2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题二　2 第2讲　三角恒等变换与解三角形 17页

- 1 - 第 2讲 三角恒等变换与解三角形 利用三角恒等变换化简、求值 [核心提炼] 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； (3)tan(α±β)＝tan α±tan β 1∓tan αtan β . 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； (3)tan 2α＝ 2tan α 1－tan2α . [典型例题] (1)已知 cos θ－ π 6 ＋sin θ＝ 4 3 5 ，则 sin θ＋ 7π 6 的值是( ) A．4 5 B．4 3 5 C．－ 4 5 D．－ 4 3 5 (2)若 sin 2α＝ 5 5 ，sin(β－α)＝ 10 10 ，且α∈ π 4 ，π ，β∈ π， 3π 2 ，则α＋β的值是( ) A.7π 4 B.9π 4 C.5π 4 或 7π 4 D.5π 4 或 9π 4 【解析】 (1)因为 cos θ－ π 6 ＋sin θ＝ 4 3 5 ， 所以 3 2 cos θ＋ 3 2 sin θ＝ 4 3 5 ， 即 3 1 2 cos θ＋ 3 2 sin θ ＝ 4 3 5 ， 即 3sin θ＋ π 6 ＝ 4 3 5 ， 所以 sin θ＋ π 6 ＝ 4 5 ， - 2 - 所以 sin θ＋ 7π 6 ＝－sin θ＋ π 6 ＝－ 4 5 .故选 C. (2)因为α∈ π 4 ，π ，所以 2α∈ π 2 ，2π ，又 sin 2α＝ 5 5 ，故 2α∈ π 2 ，π ，α∈ π 4 ， π 2 ， 所以 cos 2α＝－ 2 5 5 .又β∈ π， 3π 2 ，故β－α∈ π 2 ， 5π 4 ，于是 cos(β－α)＝－ 3 10 10 ，所以 cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α)＝－ 2 5 5 × － 3 10 10 － 5 5 × 10 10 ＝ 2 2 ，且α＋β∈ 5π 4 ，2π ，故α＋β＝7π 4 . 【答案】 (1)C (2)A 三角函数恒等变换“四大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等； (2)项的分拆与角的配凑：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：一般是切化弦． [对点训练] 1．(2019·杭州市高三模拟)函数 f(x)＝3sin x 2 cosx 2 ＋4cos2x 2 (x∈R)的最大值等于( ) A．5 B．9 2 C．5 2 D．2 解析：选 B.因为 f(x)＝3sin x 2 cos x 2 ＋4cos2x 2 ＝ 3 2 sin x＋2cos x＋2＝5 2 3 5 sin x＋4 5 cos x ＋2 ＝ 5 2 sin(x＋φ)＋2， 其中 sin φ＝4 5 ，cos φ＝3 5 ， 所以函数 f(x)的最大值为 9 2 . 2．(2019·浙江五校联考)已知 3tan α 2 ＋tan2α 2 ＝1，sin β＝3sin(2α＋β)，则 tan(α＋β)＝ ( ) - 3 - A.4 3 B．－ 4 3 C．－ 2 3 D．－3 解析：选 B.因为 sin β＝3sin(2α＋β)， 所以 sin[(α＋β)－α]＝3sin[(α＋β)＋α]， 所以 sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α＝3sin(α＋β)·cos α＋3cos(α＋β)sin α，所以 2sin(α ＋β)cos α＝－4cos(α＋β)sin α， 所以 tan(α＋β)＝sin（α＋β） cos（α＋β） ＝－ 4sin α 2cos α ＝－2tan α， 又因为 3tanα 2 ＋tan2α 2 ＝1，所以 3tanα 2 ＝1－tan2α 2 ， 所以 tan α＝ 2tanα 2 1－tan2α 2 ＝ 2 3 ，所以 tan(α＋β)＝－2tan α＝－ 4 3 . 3．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)若 sin(π＋x)＋cos(π＋x)＝1 2 ，则 sin 2x＝ ________， 1＋tan x sin xcos x－π 4 ＝________． 解析：sin(π＋x)＋cos(π＋x)＝－sin x－cos x＝1 2 ， 即 sin x＋cos x＝－ 1 2 ， 两边平方得：sin2x＋2sin xcos x＋cos2x＝1 4 ， 即 1＋sin 2x＝1 4 ，则 sin 2x＝－ 3 4 ， 由 1＋tan x sin xcos x－π 4 ＝ 1＋sin x cos x 2 2 sin x（cos x＋sin x） ＝ 2 sin xcos x ＝ 2 2 sin 2x ＝ 2 2 － 3 4 ＝－ 8 2 3 . 