2020高考浙江专用培优二轮：专题1 第2讲 三角恒等变换与解三角形

第2讲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,其中同角三角函数的基本关系、诱导公式是解决计算问题的工具，三角恒等变换是利用三角恒等式（两角和的核心；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.与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式）进行变换, “角”的变换是三角恒等变换真题感晤丨考点整合:::::::• ■•••••••••••••••••■ ••••• ••••・••・•••••••• ••••••• • • ・• •罷瀧皐1明考向專蕊扣要点i真题感1.（2018-全国III卷）若sina=28 A97 B9解析cos 2a =1—73，贝0 cos 2a =（8D_9答案2.（2018-全国III卷）AABC的内角A，B, C的对边分别为a, b, c.若△ABC的面积为a2-}~b2— c2，则C=（仆兀B-3C'4r兀D6解析根据题意及三角形的面积公式知j^sin c =厂,所以sin C —/ + 方2 —c22ab= cos C,所以在△ 4BC中,答案C3.（2018•浙江卷）在厶ABC中，角4, B, C所对的边分别为©b, c.若a=^i, b = 2,4 = 60°,贝lj sin B= ________ , c= _________ .・2X迪r解析因为b = 2, A = 60°,所以由正弦定理得^=零. 由余弦定理t/2—Z?2+c2— 2£>ccos A 可得c2— 2c—3 = 0,所以c=3.答案卑34.（2017•浙江卷）已知△ ABC, AB=AC=4, BC=2.点。

为AB延长线上一点，BD = 2,连接CD 则△BDC的面积是__________ , cos ZBDC= ___________ ・解析依题意作出图形，如图所示，则sinZDBC=sinZABC.由题意知AB=AC=4, BC=BD=2,贝U sinZ4BC=乎,cosZABC=^.所以S^BDC —2 BCBD sinZDBC= | X2X2X .因为BD2+BC2-CD2CQ = {Td由余弦定理，得cosZBDC=4+10—4 ^JIQ 2X2XV1O= 4 ・答案V15 Vio2 4B\—~7Ccos DBC —cosZABC= 2BDBC1・三角函数公式(2) 诱导公式：对于“㊁土弘kEZ 的三角函数值”与“a 角的三角函数值” 面口诀记忆：奇变偶不变，符号看象限.(3) 两角和与差的正弦、余弦、正切公式：sin(a±0) = sin acos 〃土cos asin 0； cos(a 土〃)=cos acos P s in asin 〃； tan(a 土〃)(4) 二倍角 公式：sin 2a = 2sin acos a, cos la=cos 2a — sin 2a = 2cos 26z —1 = 1_____ b y考点整合⑴同角关系: sin 2a+cos 2a=l,a.cos a的关系可按下tan a 土tan卩1 tan atan B(5)辅助角公式：asin x~\~bcos x==^/u2+Z?2sin(x+^), 其中tan(p=^.2•正弦定理、余弦定理、三角形面积公式 (1) 正弦定理在厶ABC 中，聶=岛=蠢=2R(R 为AABC 的外接圆半径);(2)余弦定理在△佔c 中， a 1 = b 1-\-c 1— 2bccos A ；变形：b 2j rc 2- j 2 1 2 2 2 b 十 c —a~ ci —2bccos4, cos A — n 7(3)三角形面积公式1 7 1 1SgBc=fbsin C=~Z?csin A=^acsin B.变形：a = 2/?sin A, sinci ： b ： c=sinA : sin B ： sin C等.I热点聚焦丨分类突破I■■■誥絃総研热点扭[析考法浚签瘗热点一三角恒等变换及应用【例1] (1)(2018-全国I卷)己知角a的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重2合，终边上有两点A(l, a). B(2, b),且cos 2(z=j,贝\\\a~b\ = { ) 1A-5 D.1(2)若tan兀a = 2tanI 3兀cos a—而则一；一, sin<z_5A.lB.2C.3D.4(3)如图，圆O与兀轴的正半轴的交点为A,点C, B在圆O上，且点C位于第一象12 _丄、巨_13,\/3cos2|—sin|-cos^— j 的值为2解析⑴由题意知cos a>0•因为cos 2a = 2cos2a—1=~,所以、6 、5 …土*得Itan od=*~・由题意知Itan a\ =,所以1“一勿=晋.故选B.,ZAOC=a.若IBCI = 1,则限，点B的坐标为cos 心晋,sin 0 =/ \ JI sin a — sin 心2+1 —3 . 7t . 7t tan a = 2— 1 sin otcosc -cos asing --------------------------- 1 5 5 7i tan 5f 3旳 co r _w(713兀、 s 吨+「而 sin”+£ tan a 】 .7T 71 asing tang sin acos^+cos(3)由题意得\OC\ = \OB\ = \BC\ = \,从而AOBC 为等边三角形，所以sinZAOB = 513*答案(1)B (2)C ⑶备 sin 曾_彳=器所以羽cos?号一sin^cos*— 22« 3_ 厂 1+cos a sin a 吋3 1 . =p3・ 2 P 2探究提高1 •解决三角函数的化简求值问题的关键是把“所求角”用“已知角”表示(1)当已知角有两个时”“所求角”般表示为“两个已知角”的和或差的形式;⑵当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”的和或差的关系，然后应用诱导公式把"所求角”变成"已知角".2•求角问题要注意角的范围,要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小,避免产生增解.【训练11 (1)(2018-全国II卷)已知sin a+cos 0= 1, cos oc+sin0=0,则sin(a+0)⑵(2017•北京卷)在平面直角坐标系兀Oy中，角u与角0均以S为始边，它们的终边关于y轴对称.若sin(/=*,则cos(or—〃)= ___________ .一 1 ] 4、疗71 兀(3)(2018-湖州质检)若cos(2a_0) = _盲,sin(a—20)=〒,Ov0v&vav刁贝!j a+0的值为解析(l)Tsin a + cos p= 1, cos a+sin0=0,sin2a + co邙+2sin acos①cos2a+sii?0+2cos asin £=0,②①②两式相加可得sin2a+cos2a+sin2^+cos2^+2(sin acos 0+cos asin 0)=1，/.sin(ot+^)1 =_2-(2)c t与0的终边关于y轴对称，贝lj a+p=Tt+2k7t,比丘乙：・B=Tt_aS ・7( 1) 7 /.cos(a—^) = cos( a — n + a — 2^)= — cos 2a=— (1 — 2sin^a) = — 11— 2X-| =—-,所以sin(2a—0)=p7・所以cos(a—20)=*所以cos(a +0) = cos[(2oc一0) —(a —20)] = cos(2«—”)・cos@ —2") + sin(2a —”)sin(a —X因为问+0罟，所以a + B =£. 答案(1)—£ (2)—£ (3)|热点二正、余弦定理的应用［考法1］三角形基本量的求解【例2—1】（2018-全国I卷）在平面四边形ABCD中，ZADC=90° , ZA=45° , AB =2, BD=5.⑴求cosZADB；(2)若DC=2d求BCRD A D C 2解⑴在△ABD中'由正弦定理得口二右而即而产sin為' 所以sinZADB=€・由题设知，ZADB<90°,、2(2)由题设及(1)知，cos ZBDC= sin ZADB =在△BCD 中，由余弦定理得、2BC 2=BD 2-hDC 2-2BDDCcosZBDC=25-h8-2X5X2\/2X^-=25. 所以BC=5.所以 cos ZADB=2=运 25— 5 •探究提高1•解三角形时,如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则考虑两个定理都有可能用到.2.关于解三角形问题,一般要用到三角形的内角和定理,正弦、余弦定理及有关三角形的性质,常见的三角恒等变换方法和原则都适用,同时要注意“三统一”，即“统—角、统一函数、统一结构"•［考法2］求解三角形中的最值问题【例2 — 2】（2018-绍兴质检）已知"，b, c分别为ZVIBC的内角4, B, C的对边，且tzcos C+羽asin C—b—c = 0・⑴求4;（2）若ci = 2,求AABC面积的最大值.