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2019届二轮复习第8讲 三角恒等变换与正余弦定理学案（全国通用）
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第8讲 三角恒等变换与正余弦定理
1.【引·全国卷】
[2018·全国卷Ⅰ] 已知角α的顶点为坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边上有两点A(1,a),B(2,b),且cos 2α=23,则|a-b|= ( )
A.15 B.55 C.255 D.1
【荐·地方卷】
[2017·江苏卷] 若tanα-π4=16,则tan α=.
[试做]
命题角度 利用恒等变换求值
(1)活用三角函数的定义;
(2)注意两角和与差公式、二倍角公式的使用.
2.(1)[2018·全国卷Ⅱ] 在△ABC中,cosC2=55,BC=1,AC=5,则AB=( )
A.42 B.30
C.29 D.25
(2)[2018·全国卷Ⅰ] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin C+csin B=4asin Bsin C,b2+c2-a2=8,则△ABC的面积为 .
[试做]
命题角度 三角形的基本量的计算
①关键一:利用三角恒等变换得到关于三角形的边或角的等式.
关键二:利用正、余弦定理求三角形的基本量.
②已知两边和其中一边的对角或已知两角和其中一角的对边可以用正弦定理解三角形;已知两边和它们的夹角、已知两边和一边的对角或已知三边可以用余弦定理解三角形.
3.[2018·全国卷Ⅲ] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为a2+b2-c24,则C= ( )
A.π2 B.π3 C.π4 D.π6
[试做]
命题角度 与三角形面积有关的问题
关键一:利用公式S△ABC=12acsin B=12bcsin A=12absin C得到关于三角形的边和角的式子;
关键二:利用正、余弦定理进行边角转化求解.
小题1三角恒等变换与求值
1 (1)已知角α的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边经过点(-1,23),则tanα+π3= ( )
A.-337 B.-37
C.335 D.35
(2)已知sin α=1010,α∈0,π2,则cos2α+π6=( )
A.43-310 B.43+310
C.4-3310 D.33-410
[听课笔记]
【考场点拨】
三角恒等变换主要是利用两角和与差的正弦、余弦和正切公式及二倍角公式解决相关的三角函数问题.化简与求值要遵循“三看”原则:一看“角”,通过看角之间的差别与联系,把角进行合理的拆分;二看“函数名称”,是需进行“切化弦”还是“弦化切”等,从而确定使用的公式;三看“结构特征”,了解变式或化简的方向.
【自我检测】
1.已知角α的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边与单位圆交于点-55,255,则cos 2α=( )
A.15 B.-15 C.35 D.-35
2.已知α为锐角,β为第二象限角,且cos(α-β)=12,sin(α+β)=12,则sin(3α-β)= ( )
A.-12 B.12 C.-32 D.32
3.若α∈(0,π),且3sin α+2cos α=2,则tanα2-π3=( )
A.-39 B.-35 C.36 D.3
4.已知cos α=35,α∈3π2,2π,则cosα-π3= .
小题2利用正、余弦定理解三角形
角度1 求解三角形中的角
2 (1)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若(a-b)(sin A+sin B)=c(sin C+3sin B),则A= ( )
A.π6 B.π3
C.2π3 D.5π6
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinBsinC=12,(a2-3b2)cos C=CA·CB,则C= ( )
A.π6 B.π3
C.π2或π6 D.π3或π2
[听课笔记]
【考场点拨】
利用正、余弦定理求角的失分点:(1)已知两边及其中一边的对角求其他角时,有一解、两解的情况,容易把握不准而出错;(2)在变形时,直接两边约去公因式,没有移项后提公因式,产生漏解.
【自我检测】
1.已知在△ABC中,C=π4,AB=2,AC=6,则cos B=( )
A.12 B.-32
C.12或-32 D.12或-12
2.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2=a2-2bc,A=2π3,则C= ( )
A.π6 B.π4或3π4
C.3π4 D.π4
3.在△ABC中,a=2,c=4,且3sin A=2sin B,则cos C= .
4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若asinA+bsinB-csinCasinB=23sin C,则C= .
角度2 求解三角形中的边与面积
3 (1)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b2-c2+2a=0,tanCtanB=3,则a= .
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若cos C=14,c=3,且acosA=bcosB,则△ABC的面积等于 .
[听课笔记]
【考场点拨】
使用正、余弦定理求边和面积时应注意的问题:(1)当条件为已知两边及其中一边的对角时,要注意解的多样性与合理性;(2)三角形的面积主要是利用S=12absin C求解,有时可以直接利用余弦定理求出ab的整体值再求面积,而不必分别求出a,b的值.
【自我检测】
1.已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin B=32sin A,a=2,且C=π4,则AB边上的高为 .
2.在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a=4,b=3,且△ABC的面积为33,则c= .
3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知ba+c=1-sinCsinA+sinB,且AC·AB=5,则△ABC的面积是 .
