【2021】浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)：專題二2第2講三角恒等變換與解三角形

第2講三角恒等變換與解三角形利用三角恒等變換化簡(jiǎn)、求值［核心提煉］.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(a±B)=sinacosB±cosasinB；(2)cos(a±B)=cosacosB干sinasinB；tana±tanB(3)tan(a±B)= .1+tanatanB.二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2a=2sinacosa；(2)cos2a=cos2a—sin2a=2cos2a—1=1—2sin2a；(3)tan2a(3)tan2a=2tana1—tan2a［典型例題］(1)已知cos(0—^^j+sin0=4|3,則sin(。+7n^)的值是( )A.BB.A.BB.5C.D.4-J35(2)若sin2a=乎,sin(B—a)=10，且a￡了，冗,BGn,，則a+B的值是( )【解析】(1)因?yàn)閏os(e--6^+sinB='F,3 36+,sin所以卓也即用sin'3 36+,sin所以卓也即用sin'+n|=手,所以sinl,所以sin16+~6J=—sin(6+-6J=—5.故選C.(2)因?yàn)閍￡I,n，所以2a￡-y,2n I l__n三

彳T__n三

彳T_,所以cos2a=—^5^,又3金，于是cos(§—a)=—310。,所以cos(a+3)=cos[2a+(§—a)]=cos2acos(§—a)—sin2asin(§—a)=—^5^X述)—5X1010【答案】（1）C求I解國(guó)珞三角函數(shù)恒等變換“四大策略”(1)常值代換：特別是述)—5X1010【答案】（1）C求I解國(guó)珞三角函數(shù)恒等變換“四大策略”(1)常值代換：特別是“1”的代換，1=sin2?+cos2e=tan450等；(2)項(xiàng)的分拆與角的配湊：如sin2a+2cos2a=(sin2a+cos2a)+cos2a,a=(a-§)+§等；⑶降次與升次：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.［對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練］1.x%. %（2021?杭州市高三模擬）函數(shù)f（%）=3sm2cos2+4cos22（%￡R）的最大值等于（ ）A.B.C.D.解析：選B.因?yàn)閒(%)=3sin2cos%+4cos223 5f3,,4 『=2sm%+2cos%+2=2gsm%+5C0Sxj+221=2sin(%+p)+2,- 4其中sinp=5,3cos④=5,2.2.C.所以函數(shù)f%）的最大值為2.(2021?浙江五校聯(lián)考)已知3tan了+tan2-=1,sinB=3sin(2a+§)，貝Utan(a+§)=B.D.解析：選B.因?yàn)閟in3=3sin(2a+§)所以sin[(a+§)—a]=3sin[(a+§)+a]

所以sin(?+/?)cosa—cos(?+/?)sina=3sin(?+/?)-cosa+3cos(a+￡)sina,所以2sin(?+￡)cosa=-4cos(?+/?)sina,.. ,sin(a+￡)4sina-2^=-2tanM又因?yàn)?tan"+tan22=14sina-2^=-2tanM又因?yàn)?tan"+tan22=1所以Stan"=1—tan2—,a所以tan(所以tan(a+￡)=-2tana=—3.＞所以tana= =~za31—tan223.（202L寧波諾丁漢大學(xué)附中高三期中檢測(cè)）若sin（n+%）+cos（n+%）=2，貝Usin2%=1+tan%

sin%cos(寸解析：sin(n+%)+cos(n+%)=—sin%—cos%=2,即sin即sin%+cos1

%=—2,兩邊平方得：sin2%+2sin%cos%+cos2%=4,一, 1一， 3即1+sin2%=4,則sin2%=—4,1+tan%sin%cosQ—1+tan%sin%cosQ—~4-^一五.(*.)2sin%(cos%+sin%)V2

sin%cosV2

sin%cos%2也 2\-2 8\'2sin2%. 3答案：—48\12

3利用正、余弦定理解三角形［核心提煉］.正弦定理及其變形在^ABC中，在^ABC中，sinAsinBsinC=2R（R為^ABC的外接圓半徑）.變形：a=2RsinA,sinA=a,a:b:c=sinA:sinB:sinC等.2R.余弦定理及其變形在△A5C中，成=歷+。2—2Z?ccosA；變形：Z?2+變形：Z?2+C2—?2=2Z?CC0SA,cosA=歷+。2-42

