专题12 三角恒等变换及解三角形-2021届新高考数学一轮复习知识点总结与题型归纳面面全

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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)=sinαcsβ±csαsinβ;
(2)cs(α±β)=csαcsβ∓sinαsinβ;
(3)tan(α±β)=tanα±tanβ1∓tanαtanβ (α，β，α+β≠kπ+π2，k∈Z);
变形式tanα±tanβ=tan(α±β)(1∓tanαtanβ)（α，β，α+β≠kπ+π2，k∈Z）．
2. 二倍角公式
(1)sin2α=2sinαcsα;
变形式sinαcsα=12sin2α．
(2)cs2α=cs2α−sin2α=1−2sin2α=2cs2α−1;
变形式cs2α=cs2α+12；sin2x=1−cs2α2．
(3)tan2α=2tanα1−tan2α．
3. 辅助角公式
y=asinα+bcsα=a2+b2(aa2+b2sinα+ba2+b2csα)=a2+b2sinα+φ，
其中φ所在的象限由a、b的符号确定，φ角的值由tanφ=ba确定．
4. 化简中常用1的技巧
“1”的代换1=sin2α+cs2α；1=2cs2α−cs2α，1=cs2α+sin2α，1=tanπ4．
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=6csθ，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=6csθ，3y=6sinθ，θ∈[0，2π）．
∴y=2sinθ，x=6csθ−2sinθ，
∴z＝x2+4y2＝（6csθ−2sinθ）+4（2sinθ）＝4sin2θ﹣43sinθcsθ+6，
＝2×（1﹣cs2θ）﹣23sin2θ+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．−223B．−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）＝﹣cs（2x1−π3）求解．
【解答】解：∵0＜x＜π，∴2x−π3∈（−π3，5π3），
又∵x1，x2是sin（2x−π3）=13的两根，可知x1+x22=5π12，
∴x2=5π6−x1，
∴sin（x1﹣x2）＝sin（2x1−5π6）＝﹣cs（2x1−π3），
∵x1＜x2，x2=5π6−x1，
∴0＜x1＜5π12，则2x1−π3∈（−π3，π2），故cs（2x1−π3）=223，
∴sin（x1﹣x2）=−223．
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＝Asin（ωx+φ）型函数的图象和性质，是中档题．
【典例3】已知sin2α=23，则tanα+1tanα=（ ）
A．3B．2C．3D．2
【分析】由二倍角化简，sin2α＝2sinαcsα，可得2sinαcsαsin2α+cs2α=23，弦化切，即可求解．
【解答】解：由sin2α＝2sinαcsα，
可得2sinαcsαsin2α+cs2α=23，
∴2tanαtan2α+1=23，
即tan2α﹣3tanα+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，，则
A．B．C．D．
【分析】把已知等式两边平方，求得，进一步得到的值，联立求得，，得到，代入得答案．
【解答】解：由，，
得，，
则，，
．
联立，解得，，
．
．
故选：．
【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＜π2，2tanβ＝tan2α，tan（β﹣α）＝﹣8，则sinα＝（ ）
A．−53B．−255C．53D．255
【分析】2tanβ＝tan2α，∴2tan（β﹣α+α）=2tanα1−tan2α，变形可得tanα＝﹣2，可得sinα=−255．
【解答】解：∵2tanβ＝tan2α，∴2tan（β﹣α+α）=2tanα1−tan2α，
∴2tan(β−α)+2tanα1−tan(β−α)tanα=2tanα1−tan2α，
∴−16+2tanα1+8tanα=2tanα1−tan2α，
化简得tanα＝﹣2，∴α∈（−π2，0），
∴sinα=−255．
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3cs2α=2sin(π4−α)，则cs2α的值为（ ）
A．−429B．429C．−79D．79
【分析】利用二倍角的余弦函数公式化简已知等式可求csα+sinα=23①，两边平方，解得sin2α=−79，可求csα﹣sinα=−(csα−sinα)2=−43，②由①+②可得csα=2−46，利用二倍角的余弦函数公式即可计算得解cs2α的值．
【解答】解：∵α∈(π2，π)，且3cs2α=2sin(π4−α)，
∴3（cs2α﹣sin2α）=2（csα﹣sinα），
∴3（csα﹣sinα）（csα+sinα）=2（csα﹣sinα），
∴csα+sinα=23①，或csα﹣sinα＝0，（舍去），
∴两边平方，可得：1+sin2α=29，解得：sin2α=−79，
∴csα﹣sinα=−(csα−sinα)2=−1−sin2α=−1−(−79)=−43，②
∴由①+②可得：csα=2−46，可得：cs2α＝2cs2α﹣1＝2×（2−46）2﹣1=−429．
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，，则 ．
【分析】根据条件得到，，进而求得，，再利用两角和差公式运算即可
【解答】解：，则有，
两边平方可得：，则，即有
又因为，所以，，
则，
（法一）将与联立后解得，，
则，
所以．
（法二）因为，
所以．
故答案为：．
【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，是函数在，上的两个零点，则
A．B．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，，故，由，
得，且，
所以，是方程的两个异根．