角度3 三角形中的最值与范围问题
4 (1)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=π3,且2bsin B+2csin C=bc+3a,则△ABC的面积的最大值为 ( )
A.332 B.32
C.334 D.34
(2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosBb+cosCc=23sinA3sinC,且B=π3,则a+c的取值范围是( )
A.32,3 B.32,3
C.32,3 D.32,3
[听课笔记]
【考场点拨】
三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法:一是利用基本不等式求得最大值或最小值;二是将所求式转化为只含有三角形中某一个角的三角函数形式,结合角的范围确定所求式的范围.
【自我检测】
1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(a+b-c)(a+b+c)=3ab,且c=4,则△ABC的面积的最大值为 ( )
A.83 B.43
C.23 D.3
2.已知在锐角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2=a(a+c),则sin2Asin(B-A)的取值范围是( )
A.0,22 B.12,32
C.12,22 D.0,32
3.在△ABC中,设a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,AD为边BC上的高.若AD=BC,则cb的最大值为 .
小题3正、余弦定理的实际应用
5 某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°的方向上,距A 126海里处,灯塔C在A的北偏西30°的方向上,距A 83海里处,游轮由A处向正北方向航行到D处时再看灯塔B在南偏东60°的方向上,则此时灯塔C与游轮的距离为 ( )
A.20海里 B.83海里
C.232海里 D.24海里
[听课笔记]
【考场点拨】
解三角形的实际应用主要体现在解决一些实际问题中的测高和测距问题,这样就需要将实际问题中的角度、距离以及待求的距离等融合到一个或几个三角形中,再结合正、余弦定理求解.
【自我检测】
1.如图M2-8-1所示,为测量竖直旗杆CD的高度,在旗杆底部C所在水平地面上选取相距421 m的两点A,B,在A处测得旗杆底部C在西偏北20°的方向上,旗杆顶部D的仰角为60°;在B处测得旗杆底部C在东偏北10°的方向上,旗杆顶部D的仰角为45°,则旗杆CD的高度为 m.
图M2-8-1
2.如图M2-8-2所示,飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内,已知飞机的高度为海拔15 000 m,速度为1000 km/h,飞行员先看到山顶的俯角为15°,经过108 s后又看到山顶的俯角为75°,则山顶的海拔高度为 m(取3=1.732).
图M2-8-2
第8讲 三角恒等变换与正余弦定理
典型真题研析
1.【引·全国卷】
B [解析] 假设角α为第一象限角,如图所示,由cos 2α=23,得 2cos2α-1=23,即cos α=56,所以cos α=1a2+1=56,解得a=55;cos α=2b2+4=56,解得b=255.所以|a-b|=55.
【荐·地方卷】
75 [解析] tan α=tanα-π4+π4=tanα-π4+tanπ41-tanα-π4tanπ4=16+11-16×1=75.
2.(1)A (2)233 [解析] (1)cos C=2cos2C2-1=2×552-1=-35,所以由余弦定理得AB2=12+52-2×1×5×-35=32,所以AB=42.
(2)由b2+c2-a2=8 得2bccos A=8,可知A为锐角,且bccos A=4.由已知及正弦定理得sin Bsin C+sin Csin B=4sin Asin Bsin C,因为sin B≠0,sin C≠0,所以可得sin A=12,所以A=30°,所以bccos 30°=4,即bc=833,所以△ABC 的面积S=12bcsin A=12×833×12=233.
3.C [解析] 由三角形的面积公式可得,a2+b2-c24=12absin C,所以a2+b2-c22ab=sin C.由余弦定理得,a2+b2-c22ab=cos C,所以cos C=sin C,又C∈(0,π),所以C=π4.
考点考法探究
小题1
例1 (1)B (2)A [解析] (1)由题意得tan α=23-1=-23,
则tanα+π3=tanα+tanπ31-tanαtanπ3=-23+31-(-23)×3=-37.
(2)∵sin α=1010,α∈0,π2,
∴cos α=1-sin2α=31010,
∴sin 2α=2sin αcos α=2×1010×31010=35,
cos 2α=1-2sin2α=1-2×10102=45,
∴cos2α+π6=32cos 2α-12sin 2α=32×45-12×35=43-310.
【自我检测】
1.D [解析] 由题意得cos α=-55,所以cos 2α=2cos2α-1=-35,故选D.
2.B [解析] 因为α为锐角,β为第二象限角,cos(α-β)=12>0,sin(α+β)=12>0,
所以α-β为第四象限角,α+β为第二象限角,
所以sin(α-β)=-32,cos(α+β)=-32,
所以sin 2α=sin(α-β+α+β)=sin(α-β)cos(α+β)+cos(α-β)sin(α+β)=-32×-32+12×12=1.
因为α为锐角,所以2α=π2,所以sin(3α-β)=sin(2α+α-β)=cos(α-β)=12,故选B.
3.B [解析] 因为3sin α+2cos α=2,
所以3sin α=2(1-cos α),
即23sinα2cosα2=4sin2α2.
