【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题2　三角恒等变换与解三角形

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题2　三角恒等变换与解三角形，共23页。
2.正、余弦定理及应用是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题，常与三角恒等变换交汇融合，注重基础知识、基本能力的考查.
1.(2021·全国乙卷)cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 D
解析 因为cseq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sin eq \f(π,12)，
所以cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝cs2eq \f(π,12)－sin2eq \f(π,12)＝cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2).故选D.
2.(2022·新高考Ⅱ卷)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)＝1B.tan(α＋β)＝1
C.tan(α－β)＝－1D.tan(α＋β)＝－1
答案 C
解析 由题意得sin αcs β＋sin βcs α＋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－sin βcs α＋cs αcs β＋sin αsin β＝0，
即sin(α－β)＋cs(α－β)＝0，
所以tan(α－β)＝－1，故选C.
3.(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq \r(19)，AB＝2，则BC＝( )
A.1 B.eq \r(2)
C.eq \r(5) D.3
答案 D
解析 法一 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs B，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去).
故选D.
法二 由正弦定理eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)，
得sin C＝eq \f(AB·sin B,AC)＝eq \f(\r(57),19)，
从而cs C＝eq \f(4\r(19),19)(C是锐角)，
所以sin A ＝sin [π－(B＋C)]＝sin (B＋C)
＝sin Bcs C＋cs Bsin C
＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4\r(19),19)－eq \f(1,2)×eq \f(\r(57),19)＝eq \f(3\r(57),38).
又eq \f(AC,sin B)＝eq \f(BC,sin A)，
所以BC＝eq \f(AC·sin A,sin B)＝3.故选D.
4.(2021·浙江卷)在△ABC中，B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2eq \r(3)， 则AC＝________；cs ∠MAC＝________.
答案 2eq \r(13) eq \f(2\r(39),13)
解析 由B＝60°，AB＝2，AM＝2eq \r(3)，及余弦定理可得BM＝4，
因为M为BC的中点，所以BC＝8.
在△ABC中，由余弦定理可得
AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cs B＝4＋64－2×8×2×eq \f(1,2)＝52，
所以AC＝2eq \r(13)，
所以在△AMC中，由余弦定理得
cs∠MAC＝eq \f(AC2＋AM2－MC2,2AC·AM)
＝eq \f(52＋12－16,2×2\r(13)×2\r(3))＝eq \f(2\r(39),13).
5.(2022·全国乙卷)设△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)若A＝2B，求C；
(2)证明：2a2＝b2＋c2.
(1)解 由A＝2B，A＋B＋C＝π，
可得A＝eq \f(2π－2C,3).
将A＝2B代入sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin B＝sin Bsin(C－A).
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin C＝sin(C－A).
又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，
即A＝2C－π，与A＝eq \f(2π－2C,3)联立，
解得C＝eq \f(5π,8).
(2)证明 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，
结合正弦定理可得，
accs B－bccs A＝bccs A－abcs C，
即accs B＋abcs C＝2bccs A(*).
由余弦定理得，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(*)式并整理，
得2a2＝b2＋c2.
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.
热点一 三角恒等变换
1.三角求值“三大类型”
“给角求值”“给值求值”“给值求角”.
2.三角恒等变换“四大策略”
(1)数值代换：常用到“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，实现角和函数名的统一.
例1 (1)(2022·长沙长郡中学调研)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))且12cs2α＋7sin 2α－4＝0，若tan(α＋β)＝3，则tan β＝( )
A.－eq \f(1,13)或－7 B.－eq \f(7,11)或1
C.1 D.－eq \f(1,13)
(2)(2022·深圳质检)已知α，β∈(0，π)且tan α＝eq \f(1,2)，cs β＝－eq \f(\r(10),10)，则α＋β＝( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(3π,4)
C.eq \f(5π,6) D.eq \f(5π,4)
答案 (1)D (2)B
解析 (1)由12cs2α＋7sin 2α－4＝0，得4cs2α＋7sin αcs α－2sin2α＝0，
∴2tan2α－7tan α－4＝0，
由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，得tan α＝4.