同理可证，，为方程的两个异根．可以得到，
理由如下：假设，则，又，，，则，这与已知相悖，故．
从而，为方程的两个异根，
故．同理可求，所以．
解法二：令，得．令，即，
则，即为与直线在，上交点的横坐标，
由图象可知，，故，
又，所以．
解法三：依题意，不妨设，则点，为直线与单位圆的两个交点，
如图所示．取中点为，则，记．则，
所以，．
另一方面，，，故，
从而．
故选：．
【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=π
2. sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC
3. csA=−cs(B+C)=−(csBcsC−sinBsinC)
4. tanA=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC
二、正弦定理
1. 正弦定理：asinA=bsinB=csinC=2R；（R为三角形外接圆半径）
2. 正弦定理变形式：
(1)sinA=a2R；sinB=b2R：sinC=c2R
(2)a:b:c=sinA:sinB:sinC
3. 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+c2−2bccsA；
b2=c2+a2−2accsB；
c2=a2+b2−2abcsC；
2. 余弦定理变形式：
csA=b2+c2−a22bc；
csB=a2+c2−b22ac；
csC=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=12absinC=12bcsinA=12acsinB；
3. SΔ=12absinC=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=35，c=62，tan（A+π4）＝2，则a＝（ ）
A．15B．35C．3D．62
【分析】先根据已知可得csA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tanA=13，∴csA=31010，
由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccsA＝45+72﹣3610×31010=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33，则线段AB的长度为（ ）
A．3B．22C．23D．32
【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＝23，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33，
∴△ADC的面积为3，可得：12AD⋅AC⋅sin∠DAC=12×2×AC×12=3，
∴解得：AC＝23，
∵△ACD中，CD2＝12+4﹣2×23×2×cs30°＝4，
∴解得CD＝2，
∵∠DAC＝30°，AD＝2，BD＝2DC，
∴∠C＝30°，BD＝4，
∴在△ABC中，AB2＝（23）2+62﹣2×23×6×cs30°＝12，解得：AB＝23．
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＝﹣sinBsinC，cb=12+3，则tanB＝（ ）
A．2B．12C．2+233D．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csA=−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tanB的值．
【解答】解：在△ABC中，由sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝﹣sinBsinC，
利用正弦定理可得：a2﹣b2﹣c2＝﹣bc，再由余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
∴A＝60°，
∵cb=12+3，由正弦定理可得：sinC＝sinB（12+3），
可得：sin（2π3−B）＝sinB（12+3），32csB+12sinB=12sinB+3sinB，
∴可得：tanB=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csθ＝ 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，∴csθ=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，处岛屿的距离，小明在处观测，，分别在处的北偏西、北偏东方向，再往正东方向行驶40海里至处，观测在处的正北方向，在处的北偏西方向，则，两处岛屿间的距离为
A．海里B．海里C．海里D．40海里
【分析】分别在和中利用正弦定理计算，，再在中利用余弦定理计算．
【解答】解：连接，
由题意可知，，，，，
，，
在中，由正弦定理得，，
在中，
，，
．
在中，由余弦定理得．
故选：．
【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】已知的三边分别为，，，若满足，则面积的最大值为
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，进而利用基本不等式，从而可求，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：，
可得：，
，
，可得：，解得：，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
当时，取得最大值，的最大值为．
故选：．
【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】的内角、、的对边分别为、、，已知，则的周长的最大值是
A．B．C．D．
【分析】由已知利用余弦定理可求，利用和的值，根据正弦定理表示出和，代入三角形的周长中，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：，