因为α∈(0,π),所以α2∈0,π2,所以sinα2>0,
所以tanα2=sinα2cosα2=32,
则tanα2-π3=tanα2-31+3tanα2=32-31+3×32=-35,
故选B.
4.3-4310 [解析] ∵cos α=35,α∈3π2,2π,
∴sin α=-45,
∴cosα-π3=cos αcosπ3+sin αsinπ3=35×12+-45×32=3-4310.
小题2
例2 (1)D (2)D [解析] (1)∵(a-b)(sin A+sin B)=c(sin C+3sin B),
∴(a-b)(a+b)=c(c+3b),∴a2-c2-b2=3bc,
∴由余弦定理可得cos A=b2+c2-a22bc=-32.
∵A∈(0,π),∴A=5π6.故选D.
(2)由(a2-3b2)cos C=CA·CB,得(a2-3b2)cos C=abcos C,
所以cos C=0或a2-3b2=ab.
当cos C=0时,C=π2,满足题意;
当a2-3b2=ab时,
因为sinBsinC=12,所以由正弦定理得bc=12,即c=2b,
所以由余弦定理得cos C=a2+b2-c22ab=a2+b2-(2b)22(a2-3b2)=a2-3b22(a2-3b2)=12,因为C∈(0,π),所以C=π3.
综上所述,C=π2或C=π3.
【自我检测】
1.D [解析] 因为C=π4,AB=2,AC=6,
所以由正弦定理ACsinB=ABsinC,得sin B=6sinπ42=32.
因为0
2.A [解析] 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos2π3=b2+c2+bc,∵b2=a2-2bc,∴c2-bc=0,∵c>0,∴c=b,∴a2=3b2,∴cos C=a2+b2-c22ab=3b223b2=32,又C∈(0,π),∴C=π6,故选A.
3.-14 [解析] 因为3sin A=2sin B,所以根据正弦定理可知3a=2b,又因为a=2,所以b=32a=3.在△ABC中,由余弦定理可得cos C=a2+b2-c22ab=22+32-422×2×3=-14.
4.π6 [解析] ∵asinA+bsinB-csinCasinB=23sin C,
∴根据正弦定理可得a2+b2-c2ab=23sin C.
∵cos C=a2+b2-c22ab,
∴cos C=3sin C,即tan C=33.
∵C∈(0,π),∴C=π6.
例3 (1)4 (2)3154 [解析] (1)由题意得tan C=3tan B,所以sinCsinB=3cosCcosB,所以由正弦定理、余弦定理可得cb=3a2+3b2-3c22aba2+c2-b22ac,即3a2+3b2-3c2=a2+c2-b2,故a2+2b2=2c2,又因为b2-c2+2a=0,所以a2=4a,故a=4.
(2)由已知及正弦定理得sinAcosA=sinBcosB,即tan A=tan B,所以A=B,即a=b.由余弦定理得c2=2a2-2a2cos C=32a2=9,所以a=6.因为cos C=14,所以sin C=154,所以S△ABC=12absin C=12×6×154=3154.
【自我检测】
1.32613 [解析] 由sin B=32sin A及正弦定理可得b=32a,则由a=2可得b=6,则由余弦定理知cos C=cosπ4=a2+b2-c22ab,得c=26.设AB边上的高为h,由等面积法可得12absin C=12ch,所以h=32613,故AB边上的高为32613.
2.13 [解析] 由题意得33=12absin C,所以sin C=32,又因为△ABC为锐角三角形,所以C=π3.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=42+32-2×4×3×12=13,所以c=13.
3.532 [解析] ∵ba+c=1-sinCsinA+sinB,∴结合正弦定理得ba+c=1-ca+b,化简得bc=b2+c2-a2,∴由余弦定理得cos A=12,∵0
∴S△ABC=12bcsin A=12×10×32=532.
例4 (1)C (2)A [解析] (1)由A=π3,且2bsin B+2csin C=bc+3a,可得bsin B+csin C=33bcsin A+asin A,则由正弦定理,得b2+c2=33abc+a2,所以由余弦定理可得2bccos A=33abc,解得a=23cos A=3,所以b2+c2=bc+3≥2bc,当且仅当b=c时,等号成立,所以bc≤3,从而S△ABC=12bcsin A≤334,故选C.
(2)因为cosBb+cosCc=23sinA3sinC,所以ccos B+bcos C=23bcsinA3sinC=23ab3,
所以由正弦定理可得sin Ccos B+cos Csin B=23bsinA3,即sin(B+C)=sin A=23bsinA3.因为0
所以a+c=sin A+sin C=sin A+sin2π3-A=32sin A+32cos A=3sinA+π6.
因为0
【自我检测】
1.B [解析] 由(a+b-c)(a+b+c)=3ab,得a2+b2-c2=ab,所以cos C=a2+b2-c22ab=ab2ab=12.因为C∈(0,π),所以sin C=32.又因为c=4,所以16=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,即ab≤16,当且仅当a=b=4时等号成立,所以S△ABC=12absin C≤12×16×32=43.故选B.
