第2講三角恒等變換與解三角形考情考向·高考導(dǎo)航1三角恒等變換是高考必考內(nèi)容，可以單獨(dú)命題，也可以與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)綜合，有時(shí)與解三角形綜合難度一般不大，單獨(dú)命題多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，有時(shí)與其他知識(shí)綜合，以解答題的形式出現(xiàn)2解三角形主要考查正、余弦定理、面積的綜合問題，有時(shí)也涉及三角恒等變換，難度中等單獨(dú)考查以選擇題、填空題為主，綜合考查以解答題為主真題體驗(yàn)1(2019·全國卷)已知，2sin 2cos 21，則sin ()A. B.C. D.解析：B，由2sin 2cos 21得：4sin cos 2cos2 ，2sin cos ，2sin ，5sin2 1，sin2 ，sin .2(2019·全國卷)ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asin Absin B4csin C，cos A，則()A6 B5C4 D3解析：Aasin Absin B4csin C，a2b24c2，cos A，即，4×6.3(2019·天津卷)在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知bc2a,3csin B4asin C.(1)求cos B的值；(2)求sin的值解：(1)在ABC中，由正弦定理，得bsin Ccsin B，又由3csin B4asin C，得3bsin C4asin C，即3b4a.又因?yàn)閎c2a，得到ba，ca，由余弦定理可得cos B.(2)由(1)可得sin B，從而sin 2B2sin Bcos B，cos 2Bcos2Bsin2B，故sinsin 2Bcoscos 2Bsin××.主干整合1兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(±)sin cos ±cos sin .(2)cos(±)cos cos sin sin .(3)tan(±).2二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 22sin cos .(2)cos 2cos2sin22cos2112sin2.(3)tan 2.3輔助角公式asin xbcos xsin(x)，其中tan .4正弦定理及其變形在ABC中，2R(R為ABC的外接圓半徑)變形：a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C，sin A，sin B，sin C，abcsin Asin Bsin C.5余弦定理及其變形在ABC中，a2b2c22bccos A；變形：b2c2a22bccos A，cos A.6三角形面積公式SABCabsin Cbcsin Aacsin B.熱點(diǎn)一三角恒等變換與求值數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算三角函數(shù)式化簡求值中的核心素養(yǎng)三角運(yùn)算是重要的“數(shù)學(xué)運(yùn)算”，在正確分析條件和所求的基礎(chǔ)上明確運(yùn)算的方法，靈活地選用三角公式，完成三角運(yùn)算.例1(1)(2019·江蘇卷)已知，則sin的值是_解析方法1：由，解得tan 2或.sin(sin 2cos 2)(2sin cos 2cos21)(sin cos cos2)··，將tan 2和分別代入得sin.方法2：，sin coscos sin.又sinsinsincos cossin ，由，解得sin cos，cos sin.sinsinsin coscos sin.答案(2)(2018·浙江卷)已知角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)O重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，它的終邊過點(diǎn)P.()求sin()的值；()若角滿足sin()，求cos 的值解析()由角的終邊過點(diǎn)P得sin ，所以sin()sin .()由角的終邊過點(diǎn)P得cos ，由sin()得cos()±.由()得cos cos()cos sin()sin ，所以cos 或cos .