2bc.三角形面積公式S匕abc=2absinC=2bcsinA=]acsinB.［典型例題］(1)(2021?高考浙江卷)在^ABC中，角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.若a=\：7b=A=60°,貝UsinB=,c=.(2)在4ABC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,仁已知b+c=2acosB.①證明：A=2B；②若cosB=3，求cosC的值....2Xt工【解】(1)因?yàn)閍=、"，b=2,A=60°,所以由正弦定理得sinB=2a—= q-=^^-.21由余弦定理a2=b2+c2—2bccosA可得c2—2c—3=0,所以c=3.故填：7 3.(2)①證明：由正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB,故2sinAcosB=sinB+sin(A+B)=sinB+sinAcosB+cosAsinB，于是sinB=sin(A—B).又A,B￡(0,口)，故0VA—BVn,所以B=n—(A—B)或B=A一B,因此A=n(舍去)或A=2B,所以A=2B.2一君②由cosB=3得sinB=3,cos2B=2cos2B—1=—9,故cosA=—1,sinA=罕,, , 22cosC=—cos(A+B)=—cosAcosB+sinAsinB=27.名師點(diǎn)評(píng)正、余弦定理的適用條件“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對(duì)角”應(yīng)利用正弦定理.“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)利用余弦定理.

［對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練］(2021-高考浙江卷)在^ABC中，/ABC=90°,AB=4,BC=3,點(diǎn)D在線段AC上.若ZBDC=45°,貝UBD=,cosZABD=.解析：在RtAABC中，易得AC=5,sinC=AB^=4.在△BCD中，由正弦定理得BD=AC5.笑八.XsinZBCD=Wx4=12^2,sinZDBC=sin[n-(ZBCD+ZBDC)]=sin(ZBCD+sinNBDC 25 52ZBDC)=sinNBCDcosNBDC+cosNBCDsinNBDC=4Xg+3X申=親.又ZABD+J乙J乙 JLUZDBC=n2，所以cosNABD=sinNDBC=率.答案:竽爺（2021-義烏高三月考）在4ABC中，內(nèi)角A,B,C對(duì)應(yīng)的三邊長(zhǎng)分別為a,b,c,且滿足c(bcosA—2J=b2—a2.⑴求角B的大??；（2）若BD為AC邊上的中線，cosA=7,BD=工詈求^ABC的面積.解：（1）因?yàn)閏（bcosA—z］=b2—a2,即2bccosA—ac=2(b2—a2),所以b2+c2—a2—ac=2(b2—a2),所以a2+c2—b2=ac,cosB=；,B=于(2)法一：在三角形ABD中，由余弦定理得(當(dāng)29)2=c2+(b2—2c-bcosA,129 b21所以 =c2+1一7bc,①,八..，一.一 4-,,3在三角形ABC中，由已知得sinA=亍，.. . . 5-...''3所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=^4-,由正弦定理得c=7b.②由①由①，②解得b=7,c=5.所以SyBc=TocsinA=10>/3.法二：延長(zhǎng)BD到E,DE=BD,連接AE，在△ABE中，NBAE=2n，BE2=AB2+AE2—2-AB?AE?cosNBAE,因?yàn)锳E=BC,129=c2+a2+a?c,①4-...'13由已知得，sinNBAC=7,5-、/3所以sinC=sin(A+B)= ,c_sinNACB_5a=sinNBAC=8.②由①②解得c=5,a=8,S =ic?a,sinNABC=10\'3.△ABC2解三角形中的最值(范圍)問(wèn)題［典型例題］(1)在4ABC中，角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,仁已知2ccosB=2a—b.①求角C的大小；②若CA—2CB=2,求4ABC面積的最大值.(2)(2021?杭州市高考數(shù)學(xué)二模)在4ABC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若msinA=sinB+sinC(m￡R).①當(dāng)m=3時(shí)，求cosA的最小值；②當(dāng)A=n3-時(shí)，求m的取值范圍.【解】(1)①因?yàn)?ccosB=2a—b,所以2sinCcosB=2sinA—sinB=2sin(B+C)—sinB,化簡(jiǎn)得sinB=2sinBcosC,因?yàn)閟inB十0,所以cosC=2.因?yàn)?VC＜口，所以C=￡.

