2023届高考数学二轮复习专题二平面向量、三角函数与解三角形第3讲三角恒等变换与解三角形学案

第3讲　三角恒等变换与解三角形

1.[三角恒等变换](2021·新高考Ⅰ卷,T6)若tan θ=-2,则=(　C　)

A.- B.- C. D.

解析:由题意可得=

=

=sin θ(sin θ+cos θ)=

===.故选C.

2.[解三角形](2021·全国甲卷,T8)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC=(　D　)

A.1 B. C. D.3

解析:法一　由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos 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=,得sin C=,从而cos C=(C是锐角),所以sin A=sin[π-(B+C)]=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=×-×=.又=,所以BC=3.故选D.

3.[解三角形实际应用](2021·全国甲卷,T8)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(≈1.732)(　B　)

A.346 B.373 C.446 D.473

解析:过C作CH⊥BB′,过B作BD⊥AA′,垂足分别为H,D,故AA′-CC′=AA′-(BB′-BH)=AA′-BB′+100=AD+100,由题易知△ADB为等腰直角三角形,所以AD=DB,所以AA′-CC′=DB+100=A′B′+100.因为

∠BCH=15°,所以CH=C′B′=.在△A′B′C′中,由正弦定理得===,而sin 15°=sin(45°-30°)=

sin 45°cos 30°-cos 45°·sin 30°=,所以A′B′==

100(+1)≈273,所以AA′-CC′=A′B′+100≈373.故选B.

4.[解三角形中的最值问题](2022·全国甲卷,T16)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD=　　　　. 

解析:

设BD=k(k>0),则CD=2k.根据题意作出大致图形,如图.在△ABD中,由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=22+k2-2×2k·(-)=k2+2k+4.在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=22+(2k)2-2×2×2k·=4k2-4k+4,则===4-=4-=4-,因为k+1+≥2(当且仅当k+1=,即k=-1时,等号成立),所以≥4-=4-2=(-1)2,所以当取得最小值-1时,BD=k=-1.

答案:-1

5.[面积公式与解三角形](2022·新高考Ⅱ卷,T18)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3.已知S1-S2+S3=,sin B=.

(1)求△ABC的面积;

(2)若sin Asin C=,求b.

解:(1)由S1-S2+S3=,得(a2-b2+c2)=,即a2-b2+c2=2,又a2-b2+c2=2accos B,所以accos B=1.由sin B=,得cos B=或cos B=-(舍去),所以ac==,则△ABC的面积为S=acsin B=××=.

(2)由sin Asin C=,ac=及正弦定理知===,即b2=×=,得b=.

三角恒等变换与解三角形是高考的必考内容,命题数量上“一大两小”,考查角度常有:

(1)三角恒等变换主要考查化简、求值,以选择题、填空题为主,也与解三角形相结合.

(2)解三角形主要考查解三角形、求面积等,三角恒等变换常作为工具,三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.以解答题为主,中等难度.

热点一　三角恒等变换

三角恒等变换“四大策略”

(1)常值代换:常用到“1”的代换,如1=sin2θ+cos2θ=tan 45°等.

(2)项的拆分与角的配凑:如sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α,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.

典例1　(1)(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α+β)+cos(α+β)=2cos(α+)sin β,则(　　)

A.tan(α-β)=1 B.tan(α+β)=1

C.tan(α-β)=-1 D.tan(α+β)=-1

(2)(2022·河北唐山二模)已知0<α<β<2π,函数f(x)=5sin(x-),若f(α)=f(β)=1,则cos(β-α)=(　　)

A. B.- C. D.-

解析:(1)由题意得sin αcos β+sin βcos α+cos α cos β-sin αsin β=2×(cos α-sin α)·sin β,整理得sin αcos β-sin β cos α+cos αcos β+sin αsin β=0,即sin (α-β)+cos(α-β)=0,所以tan(α-β)=-1.故选C.

(2)令f(x)=5sin(x-)=0,0<x<2π,则x=或x=,令f(x)=5sin(x-)=5,0<x<2π,则x=.又0<α<β<2π,f(α)=f(β)=1,

所以<α<,<β<,sin(α-)=,sin(β-)=.

因为0<α-<,<β-<π,

所以cos(α-)=,cos(β-)=-,

所以cos(β-α)=cos[(β-)-(α-)]=cos(β-)cos(α-)+sin(β-)sin(α-)=-×+×=-.故选B.

(1)三角恒等变换的基本思路:找差异,化同角(名),化简求值.

(2)解决条件求值问题的三个关注点:

①分析已知角和未知角之间的关系,正确地用已知角来表示未知角.

②正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示.

③求解三角函数中给值求角的问题时,要根据已知求这个角的某个三角函数值,然后结合角的取值范围,求出角的大小.

热点训练1　 (1)(2022·福建漳州一模)已知=,则sin(α-)=(　　)

A. B.- C.- D.

(2)(2022·湖南临澧县第一中学二模)已知sin(α+)+sin α=,则sin(2α-)的值是(　　)

A. B.- C. D.-

解析:(1)由=,得=,所以sin(α-)=-.故选C.

(2)由sin(α+)+sin α=,得sin α+cos α+sin α=,即sin α+cos α=,得sin(α+)=,

则sin(2α-)=sin(2α+-)=-cos(2α+)=-[1-2sin2(α+)]=-(1-)=-.故选B.

热点二　正弦定理与余弦定理

1.正弦定理:在△ABC中,===2R(R为△ABC外接圆的半径).

