三角恒等变换与解三角形
命题点1 三角恒等变换
1．三角恒等变换“四大策略”
(1)常值代换：常用到“1”的代换，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：一般是切化弦．
2．常用公式技巧
(1)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α.α＝(α－β)＋β等．
(2)降幂公式：sin2α＝，cos2α＝.
(3)辅助角公式：asin
θ＋bcos
θ＝sin(θ＋φ)，其中cos
φ＝，sin
φ＝.
[高考题型全通关]
1．(2020·广州一模)sin
80°cos
50°＋cos
140°sin
10°＝( )
A．－
B．
C．－
D．
D [sin
80°cos
50°＋cos
140°sin
10°
＝cos
10°cos
50°－sin
50°sin
10°
＝cos(50°＋10°)＝cos
60°＝.故选D．]
2．(2020·玉林一模)已知α∈(0，π)，cosα＋＝，则sin
α的值为( )
A．
B．
C．
D．
A [∵α∈(0，π)，cosα＋＝，
∴sinα＋＝，
∴sin
α＝sin＝×－×＝.故选A．]
3．(2020·南昌模拟)已知α为第二象限角，且sin2α＝cos
2α，则＝( )
A．－
B．
C．
D．－
D [由sin2α＝cos
2α＝cos2α－sin2α，得tan2α＝，∵α为第二象限角，∴tan
α＝－，
∴＝＝2tan
α＝－，故选D．]
4．若sin－x＝，则sin＋2x的值为( )
A．
B．－
C．
D．－
D [∵sin－x＝，
∴sin＋2x＝cos＝cos－2x
＝cos
2－x＝1－2sin2－x＝1－2×＝－.]
5．(2020·全国卷Ⅲ)已知sin
θ＋sin＝1，则sin＝( )
A．
B．
C．
D．
B [∵sin
θ＋sin＝sin
θ＋cos
θ＝sin＝1，∴sin＝，故选B．]
6．已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，则log2等于( )
A．2
B．3
C．4
D．5
C [因为sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，
所以sin
αcos
β＋cos
αsin
β＝，sin
αcos
β－cos
αsin
β＝，所以sin
αcos
β＝，cos
αsin
β＝，所以＝5，所以log2＝log52＝4.故选C．]
7．已知α∈0，，β∈0，，tan
α＝，则( )
A．α＋β＝
B．α－β＝
C．α＋β＝
D．α＋2β＝
B [tan
α＝＝＝＝＝＝tan＋β，又因为α∈0，，β∈0，，所以α＝＋β，即α－β＝.]
8．已知函数f(x)＝5sin
x－12cos
x，当x＝x0时，f(x)有最大值13，则tan
x0＝________.
－ [法一：(直接法)f(x)＝5sin
x－12cos
x＝13sin(x－θ).
当x＝x0时，f(x)有最大值13，∴x0－θ＝＋2kπ，k∈Z，∴x0＝θ＋＋2kπ.tan
x0＝tan＝tan＝＝＝－.
法二：(导数法)由f′(x)＝5cos
x＋12sin
x＝0得tan
x＝－.
又f′(x0)＝0，∴tan
x0＝－.]