答案()()或(1)三角變換的關(guān)鍵在于對兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等變換公式的熟記和靈活應(yīng)用，要善于觀察各個(gè)角之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的使用過程要注意正確性，要特別注意公式中的符號和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)張冠李戴的情況(2)求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避免產(chǎn)生增解(1)(2019·維坊三模)已知sin ，sin()，均為銳角，則等于()A.B.C. D.解析：C因?yàn)椋鶠殇J角，所以.又sin()，所以cos().又sin ，所以cos ，所以sin sin()sin cos()cos sin()××.所以.(2)(2020·廣西三市聯(lián)考)設(shè)為銳角，若cos，則sin的值為_解析：因?yàn)闉殇J角且cos0，所以，所以sin.所以sinsinsin 2cos cos 2sin sincos××.答案：熱點(diǎn)二正、余弦定理的應(yīng)用用正、余弦定理求解邊、角、面積例21(2019·全國卷)ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.設(shè)(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin C.(1)求A；(2)若ab2c，求sin C.解析(1)由已知得sin2Bsin2Csin2Asin Bsin C，故由正弦定理得b2c2a2bc.由余弦定理得cos A.因?yàn)?°A180°，所以A60°.(2)由(1)知B120°C，由題設(shè)及正弦定理得sin Asin(120°C)2sin C，即cos Csin C2sin C，可得cos(C60°).因?yàn)?°C120°，所以sin(C60°)，故sin Csin(C60°60°)sin(C60°)cos 60°cos(C60°)sin 60°.關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時(shí)要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口 用正、余弦定理解決實(shí)際問題例22(2019·重慶二診)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600 m后到達(dá)B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD_m.解析由題意，在ABC中，BAC30°，ABC180°75°105°，故ACB45°.又AB600 m，故由正弦定理得.解得BC300m.在RtBCD中，CDBC·tan 30°300×100(m)答案100解三角形實(shí)際問題三步驟(1)分析題意，準(zhǔn)確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語；(2)根據(jù)題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標(biāo)出；(3)將所求問題歸結(jié)到一個(gè)或幾個(gè)三角形中，通過合理運(yùn)用正、余弦定理等有關(guān)知識(shí)正確求解(1)(2019·威海三模)如圖，在ABC中，點(diǎn)D在AC上，ABBD，BC3，BD5，sinABC，則CD的長為()A.B4C2 D5解析：B利用余弦定理求解因?yàn)閟inABCsincosDBC，在DBC中，由余弦定理可得CD2BD2BC22BD·BCcosDBC25272×5×3×16，所以CD4，故選B.(2)如圖所示，位于東海某島的雷達(dá)觀測站A，發(fā)現(xiàn)其北偏東45°，與觀測站A距離20海里的B處有一貨船正勻速直線行駛，半小時(shí)后，又測得該貨船位于觀測站A東偏北(0°45°)的C處，且cos .已知A，C兩處的距離為10海里，則該貨船的船速為_海里/小時(shí)解析：因?yàn)閏os ，0°45°，所以sin ，cos(45°)××，在ABC中，BC28001002×20×10×340，所以BC2，該貨船的船速為4海里/小時(shí)答案：4熱點(diǎn)三與解三角形的交匯創(chuàng)新例3(2020·煙臺(tái)模擬)已知在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sin B，.(1)求證：0B；(2)若·，求|.審題指導(dǎo)(1)三角恒等變換，利用重要不等式轉(zhuǎn)化關(guān)于cos B的不等式(2)由數(shù)量積求ac，再由模長公式結(jié)合余弦定理求模解析(1)證明：因?yàn)?，所以sin Asin Csin2B，由正弦定理可得b2ac，因此b2a2c22accos B2ac2accos B，所以cos B，又0B，所以0B.(2)由(1)知0B，又sin B，所以cos B .所以·cacos Bac，解得ac2，因此b22.