②取bc的中點(diǎn)，貝ij(Ca—2矗=iDa1=2.在、ADC中，AD2=AC2+CD2—2AC?CDcosC,即有4=歷+?—a次拜—a=a,所以abW8,當(dāng)且僅當(dāng)a=4,b=2時(shí)取等號(hào).... 1 33 一所以S^ABC=2absinC=4abW2小,所以△ABC面積的最大值為2Tl(2)①因?yàn)樵赹ABC中msinA=sinB+sinC,當(dāng)m=3時(shí)，3sinA=sinB+sinC,由正弦定理可得3a=b+c,再由余弦定理可得cosA=cosA=2bcb2+c2—a2b2+c2—9(b+c)22bc829(b2+c2)—9829(b2+c2)—9bc2bc79,當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取等號(hào)，7故cosA的最小值為9.②當(dāng)A=37時(shí)，可得￥m=sinB+sinC,J 乙故m=苧sinB+早sinC空沮(2n.3sinB+3sin3-B手sinB+手(奈osB+|sinB率inB+cosB+乎sinB=a/3sinB+cosB=2sin^B+,所以sin

所以sin所以2sin(5+6-J￡(1,2],所以m的取值范圍為(1,2].名師點(diǎn)評(píng)(1)求最值的一般思路由余弦定理中含兩邊和的平方(如a2+b2-2abcosC=c2)且a2+b2三2ab，因此在解三角形中，若涉及已知條件中含邊長(zhǎng)之間的關(guān)系，且與面積有關(guān)的最值問(wèn)題，一般利用S=2absinC型面積公式及基本不等式求解，有時(shí)也用到三角函數(shù)的有界性.(2)求三角形中范圍問(wèn)題的常見(jiàn)類型①求三角形某邊的取值范圍.②求三角形一個(gè)內(nèi)角的取值范圍，或者一個(gè)內(nèi)角的正弦、余弦的取值范圍.③求與已知有關(guān)的參數(shù)的范圍或最值.［對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練］1.在△ABC中，AC?AB=1AC—AB1=3,則4ABC面積的最大值為( )D.3-回解析：選B.設(shè)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,因?yàn)锳C?AB=IAC-AB1=3,所以bccosA=a=3.b2+c2-a2 93cosA又c0sA= 2bc 三1-2bc=1-F-,所以cosA三5所以0<sinAW=21,以^ABC的面積S=2bcsinA=2tanAW2X*^_3j_21故△ABC面積的最大值為3『.2.2.(202L浙江“七彩F日光”聯(lián)盟聯(lián)考)已知a,b,c分別為△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊，其面積滿足S”“=1a2,則唬的最大值為()

△ABC4 b+2++2解析：選C.根據(jù)題意，有S△ABC=4a2=2bcsinA,

c應(yīng)用余弦定理，可得b2+c2—2bccosA=2bcsinA,令t=b,于是12+1—21cosA=21sinA.于是21sinA+21cosA=12+1,所以2\12sin(A+：)=t+；，從而t+；W2y2解得t的最大值為%巧+1.（2021-浙江紹興一中模擬）在^ABC中，a,b,c分別為角A,B,C的對(duì)邊，且滿足b2+c2-a2=bc.⑴求角A的值；（2）若a="，記△ABC的周長(zhǎng)為y,試求y的取值范圍.解：（1）因?yàn)閎2+c2—a2=bc,所以由余弦定理得cosA=黨3=1,2bc 2因?yàn)锳因?yàn)锳￡(0,n),所以a=-3.(2)由a=\i13,n一一A=不及正弦定理，bcsinBsinCsinA J3T=2(2)由a=\i13,n一一A=不及正弦定理，bcsinBsinCsinA J3T=2,得b=2sinB,c=2$出[/一bJ，其中B￡[0,jnJ,所以周長(zhǎng)y=\；3+2sinB+2sin[B^=3sinB+、/3cosB+'-'./3=2\'3sin^B+()+---3,L2n)n(n由于B￡(0,-J,得B+y￡匕,從而周長(zhǎng)yG（2\3,3、。］.專題強(qiáng)化訓(xùn)練1.已知sin}]—aj=cos^-6+aJ,貝Ucos2a=( )A.B.-1C.D.0解析：選D.因?yàn)閟in—a=cos fas