解（1）由cicos C+书asin C—b—c=0及正弦定理得sin Acos C+^/3sin Asin C—sin B —sin C=0・因为B=TI—A — Cy所以书sinAsin C—cos Asin C—sin C=0・易知sin C T^O,所以^/3sin A—cos A=l,所以sin A—=-又0<A<7i,所以A=^.(2)法一由⑴得B+C=y C=^—B (OVB<刽，由正弦定理得聶=盒二c 2 4 4 4 晶寸—卞 所以bpsinb c=^sm C. sin § v v v易知一£<23—£<¥，故当2E-*=号,即B=£时，S △初c 取得最大值，最大值为斗平A=|x^sin B X ^sin C sin |=^sin Bsin C=^ (2n }•sin B sin w B Id 丿¥血"cos B +^sin 2B =sin 2B~/3 , J3 2^3 3C0S 2B+ 3 = 3 / \ 7C 1 sin 2B —y + I 6丿 113・所以S^BC =法二由(1)知4=务又u = 2,由余弦定理得22= b2+c2-2bccos p即b2-\-c2~bc—4 Z?c+4 —Z?2+ c22Z?c bcW4,当且仅当b = c = 2时，等号成立.] 1 、厅、庁所以SgBc=qbcsin A=^X专bcW计X4=书,即当b = c = 2时，S^BC取得最大值, 最大值为也.探究提高求解三角形中的最值问题常用如下方法：(1)将要求的量转化为某一角的三角函数，借助于三角函数的值域求最值・(2)将要求的量转化为边的形式，借助于基本不等式求最值.［考法3］解三角形与三角函数的综合问题( \【例2 — 3】(2018-嘉兴、丽水高三测试)己知函数您)= cos 2x+中+羽(sinx+cosx)2.(1)求函数/(x)的最大值和最小正周期；(2)设△ABC的三边心b, c所对的角分别为力，B, C,若a = 2, 0=好/片+㊁戶好求b的值.] 、/3 ( Tt]解(1)因为—2COS 2%—专sin 2x+A/3(l+sin 2x) = sin 2x+g +书，所以/W的最大值为1+羽，最小正周期T=TI.z\ / \ / \ / \C(2)因为/ (才十qJ=sinl+C+gJ+^=cos C+& +羽=羽,所以cos| C+g =0 c=y由余弦定理c2=a+b2-2abcos C可得沪一2^ —3 = 0,因为b>0,所以b = 3.探究提高解三角形与三角函数的综合题，其中，解决与三角恒等变换有关的问题, 优先考虑角与角之间的关系；解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理.【训练2】(2016-浙江卷)在△ABC中，内角儿B，C所对的边分别为心4 c.已矢口b+c = 2acos B.⑴证明：A = 2B；2(2)若△ABC的面积S=牛,求角A的大小.(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).又儿Be(0, TC),故0<4—3<兀，所以或 3 =A—B,因此A=7t(舍去)或A = 2B，所以A = 2B・2 2(2)解由S=才得如bsin C=予，故有sin Bsin C=gsin 2B = sin Bcos B,因sinBHO,得sin C=cos B.又B, C£(O, TC),所以C=q土B. 当B+C=》时，A=|；当C~B=^时，A=中.综上，4=申或M纳总结丨思维升华I ■■■■課穩穩探规律瘗防失:误浚签瘗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；I(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（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，有时需设岀未知量，从几个三角形中列岀方程（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S= fabsinC来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角.。

三角恒等变换与解三角形[课时跟踪检测] [A 级——基础小题提速练]一、选择题1．(2019·浙江教育绿色评价联盟)在平面直角坐标系中，以x 轴的非负半轴为角的始边，角α，β的终边分别与单位圆交于点⎝⎛⎭⎪⎫1213，513和⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45，则sin(α＋β)＝( )A ．－3665B.4865 C ．－313D.3365解析：选D 因为角α，β的终边分别与单位圆交于点⎝⎛⎭⎪⎫1213，513和⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45，所以sinα＝513，cos α＝1213，sin β＝45，cos β＝－35，所以sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝513×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＋1213×45＝3365.2．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sin B －a sin A ＝12a sinC ，则sin B ＝( )A.74B.34C.73D.13解析：选A 由b sin B －a sin A ＝12a sin C ，得b 2－a 2＝12ac ，∵c ＝2a ，∴b ＝2a ，∴cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34，则sin B ＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝74. 3．在△ABC 中，若tan A tan B >1，则△ABC 是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．无法确定解析：选A 因为A 和B 都为三角形中的内角， 由tan A tan B >1，得1－tan A tan B <0， 且tan A >0，tan B >0，即A ，B 为锐角， 所以tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B1－tan A tan B<0，则A ＋B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，即C 为锐角， 所以△ABC 是锐角三角形．4．已知sin β＝35⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<β<π，且sin(α＋β)＝cos α，则tan(α＋β)＝( )A ．－2B ．2C ．－12D.12解析：选A ∵sin β＝35，且π2<β<π，∴cos β＝－45，tan β＝－34.∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos α，∴tan α＝－12，∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β＝－2.5．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2a sin A ＝(2sin B ＋sin C )b ＋(2c ＋b )sin C ，则A ＝( )A ．60°B ．120°C ．30°D ．150°解析：选B 由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得cos A ＝－12，又A 为三角形的内角，故A ＝120°.6．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b ＝2，c ＝22，且C ＝π4，则△ABC 的面积为( )A.2＋1B.3＋1 C ．2D. 5解析：选B 由正弦定理bsin B ＝csin C，得sin B ＝b sin Cc ＝12，又c >b ，且B ∈(0，π)，所以B ＝π6，所以A ＝7π12，所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×2×22sin 7π12＝12×2×22×6＋24＝3＋1. 7．(2019·杭州四中高考仿真)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知B ＝30°，△ABC 的面积为32.且sin A ＋sin C ＝2sin B ，则b 的值为( )A ．4＋2 3B ．4－2 3 C.3－1D.3＋1解析：选D 由题意得△ABC 的面积为12ac sin B ＝12ac sin 30°＝32，解得ac ＝6，又由sinA ＋sin C ＝2sinB 结合正弦定理得a ＋c ＝2b ，则由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac －3ac ＝4b 2－12－63，解得b ＝3＋1，故选D.8．在△ABC 中，A ＝60°，BC ＝10，D 是AB 边上不同于A ，B 的任意一点，CD ＝2，△BCD 的面积为1，则AC 的长为( )A ．