命题点2 解三角形
应用正、余弦定理解三角形应注意的4点
(1)正弦定理：
a∶b∶c＝sin
A∶sin
B∶sin
C．
(2)余弦定理：要注意整体思想的运用，如a2＝b2＋c2－2bccos
A＝(b＋c)2－2bc－2bccos
A．
(3)解的不定性：在已知三角形两边及其中一边的对角，求该三角形的其它边角的问题时，首先必须判断是否有解，如果有解，是一解还是两解，注意“大边对大角”在判定中的应用．
(4)三角形的面积公式：S＝absin
C＝acsin
B＝bcsin
A．
注：求三角形的面积时，有时可以利用余弦定理求出ab的整体值再求面积，而不必分别求出a，b的值．
[高考题型全通关]
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝，b＝，B＝45°，则角A等于( )
A．60°
B．120°
C．90°
D．60°或120°
D [由正弦定理可知＝，即＝＝2，所以sin
A＝，因为a>b，所以A>45°，所以A＝60°或A＝120°.故选D．]
2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，以下四个结论中，错误的是( )
A．若a>b>c，则sin
A>sin
B>sin
C
B．若A>B>C，则sin
A>sin
B>sin
C
C．acos
B＋bcos
A＝c
D．若a2＋b2>c2，则△ABC是锐角三角形
D [对于A，由于a>b>c，由正弦定理＝＝＝2R，可得sin
A>sin
B>sin
C，故A正确；
对于B，A>B>C，由大边对大角定理可知，a>b>c，由正弦定理＝＝＝2R，可得sin
A>sin
B>sin
C，故B正确；
对于C，由正弦定理可得acos
B＋bcos
A＝2R(sin
Acos
B＋sin
Bcos
A)＝2Rsin(B＋A)＝2Rsin(π－C)＝2Rsin
C＝c，故C正确；
对于D，a2＋b2>c2，由余弦定理可得cos
C＝>0，由C∈(0，π)，可得C是锐角，但A或B有可能为钝角，故D错误．]
3．(2020·大连模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin
A＝，a＝b，c＞a，则角C的大小为( )
A．
B．
C．
D．
D [∵sin
A＝，a＝b，c＞a，
∴由正弦定理可得sin
A＝sin
B，可得sin
B＝＝＝，
∵c＞a＞b，
∴cos
A＝＝，
cos
B＝＝，
∴cos
C＝－cos(A＋B)＝sin
Asin
B－cos
Acos
B
＝×－×＝－，
∵C∈(0，π)，可得C＝.故选D．]
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，acos
B＋bcos
A＝2ccos
C，c＝，且△ABC的面积为，则△ABC的周长为( )
A．1＋
B．2＋
C．4＋
D．5＋
D [在△ABC中，acos
B＋bcos
A＝2ccos
C，
则sin
Acos
B＋sin
Bcos
A＝2sin
Ccos
C，
即sin(A＋B)＝2sin
Ccos
C，
∵sin(A＋B)＝sin
C≠0，∴cos
C＝，∴C＝.
由余弦定理可得，a2＋b2－c2＝ab，
即(a＋b)2－3ab＝c2＝7，
又S＝absin
C＝ab＝，∴ab＝6，
∴(a＋b)2＝7＋3ab＝25，a＋b＝5，
∴△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋.]
5．已知△ABC的面积为S，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若4S＝a2－(b－c)2，bc＝4，则S＝( )
A．2
B．4
C．
D．2
A [由4S＝a2－(b－c)2可得
4×bcsin
A＝a2－b2－c2＋2bc，
∴2bcsin
A＝2bc－2bccos
A，
即sin
A＋cos
A＝1，
所以sinA＋＝，
又0＜A＜π，所以＜A＋＜，
即A＋＝，∴A＝.
∴S△ABC＝bcsin
A＝×4＝2.故选A．]
6．在平面四边形ABCD中，∠D＝90°，∠BAD＝120°，AD＝1，AC＝2，AB＝3，则BC＝( )
A．
B．
C．
D．2
C [如图，在△ACD中，∠D＝90°，AD＝1，AC＝2，所以∠CAD＝60°.又∠BAD＝120°，所以∠BAC＝∠BAD－∠CAD＝60°.在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝7，所以BC＝.故选C．]
7．(2020·德阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A＝60°，b＝3，AD为BC边上的中线，若AD＝，则△ABC的面积为( )
A．
B．
C．
D．
B [如图，设CD＝DB＝x，
则cos∠ADC
＝
＝
＝，
①
cos∠ADB＝＝＝.
②
∵∠ADC＋∠ADB＝180°；
∴①＋②＝0?c2＝2x2＋.
③
∵∠CAB＝60°，
∴BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠CAB?(2x)2＝c2＋32－2c×3×＝c2＋9－3c.