答案：－ 3 4 － 8 2 3 利用正、余弦定理解三角形 [核心提炼] - 4 - 1．正弦定理及其变形 在△ABC中， a sin A ＝ b sin B ＝ c sin C ＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2Rsin A，sin A＝ a 2R ，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． 2．余弦定理及其变形 在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A； 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝b2＋c2－a2 2bc . 3．三角形面积公式 S△ABC＝ 1 2 absin C＝1 2 bcsin A＝1 2 acsin B. [典型例题] (1)(2018·高考浙江卷)在△ABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c.若 a＝ 7， b＝2，A＝60°，则 sin B＝________，c＝________． (2)在△ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c.已知 b＋c＝2acos B. ①证明：A＝2B； ②若 cos B＝2 3 ，求 cos C的值． 【解】 (1)因为 a＝ 7，b＝2，A＝60°，所以由正弦定理得 sin B＝bsin A a ＝ 2× 3 2 7 ＝ 21 7 . 由余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A可得 c2－2c－3＝0，所以 c＝3.故填： 21 7 3. (2)①证明：由正弦定理得 sin B＋sin C ＝2sin Acos B， 故 2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)＝sin B＋ sin Acos B＋cos Asin B，于是 sin B＝sin(A－B)． 又 A，B∈(0，π)，故 0＜A－B＜π， 所以 B＝π－(A－B)或 B＝A－B， 因此 A＝π(舍去)或 A＝2B， 所以 A＝2B. ②由 cos B＝2 3 得 sin B＝ 5 3 ， cos 2B＝2cos2B－1＝－ 1 9 ， 故 cos A＝－ 1 9 ，sin A＝4 5 9 ， - 5 - cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝22 27 . 正、余弦定理的适用条件 (1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应利用正弦定理． (2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应利用余弦定理． [对点训练] 1．(2019·高考浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点 D在线段 AC上．若 ∠BDC＝45°，则 BD＝________，cos∠ABD＝________． 解析：在 Rt△ABC 中，易得 AC＝5，sin C＝AB AC ＝ 4 5 .在△BCD 中，由正弦定理得 BD＝ BC sin∠BDC ×sin∠BCD＝ 3 2 2 × 4 5 ＝ 12 2 5 ，sin∠DBC＝sin[π－(∠BCD＋∠BDC)]＝sin(∠BCD＋ ∠BDC)＝sin ∠BCDcos∠BDC＋cos∠BCDsin∠BDC＝4 5 × 2 2 ＋ 3 5 × 2 2 ＝ 7 2 10 .又∠ABD＋ ∠DBC＝π 2 ，所以 cos∠ABD＝sin∠DBC＝7 2 10 . 答案： 12 2 5 7 2 10 2．(2019·义乌高三月考)在△ABC中，内角 A，B，C对应的三边长分别为 a，b，c，且满 足 c bcos A－a 2 ＝b2－a2. (1)求角 B的大小； (2)若 BD为 AC边上的中线，cos A＝1 7 ，BD＝ 129 2 ， 求△ABC的面积． 解：(1)因为 c bcos A－ a 2 ＝b2－a2， 即 2bccos A－ac＝2(b2－a2)， 所以 b2＋c2－a2－ac＝2(b2－a2)， 所以 a2＋c2－b2＝ac，cos B＝1 2 ，B＝π 3 . (2)法一：在三角形 ABD中， 由余弦定理得 129 2 2 ＝c2＋ b 2 2 －2c·b 2 cos A， 所以 129 4 ＝c2＋b2 4 － 1 7 bc，① - 6 - 在三角形 ABC中，由已知得 sin A＝4 3 7 ， 所以 sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝5 3 14 ， 由正弦定理得 c＝5 7 b.