专题一三角恒等变换与解三角形

1、三角恒等变换与解三角形高考定位1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中关键是利用两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等进行恒等变换，“ 角” 的变换是三角恒等变换的核心； 2.正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题. 真 题 感 悟1.(2018 全国 卷)在abc 中，cos c255，bc1，ac5，则 ab() a.4 2 b. 30c.29 d.2 5 解析因为 cos c255，所以 cos c2cos2c212552135. 于是，在 abc 中，由余弦定理得ab2ac2bc22ac bc cos c52122 5

2、13532.所以 ab4 2. 答案a 2.(2017 全国 卷)已知 0，2，tan 2，则 cos 4_. 解析 0，2，且 tan 2，sin 2 cos ，又 sin 2 cos2 1，所以 sin 2 55，cos 55. 所以 cos 422(cos sin )3 1010. 答案3 10103.(2018 全国 卷)在平面四边形abcd 中， adc90 ，a45 ，ab2，bd5. (1)求 cos adb；(2)若 dc2 2，求 bc. 解(1)在abd 中，由正弦定理得bdsinaabsinadb，即5sin 45 2sinadb，所以 sinadb25. 由题设知， a

3、db90 ，所以 cos adb1225235. (2)由题设及 (1)知， cos bdcsinadb25. 在bcd 中，由余弦定理得bc2bd2dc22 bd dc cos bdc2582 5 2 22525. 所以 bc5. 4.(2018 浙江卷 )已知角 的顶点与原点 o 重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，它的终边过点 p 35，45. (1)求 sin( )的值；(2)若角 满足 sin( )513，求 cos 的值 . 解(1)由角 的终边过点 p 35，45，得 sin 45，所以 sin( )sin 45. (2)由角 的终边过点 p35，45，得 cos 35，由 si

4、n( )513，得 cos( )1213. 由 ( )得 cos cos( )cos sin( )sin ，所以 cos 5665或 cos 1665. 考 点 整 合1.三角函数公式(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式：sin( )sin cos cos sin ；cos( )cos cos ? sin sin ；tan( )tan tan 1? tan tan . (2)二倍角公式： sin 2 2sin cos ，cos 2 cos2 sin2 2cos2 112sin2 . (3)辅助角公式： asin xbcos xa2b2sin(x )，其中 tan ba. 2.正弦定理、余弦定

5、理、三角形面积公式(1)正弦定理在abc 中，asin absin bcsin c2r(r 为abc 的外接圆半径 )；变形： a2rsin a，sin aa2r，abcsin asin bsin c 等. (2)余弦定理在abc 中，a2b2c22bccos a；变形： b2c2a22bc cos a，cos ab2c2a22bc. (3)三角形面积公式sabc12absin c12bcsin a12acsin b. 热点一三角恒等变换及应用【例 1】 (2018江苏卷 )已知 ， 为锐角， tan 43，cos( )55. (1)求 cos 2 的值；(2)求 tan( )的值. 解(1)

6、因为 tan 43，tan sin cos ，所以 sin 43cos . 因为 sin2 cos2 1，所以 cos2 925，因此， cos 2 2cos2 1725. (2)因为 ， 为锐角，所以 (0，).又因为 cos( )55，所以 sin( )1cos2（ ）2 55，因此 tan( )2. 因为 tan 43，所以 tan 2 2tan 1tan2247，因此， tan( )tan2 ( )tan 2 tan（ ）1tan 2 tan（ ）211. 探究提高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

7、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种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小. 【训练1】 (1)(2018 广西三市联考 )已知 x(0，)，且 cos2x2sin2x，则tan x4等于() a.13b.13c.3 d.3 (2)若 cos(2 )1114， sin( 2 )4 37，0 4 2，则 的值为_. 解析(1)由 cos2x2sin2x 得 sin 2xsin2x，又 x(0，)，则 tan x2，故 tan x4tan x11tan

8、 x13. (2)因为 cos(2 )1114且42 ，所以 sin(2 )5 314. 因为 sin( 2 )4 37且4 2 2，所以 cos( 2 )17. 所以 cos( )cos(2 )( 2 ) cos(2 ) cos( 2 )sin(2 )sin( 2 ) 1114175 3144 3712. 因为4 34，所以 3. 答案(1)a(2)3热点二正弦定理与余弦定理考法 1利用正 (余)弦定理进行边角计算【例 21】 (2018潍坊一模 )abc 的内角 a，b，c 的对边分别为 a，b，c，已知(a2c)cos bbcos a0. (1)求 b；(2)若 b3，abc 的周长为

9、32 3，求 abc 的面积 . 解(1)由已知及正弦定理得(sin a2sin c)cos bsin bcos a0，(sin acos bsin bcos a)2sin ccos b0，sin(ab)2sin ccos b0，又 sin(ab)sin c，且 c(0，)，sin c0 ，cos b12，0b ，b23.(2)由余弦定理，得 9a2c22accos b. a2c2ac9，则 (ac)2ac9. abc32 3， ac2 3，ac3，sabc12acsin b12 3323 34. 【迁移探究 1】若本题第 (2)问条件变为 “ 若 b3，sabc3 34” ，试求 ac 的值