2 3 B. 3 C.33D.233解析：选D 由S △BCD ＝1，可得12×CD ×BC ×sin∠DCB ＝1，即sin ∠DCB ＝55，所以cos ∠DCB ＝255或cos ∠DCB ＝－255，又∠DCB <∠ACB ＝180°－A －B ＝120°－B <120°，所以cos ∠DCB >－12，所以cos ∠DCB ＝255.在△BCD 中，cos ∠DCB ＝CD 2＋BC 2－BD 22CD ·BC ＝255，解得BD ＝2，所以cos ∠DBC ＝BD 2＋BC 2－CD 22BD ·BC ＝31010，所以sin ∠DBC ＝1010.在△ABC 中，由正弦定理可得AC＝BC sin B sin A ＝233，故选D. 9．在△ABC 中，若AB ＝1，BC ＝2，则角C 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤0，π6B.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2C.⎝⎛⎭⎪⎫π6，π2D.⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2解析：选A 因为c ＝AB ＝1，a ＝BC ＝2，b ＝AC .根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可知1<b <3，根据余弦定理cos C ＝12ab (a 2＋b 2－c 2)＝14b (4＋b 2－1)＝14b (3＋b 2)＝34b＋b 4＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫3b －b 2＋32≥32.所以0<C ≤π6.故选A. 10．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝2sin 2A ，且c ＝6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A. 3 B ．3 3 C.3或1D.3或3 3解析：选A ∵在△ABC 中，C ＝π3，∴B ＝2π3－A ，B －A ＝2π3－2A ，∵sin(B ＋A )＋sin(B－A )＝2sin 2A ，∴sin C ＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－2A ＝2sin 2A ，即sin C ＋32cos 2A ＋12sin 2A ＝2sin 2A ，整理得3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝sin C ＝32，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝12.又A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3，∴2A －π6＝π6或5π6，解得A ＝π6或π2.当A ＝π6时，B ＝π2，tan C ＝c a ＝6a ＝3，解得a ＝2，∴S △ABC ＝12ac sin B＝3；当A ＝π2时，B ＝π6，tan C ＝c b ＝6b ＝3，解得b ＝2，∴S △ABC ＝12bc ＝ 3.综上，△ABC 的面积是 3.二、填空题11．(2019·浙江教育绿色评价联盟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2＋c 2－b 2＋2bc cos A －2c ＝0，c cos A ＝b (1－cos C )，且C ＝2π3，则c ＝________；△ABC的面积S ＝________.解析：因为a 2＋c 2－b 2＋2bc cos A －2c ＝0，由余弦定理，得a 2＋c 2－b 2＋(b 2＋c 2－a 2)＝2c ，解得c ＝1.又c cos A ＝b (1－cos C )，且C ＝2π3，则由正弦定理，得sin C cos A ＝32sin B ，即cos A ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫π3－A ，故cos A ＝3sin A ，因为0＜A ＜π，所以A ＝π6，因此，△ABC为等腰三角形，面积为S ＝12×36×1＝312.答案：131212．在三角形ABC 中，sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝7210，0＜A ＜π4，AC ＝5，AB ＝3，则sin A 的值为______，BC 的长为______．解析：因为0＜A ＜π4，所以π4＜A ＋π4＜π2.因为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝7210，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝210，所以sin A ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4cos π4－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4sin π4＝7210×22－210×22＝35.所以cos A ＝45.所以BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos A ＝25＋9－24＝10，所以BC ＝10. 答案：351013．(2017·浙江高考)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos ∠BDC ＝________.解析：在△ABC 中，AB ＝AC ＝4，BC ＝2，由余弦定理得cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝42＋22－422×4×2＝14， 则sin ∠ABC ＝sin ∠CBD ＝154， 所以S △BDC ＝12BD ·BC sin ∠CBD ＝12×2×2×154＝152.因为BD ＝BC ＝2，所以∠CDB ＝12∠ABC ，则cos ∠CDB ＝ cos ∠ABC ＋12＝104. 答案：15210414．在△ABC 中，AD 为边BC 上的中线，AB ＝1，AD ＝5，∠ABC ＝45°，则sin ∠ADC ＝________，AC ＝________.解析：在△ABD 中，由正弦定理，得AD sin ∠ABC ＝AB sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝ABAD ×sin∠ABC＝15×sin 45°＝210， 所以sin ∠ADC ＝sin(180°－∠ADB )＝sin ∠ADB ＝210. 由余弦定理，得AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos ∠ABD ， 所以52＝12＋BD 2－2BD cos45°，得BD ＝42， 因为AD 为△ABC 的边BC 上的中线， 所以BC ＝2BD ＝8 2.在△ABC 中，由余弦定理，得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos ∠ABC ＝12＋(82)2－2×1×82×cos 45°＝113，所以AC ＝113.答案：21011315．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知A ＝π4，b ＝6，△ABC 的面积为3＋32，则c ＝________，B ＝________.解析：由S △ABC ＝12bc sin A ＝12×6×c ×22＝3＋32，得c ＝1＋ 3.在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝6＋(4＋23)－26×(3＋1)×22＝4，则a ＝2.由正弦定理asin A ＝bsin B，可得sin B ＝32，因为b <c ，所以B 为锐角，所以B ＝π3. 答案：1＋ 3π316．(2019·学军中学模拟)已知f (x )＝sin x ＋cos x ，则f (x )的最小值为________；若f (θ)＝55，θ∈[0，π]，则tan 2θ＝________. 解析：f (x )＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，所以函数f (x )的最小值为－2；由f (θ)＝sin θ＋cos θ＝55得sin 2 θ＋cos 2θ＋2sin θcos θ＝15，则sin 2θ＝2sin θcos θ＝－45，又因为θ∈[0，π]，所以sin θ＞0，cos θ＜0，则sin θ－cos θ＝(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝355，则cos 2θ＝(cos θ－sin θ)·(cos θ＋sin θ)＝－355×55＝－35，则tan 2θ＝sin 2θcos 2θ＝43.答案：－ 24317．