又∵tan(α＋β)＝3，
∴tan β＝tan(α＋β－α)＝eq \f(tan（α＋β）－tan α,1＋tan（α＋β）tan α)＝eq \f(3－4,1＋3×4)＝－eq \f(1,13)，故选D.
(2)因为α，β∈(0，π)且tan α＝eq \f(1,2)，
cs β＝－eq \f(\r(10),10)，
所以α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2,3)π))，
sin β＝eq \r(1－cs2β)＝eq \f(3\r(10),10)，
tan β＝eq \f(sin β,cs β)＝－3，
α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5,6)π))，
因为tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(\f(1,2)＋（－3）,1－\f(1,2)×（－3）)＝－1，
所以α＋β＝eq \f(3π,4).故选B.
易错提醒 (1)求三角函数值时，要注意根据角的范围判断三角函数值的符号来确定其值.
(2)对于给值求角问题，要根据已知角求这个角的某个三角函数值，然后结合角的范围求出角的大小，求解时，要尽量缩小角的取值范围，避免产生增解.
训练1 (1)(2022·重庆诊断)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，若sin α＝eq \f(4,5)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝( )
A.eq \f(4－3\r(3),10) B.eq \f(3\r(3)－4,10)
C.eq \f(4\r(3)－3,10) D.eq \f(4＋3\r(3),10)
(2)(2022·盐城二模)计算eq \f(2cs 10°－sin 20°,cs 20°)
所得的结果为( )
A.1 B.eq \r(2)
C.eq \r(3) D.2
答案 (1)D (2)C
解析 (1)由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))且sin α＝eq \f(4,5)，
得cs α＝eq \f(3,5)，
则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝cs αcs eq \f(π,6)＋sin αsin eq \f(π,6)＝eq \f(4＋3\r(3),10).故选D.
(2)原式＝eq \f(2cs（30°－20°）－sin 20°,cs 20°)
＝eq \f(\r(3)cs 20°＋sin 20°－sin 20°,cs 20°)＝eq \r(3).
热点二 正弦定理和余弦定理
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).
例2 (1)(2022·邢台联考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a＋b)·(sin A－sin B)＝csin C＋b(1＋cs A)·sin C，则cs A＝( )
A.－eq \f(1,3) B.－eq \f(2,3)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
(2)(2022·烟台模拟)在△ABC中，已知C＝120°，sin B＝2sin A，且△ABC的面积为2eq \r(3)，则AB的长为________.
答案 (1)A (2)2eq \r(7)
解析 (1)由题意及正弦定理可得(a＋b)(a－b)＝c2＋bc(1＋cs A)，
整理得a2＝b2＋c2＋bc(1＋cs A)，
因为a2＝b2＋c2－2bccs A，
所以－2cs A＝1＋cs A，
解得cs A＝－eq \f(1,3).
(2)设角A，B，C的对边分别为a，b，c.
由sin B＝2sin A及正弦定理可得b＝2a，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)a×2a×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，
∴a＝2，b＝4，由余弦定理可得c2＝4＋16－2×2×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝28，
∴c＝2eq \r(7).
规律方法 (1)利用正、余弦定理解三角形时，涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理.
(2)涉及边a，b，c的齐次等式时，常用正弦定理转化为角的正弦值，再利用三角公式进行变形.
训练2 (1)(2022·泰安三模)在△ABC中，AC＝3，BC＝2，cs C＝eq \f(3,4)，则tan A＝( )
A.eq \f(\r(5),6) B.eq \f(\r(7),6)
C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(7),3)
(2)在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cs B等于( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 (1)D (2)A
解析 (1)由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2BC·ACcs C＝32＋22－2×3×2×eq \f(3,4)＝4，
所以AB＝2，所以AB＝BC，
所以A＝C，所以cs A＝cs C＝eq \f(3,4)，
则sin A＝eq \f(\r(7),4)，故tan A＝eq \f(\r(7),3).故选D.