10、. 解由 sabc12ac sin b3 34，12ac323 34，则 ac3. 由余弦定理，得b2a2c22accos b(ac)2ac，所以(ac)2b2ac9312，故 ac2 3. 【迁移探究 2】 在第(2)问中，保留条件b3，删去 “ 条件 abc 的周长为 32 3” ，试求 abc 面积的最大值 . 解由 b2a2c22accos ba2c2ac，则 9a2c2ac2acacac，所以 ac9(当且仅当 ac3 时，取等号 )，故 sabc12acsin b12 9sin239 34，所以 abc 面积的最大值为9 34. 探究提高1.高考中主要涉及利用正弦、余弦定理求三角形

11、的边长、角、面积等基本计算，或将两个定理与三角恒等变换相结合综合解三角形. 2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“ 三统一 ” ，即“ 统一角、统一函数、统一结构” ，这是使问题获得解决的突破口. 【训练 2】 (2017 全国卷)abc 的内角 a，b，c 的对边分别为a，b，c，已知 sin(ac)8sin2b2. (1)求 cos b；(2)若 ac6，abc 面积为 2，求 b. 解(1)由题设及 abc ，得 sin b8sin2b2，故 sin b4(1cos b). 上式两边平方，整理得17

12、cos2b32cos b150，解得 cos b1(舍去)，cos b1517. (2)由 cos b1517及 b 为三角形一内角，得sin b817，故 sabc12acsin b417ac. 又 sabc2，则 ac172. 由余弦定理及 ac6 得b2a2c22accos b(ac)22ac(1cos b) 362172115174. 所以 b2. 考法 2应用正、余弦定理解决实际问题【例 22】 (2018衡水质检 )某气象仪器研究所按以下方案测试一种 “ 弹射型 ” 气象观测仪器的垂直弹射高度：在c 处(点 c 在水平地面下方， o 为 ch 与水平地面 abo 的交点 )进行该仪

13、器的垂直弹射，水平地面上两个观察点a，b 两地相距 100 米， bac60 ，其中 a 到 c 的距离比 b 到 c 的距离远 40米.a 地测得该仪器在c 处的俯角为 oac15 ，a 地测得最高点h 的仰角为 hao30 ，则该仪器的垂直弹射高度ch 为() a.210( 62)米b.140 6米c.210 2米d.20(62)米解析由题意，设acx 米，则 bc(x40)米，在 abc 内，由余弦定理：bc2ba2ca22ba ca cos bac，即(x40)2x210 000100 x，解得 x420(米). 在ach 中，ac420 米，cah30 15 45 ，cha90 30

14、 60 ，由正弦定理：chsincahacsinahc.可得 chacsincahsinahc140 6(米). 答案b 探究提高1.实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解. 2.实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程 (组)得出所要求的解 . 【训练 3】 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 30 的方向上，行驶 600 m后到达 b 处，测得此山顶

15、在西偏北 75 的方向上，仰角为30 ，则此山的高度 cd_m. 解析由题意，在 abc 中，bac30 ，abc180 75 105 ，故 acb45 . 又 ab600 m，故由正弦定理得600sin 45 bcsin 30 ，解得 bc300 2(m). 在 rtbcd 中，cdbc tan 30300 233100 6(m). 答案100 6 热点三与解三角形有关的创新交汇问题【例 3】 (2018郑州质检 )已知向量m(2sin x ，cos2x sin2x )，n( 3cos x ，1)，其中 0，xr.若函数 f(x)m n 的最小正周期为 .(1)求 的值；(2)在abc 中，

16、若 f(b)2，bc3，sin b3sin a，求ba bc的值. 解(1)f(x)m n2 3sin x cos x cos2x sin2x 3sin 2x cos 2x 2sin 2x 6. 因为 f(x)的最小正周期为 ，所以 t22| |.又 0，所以 1. (2)由(1)知 f(x)2sin 2x6. 设abc 中角 a，b，c 所对的边分别是a，b，c. 因为 f(b)2，所以 2sin2b62，即 sin 2b6 1，由于 0b ，解得 b23. 因为 bc3，即 a3，又 sin b3sin a，所以 b3a，故 b3. 由正弦定理，有3sin a3sin 23，解得 sin

17、a12. 由于 0a3，解得 a6. 所以 c6，所以 ca3. 所以ba bccacos b3 3 cos 2332. 探究提高1.破解平面向量与 “ 三角” 相交汇题的常用方法是 “ 化简转化法 ” ，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行巧 “ 化简” ；然后把以向量共线、向量垂直形式出现的条件转化为“ 对应坐标乘积之间的关系 ” ；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化. 2.这种问题求解的关键是利用向量的知识将条件“ 脱去向量外衣 ” ，转化为三角函数的相关知识进行求解 . 【训练 4】 已知函数 f(x)sin2xcos2x2 3si