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，BC 边上的中线长为22，高线长为3，且b tan A ＝(2c －b )tan B ，则bc 的值为________．解析：因为b tan A ＝(2c －b )tan B ，所以tan A tan B ＝2c b －1，所以1＋tan A tan B ＝2cb ，根据正弦定理，得1＋sin A cos B sin B cos A ＝2sin C sin B ，即sin (A ＋B )sin B cos A ＝2sin Csin B.因为sin(A ＋B )＝sin C ≠0，sinB ≠0，所以cos A ＝12，所以A ＝π3.设BC 边上的中线为AM ，则AM ＝22，因为M 是BC 的中点，所以AM →＝12(AB →＋AC →)，即AM →2＝14(AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →)，所以c 2＋b 2＋bc ＝32. ①设BC 边上的高线为AH ，由S △ABC ＝12AH ·BC ＝12bc ·sin A ，得34bc ＝3a2，即bc ＝2a ， ②根据余弦定理，得a 2＝c 2＋b 2－bc ， ③联立①②③得⎝ ⎛⎭⎪⎫bc 22＝32－2bc ，解得bc ＝8或bc ＝－16(舍去)．答案：8[B 级——能力小题保分练]1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C ＝( )A.34B.43 C ．－43D ．－34解析：选C 因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，结合面积公式与余弦定理，得ab sinC ＝2ab cos C ＋2ab ，即sin C －2cos C ＝2，所以(sin C －2cos C )2＝4，即sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2C sin 2C ＋cos 2C ＝4，所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，解得tan C ＝－43或tan C ＝0(舍去)，故选C.2．在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(a －b )(sin A ＋sin B )＝(c －b )·sin C ．若a ＝3，则b 2＋c 2的取值范围是( )A ．(5,6]B ．(3,5)C ．(3,6]D ．[5,6]解析：选A 由正弦定理可得，(a －b )(a ＋b )＝(c －b )c ，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，则A ＝π3.又b sin B ＝c sin C ＝asinπ3＝2，所以b ＝2sin B ，c ＝2sin C ，所以b 2＋c 2＝4(sin 2B ＋sin 2C )＝4sin 2B ＋sin 2(A ＋B )]＝41－cos 2B 2＋1－cos[2(A ＋B )]2＝3sin 2B －cos 2B ＋4＝2sin2B －π6＋4.又△ABC 是锐角三角形，所以B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，则2B －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以b 2＋c 2的取值范围是(5,6]，故选A.3．(2019·宁波北仑中学高三模拟)在锐角△ABC 中，D 为AB 的中点，若2B A →·D C →＝3A B →·A C →，若tan B ＝32，则tan C ＝________. 解析：因为D 为AB 中点，所以2B A →·D C →＝2B A →·(A C →－A D →)＝3A B →·A C →，所以有A B→2＝5A B →·A C →.由向量的投影可知，A C →在A B →方向上的投影为15|AB |，过点C 作CE ⊥AB 于点E ，因为tan B ＝32，不妨设CE ＝3，所以BE ＝2，所以AE ＝12，所以tan A ＝23，所以tan C ＝－tan(A ＋B )＝－tan A ＋tan B1－tan A tan B ＝－23＋321－3＝534.答案：5344.如图，在△ABC 中，AB ＝2，点D 在边BC 上，BD ＝2DC ，cos ∠DAC ＝31010，cos ∠C ＝255，则AC ＝________.解析：因为BD ＝2DC ，设CD ＝x ，AD ＝y ，则BD ＝2x ，因为cos ∠DAC ＝31010，cos ∠C ＝255，所以sin ∠DAC ＝1010，sin ∠C ＝55，在△ACD 中，由正弦定理可得AD sin ∠C ＝CD sin ∠DAC ，即y55＝x1010，即y ＝2x .又cos ∠ADB ＝cos(∠DAC ＋∠C )＝31010×255－1010×55＝22，则∠ADB ＝π4.在△ABD 中，AB 2＝BD 2＋AD 2－2BD ×AD cos π4，即2＝4x 2＋2x 2－2×2x ×2x ×22，即x 2＝1，所以x ＝1，即BD ＝2，DC ＝1，AD ＝2，在△ACD 中，AC 2＝CD 2＋AD 2－2CD ×AD cos 3π4＝5，得AC ＝ 5.答案： 55．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，c ＝1，且满足cos A 2＝255，A B →·A C→＝3，则△ABC 的面积是________； a 的值是________．解析：在△ABC 中，由sin A2＝1－cos 2A 2＝55，则sin A ＝2sin A 2cos A 2＝45，cos A ＝2cos 2A 2－1＝35，则由A B →·A C →＝cb cos A ＝3得bc ＝5，又因为c ＝1，所以b ＝5，则△ABC 的面积S＝12bc sin A ＝2，在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即a ＝52＋12－2×5×1×35＝2 5.答案：2 2 56．设△ABC 的三边a ，b ，c 所对的角分别为A ，B ，C ，已知a 2＋2b 2＝c 2，则tan C tan A ＝______；tan B 的最大值为______．解析：由正弦定理可得tan C tan A ＝sin C sin A ·cos A cos C ＝c a ·cos A cos C ，再结合余弦定理可得tan Ctan A＝c a ·cos A cos C ＝c a ·b 2＋c 2－a 22bc ·2ab a 2＋b 2－c 2＝b 2＋c 2－a 2a 2＋b 2－c 2.由a 2＋2b 2＝c 2，得tan C tan A ＝b 2＋a 2＋2b 2－a 2a 2＋b 2－a 2－2b2＝－3.由已知条件及大边对大角可知0＜A ＜π2＜C ＜π，从而由A ＋B ＋C ＝π可知tan B ＝－tan(A ＋C )＝－tan A ＋tan C 1－tan A tan C ＝－1＋tan C tan A 1tan A －tan C ＝23－tan C ＋(－tan C )，因为π2＜C ＜π，所以3－tan C＋(－tan C )≥23－tan C×(－tan C )＝23(当且仅当tan C ＝－3时取等号)，从而tan B ≤223＝33，即tan B 的最大值为33.答案：－3 33。

第二讲 三角恒等变换与解三角形[高考导航]1．利用各种三角函数进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点．2．利用正、余弦定理进行边和角、面积的计算，三角形形状的判定以及有关范围的计算，常与三角恒等变换综合考查．考点一 三角恒等变换与求值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 β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin2α＝2sin αcos α.(2)cos2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan2α＝2tan α1－tan 2α.3．辅助角公式a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝b a .1．(2019·贵阳监测)sin 415°－cos 415°＝( ) A.12 B ．－12 C.32 D ．－32[解析] sin 415°－cos 415°＝(sin 215°－cos 215°)(sin 215°＋cos 215°)＝sin 215°－cos 215°＝－cos30°＝－32.故选D.[答案] D2．(2019·山西省名校联考)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝－33，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋cos α＝( )A ．－223B ．±223 C ．－1 D ．