2.C [解析] ∵b2=a2+c2-2accos B,b2=a(a+c),∴ac=c2-2accos B,∴a=c-2acos B,
∴sin A=sin C-2sin Acos B=sin(A+B)-2sin Acos B=sin(B-A).
∵△ABC为锐角三角形,∴A=B-A,∴B=2A.
∵0
小题3
例5 B [解析] 如图所示,在△ABD中,∠DAB=75°,∠ADB=60°,
∴∠B=180°-75°-60°=45°,
由正弦定理得ADsin∠B=ABsin∠ADB,
∴AD=ABsin∠Bsin∠ADB=126×2232=24.
在△ACD中,AD=24,AC=83,∠CAD=30°,
由余弦定理得
CD2=AD2+AC2-2AD·ACcos 30°=242+(83)2-2×24×83×32=192,
∴CD=83.故选B.
【自我检测】
1.12 [解析] 设CD=x,
∵在Rt△BCD中,∠CBD=45°,
∴BC=x.
∵在Rt△ACD中,∠CAD=60°,
∴AC=CDtan60°=x3.
在△ABC中,∵∠CAB=20°,∠CBA=10°,
∴∠ACB=180°-20°-10°=150°,
∴由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 150°,
即(421)2=13x2+x2+2·x3·x·32=73x2,
∴x=12.
2.6340 [解析] 如图所示,∵108 s=0.03 h,∴AB=1000×0.03=30(km).∵∠C=75°-15°=60°,∴ABsin60°=BCsin15°,∴BC=ABsin15°sin60°=203sin 15°(km),∴C到AB边的距离h=BCsin 75°=203sin 15°sin 75°=103sin 30°=53=5×1.732=8.66(km),∴山顶的海拔高度为15 000-8660=6340(m).
[备选理由] 例1涉及弦切互化问题,技巧性强,特别添加分母1,将所求式直接转化为正切的形式;例2考查二倍角公式、诱导公式、两角和与差的正弦公式;例3的难点在解题思路,第一个难点就是把Sb2+2c2化简成S6bccosA,第二个难点是得到Sb2+2c2=12bcsinA6bccosA=112tan A后,求tan A的最大值可转化成利用基本不等式求cos A的最小值;例4为平面几何中解三角形的应用.
例1 [配例1使用] 已知sinα+3cosα3cosα-sinα=5,则cos2α+12sin 2α的值是 ( )
A.35 B.-35
C.-3 D.3
[解析] A 当cos α=0时,sinα+3cosα3cosα-sinα=-1≠5,∴cos α≠0,∴sinα+3cosα3cosα-sinα=tanα+33-tanα=5,解得tan α=2,
∴cos2α+12sin 2α=cos2α+sin αcos α=cos2α+sinαcosαsin2α+cos2α=1+tanαtan2α+1=1+222+1=35.
故选A.
例2 [配例1使用] 若2cos2π4-α2-β2=1+3sin(α-β),α,β∈0,π2,则tanαtanβ= .
[答案] 2
[解析] 因为2cos2π4-α2-β2=1+3sin(α-β),所以1+cosπ2-α-β=1+3sin(α-β),
所以sin(α+β)=3sin(α-β),所以sin αcos β=2cos αsin β,因为α,β∈0,π2,所以cos α≠0,cos β≠0,所以tan α=2tan β,即tanαtanβ=2.
例3 [配例4使用] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设△ABC的面积为S,若3a2=2b2+c2,则Sb2+2c2的最大值为 .
[答案] 1424
[解析] 由题意得3a2=3b2-b2+3c2-2c2,∴b2+2c2=3(b2+c2-a2)=6bccos A,
∴Sb2+2c2=12bcsinA6bccosA=112tan A.
由题意得a2=2b2+c23,∴cos A=b2+c2-a22bc=b2+c2-2b2+c232bc=b2+2c26bc≥22bc6bc=23,当且仅当b=2c时取等号,
∴tan A=1cos2A-1≤92-1=142,
∴Sb2+2c2的最大值为1424.
例4 [配例4使用] 如图所示,平面四边形ABCD的对角线的交点位于四边形的内部,AB=1,BC=2,AC=CD,AC⊥CD,当∠ABC变化时,对角线BD的最大值为 .
[答案] 3
[解析] 设∠ABC=α,∠ACB=β,α,β∈(0,180°),则在△ABC中,由余弦定理可得AC2=3-22cos α,由正弦定理可得sin β=sinα3-22cosα.∵AC=CD,AC⊥CD,∴BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD,即BD2=BC2+AC2-2BC·AC·cos(90°+β)=2+3-22cos α-2×2×3-22cosα·cos(90°+β)=5-22cos α+22sin α=5+4sin(α-45°),∴当α=135°时,BD2取得最大值9, 则BD的最大值为3.