(2)由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs C＝42＋32－2×4×3×eq \f(2,3)＝9，
所以AB＝3，
所以cs B＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(9＋9－16,2×3×3)＝eq \f(1,9).故选A.
热点三 正弦定理、余弦定理的综合应用
1.利用正、余弦定理解决实际问题的一般流程：
eq \x(分析)→eq \x(列关系式)→eq \x(求解)→eq \x(检验)
2.涉及正、余弦定理与三角形面积的综合问题
求三角形面积时常用S＝eq \f(1,2)absin C形式的面积公式.
3.在△ABC中，有a＝bcs C＋ccs B，b＝acs C＋ccs A，c＝acs B＋bcs A，称为射影定理，在小题中使用可快速化简，大题解答时需有简单证明过程.Ｋ
例3 (2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A.346 B.373
C.446 D.473
答案 B
解析 如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝eq \f(100,tan 15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，则BD＝A′B′＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，
又在B点处测得A点的仰角为45°，
所以AD＝BD＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，
所以高度差
AA′－CC′＝AD＋BE＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(\f(100,tan 15°)·sin 45°,sin 75°)＋100
＝eq \f(100sin 45°,sin 15°)＋100＝eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq \r(3)＋1)＋100≈373.
例4 (2022·北京海淀区模拟)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin B＝eq \r(3)bcs A.
(1)求A；
(2)从以下三组条件中选择一组条件作为已知条件，使△ABC存在且唯一确定，并求△ABC的面积.
第①组条件：a＝eq \r(19)，c＝5.
第②组条件：cs C＝eq \f(1,3)，c＝4eq \r(2).
第③组条件：AB边上的高h＝eq \r(3)，a＝3.
注：如果选择多种情形分别解答，按第一个解答计分.
解 (1)因为asin B＝eq \r(3)bcs A，由正弦定理可得sin Asin B＝eq \r(3)sin Bcs A，
又B∈(0，π)，所以sin B≠0，
则sin A＝eq \r(3)cs A，
即tan A＝eq \r(3)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)若选择第①组条件，由余弦定理可得
a2＝b2＋c2－2bccs A，
即19＝b2＋25－5b，
解得b＝2或3，不符合题意，
故不能选第①组条件.
若选择第②组条件，因为C∈(0，π)，
cs C＝eq \f(1,3)，所以sin C＝eq \f(2\r(2),3)，
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)可得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(4\r(2)×\f(\r(3),2),\f(2\r(2),3))＝3eq \r(3)，
则sin B＝sin(A＋C)＝sin Acs C＋cs Asin C＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(2\r(2)＋\r(3),6)，
此时△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B
＝eq \f(1,2)×3eq \r(3)×4eq \r(2)×eq \f(2\r(2)＋\r(3),6)＝4eq \r(3)＋3eq \r(2).
若选择第③组条件，因为AB边上的高h＝eq \r(3)，
所以bsin eq \f(π,3)＝eq \r(3)，
则b＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，
得9＝4＋c2－2c，解得c＝1＋eq \r(6)(舍负)，
此时△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2×(1＋eq \r(6))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3)＋3\r(2),2).
规律方法 (1)对于解三角形的开放性问题，要根据自己的实际情况，选择自己最熟悉，易转化的条件用以求解.
(2)与面积有关的问题，一般要根据已知角来选择三个面积公式(S＝eq \f(1,2)absin C
bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B)中的一个，同时再用正、余弦定理进行边角转化.
训练3 (1)(2022·湖南三湘名校联考)如图是2021年9月17日13时34分神舟十二号返回舱(图中C)接近地面的场景.伞面是表面积为1 200 m2的半球面(不含底面圆)，伞顶B与返回舱底端C的距离为半球半径的5倍，直线BC与水平地面垂直于D，D和观测点A在同一水平线上，在A测得点B的仰角∠DAB＝30°，且sin∠BAC＝eq \f(7\r(3),2\r(247))，则此时返回舱底端离地面的距离CD＝______(π＝3.14，sin∠ACB＝eq \f(9\r(3),\r(247))，计算过程中，球半径四舍五入保留整数).