由正弦定理可得：，
，
，
，
由，结合正弦定理得：，
，，
则
，
可知周长的最大值为．
故选：．
【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，若直线是曲线的一条对称轴，则 ．
【分析】引入辅助角，根据对称性的性质可得，，从而，，结合诱导公式及二倍角公式即可求解．
【解答】解：，的一条对称轴方程是，
，
，．
，．
，，
，
．
故答案为：．
【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（sinx+csx）2+cs2x＝m在区间[0，π）上有两个根x1，x2，且|x1﹣x2|≥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（sinx+csx）2+cs2x＝m在区间[0，π）上有两个根x1，x2，
方程即sin2x+cs2x＝m﹣1，即 sin（2x+π4）=m−12，
∴sin（2x+π4）=m−12 在区间[0，π）上有两个根x1，x2，且|x1﹣x2|≥π4．
∵x∈[0，π），∴2x+π4∈[π4，9π4），∴−22≤m−12≤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﹣5csα＝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5csα，5sinα，5，
∵4个小直角三角形全等，故有5csα+3＝5sinα，即 5sinα﹣5csα＝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．在中，角，，所对的边分别为，，，表示的面积，若，，则
A．B．C．D．
【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，结合的范围可求，由余弦定理、三角形面积公式可求，结合范围，可求的值，根据三角形面积公式可求的值．
【解答】解：由正弦定理及，
得，可得：，
可得：，
因为，
所以；
由余弦定理、三角形面积公式及，
得，
整理得，
又，
所以，
故．
故选：．
【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＝23，bsinA=acs(B+π6)，则b=（ ）
A．1B．2C．3D．5
【分析】由正弦定理得bsinA＝asinB，与bsinA＝acs（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bsinA＝asinB，
又bsinA＝acs（B+π6）．
∴asinB＝acs（B+π6），即sinB＝cs（B+π6）＝csBcsπ6−sinBsinπ6=32csB−12sinB，
∴tanB=33，
又B∈（0，π），
∴B=π6．
∵在△ABC中，a＝3，c＝23，
由余弦定理得b=a2+c2−2accsB=9+12−2×3×23×32=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）+cs2（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sin2（α+π6）+cs2（α−π3）=32得sin2（α+π6）+cs2（α+π6−π2）=32，
得sin2（α+π6）+sin2（α+π6）=32．
得sin2（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tanA+tanB+tanAtanB＝1，则cs2A+cs2B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cs2A+cs2B化成1+22sin（2A+π4）后，利用三角函数的性质可得．
【解答】解：由tanA+tanB+tanAtanB＝1得sinAcsA+sinBcsB+sinAsinBcsAcsB=1，
得sin（A+B）＝cs（A+B），得tan（A+B）＝1，
∵0＜A+B＜π，∴A+B=π4，∴B=π4−A，0＜A＜π4，
∴cs2A+cs2B＝cs2A+cs2（π4−A）=1+cs2A2+1+cs(π2−2A)2=1+12（cs2A+sin2A）
＝1+22sin（2A+π4）
∵0＜A＜π4，∴2A+π4∈（π4，3π4），∴sin（2A+π4）∈（22，1]，
cs2A+cs2B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+bc=sinC+sinAsinC+sinA−sinB，则b+2c的最大值等于 27 ．
【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+bc=c+ac+a−b，整理，得：a2＝b2+c2﹣bc，
故：csA=b2+c2−a22bc=12，
由A∈（0，π），可得A=π3．
因为bsinB=csinC=asinA=2，
可得：b+2c＝2sinB+4sinC＝2sinB+4sin（2π3−B）＝4sinB+23csB＝27sin（B+θ），
其中θ为锐角，tanθ=32．
由于：B∈(0，2π3)，
故当B+θ=π2时，b+2c取得最大值为27．
故答案为：27．
【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，acsB+bsinA＝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：∵acsB+bsinA＝c，
∴由正弦定理得：sinC＝sinAcsB+sinBsinA①
又∵A+B+C＝π，
∴sinC＝sin（A+B）＝sinAcsB+csAsinB②
∴由 ①②得sinA＝csA，即：tanA＝1，
又∵A∈（0，π），
∴A=π4；
∵a=2，
∴由余弦定理可得：2＝b2+c2﹣2bccsA＝b2+c2−2bc≥2bc−2bc＝（2−2）bc，
可得：bc≤22−2，当且仅当b＝c时等号成立，
∴△ABC的面积为S=12bcsinA=24bc≤24×22−2=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．