12c°

以所a-gsina=孝cosa-|sina,即G-坐)sina=—(i—90s口,所以tana=cosa=—1,所以cos2a=cos2a-sin2cos2a—sin2a 1—tan2aa=~； ~~~= z~~7=0.sin2a+cos2a tan2a+1(202L高考全國(guó)卷1)已知函數(shù)f(x)=2cos2x—sin2x+2,則( )A.B.f(x)的最小正周期為

f(A.B.f(x)的最小正周期為

f(x)的最小正周期為n,n,C.D.f(x)的最小正周期為2f(x)的最小正周期為2最大值為3最大值為4最大值為3,最大值為4TOC\o"1-5"\h\z3 33 5解析：選8.易知f(x)=2cos2x—sin2x+2=3cos2x+1=2(2cos2x—1)+2+1=2cos2x+2,則f(x)的最小正周期為n,當(dāng)x=kn(k￡Z)時(shí)，f(x)取得最大值，最大值為4.(202L臺(tái)州市高考一模)在^ABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知a=1,L 32b—-33c=2acosC,sinC=%，則△ABC的面積為( )解析：選C.因?yàn)?b—、..：3c=2acosC,所以由正弦定理可得2sinB—\'3sinC=2sinAcosC,所以2sin(A+C)—\1r3sinC=2sinAcosC,所以2cosAsinC=\；3sinC,所以cos所以cosA=；,所以A=30°,… v13… v13因?yàn)閟inC=2,所以C=60°或120°.A=A=30°,C=60,B=90°,a=1,所以4ABC的面積為2X1X2Xg=手，A=30°,C=120°,B=30°C=120°,B=30°a=1,所以△ABC的面積為1X1X1X\/3^34,故選C.4.在△ABC中三個(gè)內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若Saabc=2\'3,a+b=6,△ABCacosB+acosB+bcosA=2coscC，則c=()C.4B.2V3D.3v3解析：選B.因?yàn)閍cosB解析：選B.因?yàn)閍cosB＋bcosAsinAcosB＋sinBcosAsin(A＋B)sinCsin(A＋B)=1,所以2cosC=1,所以C="3.又S△ABC=243則2absinC=2寸3,所以ab=8.因?yàn)閍+b=6,所以c2=a2+b2—2abcosC=(a+b)2—2ab—ab=(a+b)2—3ab=62—3*8=12,所以c=1,所以5.公元前6世紀(jì),古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派研究過(guò)正五邊形和正十邊形的作圖,發(fā)現(xiàn)了

TOC\o"1-5"\h\z黃金分割均為，這一數(shù)值也可以表示為機(jī)=2sinl8°,若機(jī)2+〃=4,則;^ ~(^ -=( )2cos227—1A.8 B.4C.2 D.1解析：選C.因?yàn)閙=2sin18°,若m2+n=4,則n=4—m2=4—4sin2l8°=4(1—sin2l8°)=4cos2l8°,所以 mjn 2sin18° 4cos218° 4sin18°cos1802sin36°以2cos227°—1 cos54° sin36°sin36° 2（2021?杭州市高三期末檢測(cè)）設(shè)點(diǎn)P在^ABC的BC邊所在的直線上從左到右運(yùn)動(dòng)，設(shè)△ABP與^ACP的外接圓面積之比為九當(dāng)點(diǎn)P不與B,C重合時(shí)（A.人先變小再變大B.當(dāng)M為線段BC中點(diǎn)時(shí)，入最大C.A先變大再變小D.入是一個(gè)定值解析：選D/殳^ABP與^ACP的外接圓半徑分別為rr2,則之「=2r=則2r1sinZAPB，2r2sinZAPC，因?yàn)?APB+ZAPC=180°,所以sinZAPB=sinZAPC,所以r1_ABr2=所以r1_ABr2=AC，7.（2021?福州市綜合質(zhì)量檢測(cè)）已知若sin2(a+y)=3sin2B,=()解析：選D.設(shè)A=a+B+Y,B=a—B+Y，則2(a+Y)=A+B,20=A-B,因?yàn)閟in2(a+Y)=3sin20,所以sin(A+B)=3sin(A—B),