答案 20 m
解析 设半球的半径为r m，
则2πr2＝1 200，∴r≈14，
∴BC＝5r＝70 m.
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin ∠BAC)，
则AB＝eq \f(BCsin∠ACB,sin∠BAC)＝70×eq \f(9\r(3),\r(247))×eq \f(2\r(247),7\r(3))＝180(m)，
∴BD＝90 m，
则CD＝BD－BC＝20(m).
(2)(2022·青岛调研)从①2bsin A＝atan B，②a2－b2＝ac－c2，③eq \r(3)sin B＝cs B＋1这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________.
(ⅰ)求B的大小；
(ⅱ)若b＝2，S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，求△ABC的周长.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 (ⅰ)若选①：因为2bsin A＝atan B＝eq \f(asin B,cs B)，所以2ab＝eq \f(ab,cs B)，
所以cs B＝eq \f(1,2)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
若选②：因为a2－b2＝ac－c2，
所以a2＋c2－b2＝ac，
所以2accs B＝ac，
所以cs B＝eq \f(1,2)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
若选③：因为eq \r(3)sin B＝cs B＋1，
所以eq \r(3)sin B－cs B＝1，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
因为B－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，
所以B＝eq \f(π,3).
(ⅱ)因为b2＝a2＋c2－2accs B，
所以a2＋c2－ac＝4，
又S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),2)，所以ac＝2，
所以(a＋c)2－3ac＝4，
所以(a＋c)2＝10，
所以a＋c＝eq \r(10)，
所以△ABC的周长为2＋eq \r(10).
一、基本技能练
1.(2022·河北省级联测)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝135°，b＝eq \r(15)，c＝eq \r(3)，则a＝( )
A.2 B.eq \r(6)
C.3 D.2eq \r(6)
答案 B
解析 由余弦定理得b2＝a2＋c2＋eq \r(2)ac，即15＝a2＋eq \r(6)a＋3，解得a＝eq \r(6)(舍负).故选B.
2.(2022·山东新高考联考)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,12)))＝eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,3)))＝( )
A.－eq \f(2,9) B.eq \f(2,9)
C.－eq \f(7,9) D.eq \f(7,9)
答案 D
解析 设α＝θ－eq \f(π,12)，则θ＝α＋eq \f(π,12)，sin α＝eq \f(1,3)，
从而sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝cs 2α＝1－2sin2α＝eq \f(7,9).
故选D.
3.(2022·贵阳质检)在△ABC中，若eq \r(3)asin B＝c－bcs A，则B＝( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
答案 B
解析 由eq \r(3)asin B＝c－bcs A及正弦定理，
得eq \r(3)sin Asin B＝sin C－sin Bcs A，
又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B，
则eq \r(3)sin Asin B＝sin Acs B，
∵sin A≠0，∴eq \f(sin B,cs B)＝tan B＝eq \f(\r(3),3)，
又B∈(0，π)，则B＝eq \f(π,6).
4.(2022·深圳六校联考)已知△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，则根据条件解三角形时有两解的一组条件是( )
A.a＝1，b＝2，A＝eq \f(π,4)B.a＝2，b＝1，A＝eq \f(π,4)
C.a＝2，b＝3，A＝eq \f(π,6)D.a＝4，b＝3，A＝eq \f(2π,3)
答案 C
解析 对于A，由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)且a＝1，b＝2，A＝eq \f(π,4)，
得eq \f(1,sin \f(π,4))＝eq \f(2,sin B)，sin B＝eq \r(2)>1，
所以△ABC无解.
对于B，由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)且a＝2，b＝1，A＝eq \f(π,4)，得eq \f(2,sin \f(π,4))＝eq \f(1,sin B)，sin B＝eq \f(\r(2),4)