1.【引·全国卷】
[2018·全国卷Ⅰ] 已知角α的顶点为坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边上有两点A(1,a),B(2,b),且cos 2α=23,则|a-b|= ( )
A.15 B.55 C.255 D.1
【荐·地方卷】
[2017·江苏卷] 若tanα-π4=16,则tan α=.
[试做]
命题角度 利用恒等变换求值
(1)活用三角函数的定义;
(2)注意两角和与差公式、二倍角公式的使用.
2.(1)[2018·全国卷Ⅱ] 在△ABC中,cosC2=55,BC=1,AC=5,则AB=( )
A.42 B.30
C.29 D.25
(2)[2018·全国卷Ⅰ] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin C+csin B=4asin Bsin C,b2+c2-a2=8,则△ABC的面积为 .
[试做]
命题角度 三角形的基本量的计算
①关键一:利用三角恒等变换得到关于三角形的边或角的等式.
关键二:利用正、余弦定理求三角形的基本量.
②已知两边和其中一边的对角或已知两角和其中一角的对边可以用正弦定理解三角形;已知两边和它们的夹角、已知两边和一边的对角或已知三边可以用余弦定理解三角形.
3.[2018·全国卷Ⅲ] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为a2+b2-c24,则C= ( )
A.π2 B.π3 C.π4 D.π6
[试做]
命题角度 与三角形面积有关的问题
关键一:利用公式S△ABC=12acsin B=12bcsin A=12absin C得到关于三角形的边和角的式子;
关键二:利用正、余弦定理进行边角转化求解.
小题1三角恒等变换与求值
1 (1)已知角α的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边经过点(-1,23),则tanα+π3= ( )
A.-337 B.-37
C.335 D.35
(2)已知sin α=1010,α∈0,π2,则cos2α+π6=( )
A.43-310 B.43+310
C.4-3310 D.33-410
[听课笔记]
【考场点拨】
三角恒等变换主要是利用两角和与差的正弦、余弦和正切公式及二倍角公式解决相关的三角函数问题.化简与求值要遵循“三看”原则:一看“角”,通过看角之间的差别与联系,把角进行合理的拆分;二看“函数名称”,是需进行“切化弦”还是“弦化切”等,从而确定使用的公式;三看“结构特征”,了解变式或化简的方向.
【自我检测】
1.已知角α的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边与单位圆交于点-55,255,则cos 2α=( )
A.15 B.-15 C.35 D.-35
2.已知α为锐角,β为第二象限角,且cos(α-β)=12,sin(α+β)=12,则sin(3α-β)= ( )
A.-12 B.12 C.-32 D.32
3.若α∈(0,π),且3sin α+2cos α=2,则tanα2-π3=( )
A.-39 B.-35 C.36 D.3
4.已知cos α=35,α∈3π2,2π,则cosα-π3= .
小题2利用正、余弦定理解三角形
角度1 求解三角形中的角
2 (1)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若(a-b)(sin A+sin B)=c(sin C+3sin B),则A= ( )
A.π6 B.π3
C.2π3 D.5π6
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinBsinC=12,(a2-3b2)cos C=CA·CB,则C= ( )
A.π6 B.π3
C.π2或π6 D.π3或π2
[听课笔记]
【考场点拨】
利用正、余弦定理求角的失分点:(1)已知两边及其中一边的对角求其他角时,有一解、两解的情况,容易把握不准而出错;(2)在变形时,直接两边约去公因式,没有移项后提公因式,产生漏解.
【自我检测】
1.已知在△ABC中,C=π4,AB=2,AC=6,则cos B=( )
A.12 B.-32
C.12或-32 D.12或-12
2.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2=a2-2bc,A=2π3,则C= ( )
A.π6 B.π4或3π4
C.3π4 D.π4
3.在△ABC中,a=2,c=4,且3sin A=2sin B,则cos C= .
4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若asinA+bsinB-csinCasinB=23sin C,则C= .
角度2 求解三角形中的边与面积
3 (1)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b2-c2+2a=0,tanCtanB=3,则a= .
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若cos C=14,c=3,且acosA=bcosB,则△ABC的面积等于 .
[听课笔记]
【考场点拨】
使用正、余弦定理求边和面积时应注意的问题:(1)当条件为已知两边及其中一边的对角时,要注意解的多样性与合理性;(2)三角形的面积主要是利用S=12absin C求解,有时可以直接利用余弦定理求出ab的整体值再求面积,而不必分别求出a,b的值.
【自我检测】
1.已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin B=32sin A,a=2,且C=π4,则AB边上的高为 .
2.在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a=4,b=3,且△ABC的面积为33,则c= .
3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知ba+c=1-sinCsinA+sinB,且AC·AB=5,则△ABC的面积是 .