R]3sinAcos5+cosAsinB=3(sinAcosB—cosAsinB),即2cosAsinB=sinAcosB,所以tanA=2tanB,tanA-一tan5=2,故iD.8.（2021?咸陽(yáng)二模）已知△A5C的三個(gè)內(nèi)角A,B,R]3sinAcos5+cosAsinB=3(sinAcosB—cosAsinB),即2cosAsinB=sinAcosB,所以tanA=2tanB,tanA-一tan5=2,故iD.8.（2021?咸陽(yáng)二模）已知△A5C的三個(gè)內(nèi)角A,B,。的對(duì)邊分別為a,Z?c，且名+福=2c2,sinA(1—cosC)=sinBsinC,b=6,AB邊上的點(diǎn)M滿足AM=2MB,過(guò)點(diǎn)M的直線與射線CA,CB分別交于P,Q兩點(diǎn)，則MP2+MQ2的最小值是（）363738D.39解析：選A.由正弦定理，知b2sin2A+sin2B=2c2,即2=2sin2。，所以sinC=1，C=~2，所以sinA(1—cosC)=sinBsinC,以A=B="4.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則M（2,即sinA=sinB,所4),設(shè)ZMPC=0,則Mp2+MQ2=磊+帚=(sin20+cos2⑺心+熹）=20+4tan20+磊三36,當(dāng)且僅當(dāng)tan0=立時(shí)等號(hào)成立，即Mp2+MQ2的最小值為36.9.已知2cos2x+sin2%=Asin(①x+q)+b(A>0),則A=,b=解析：由于2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x=、①sin(2x+"4)+1，所以A='-.^，b=1.答案：V2110.若a￡(0,口，cosG—a^=25/2cos2a,貝|sin2a=.解析：由已知得"2(cosa+sina)=2\'2(cosa—sina>(cosa+sina)，所以cosa+sina=0或cosa—sina=4，由cosa+sina=0得tana=—1，因?yàn)閍￡(0，n)，所以cosa+sina=0不滿足條件；由cosa—sina=；，兩邊平方得1—sin2a=16，

所以sin2a=77答案：16(2021?金麗衢十二校聯(lián)考二模)在^ABC中，內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c,acosB=bcosA,4S=2a2—c2,其中S是^ABC的面積，則C的大小為.解析：△ABC中，acosB=bcosA,所以sinAcosB=sinBcosA,所以sinAcosB—cosAsinB=sin(A—B)=0,所以A=B，所以a=b;又^ABC的面積為S=2absinC,乙且4S=2a2—c2,所以2absinC=2a2—c2=a2+b2—c2,所以sin所以sinC=a2+b2-c2—2ab—=cosC所以C=/n答案：了（2021?紹興市一中高三期末檢測(cè)）△ABC中，D為線段BC的中點(diǎn)，AB=2AC=2,tanZCAD=sinZBAC,則UBC=sinNCAD ,sinNCAD解析：由正弦定理可知sinNBAD=2,又tanNCAD=sinNBAC，則cosNCAD=sin(ZCAD+ZBAD),利用三角恒等變形可化為cosNBAC=2,據(jù)余弦定理BC=ACL+2+AB2—2^AC?AB?cosNBAC=\jl+4—2=\：3.答案：的(2021?惠州第一次調(diào)研)已知a,b,c是^ABC中角A,B,C的對(duì)邊，a=4,b￡(4,6),sin2A=sinC,則c的取值范圍為.解析：由.4=.c,得.4=c，所以c=8cosA，因?yàn)?6=b2+c2—2bccosA,所sinAsinCsinAsin2A16—b2 (4—b)(4+b) 4+b以16—b2=64cos2A—16bcos2A，又bW4,所以cos2A=-777= 77 =~T~,64—16b 16(4—b) 16所以c2=64cos2A=64X=16+4b.因?yàn)閎￡(4,6)所以c2=64cos2A=64X答案：(4-：2,2-,110)（202L紹興市一中期末檢測(cè)）設(shè)4ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c且acos⑴求角A的大??；（2）若a=3,求4ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍.解：（1）由acosC—2c=b得：sinAcosC—|sinC=sinB,又sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,所以2$出C=—cosAsinC,因?yàn)閟inC丑0,所以cosA=—2,又0VAVn,“、一2n＞所以A=-3~.asinBl 一(2)由正弦定理得：b=sina=2\'3sinB,c=2\，3smC,l=a+b+c=3+2\：3(sinB+sinC)=3+2-,,'3[sinB+sin(A+B)]=3+2\''3(jsinB+?cosB^=3+2\'3sin(B+g,因?yàn)锳=23n，所以B￡(0,1J,” ,n(n 2nA所以B+了￡[J，—,所以sin(B+3￡(號(hào)，1,則^ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍為(6,3+2-,13 ].(202L湖州模擬)在^ABC中，角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,如已知3畝A+sinB+sinC)(sinB+sinC—sinA)=3sinBsinC.(1)求角A的值；(2)求一\j3sinB—cosC的最大值.解：(1)因?yàn)?sinA+sinB+sinC)(sinB+sinC—sinA)=3sinBsinC,由正弦定理，得(a+b+c)(b+c—a)=3bc,

所以b2+c2—a2