④
③④联立得：c2＋3c－40＝0?c＝5(c＝－8舍)；
∴△ABC的面积为bcsin∠CAB＝.故选B．]
8．在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcos
C＝3acos
B－ccos
B，·＝2，则△ABC的面积为________．
2 [因为bcos
C＝3acos
B－ccos
B，
由正弦定理得sin
Bcos
C＝3sin
Acos
B－sin
Ccos
B，
即sin
Bcos
C＋sin
Ccos
B＝3sin
Acos
B，
所以sin(B＋C)＝3sin
Acos
B．
又sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sin
A，
所以sin
A＝3sin
Acos
B，
又sin
A≠0，解得cos
B＝，
所以sin
B＝＝＝.
由·＝2，
可得cacos
B＝2，解得ac＝6.
所以S△ABC＝ac·sin
B＝×6×＝2.]
[教师备选]
1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a2－b2＝bc，sin
C＝2sin
B，则角A为( )
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
A [由sin
C＝2sin
B，得c＝2b，
∴c2＝2bc，
∴cos
A＝＝＝，
又0°
2．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2cos
B＝，则该三角形一定是( )
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
A [由2cos
B＝及余弦定理得2×＝＝，整理得c2＝b2，∴b＝c，
∴△ABC为等腰三角形．]
3．(2020·长春二模)在△ABC中，C＝30°，cos
A＝－，AC＝－2，则AC边上的高为( )
A．
B．2
C．
D．
C [∵cos∠BAC＝－，0＜∠BAC＜π，∴sin∠BAC＝，
∴sin∠ABC＝sin(∠BAC＋C)＝sin∠BACcos
C＋cos∠BACsin
C
＝×－×＝，
由正弦定理有，＝，
即＝，解得AB＝3，设AC边上的高为BD，
∴×AB×AC×sin∠BAC＝×AC×BD，
即3×(－2)×＝(－2)×BD，
∴BD＝，即AC边上的高为.故选C．]
4．(2020·宜宾模拟)在△ABC中，角A的平分线交边BC于D，AB＝4，AC＝8，BD＝2，则△ABD的面积是( )
A．
B．3
C．1
D．3
A [如图，
因为在△ABC中，角A的平分线交边BC于D，AB＝4，AC＝8，BD＝2，
所以＝?DC＝4，
∴BC＝6，
∴cos
B＝＝＝－，
∴sin
B＝＝，
∴S△ABC＝AB·BC·sin
B＝3，
∴S△ABD＝S△ABC＝.故选A．]
命题点3 正、余弦定理的实际应用
1．解决三角形应用题的基本思路
实际问题数学问题数学问题的解实际问题的解．
2．用正、余弦定理解决问题的一般步骤
(1)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知，则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，选择便于计算的定理．
[高考题型全通关]
1．某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°的方向上，距A
12海里处，灯塔C在A的北偏西30°的方向上，距A8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．8海里
C．23海里
D．24海里
B [如图所示，在△ABD中，∠DAB＝75°，∠ADB＝60°，
∴B＝180°－75°－60°＝45°，
由正弦定理得＝，
∴AD＝＝＝24.
在△ACD中，AD＝24，AC＝8，∠CAD＝30°，
由余弦定理得
CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos
30°
＝242＋(8)2－2×24×8×＝192，
∴CD＝8.]
2.[高考改编]如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北45°(即∠BAC＝45°)的方向上，行驶600
m后到达B处，测得此山顶在北偏东15°(即∠ABC＝75°)的方向上，仰角∠DBC为30°，则此山的高度CD＝( )
A．200
m
B．400
m
C．600
m
D．800
m
B [△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝600，∠ABC＝75°，∴∠ACB＝60°，
由正弦定理得＝，
BC＝＝1
200，
Rt△BCD中，∠DBC＝30°，
∴CD＝BCtan∠DBC＝1
200×＝400，
则山高CD为400
m．故选B．]
命题点4 三角形中的最值(范围)问题
三角形中的最值(范围)问题求解策略
(1)解题的2大工具：三角函数的有界性及均值不等式，特别要重视在余弦定理中用均值不等式，实现a2＋b2，ab，a＋b三者的互化．
(2)隐含条件：注意在锐角三角形中隐含着：①A＋B＞；②若A＝，则＜B，C＜.