由余弦定理得b2a2c22accos B，所以a2c2b22accos B22×2×5.從而|2a2c22·52×8，故|2.以向量的運(yùn)算為載體考查三角函數(shù)、三角變換、解三角形及不等式這類綜合問題的解法思路是：通過向量的運(yùn)算把向量問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題或解三角形問題，再利用三角變換或正(余)弦定理綜合解決(2020·山師附中模擬)已知m，n，設(shè)函數(shù)f(x)m·n.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數(shù)列，求f(B)的取值范圍解析：(1)f(x)m·n·sin，令2k2k，則4kx4k，kZ，所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增區(qū)間為，kZ.(2)由b2ac可知cos B(當(dāng)且僅當(dāng)ac時(shí)取等號)，所以0B，1f(B)，綜上f(B)的取值范圍為.限時(shí)50分鐘滿分76分一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1(2020·河北省六校聯(lián)考)已知(0，)，且tan 2，則cos 2cos ()A.B.C. D.解析：B(0，)，tan 2，在第一象限，cos ，cos 2cos 2cos21cos 2×21，選B.2(2020·日照模擬)已知sin 2，則cos2()A. B.C. D.解析：Csin 2cos2cos21，cos2.3(組合型選擇題)下列式子的運(yùn)算結(jié)果為的是( )tan 25°tan 35°tan 25°tan 35°；2(sin 35°cos 25°cos 35°cos 65°)；.A BC D解析：C對于，tan 25°tan 35°tan 25°tan 35°tan(25°35°)(1tan 25°tan 35°)tan 25°tan 35°tan 25°tan 35°tan 25°tan 35°；對于，2(sin 35°cos 25°cos 35°cos 65°)2(sin 35°cos 25°cos 35°sin 25°)2sin 60°；對于，tan 60°；對于，××tan.綜上，式子的運(yùn)算結(jié)果為的是.故選C.4(2019·沈陽質(zhì)檢)已知ABC的內(nèi)角分別為A，B，C，AC，BC2，B60°，則BC邊的高為()A. B.C. D.解析：B由余弦定理AC2AB2BC22AB·BCcos B，得7AB244ABcos 60°，即AB22AB30，得AB3，則BC邊上的高為ABsin 60°，故選B.5(2020·廣西南寧、玉林、貴港等市摸底)在ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c，C，sin B2sin A，則ABC的周長是()A3 B2C3 D4解析：C在ABC中，sin B2sin A，由正弦定理得b2a，由余弦定理得c2a2b22abcos Ca24a22a23a2，又c，a1，b2.ABC的周長是abc123.故選C.6.(2019·保定二模)已知在河岸A處看到河對岸兩個(gè)帳篷C，D分別在北偏東45°和北偏東30°方向，若向東走30米到達(dá)B處后再次觀察帳篷C，D，此時(shí)C，D分別在北偏西15°和北偏西60°方向，則帳篷C，D之間的距離為()A10米 B10米C5米 D5米解析：C由題意可得DAB60°，CAB45°，CBA75°，DBA30°，在ABD中，DAB60°，DBA30°，AB30，所以ADB90°，sinDABsin 60°，解得BD15.在ABC中，CAB45°，CBA75°，所以ACB60°，解得BC10.在BCD中，CBDCBADBA45°，則由余弦定理得cosCBDcos 45°，即，得CD5.故選C.二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分)7(2020·陜西省質(zhì)量檢測)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知1，且b5，·5，則ABC的面積是_解析：在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知1，所以1，化簡可得：b2a2bcc2，可得cos A，0A，A.又b5，·5，bccos A5，bc10.S·bcsin A×10×.答案：8(2019·浙江卷)在ABC中，ABC90°，AB4，BC3，點(diǎn)D在線段AC上若BDC45°，則BD_，cosABD_.解析：解答解三角形問題，要注意充分利用圖形特征在ABD中，有：，而AB4，ADB，AC5，sinBAC，cosBAC，所以BD.cosABDcos(BDCBAC)coscosBACsinsinBAC.