±1 [解析]由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋cos α＝12cos α＋32sin α＋cos α＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝－1，故选C. [答案] C3．(2019·河南郑州3月联考)若1＋tan α1－tan α＝2018，则1cos2α＋tan2α＝( )A ．2017B ．2018C ．2019D ．1004[解析] 1cos2α＋tan2α＝1cos2α＋sin2αcos2α＝1＋sin2αcos2α＝(sin α＋cos α)2cos2α＝(sin α＋cos α)2cos 2α－sin 2α＝sin α＋cos αcos α－sin α＝1＋tan α1－tan α＝2018，故选B. [答案] B4．(2019·河南濮阳一模)设0°<α<90°，若sin(75°＋2α)＝－35，则sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝( )A.110B.220 C ．－110 D ．－220[解析] 因为0°<α<90°，所以75°<75°＋2α<255°.又因为sin(75°＋2α)＝－35<0，所以180°<75°＋2α<255°，角75°＋2α为第三象限角，所以cos(75°＋2α)＝－45.所以sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝sin(15°＋α)·cos(15°＋α)＝12sin(30°＋2α)＝12sin[(75°＋2α)－45°]＝12[sin(75°＋2α)·cos45°－cos(75°＋2α)·sin45°]＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×22＋45×22＝220，故选B.[答案] B5．(2019·豫北名校联考)计算： cos10°－3cos (－100°)1－sin10°＝________.(用数字作答)[解析] cos10°－3cos (－100°)1－sin10°＝cos10°＋3cos80°1－cos80°＝cos10°＋3sin10°2·sin40°＝2sin (10°＋30°)2·sin40°＝ 2.[答案]26．(2019·长春三校联考)已知cos α＝17，cos(α－β)＝1314，若0<β<α<π2，则β＝________.[解析] 由cos α＝17，0<α<π2，得sin α＝1－cos 2α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫172＝437，由0<β<α<π2，得0<α－β<π2.又cos(α－β)＝1314，∴sin(α－β)＝1－cos 2(α－β)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13142＝3314. 由β＝α－(α－β)得cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝17×1314＋437×3314＝12.∵β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴β＝π3.[答案]π3(1)三角恒等变换的三原则①一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理拆分，从而正确使用公式，如2题．②二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”．③三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”等．(2)解决条件求值应关注的三点①分析已知角和未知角之间的关系，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，如6题．考点二解三角形1．正弦定理a sin A＝bsin B＝csin C＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．变形：a＝2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C.sin A＝a2R，sin B＝b2R，sin C＝c 2R.a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C.2．余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，b2＝a2＋c2－2ac cos B，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .3．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .角度1：利用正弦、余弦定理判断三角形的形状【例1】 (2019·豫北名校4月联考)在△ABC 中，a ，b ，c 分别表示三个内角A ，B ，C 的对边，如果(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)·sin(A ＋B )，则△ABC 的形状为( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰三角形或直角三角形 [解题指导] 解法一：对原式进行化简→正弦定理把边化成角→判断三角形的形状 解法二：对原式进行化简→利用正、余弦定理把角化成边→判断三角形的形状[解析] 解法一：已知等式可化为a 2[sin(A －B )－sin(A ＋B )]＝b 2[－sin(A ＋B )－sin(A －B )]，∴2a 2cos A sin B ＝2b 2cos B sin A . 由正弦定理，上式可化为 sin 2A cos A sin B ＝sin 2B cos B sin A ，∴sin A sin B (sin A cos A －sin B cos B )＝0，∵A ，B 均为△ABC 的内角，∴sin A ≠0，sin B ≠0， ∴sin2A －sin2B ＝0，即sin2A ＝sin2B . 由A ，B ∈(0，π)得0<2A <2π， 0<2B <2π，得2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2.∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形，故选D. 解法二：(同解法一)可得2a 2cos A sin B ＝2b 2cos B sin A . 由正、余弦定理，可得a 2·b 2＋c 2－a 22bc ·b ＝b 2·a 2＋c 2－b 22ac ·a . ∴a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2)， 即(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0. ∴a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2，∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形．故选D. [答案] D角度2：利用正弦、余弦定理进行边角计算【例2】 (2019·武汉二模)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且2cos A cos C (tan A tan C －1)＝1.(1)求B 的大小；(2)若a ＋c ＝332，b ＝3，求△ABC 的面积．[解] (1)由2cos A cos C (tan A tan C －1)＝1， 得2(sin A sin C －cos A cos C )＝1， 即cos(A ＋C )＝－12， ∴cos B ＝－cos(A ＋C )＝12， 又0<B <π，∴B ＝π3.(2)由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12， ∴(a ＋c )2－2ac －b 22ac ＝12，又a ＋c ＝332，b ＝3， ∴274－2ac －3＝ac ，即ac ＝54， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×54×32＝5316.[探究追问1] 若本例第(2)问条件变为“若b ＝3，S △ABC ＝332”，试求a ＋c 的值．[解] 由已知S △ABC ＝12ac sin B ＝332， ∴12ac ×32＝332，则ac ＝6.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝(a＋c)2－3ac，所以(a＋c)2＝b2＋3ac＝21，所以a＋c＝21.[探究追问2]在本例条件下，若b＝3，求△ABC面积的最大值．[解]由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2－ac，则3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac，所以ac≤3(当且仅当a＝c＝3时取等号)．