角度3 三角形中的最值与范围问题
4 (1)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=π3,且2bsin B+2csin C=bc+3a,则△ABC的面积的最大值为 ( )
A.332 B.32
C.334 D.34
(2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosBb+cosCc=23sinA3sinC,且B=π3,则a+c的取值范围是( )
A.32,3 B.32,3
C.32,3 D.32,3
[听课笔记]
【考场点拨】
三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法:一是利用基本不等式求得最大值或最小值;二是将所求式转化为只含有三角形中某一个角的三角函数形式,结合角的范围确定所求式的范围.
【自我检测】
1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(a+b-c)(a+b+c)=3ab,且c=4,则△ABC的面积的最大值为 ( )
A.83 B.43
C.23 D.3
2.已知在锐角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b2=a(a+c),则sin2Asin(B-A)的取值范围是( )
A.0,22 B.12,32
C.12,22 D.0,32
3.在△ABC中,设a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,AD为边BC上的高.若AD=BC,则cb的最大值为 .
小题3正、余弦定理的实际应用
5 某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°的方向上,距A 126海里处,灯塔C在A的北偏西30°的方向上,距A 83海里处,游轮由A处向正北方向航行到D处时再看灯塔B在南偏东60°的方向上,则此时灯塔C与游轮的距离为 ( )
A.20海里 B.83海里
C.232海里 D.24海里
[听课笔记]
【考场点拨】
解三角形的实际应用主要体现在解决一些实际问题中的测高和测距问题,这样就需要将实际问题中的角度、距离以及待求的距离等融合到一个或几个三角形中,再结合正、余弦定理求解.
【自我检测】
1.如图M2-8-1所示,为测量竖直旗杆CD的高度,在旗杆底部C所在水平地面上选取相距421 m的两点A,B,在A处测得旗杆底部C在西偏北20°的方向上,旗杆顶部D的仰角为60°;在B处测得旗杆底部C在东偏北10°的方向上,旗杆顶部D的仰角为45°,则旗杆CD的高度为 m.
图M2-8-1
2.如图M2-8-2所示,飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内,已知飞机的高度为海拔15 000 m,速度为1000 km/h,飞行员先看到山顶的俯角为15°,经过108 s后又看到山顶的俯角为75°,则山顶的海拔高度为 m(取3=1.732).
图M2-8-2
第8讲 三角恒等变换与正余弦定理
典型真题研析
1.【引·全国卷】
B [解析] 假设角α为第一象限角,如图所示,由cos 2α=23,得 2cos2α-1=23,即cos α=56,所以cos α=1a2+1=56,解得a=55;cos α=2b2+4=56,解得b=255.所以|a-b|=55.
【荐·地方卷】
75 [解析] tan α=tanα-π4+π4=tanα-π4+tanπ41-tanα-π4tanπ4=16+11-16×1=75.
2.(1)A (2)233 [解析] (1)cos C=2cos2C2-1=2×552-1=-35,所以由余弦定理得AB2=12+52-2×1×5×-35=32,所以AB=42.
(2)由b2+c2-a2=8 得2bccos A=8,可知A为锐角,且bccos A=4.由已知及正弦定理得sin Bsin C+sin Csin B=4sin Asin Bsin C,因为sin B≠0,sin C≠0,所以可得sin A=12,所以A=30°,所以bccos 30°=4,即bc=833,所以△ABC 的面积S=12bcsin A=12×833×12=233.
3.C [解析] 由三角形的面积公式可得,a2+b2-c24=12absin C,所以a2+b2-c22ab=sin C.由余弦定理得,a2+b2-c22ab=cos C,所以cos C=sin C,又C∈(0,π),所以C=π4.
考点考法探究
小题1
例1 (1)B (2)A [解析] (1)由题意得tan α=23-1=-23,
则tanα+π3=tanα+tanπ31-tanαtanπ3=-23+31-(-23)×3=-37.
(2)∵sin α=1010,α∈0,π2,
∴cos α=1-sin2α=31010,
∴sin 2α=2sin αcos α=2×1010×31010=35,
cos 2α=1-2sin2α=1-2×10102=45,
∴cos2α+π6=32cos 2α-12sin 2α=32×45-12×35=43-310.
【自我检测】
1.D [解析] 由题意得cos α=-55,所以cos 2α=2cos2α-1=-35,故选D.
2.B [解析] 因为α为锐角,β为第二象限角,cos(α-β)=12>0,sin(α+β)=12>0,
所以α-β为第四象限角,α+β为第二象限角,
所以sin(α-β)=-32,cos(α+β)=-32,
所以sin 2α=sin(α-β+α+β)=sin(α-β)cos(α+β)+cos(α-β)sin(α+β)=-32×-32+12×12=1.
因为α为锐角,所以2α=π2,所以sin(3α-β)=sin(2α+α-β)=cos(α-β)=12,故选B.
3.B [解析] 因为3sin α+2cos α=2,
所以3sin α=2(1-cos α),
即23sinα2cosα2=4sin2α2.
