＋cos C＋sin C＝2sin C，

可得cos(C＋60°)＝－.

因为0°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝，

故sin C＝sin(C＋60°－60°)

＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°＝.

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．

　　　 用正、余弦定理解决实际问题

[例2－2]　

(2019·重庆二诊)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.

[解析]　由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，

∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.

又AB＝600 m，故由正弦定理得＝.

解得BC＝300m.

在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100(m)．

[答案]　100

解三角形实际问题三步骤

(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语；

(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；

(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解．

(1)

(2019·威海三模)如图，在△ABC中，点D在AC上，AB⊥BD，BC＝3，BD＝5，sin∠ABC＝，则CD的长为(　　)

A.　　　　　　　　　　 B．4

C．2  D．5

解析：B　[利用余弦定理求解．因为sin∠ABC＝sin＝cos∠DBC＝，在△DBC中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠DBC＝25＋27－2×5×3×＝16，所以CD＝4，故选B.]

(2)

如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东45°，与观测站A距离20海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ(0°＜θ＜45°)的C处，且cos θ＝.已知A，C两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．

解析：因为cos θ＝，0°＜θ＜45°，

所以sin θ＝，

cos(45°－θ)＝×＋×＝，

在△ABC中，

BC2＝800＋100－2×20×10×＝340，

所以BC＝2，

该货船的船速为4海里/小时．

答案：4

热点三　与解三角形的交汇创新

[例3]　(2020·烟台模拟)已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin B＝，＋＝.

(1)求证：0＜B≤；

(2)若·＝，求|＋|.

[审题指导]　(1)三角恒等变换，利用重要不等式转化关于cos B的不等式．

(2)由数量积求ac，再由模长公式结合余弦定理求模．

[解析]　(1)证明：因为＋

＝＝＝＝＝，

所以sin Asin C＝sin2B，由正弦定理可得b2＝ac，

因此b2＝a2＋c2－2accos B≥2ac－2accos B，

所以cos B≥，又0＜B＜π，所以0＜B≤.

(2)由(1)知0＜B≤，又sin B＝，

所以cos B＝＝ ＝.

所以＝·＝cacos B＝ac，解得ac＝2，

因此b2＝2.

由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，

所以a2＋c2＝b2＋2accos B＝2＋2×2×＝5.

从而|＋|2＝a2＋c2＋2·＝5＋2×＝8，

故|＋|＝2.

以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及不等式．这类综合问题的解法思路是：通过向量的运算把向量问题转化为三角函数问题或解三角形问题，再利用三角变换或正(余)弦定理综合解决．

(2020·山师附中模拟)已知m＝，n＝，设函数f(x)＝m·n.

(1)求函数f(x)的单调增区间；

(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，求f(B)的取值范围．

解析：(1)f(x)＝m·n＝·＝sin＋，

令2kπ－≤＋≤2kπ＋，

则4kπ－≤x≤4kπ＋，k∈Z，

所以函数f(x)单调递增区间为，k∈Z.

(2)由b2＝ac可知cos B＝＝≥＝(当且仅当a＝c时取等号)，

所以0＜B≤，＜＋≤，1＜f(B)≤，

综上f(B)的取值范围为.

限时50分钟　满分76分

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)

1．(2020·河北省六校联考)已知α∈(0，π)，且tan α＝2，则cos 2α＋cos α＝(　　)

A.　　　　　　　 B.

C.  D.

解析：B　[∵α∈(0，π)，tan α＝2，∴α在第一象限，cos α＝，cos 2α＋cos α＝2cos2α－1＋cos α＝2×2－1＋＝－＋＝，选B.]

2．(2020·日照模拟)已知sin 2α＝，则cos2＝(　　)

A.   B.

C.  D.

解析：C　[∵sin 2α＝cos＝2cos2－1＝，∴cos2＝.]

3．(组合型选择题)下列式子的运算结果为的是(　　 )

①tan 25°＋tan 35°＋tan 25°tan 35°；

②2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)；

③；　④.

A．①②④  B．③④

C．①②③  D．②③④

解析：C　[对于①，tan 25°＋tan 35°＋tan 25°tan 35°＝tan(25°＋35°)(1－tan 25°tan 35°)＋tan 25°tan 35°＝－tan 25°tan 35°＋tan 25°tan 35°＝；

对于②，2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)＝2(sin 35°cos 25°＋cos 35°sin 25°)＝2sin 60°＝；

对于③，＝＝tan 60°＝；

对于④，＝×＝×tan＝.