所以S△ABC＝12ac sin B≤12×3×sinπ3＝334.故△ABC面积的最大值为334.利用正、余弦定理解三角形应注意的3点(1)利用正、余弦定理解三角形时，涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理．(2)涉及边a，b，c的齐次式时，常用正弦定理转化为角的正弦值，再利用三角公式进行变形．(3)涉及正、余弦定理与三角形面积综合问题，求三角形面积时用S＝12ab sin C形式的面积公式．1．(2019·山西太原五中12月月考)在△ABC 中，已知2a cos B ＝c ，sin A sin B (2－cos C )＝sin 2C 2＋12，则△ABC 为( )A ．等腰三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形[解析] 由2a cos B ＝c ，得2a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝c ，即a 2＝b 2，所以a ＝b .因为sin A sin B (2－cos C )＝sin 2C 2＋12，所以2sin A sin B (2－cos C )－2＋1－2sin 2C2＝0，即2sin A sin B (2－cos C )－2＋cos C ＝0， 所以(2－cos C )·(2sin A sin B －1)＝0， 因为cos C ≠2，所以sin A sin B ＝12.因为a ＝b ，所以sin 2A ＝12，所以A ＝B ＝π4，所以C ＝π2. 所以△ABC 是等腰直角三角形，故选D. [答案] D2．(2019·河北重点中学第三次联考)如图，在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝4，b ＝2,2c cos C ＝b ，D ，E 分别为线段BC 上的点，且BD ＝CD ，∠BAE ＝∠CAE .(1)求线段AD 的长； (2)求△ADE 的面积．[解] (1)因为c ＝4，b ＝2,2c cos C ＝b ，所以cos C ＝b 2c ＝14. 由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋4－164a ＝14， 所以a ＝4，即BC ＝4. 在△ACD 中，CD ＝2，AC ＝2，所以AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos ∠ACD ＝6，所以AD ＝ 6. (2)因为AE 是∠BAC 的平分线， 所以S △ABE S △ACE ＝12AB ·AE ·sin ∠BAE 12AC ·AE ·sin ∠CAE＝AB AC ＝2，又S △ABES △ACE＝BE EC ，所以BEEC ＝2， 所以CE ＝13BC ＝43，DE ＝2－43＝23. 又因为cos C ＝14，所以sin C ＝1－cos 2C ＝154.所以S △ADE ＝12×DE ×AC ×sin C ＝156.考点三 正、余弦定理的实际应用1．仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．2．方位角从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．3．方向角相对于某一正方向的水平角．(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)．(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．(3)南偏西等其他方向角类似．4．坡角与坡度(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)．(2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．1．(2019·保定摸底)已知在河岸A处看到河对岸两个帐篷C，D 分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30米到达B处后再次观察帐篷C，D，此时C，D分别在北偏西15°和北偏西60°方向，则帐篷C，D之间的距离为()A ．1015米B ．106米C ．515米D ．56米[解析] 由题意可得∠DAB ＝60°，∠CAB ＝45°，∠CBA ＝75°，∠DBA ＝30°，在△ABD 中，∠DAB ＝60°，∠DBA ＝30°，AB ＝30，所以∠ADB ＝90°，sin ∠DAB ＝sin60°＝BDBA ，解得BD ＝15 3.在△ABC 中，∠CAB ＝45°，∠CBA ＝75°，所以∠ACB ＝60°，AB sin60°＝BCsin45°，解得BC ＝10 6.在△BCD 中，∠CBD ＝∠CBA －∠DBA ＝45°，则由余弦定理得cos ∠CBD ＝cos45°＝BC 2＋BD 2－CD 22BC ·BD ，即22＝(106)2＋(153)2－CD22×106×153，得CD ＝515.故选C.[答案] C2．(2019·太原五中月考)为了竖一块广告牌，要制造一个三角形支架，如图，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于1米，且AC 比AB 长0.5米，为了稳固广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为( )A ．(1＋32)米 B ．2米 C ．(1＋3)米D ．(2＋3)米[解析] 设BC 的长度为x 米，AC 的长度为y 米，则AB 的长度为(y －0.5)米，在△ABC 中，由余弦定理AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos ∠ACB ，得(y －0.5)2＝y 2＋x 2－2xy ×12，化简得y (x －1)＝x 2－14.因为x >1，所以x －1>0，因此y ＝x 2－14x －1＝(x －1)＋34(x －1)＋2≥3＋2，当且仅当x －1＝34(x －1)时取等号，即x ＝1＋32时，y 取得最小值2＋3，因此AC 最短为(2＋3)米．[答案] D3．(2019·广东省五校协作体高三一诊)如图所示，在一个坡度一定的山坡AC 的顶上有一高度为25 m 的建筑物CD ，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A 处测得∠DAC ＝15°，沿山坡前进50 m 到达B 处，又测得∠DBC ＝45°，根据以上数据可得cos θ＝________.[解析] 由∠DAC ＝15°，∠DBC ＝45°可得∠BDA ＝30°，∠DBA ＝135°，∠BDC ＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB ＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得50sin30°＝DB sin15°，即DB ＝100sin15°＝100×sin(45°－30°)＝252(3－1)，又25sin45°＝252(3－1)sin (90°＋θ)，即25sin45°＝252(3－1)cos θ，得到cos θ＝3－1. [答案]3－14．(2019·福州综合质量检测)如图，小明同学在山顶A 处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC ＝135°.若山高AD ＝100 m ，汽车从B 点到C 点历时14 s ，则这辆汽车的速度约为________m/s.(精确到0.1)参考数据：2≈1.414，5≈2.236.[解析] 因为小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD ＝60°，∠CAD ＝45°.设这辆汽车的速度为v m/s ，则BC ＝14v m ， 在Rt △ADB 中，AB ＝AD cos ∠BAD ＝ADcos60°＝200 m.在Rt △ADC 中，AC ＝AD cos ∠CAD＝100cos45°＝100 2 m.在△ABC 中，由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ， 所以(14v )2＝(1002)2＋2002－2×1002×200×cos135°，解得v ＝50107≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.[答案] 22.6解三角形实际问题的4步骤1．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin2α＝cos2α＋1，则sin α＝ ( )A.15 B.55 C.33D.255[解析] 由二倍角公式可知4sin αcos α＝2cos 2α. ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos α≠0， ∴2sin α＝cos α，∴tan α＝12，∴sin α＝55.故选B. [答案] B2．