[高考题型全通关]
1．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C，则A的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
C [由已知及正弦定理有a2≤b2＋c2－bc，
由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccos
A，
于是b2＋c2－2bccos
A≤b2＋c2－bc，
∴cos
A≥，
在△ABC中，A∈(0，π)．
由余弦函数的性质，得0＜A≤.]
2．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，则角B的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
C [∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac，
由余弦定理，得cos
B＝＝≥＝，
又B∈(0，π)，∴B∈，故选C．]
3．设锐角△ABC的三内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，且a＝1，B＝2A，则b的取值范围为( )
A．(，)
B．
(1，)
C．(，2)
D．(0,2)
A [∵B＝2A，∴sin
B＝sin
2A＝2sin
Acos
A．
∵a＝1，∴b＝2acos
A＝2cos
A．
又△ABC为锐角三角形，∴
∴＜A＜，
∴＜cos
A＜.
即＜b＝2cos
A＜，故选A．]
4．已知锐角△ABC外接圆的半径为2，AB＝2，则△ABC周长的最大值为( )
A．4
B．6
C．8
D．12
B [∵锐角△ABC外接圆的半径为2，AB＝2，
∴＝2R，即＝4，∴sin
C＝，又C为锐角，
∴C＝，由正弦定理得＝＝＝4，
∴a＝4sin
A，b＝4sin
B，c＝2，
∴a＋b＋c＝2＋4sin
B＋4sin－B＝6sin
B＋2·cos
B＋2＝4sinB＋＋2，
∴当B＋＝，即B＝时，a＋b＋c取得最大值4＋2＝6.]
5．(2020·北碚区模拟)在△ABC中，AB＝3AC＝6，tan
A＝－，点D，E分别是边AB，AC上的点，且DE＝3，记△ADE，四边形BCED的面积分别为S1，S2，则的最大值为( )
A．
B．
C．
D．
C [由题意可知A＝120°，S△ABC＝×2×6×sin
120°＝3.
设AD＝x(0＜x≤6)，AE＝y(0＜y≤2)，
由余弦定理得DE2＝x2＋y2－2xycos
120°，即9＝x2＋y2＋xy，
从而9≥2xy＋xy＝3xy，即xy≤3.当且仅当x＝y＝时等号成立．
∴S1＝xysin
A＝xy≤，
∴的最大值为＝.故选C．]
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC边上的高为，则＋的最大值是________．
[因为BC边上的高为，所以××a＝bc·sin
A，即a2＝2bcsin
A，
可得＋＝＝＝＝sin
A＋cos
A＝sinA＋≤，
当A＝时，等号成立，故＋的最大值是.]
7．[一题两空]若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且C为钝角，则B＝________；的取值范围是________．
(2，＋∞)
[由余弦定理得cos
B＝，
∴a2＋c2－b2＝2accos
B．
又∵S＝(a2＋c2－b2)，
∴acsin
B＝×2accos
B，
∴tan
B＝，又B∈(0，π)，
∴B＝.
又∵C为钝角，∴C＝－A＞，∴0＜A＜.
由正弦定理得＝＝＝＋·.
∵0＜tan
A＜，∴＞，
∴＞＋×＝2，即＞2.
∴的取值范围是(2，＋∞)．]
[教师备选]
在△ABC中，若C是钝角，且B＝，则的取值范围是________．
(2，＋∞) [∵C为钝角，∴C＝－A＞，
∴0＜A＜.
由正弦定理，得＝
＝＝＋·.
∵0＜tan
A＜，∴＞，
∴＞＋×＝2，即＞2.]
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