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等.

2.余弦定理:在△ABC中,a2=b2+c2-2bccos A.

变形:b2+c2-a2=2bccos A,cos A=.

3.三角形的面积公式:S=absin C=acsin B=bcsin A.

典例2　(1)(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°,a2+c2=3ac,则b=　　　　. 

(2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,sin Acos C+(sin C+b)cos A=0,则A=　　　　. 

解析:(1)因为△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°,a2+c2=3ac,

所以acsin B=⇒ac×=⇒ac=4⇒a2+c2=12,又cos B=⇒=⇒b=2(负值舍去).

(2)由sin Acos C+(sin C+b)cos A=0,

得sin Acos C+sin Ccos A=-bcos A,所以sin(A+C)=-bcos A,即sin B=-bcos A,

又=,所以==-,又a=1,所以=-,即tan A=-,

因为0<A<π,所以A=.

答案:(1)2　(2)

(1)利用正弦定理、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的齐次式时,常用正弦定理转化为角的正弦值,再利用三角恒等变换进行变形.

(3)涉及正弦定理、余弦定理与三角形面积综合问题,求三角形面积时常用S=absin C形式的面积公式.

热点训练2　 (1)(2022·山东临沂二模)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”,即在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则△ABC的面积S=.根据此公式,若acos B+(b-c)cos A=0,且b2+c2-a2=,则△ABC的面积为(　　)

A. B. C. D.

(2) (2022·湖北模拟预测)设a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,若B=C≠A,且a(b2+c2-a2)=b2c,则A=(　　)

A. B. C. D.

解析:(1)由正弦定理边角互化可将acos B+(b-c)cos A=0化简为

sin Acos B+(sin B-sin C)cos A=0,sin Acos B+sin Bcos A=sin Ccos A,

即sin(A+B)=sin C=sin Ccos A,

因为sin C≠0,所以cos A=.由cos A==⇒=,解得bc=1,

根据面积公式可知S===.故选A.

(2)因为a(b2+c2-a2)=b2c,所以2a×=b,即b=2acos A,所以sin B=2sin Acos A=sin 2A,所以B=2A或B+2A=π.

若B+2A=π,则C=A,不符合题意,故B=2A,又B=C,所以A+B+C=5A=π,即A=.故选B.

热点三　解三角形的综合问题

　　在处理三角形中的边角关系时,一般全部化为角的关系,或全部化为边的关系,题中若出现一次式,一般采用正弦定理,出现二次式一般采用余弦定理.应用正弦定理、余弦定理时,注意公式变式的应用,解决三角形问题时,注意角的限制范围.

典例3　(2022·湖南岳阳三模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若已知asin=bsin A.

(1)求角B的大小;

(2)若b=2,求△ABC的面积的最大值.

解:(1)由asin=bsin A及正弦定理,得

sin Asin=sin Bsin A⇒cos=sin B(sin A≠0)⇒cos=2sincos⇒sin=(cos ≠0)⇒=⇒B=.

(2) 法一　由余弦定理得cos B==⇒=≥⇒ac≤12(当且仅当a=c=2时,取等号)⇒S=acsin B≤×12×=3,所以△ABC的面积的最大值为3.

法二　由正弦定理得====4,所以a=4sin A,c=4sin C.又A+C=,所以C=-A,所以S=acsin B=4sin Asin C=4sin Asin(-A)=3sin 2A-cos 2A+=2sin(2A-)+.

因为0<A<,所以-<2A-<,所以-<sin(2A-)≤1,

所以0<2sin(2A-)+≤3,

所以当2A-=,即A=时,△ABC的面积有最大值3.

变式探究　若本例(2)的条件不变,试求△ABC周长的取值范围.

解:法一　由(1)得B=,则sin B=,又b=2,由正弦定理得====4,所以a+c=4sin A+4sin C=4sin A+4sin(-A)=6sin A+2cos A=4sin(A+).因为B=,所以0<A<,则<A+<,所以<sin(A+)≤1,所以2<4sin(A+)≤4,所以△ABC周长的取值范围是(4,6].

法二　由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,

得12=a2+c2-2accos=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac≥(a+c)2-3×()2=,所以a+c≤4,所以a+b+c≤6,由三角形的性质,得a+c>b,所以a+b+c>2b=4,所以△ABC周长的取值范围是(4,6].

求解三角形中的最值、范围问题常用以下方法:

(1)正弦定理+三角函数:利用正弦定理,结合三角恒等变换将问题转化为只含有三角形某一个角的三角函数问题,然后结合角的范围求解,此法为通法,适用于所有情况.

(2)余弦定理+基本不等式:由余弦定理找出三角形的边的关系,利用基本不等式求解.此方法有一定的局限性,求最值问题可采用此法.

热点训练3　  (2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=.

(1)若C=,求B;

(2)求的最小值.

解:(1)因为=,

所以=,所以=,

所以cos Acos B=sin B+sin Asin B,

所以cos(A+B)=sin B,所以sin B=-cos C=-cos =.因为B∈(0,),所以B=.

(2)由(1)得cos(A+B)=sin B,

所以sin[-(A+B)]=sin B,且0<A+B<,

所以0<B<,0<-(A+B)<,

所以-(A+B)=B,解得A=-2B,

由正弦定理得==

==

==

=4cos2B+-5≥

2-5=4-5,

当且仅当cos2B=时取等号,所以的最小值为4-5.