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝( ) A.π2 B.π3 C.π4D.π6[解析] 根据余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ，因为S △ABC ＝a 2＋b 2－c 24，所以S △ABC ＝2ab cos C 4，又S △ABC ＝12ab sin C ，所以tan C ＝1，因为C ∈(0，π)，所以C ＝π4.故选C.[答案] C3．(2019·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△BDC 中，BC ＝3，sin ∠BCD ＝45，∠BDC ＝45°，由正弦定理得BD sin ∠BCD ＝BC sin ∠BDC，则BD ＝3×4522＝1225，在△ABD 中，sin ∠BAD ＝35，cos ∠BAD ＝45，∠ADB ＝135°，∴cos ∠ABD ＝cos[180°－(135°＋∠BAD )]＝cos(45°－∠BAD )＝cos45°cos ∠BAD ＋sin45°sin ∠BAD ＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫45＋35＝7210.[答案] 1225 72104．(2019·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A ＋C2＝b sin A .(1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围． [解] (1)由题设及正弦定理得sin A sin A ＋C2＝sin B sin A . 因为sin A ≠0，所以sin A ＋C2＝sin B . 由A ＋B ＋C ＝180°，可得sin A＋C 2＝cos B2，故cos B 2＝2sin B 2cos B 2. 因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12， 因此B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin (120°－C )sin C ＝32tan C ＋12. 由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°. 由(1)知A ＋C ＝120°，所以30°<C <90°，故12<a <2， 从而38<S △ABC <32.因此，△ABC 面积的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫38，32.1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．2．若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9或第13～15题位置上．3．若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等．热点课题1 解三角形中的范围问题(2019·河南豫北联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且3a cos C ＝(2b －3c )cos A .(1)求角A 的大小；(2)求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2－B －2sin 2C2的取值范围．[解] (1)由正弦定理将原等式化为3sin A cos C ＝2sin B cos A －3sin C cos A ，从而可得，3sin(A ＋C )＝2sin B cos A ， 即3sin B ＝2sin B cos A .又B 为三角形的内角，所以sin B ≠0， 于是cos A ＝32.又A 为三角形的内角，因此A ＝π6.(2)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2－B －2sin 2C 2 ＝sin B ＋cos C －1＝sin B ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－B －1＝sin B ＋cos 5π6cos B ＋sin 5π6sin B －1 ＝32sin B －32cos B －1 ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6－1，由A ＝π6可知，B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5π6，所以B －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，2π3，从而sin ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1， 因此，3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6－1∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－3＋22，3－1，故cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2－B －2sin 2C 2的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－3＋22，3－1. 专题强化训练(十二)一、选择题1．(2019·贵阳监测)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，则cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α的值是( )A.79B.13 C ．－13 D ．－79[解析] ∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫π3－2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫π6－α＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎪⎫π6－α＝79， ∴cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝－79.[答案] D2．(2019·湖北武汉模拟)在△ABC 中，a ＝2，b ＝3，B ＝π3，则A 等于( )A.π6B.π4C.3π4D.π4或3π4[解析] 由正弦定理得a sin A ＝b sin B ，所以sin A ＝a sin Bb ＝2×sin π33＝22，所以A ＝π4或3π4.又a <b ，所以A <B ，所以A ＝π4.[答案] B3．(2019·沧州4月联考)已知θ是第四象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝( ) A.43 B ．－43 C ．－34 D.34[解析] 解法一：∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22×(sin θ＋cos θ)＝35，∴sin θ＋cos θ＝325，① ∴2sin θcos θ＝－725.∵θ是第四象限角，∴sin θ<0，cos θ>0， ∴sin θ－cos θ＝－1－2sin θcos θ＝－425，②由①②得sin θ＝－210，cos θ＝7210，∴tan θ＝－17， ∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝tan θ－11＋tan θ＝－43. 解法二：∵⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝π2，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫π4－θ＝35，又2k π－π2<θ<2k π，k ∈Z ， ∴2k π－π4<θ＋π4<2k π＋π4，k ∈Z ， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝45，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝45，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝43，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝－43.[答案] B4．(2019·山西太原模拟)在△ABC 中，c －a 2c ＝sin 2B 2(a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边)，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形[解析] 由cos B ＝1－2sin 2B 2得sin 2B 2＝1－cos B 2，∴c －a 2c ＝1－cos B 2，即cos B ＝a c .