答案：，三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)9(2019·江蘇卷)在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.(1)若a3c，b，cos B，求c的值；(2)若，求sin的值解：(1)因?yàn)閍3c，b，cos B，由余弦定理，得cos B，得，即c2.所以c.(2)因?yàn)?，由正弦定理，得，所以cos B2sin B.從而cos2 B(2sin B)2，即cos2 B4(1cos2 B)，故cos2 B.因?yàn)閟in B0，所以cos B2sin B0，從而cos B.因此sincos B.10(2020·遼寧三市調(diào)研)在ABC中，角A、B、C的對邊分別為a，b，c，且滿足(ac)·c·.(1)求角B的大??；(2)若|，求ABC面積的最大值解：(1)由題意得(ac)cos Bbcos C.根據(jù)正弦定理得(sin Asin C)cos Bsin Bcos C，所以sin Acos Bsin(CB)，即sin Acos Bsin A.因?yàn)锳(0，)，所以sin A0，所以cos B，又B(0，)，所以B.(2)因?yàn)閨，所以|，即b，根據(jù)余弦定理及基本不等式得6a2c2ac2acac(2)ac(當(dāng)且僅當(dāng)ac時(shí)取等號)，即ac3(2)，故ABC的面積Sacsin B，即ABC面積的最大值為.11.(2020·廣東六校聯(lián)考)某學(xué)校的平面示意圖為如圖五邊形區(qū)域ABCDE，其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū)，四邊形區(qū)域BCDE為教學(xué)區(qū)，AB，BC，CD，DE，EA，BE為學(xué)校的主要道路(不考慮寬度)BCDCDE，BAE，DE3BC3CD km.(1)求道路BE的長度(2)求生活區(qū)ABE面積的最大值解析：(1)如圖，連接BD，在BCD中，由余弦定理得：BD2BC2CD22BC·CDcosBCD，所以BD，因?yàn)锽CCD，所以CDBCBD，又CDE，所以BDE.在RtBDE中，BE.(2)設(shè)ABE，因?yàn)锽AE，所以AEB.在ABE中，由正弦定理，得，所以ABsin，AEsin .所以SABE|AB|AE|sin，因?yàn)?，所以當(dāng)2，即時(shí)，SABE取得最大值為，即生活區(qū)ABE面積的最大值為.高考解答題·審題與規(guī)范(二) 三角函數(shù)與解三角形類考題重在“變換”思維流程變角已知角與特殊角的變換、已知角與目標(biāo)角的變換、角與其倍角的變換、兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運(yùn)用變式在解決解三角形的問題時(shí)，常利用正、余弦定理化邊為角或化角為邊等.真題案例審題指導(dǎo)審題方法(12分)(2019·全國卷)ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a，b，c.已知asinbsin A(1)求B；(2)若ABC為銳角三角形，且c1，求ABC面積的取值范圍.(1)利用正弦定理將已知條件統(tǒng)一成角的關(guān)系，再用誘導(dǎo)公式、二倍角公式變形化簡，解出角的正弦值，從而得角B.(2)結(jié)合(1)及已知，把三角形面積表示成a的函數(shù)，再利用正弦定理將a表示為角C的三角函數(shù)，注意到銳角三角形及角B的大小，確定角C的范圍，進(jìn)而得解.條件是解題的主要材料，充分利用條件間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的必經(jīng)之路審視條件要充分挖掘每一個(gè)條件的內(nèi)涵和隱含信息，發(fā)掘條件的內(nèi)在聯(lián)系.規(guī)范解答評分細(xì)則解析(1)由題設(shè)及正弦定理得sin Asinsin Bsin A1分因?yàn)閟in A0，所以sinsin B2分由ABC180°，可得sincos，故cos2sincos.3分因?yàn)閏os0，故sin，因此B60°.5分(2)由題設(shè)及(1)知ABC的面積SABCa.6分由正弦定理得a.8分由于ABC為銳角三角形，故0°A90°，0°C90°.由(1)知AC120°，所以30°C90°，10分故a2，11分從而SABC.因此，ABC面積的取值范圍是.12分第(1)問踩點(diǎn)得分正確利用正弦定理得1分sin A0正確化簡得1分利用ABC180°，恒等變形得1分cos0得sin得1分；進(jìn)而求出B得1分第(2)問踩點(diǎn)得分表示出SABC得1分利用正弦定理并能表示出a得2分利用銳角和B60°，得出C的范圍得2分由C的范圍得出a的范圍得1分求出SABC的范圍得1分.- 18 -