综上，式子的运算结果为的是①②③.故选C.]

4．(2019·沈阳质检)已知△ABC的内角分别为A，B，C，AC＝，BC＝2，B＝60°，则BC边的高为(　　)

A.   B.

C.  D.

解析：B　[由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，得7＝AB2＋4－4ABcos 60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，则BC边上的高为ABsin 60°＝，故选B.]

5．(2020·广西南宁、玉林、贵港等市摸底)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝，C＝，sin B＝2sin A，则△ABC的周长是(　　)

A．3  B．2＋

C．3＋  D．4＋

解析：C　[在△ABC中，sin B＝2sin A，∴由正弦定理得b＝2a，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋4a2－2a2＝3a2，又c＝，∴a＝1，b＝2.∴△ABC的周长是a＋b＋c＝1＋2＋＝3＋.故选C.]

6.

(2019·保定二模)已知在河岸A处看到河对岸两个帐篷C，D分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30米到达B处后再次观察帐篷C，D，此时C，D分别在北偏西15°和北偏西60°方向，则帐篷C，D之间的距离为(　　)

A．10米  B．10米

C．5米  D．5米

解析：C　[由题意可得∠DAB＝60°，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，∠DBA＝30°，在△ABD中，∠DAB＝60°，∠DBA＝30°，AB＝30，所以∠ADB＝90°，sin∠DAB＝sin 60°＝，解得BD＝15.在△ABC中，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，所以∠ACB＝60°，＝，解得BC＝10.在△BCD中，∠CBD＝∠CBA－∠DBA＝45°，则由余弦定理得cos∠CBD＝cos 45°＝，即＝，得CD＝5.故选C.]

二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)

7．(2020·陕西省质量检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝1－，且b＝5，·＝5，则△ABC的面积是________．

解析：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝1－，

所以＝1－，化简可得：b2＝a2＋bc－c2，可得cos A＝，∵0＜A＜π，∴A＝.

又b＝5，·＝5，∴bccos A＝5，∴bc＝10.

S＝·bcsin A＝×10×＝.

答案：

8．(2019·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：解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征．

在ΔABD中，有：＝，而AB＝4，∠ADB＝，AC＝＝5，sin∠BAC＝＝，cos∠BAC＝＝，所以BD＝.

cos∠ABD＝cos(∠BDC－∠BAC)＝coscos∠BAC＋sinsin∠BAC＝.

答案：，

三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)

9．(2019·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.

(1)若a＝3c，b＝，cos B＝，求c的值；

(2)若＝，求sin的值．

解：(1)因为a＝3c，b＝，cos B＝，

由余弦定理，得cos B＝，

得＝，即c2＝.所以c＝.

(2)因为＝，

由正弦定理＝，得＝，所以cos B＝2sin B.

从而cos2 B＝(2sin B)2，即cos2 B＝4(1－cos2 B)，故cos2 B＝.

因为sin B＞0，所以cos B＝2sin B＞0，从而cos B＝.

因此sin＝cos B＝.

10．(2020·辽宁三市调研)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)·＝c·.

(1)求角B的大小；

(2)若|－|＝，求△ABC面积的最大值．

解：(1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.

根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，

所以sin Acos B＝sin(C＋B)，即sin Acos B＝sin A.

因为A∈(0，π)，所以sin A＞0，

所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.

(2)因为|－|＝，所以||＝，即b＝，

根据余弦定理及基本不等式得

6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，即ac≤3(2＋)，

故△ABC的面积S＝acsin B≤，

即△ABC面积的最大值为.

11.

(2020·广东六校联考)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD＝∠CDE＝，∠BAE＝，DE＝3BC＝3CD＝ km.

(1)求道路BE的长度．

(2)求生活区△ABE面积的最大值．

解析：

(1)如图，连接BD，在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝，所以BD＝，因为BC＝CD，所以∠CDB＝∠CBD＝＝，又∠CDE＝，所以∠BDE＝.

在Rt△BDE中，BE＝＝.

(2)设∠ABE＝α，因为∠BAE＝，

所以∠AEB＝－α.在△ABE中，由正弦定理，得

＝＝＝＝，

所以AB＝sin，AE＝sin α.

所以S△ABE＝|AB||AE|sin

＝

＝≤＝，

因为0＜α＜，所以当2α－＝，即α＝时，S△ABE取得最大值为，即生活区△ABE面积的最大值为.

高考解答题·审题与规范(二)  三角函数与解三角形类考题