② 由①，②解得 b＝7， c＝5. 所以 S△ABC＝ 1 2 bcsin A＝10 3. 法二：延长 BD到 E，DE＝BD， 连接 AE，在△ABE中， ∠BAE＝2π 3 ， BE2＝AB2＋AE2－2·AB·AE·cos ∠BAE， 因为 AE＝BC， 129＝c2＋a2＋a·c，① 由已知得，sin ∠BAC＝4 3 7 ， 所以 sin C＝sin(A＋B)＝5 3 14 ， c a ＝ sin ∠ACB sin ∠BAC ＝ 5 8 .② 由①②解得 c＝5，a＝8， S△ABC＝ 1 2 c·a·sin ∠ABC＝10 3. 解三角形中的最值(范围)问题 [典型例题] (1)在△ABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c.已知 2ccos B＝2a－b. ①求角 C的大小； ②若|CA → － 1 2 CB→|＝2，求△ABC面积的最大值． (2)(2019·杭州市高考数学二模)在△ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，若 msin A＝sin B＋sin C(m∈R)． ①当 m＝3时，求 cos A的最小值； ②当 A＝π 3 时，求 m的取值范围． - 7 - 【解】 (1)①因为 2ccos B＝2a－b， 所以 2sin Ccos B＝2sin A－sin B＝2sin(B＋C)－sin B， 化简得 sin B＝2sin Bcos C， 因为 sin B≠0，所以 cos C＝1 2 . 因为 0＜C＜π，所以 C＝π 3 . ②取 BC的中点 D，则|CA → － 1 2 CB→|＝|DA→ |＝2. 在△ADC中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos C， 即有 4＝b2＋ a 2 2 － ab 2 ≥2 a2b2 4 － ab 2 ＝ ab 2 ， 所以 ab≤8，当且仅当 a＝4，b＝2时取等号． 所以 S△ABC＝ 1 2 absin C＝ 3 4 ab≤2 3， 所以△ABC面积的最大值为 2 3. (2)①因为在△ABC中 msin A＝sin B＋sin C， 当 m＝3时， 3sin A＝sin B＋sin C， 由正弦定理可得 3a＝b＋c， 再由余弦定理可得 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ b2＋c2－1 9 （b＋c）2 2bc ＝ 8 9 （b2＋c2）－ 2 9 bc 2bc ≥ 8 9 ·2bc－2 9 bc 2bc ＝ 7 9 ， 当且仅当 b＝c时取等号， 故 cos A的最小值为 7 9 . ②当 A＝π 3 时，可得 3 2 m＝sin B＋sin C， 故 m＝2 3 3 sin B＋2 3 3 sin C ＝ 2 3 3 sin B＋2 3 3 sin 2π 3 －B ＝ 2 3 3 sin B＋2 3 3 3 2 cos B＋1 2 sin B - 8 - ＝ 2 3 3 sin B＋cos B＋ 3 3 sin B ＝ 3sin B＋cos B＝2sin B＋π 6 ， 因为 B∈ 0，2π 3 ， 所以 B＋π 6 ∈ π 6 ， 5 6 π ， 所以 sin B＋π 6 ∈ 1 2 ，1 ， 所以 2sin B＋π 6 ∈(1，2]， 所以 m的取值范围为(1，2]． (1)求最值的一般思路 由余弦定理中含两边和的平方(如 a2＋b2－2abcos C＝c2)且 a2＋b2≥2ab，因此在解三角形 中，若涉及已知条件中含边长之间的关系，且与面积有关的最值问题，一般利用 S＝1 2 absin C 型面积公式及基本不等式求解，有时也用到三角函数的有界性． (2)求三角形中范围问题的常见类型 ①求三角形某边的取值范围． ②求三角形一个内角的取值范围，或者一个内角的正弦、余弦的取值范围． ③求与已知有关的参数的范围或最值． [对点训练] 1．在△ABC中，AC→ ·AB→＝|AC→－AB→ |＝3，则△ABC面积的最大值为( ) A. 21 B.3 21 4 C. 21 2 D．3 21 解析：选 B.设角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c， 因为AC→·AB→＝|AC→－AB→ |＝3， 所以 bccos A＝a＝3. 又 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ≥1－ 9 2bc ＝1－3cos A 2 ， 所以 cos A≥2 5 ， - 9 - 所以 0