因为α∈(0,π),所以α2∈0,π2,所以sinα2>0,
所以tanα2=sinα2cosα2=32,
则tanα2-π3=tanα2-31+3tanα2=32-31+3×32=-35,
故选B.
4.3-4310 [解析] ∵cos α=35,α∈3π2,2π,
∴sin α=-45,
∴cosα-π3=cos αcosπ3+sin αsinπ3=35×12+-45×32=3-4310.
小题2
例2 (1)D (2)D [解析] (1)∵(a-b)(sin A+sin B)=c(sin C+3sin B),
∴(a-b)(a+b)=c(c+3b),∴a2-c2-b2=3bc,
∴由余弦定理可得cos A=b2+c2-a22bc=-32.
∵A∈(0,π),∴A=5π6.故选D.
(2)由(a2-3b2)cos C=CA·CB,得(a2-3b2)cos C=abcos C,
所以cos C=0或a2-3b2=ab.
当cos C=0时,C=π2,满足题意;
当a2-3b2=ab时,
因为sinBsinC=12,所以由正弦定理得bc=12,即c=2b,
所以由余弦定理得cos C=a2+b2-c22ab=a2+b2-(2b)22(a2-3b2)=a2-3b22(a2-3b2)=12,因为C∈(0,π),所以C=π3.
综上所述,C=π2或C=π3.
【自我检测】
1.D [解析] 因为C=π4,AB=2,AC=6,
所以由正弦定理ACsinB=ABsinC,得sin B=6sinπ42=32.
因为0
2.A [解析] 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos2π3=b2+c2+bc,∵b2=a2-2bc,∴c2-bc=0,∵c>0,∴c=b,∴a2=3b2,∴cos C=a2+b2-c22ab=3b223b2=32,又C∈(0,π),∴C=π6,故选A.
3.-14 [解析] 因为3sin A=2sin B,所以根据正弦定理可知3a=2b,又因为a=2,所以b=32a=3.在△ABC中,由余弦定理可得cos C=a2+b2-c22ab=22+32-422×2×3=-14.
4.π6 [解析] ∵asinA+bsinB-csinCasinB=23sin C,
∴根据正弦定理可得a2+b2-c2ab=23sin C.
∵cos C=a2+b2-c22ab,
∴cos C=3sin C,即tan C=33.
∵C∈(0,π),∴C=π6.
例3 (1)4 (2)3154 [解析] (1)由题意得tan C=3tan B,所以sinCsinB=3cosCcosB,所以由正弦定理、余弦定理可得cb=3a2+3b2-3c22aba2+c2-b22ac,即3a2+3b2-3c2=a2+c2-b2,故a2+2b2=2c2,又因为b2-c2+2a=0,所以a2=4a,故a=4.
(2)由已知及正弦定理得sinAcosA=sinBcosB,即tan A=tan B,所以A=B,即a=b.由余弦定理得c2=2a2-2a2cos C=32a2=9,所以a=6.因为cos C=14,所以sin C=154,所以S△ABC=12absin C=12×6×154=3154.
【自我检测】
1.32613 [解析] 由sin B=32sin A及正弦定理可得b=32a,则由a=2可得b=6,则由余弦定理知cos C=cosπ4=a2+b2-c22ab,得c=26.设AB边上的高为h,由等面积法可得12absin C=12ch,所以h=32613,故AB边上的高为32613.
2.13 [解析] 由题意得33=12absin C,所以sin C=32,又因为△ABC为锐角三角形,所以C=π3.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=42+32-2×4×3×12=13,所以c=13.
3.532 [解析] ∵ba+c=1-sinCsinA+sinB,∴结合正弦定理得ba+c=1-ca+b,化简得bc=b2+c2-a2,∴由余弦定理得cos A=12,∵0
∴S△ABC=12bcsin A=12×10×32=532.
例4 (1)C (2)A [解析] (1)由A=π3,且2bsin B+2csin C=bc+3a,可得bsin B+csin C=33bcsin A+asin A,则由正弦定理,得b2+c2=33abc+a2,所以由余弦定理可得2bccos A=33abc,解得a=23cos A=3,所以b2+c2=bc+3≥2bc,当且仅当b=c时,等号成立,所以bc≤3,从而S△ABC=12bcsin A≤334,故选C.
(2)因为cosBb+cosCc=23sinA3sinC,所以ccos B+bcos C=23bcsinA3sinC=23ab3,
所以由正弦定理可得sin Ccos B+cos Csin B=23bsinA3,即sin(B+C)=sin A=23bsinA3.因为0
所以a+c=sin A+sin C=sin A+sin2π3-A=32sin A+32cos A=3sinA+π6.
因为0
【自我检测】
1.B [解析] 由(a+b-c)(a+b+c)=3ab,得a2+b2-c2=ab,所以cos C=a2+b2-c22ab=ab2ab=12.因为C∈(0,π),所以sin C=32.又因为c=4,所以16=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,即ab≤16,当且仅当a=b=4时等号成立,所以S△ABC=12absin C≤12×16×32=43.故选B.