18、n xcos x(xr). (1)求 f(x)的最小正周期；(2)在abc 中，角 a，b，c 的对边分别为 a，b，c，若 f(a)2，c5，cos b17，求 abc 中线 ad 的长. 解(1)f(x)cos 2 x3sin 2x2sin 2x6. t22.函数 f(x)的最小正周期为.(2)由(1)知 f(x)2sin 2x6，在 abc 中 f(a)2，sin 2a61，2a62，a3.又 cos b17，sin b4 37，sin csin(ab)3217124 375 314，在abc 中，由正弦定理csin casin a，得55 314a32，a7，bd72，在 abd 中，

19、由余弦定理得，ad2ab2bd22ab bdcos b527222 572171294，ad1292. 1.对于三角函数的求值，需关注：(1)寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式；(2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；(3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可利用分析法. 2.三角形中判断边、角关系的具体方法：(1)通过正弦定理实施边角转换；(2)通过余弦定理实施边角转换；(3)通过三角变换找出角之间的关系；(4)通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进行讨论； (5)若涉及两个

20、 (或两个以上 )三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角形，再逐步求出其他三角形的边和角，其中往往用到三角形内角和定理，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)求解. 3.解答与三角形面积有关的问题时，如已知某一内角的大小或三角函数值，就选择 s12absin c 来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角. 一、选择题1.(2018 全国 卷)若 sin 13，则 cos 2 () a.89b.79c.79d.89解析cos 2 12sin2 1213279. 答案b 2.在 abc 中，角 a，b，c 的对边分别是 a，b，c，已知 bc，a22b2(1sin a)，

21、则 a() a.34 b.3c.4d.6解析由已知得 cos ab2c2a22bc2b22b2（1sin a）2b2sin a.在abc 中，a4. 答案c 3.(2018 全国 卷)abc 的内角 a，b，c 的对边分别为 a，b，c，若 abc 的面积为a2b2c24，则 c() a.2b.3c.4d.6解析因为 sabc12absin c，所以a2b2c2412absin c.由余弦定理 a2b2c22abcos c，得 2abcos c2absin c，即 cos csin c.所以在abc 中，c4. 答案c 4.(2018 合肥质检 )abc 的内角 a，b，c 的对边分别为a，b

22、，c，若 cos c2 23，bcos aacos b2，则 abc 的外接圆面积为 () a.4 b.8c.9 d.36解析由题意及正弦定理得2rsin bcos a2rsin acos b2rsin(ab)2(r 为abc 的外接圆半径 ).即 2rsin c2.又 cos c2 23及 c(0，)，知 sin c13. 2r2sin c6，r3.故abc 外接圆面积 s r29.答案c 5.在 abc 中，角 a，b，c 的对边分别为 a，b，c.若abc 为锐角三角形，且满足 sin b(12cos c)2sin acos ccos a sin c，则下列等式成立的是() a.a2bb

23、.b2ac.a2bd.b2a解析等式右边 2sin acos ccos asin csin acos csin(ac)sinacos csin b. 等式左边 2sin bcos csin b，则 2sin bcos csin bsin acos csin b，因为角 c 为锐角三角形的内角，所以cos c 不为 0. 所以 2sin bsin a，根据正弦定理，得a2b. 答案a 二、填空题6.(2018 全国 卷)已知 sin cos 1，cos sin 0，则sin( )_. 解析sin cos 1，cos sin 0，sin2 cos2 2sin cos 1，cos2 sin2 2co

24、s sin 0，得sin2 cos2 sin2 cos2 2(sin cos cos sin )1，sin( )12. 答案127.(2018 东北三省四校模拟 )已知角 的终边经过点 p(4a，3a)(a0)，则 25sin 7tan 2的值为 _. 解析由题意知 tan 3a4a34，sin 3a5|a|35. tan 2 2tan 1tan22341342247，25sin 7tan 2 2535724739. 答案39 8.(2018 全国卷)abc 的内角 a，b，c 的对边分别为 a，b，c.已知 bsin ccsin b4asin bsin c，b2c2a28，则 abc 的面积

25、为 _. 解析由 bsin ccsin b4asin bsin c 得 sin bsin csin csin b4sin asin bsin c，因为 sin bsin c0 ，所以 sin a12.因为 b2c2a28，所以 cos ab2c2a22bc82bc32，所以 bc8 33.所以 sabc12bcsin a128 33122 33. 答案2 33三、解答题9.(2018 济南二模 )在abc 中，acbc2，ab2 3，ammc. (1)求 bm 的长；(2)设 d 是平面 abc 内一动点，且满足 bdm23，求 bd12md 的取值范围 . 解(1)在abc 中，ab2ac2bc22ac bc cos c，代入数据，得 cos c12. ammc，cmma12ac1. 在cbm 中，由余弦定理知：bm2cm2cb22cm cb cos c7，所以 bm7. (2)设mbd ，则 dmb3 ， 0，3. 在bdm 中，由正弦定理知：bdsin3mdsin bmsin232 73. bd2 73sin3，md2 73sin ，bd12md2 73sin373sin 73( 3cos sin sin )7c