2.C [解析] ∵b2=a2+c2-2accos B,b2=a(a+c),∴ac=c2-2accos B,∴a=c-2acos B,
∴sin A=sin C-2sin Acos B=sin(A+B)-2sin Acos B=sin(B-A).
∵△ABC为锐角三角形,∴A=B-A,∴B=2A.
∵0
小题3
例5 B [解析] 如图所示,在△ABD中,∠DAB=75°,∠ADB=60°,
∴∠B=180°-75°-60°=45°,
由正弦定理得ADsin∠B=ABsin∠ADB,
∴AD=ABsin∠Bsin∠ADB=126×2232=24.
在△ACD中,AD=24,AC=83,∠CAD=30°,
由余弦定理得
CD2=AD2+AC2-2AD·ACcos 30°=242+(83)2-2×24×83×32=192,
∴CD=83.故选B.
【自我检测】
1.12 [解析] 设CD=x,
∵在Rt△BCD中,∠CBD=45°,
∴BC=x.
∵在Rt△ACD中,∠CAD=60°,
∴AC=CDtan60°=x3.
在△ABC中,∵∠CAB=20°,∠CBA=10°,
∴∠ACB=180°-20°-10°=150°,
∴由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 150°,
即(421)2=13x2+x2+2·x3·x·32=73x2,
∴x=12.
2.6340 [解析] 如图所示,∵108 s=0.03 h,∴AB=1000×0.03=30(km).∵∠C=75°-15°=60°,∴ABsin60°=BCsin15°,∴BC=ABsin15°sin60°=203sin 15°(km),∴C到AB边的距离h=BCsin 75°=203sin 15°sin 75°=103sin 30°=53=5×1.732=8.66(km),∴山顶的海拔高度为15 000-8660=6340(m).
[备选理由] 例1涉及弦切互化问题,技巧性强,特别添加分母1,将所求式直接转化为正切的形式;例2考查二倍角公式、诱导公式、两角和与差的正弦公式;例3的难点在解题思路,第一个难点就是把Sb2+2c2化简成S6bccosA,第二个难点是得到Sb2+2c2=12bcsinA6bccosA=112tan A后,求tan A的最大值可转化成利用基本不等式求cos A的最小值;例4为平面几何中解三角形的应用.
例1 [配例1使用] 已知sinα+3cosα3cosα-sinα=5,则cos2α+12sin 2α的值是 ( )
A.35 B.-35
C.-3 D.3
[解析] A 当cos α=0时,sinα+3cosα3cosα-sinα=-1≠5,∴cos α≠0,∴sinα+3cosα3cosα-sinα=tanα+33-tanα=5,解得tan α=2,
∴cos2α+12sin 2α=cos2α+sin αcos α=cos2α+sinαcosαsin2α+cos2α=1+tanαtan2α+1=1+222+1=35.
故选A.
例2 [配例1使用] 若2cos2π4-α2-β2=1+3sin(α-β),α,β∈0,π2,则tanαtanβ= .
[答案] 2
[解析] 因为2cos2π4-α2-β2=1+3sin(α-β),所以1+cosπ2-α-β=1+3sin(α-β),
所以sin(α+β)=3sin(α-β),所以sin αcos β=2cos αsin β,因为α,β∈0,π2,所以cos α≠0,cos β≠0,所以tan α=2tan β,即tanαtanβ=2.
例3 [配例4使用] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设△ABC的面积为S,若3a2=2b2+c2,则Sb2+2c2的最大值为 .
[答案] 1424
[解析] 由题意得3a2=3b2-b2+3c2-2c2,∴b2+2c2=3(b2+c2-a2)=6bccos A,
∴Sb2+2c2=12bcsinA6bccosA=112tan A.
由题意得a2=2b2+c23,∴cos A=b2+c2-a22bc=b2+c2-2b2+c232bc=b2+2c26bc≥22bc6bc=23,当且仅当b=2c时取等号,
∴tan A=1cos2A-1≤92-1=142,
∴Sb2+2c2的最大值为1424.
例4 [配例4使用] 如图所示,平面四边形ABCD的对角线的交点位于四边形的内部,AB=1,BC=2,AC=CD,AC⊥CD,当∠ABC变化时,对角线BD的最大值为 .
[答案] 3
[解析] 设∠ABC=α,∠ACB=β,α,β∈(0,180°),则在△ABC中,由余弦定理可得AC2=3-22cos α,由正弦定理可得sin β=sinα3-22cosα.∵AC=CD,AC⊥CD,∴BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD,即BD2=BC2+AC2-2BC·AC·cos(90°+β)=2+3-22cos α-2×2×3-22cosα·cos(90°+β)=5-22cos α+22sin α=5+4sin(α-45°),∴当α=135°时,BD2取得最大值9, 则BD的最大值为3.
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