解法一：由余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac ＝ac ，即a 2＋c 2－b 2＝2a 2，∴a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 为直角三角形，又无法判断两直角边是否相等，故选A. 解法二：由正弦定理得cos B ＝sin Asin C ，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，∴cos B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ，即sin B cos C ＝0，又sin B ≠0，∴cos C ＝0，又角C 为三角形的内角，∴C ＝π2，∴△ABC 为直角三角形，又无法判断两直角边是否相等，故选A.[答案] A5．(2019·湛江一模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＝2，S △ABC ＝23，且c cos B ＋b cos C －2a cos A ＝0，则a ＝( )A. 3 B ．2 C ．2 3 D ．25[解析] 解法一：由正弦定理知，c cos B ＋b cos C －2a cos A ＝0可化为sin C cos B ＋sin B cos C －2sin A cos A ＝0，即sin(B ＋C )－2sin A cos A ＝0，因为sin(B ＋C )＝sin A ，且sin A >0，所以cos A ＝12.又0<A <π，所以A ＝π3.由b ＝2，S △ABC ＝12bc sin A ＝23，得c ＝4.由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝22＋42－2×2×4×12＝12，所以a ＝2 3.解法二：由三角形中的射影定理可知c cos B ＋b cos C ＝a ，所以c cos B ＋b cos C －2a cos A ＝0可化为a －2a cos A ＝0，因为a ≠0，所以cos A ＝12.又0<A <π，所以A ＝π3.由b ＝2，S △ABC ＝12bc sin A ＝23，得c ＝4.由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝22＋42－2×2×4×12＝12，所以a ＝2 3.[答案] C6．(2019·南京调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2c cos B ＝2a ＋b ，若△ABC 的面积S ＝3c ，则ab 的最小值为( )A ．28B ．36C ．48D ．56[解析] 在△ABC 中，2c cos B ＝2a ＋b ，由正弦定理，得2sin C cos B ＝2sin A ＋sin B .又A ＝π－(B ＋C )，所以sin A ＝sin[π－(B ＋C )]＝sin(B ＋C )，所以2sin C cos B ＝2sin(B ＋C )＋sin B ＝2sin B cos C ＋2cos B sin C ＋sin B ，得2sin B cos C ＋sin B ＝0，因为sin B ≠0，所以cos C ＝－12，又0<C <π，所以C ＝2π3.由S ＝3c ＝12ab sin C ＝12ab ×32，得c ＝ab 4.由余弦定理得，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2＋ab ≥2ab ＋ab ＝3ab (当且仅当a ＝b 时取等号)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫ab 42≥3ab ，得ab ≥48，所以ab 的最小值为48，故选C.[答案] C 二、填空题7．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△ABC 的面积为________．[解析] 由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 及已知得62＝(2c )2＋c 2－2×2c ×c ×12，∴c ＝23(c ＝－23舍去)．∴a ＝2c ＝43，∴△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×43×23×32＝6 3.[答案] 638．(2019·成都一诊)计算：4cos50°－tan40°＝________. [解析] 4cos50°－tan40°＝4sin40°－sin40°cos40° ＝4cos40°sin40°－sin40°cos40° ＝2sin80°－sin40°cos40° ＝2sin (120°－40°)－sin40°cos40° ＝3cos40°＋sin40°－sin40°cos40° ＝3cos40°cos40°＝ 3. [答案]39．(2019·安徽合肥一模)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos C ＝223，b cos A ＋a cos B ＝2，则△ABC 的外接圆面积为________．[解析] 已知b cos A ＋a cos B ＝2，由正弦定理可得2R sin B cos A ＋2R sin A cos B ＝2(R 为△ABC 的外接圆半径)．利用两角和的正弦公式得2R sin(A ＋B )＝2，则2R sin C ＝2，因为cos C ＝223，所以sin C ＝13，所以R ＝3.故△ABC 的外接圆面积为9π.[答案] 9π 三、解答题10．(2019·北京卷)在△ABC 中，a ＝3，b －c ＝2，cos B ＝－12. (1)求b ，c 的值； (2)求sin(B －C )的值．[解] (1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得b 2＝32＋c 2－2×3×c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12.因为b ＝c ＋2，所以(c ＋2)2＝32＋c 2－2×3×c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12.解得c ＝5.所以b ＝7. (2)由cos B ＝－12得sin B ＝32. 由正弦定理得sin C ＝c b sin B ＝5314.在△ABC 中，∠B 是钝角，所以∠C 为锐角． 所以cos C ＝1－sin 2C ＝1114.所以sin(B －C )＝sin B cos C －cos B sin C ＝437.11．(2018·烟台模拟)如图，在平面四边形ABCD 中，已知A ＝π2，B ＝2π3，AB ＝6.在AB 边上取点E ，使得BE ＝1，连接EC ，ED .若∠CED ＝2π3，EC ＝7.(1)求sin ∠BCE 的值； (2)求CD 的长．[解] (1)在△BEC 中，由正弦定理，知BE sin ∠BCE＝CE sin B .∵B ＝2π3，BE ＝1，CE ＝7，∴sin ∠BCE ＝BE ·sin B CE ＝327＝2114.(2)∵∠CED ＝B ＝2π3，∴∠DEA ＝∠BCE ， ∴cos ∠DEA ＝1－sin 2∠DEA ＝1－sin 2∠BCE ＝1－328＝5714.∵A ＝π2，∴△AED 为直角三角形，又AE ＝5， ∴ED ＝AE cos ∠DEA ＝55714＝27.在△CED 中，CD 2＝CE 2＋DE 2－2CE ·DE ·cos ∠CED ＝7＋28－2×7×27×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝49.∴CD ＝7.12．(2019·常州一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan Bcos A .(1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值．[解] (1)证明：由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin Bcos A cos B ，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B .因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C . 从而sin A ＋sin B ＝2sin C . 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b2， 所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋b 222ab＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12， 当且仅当a ＝b 时，等号成立． 故cos C 的最小值为12.。

第2讲 三角恒等变换与解三角形热点一 三角恒等变换 1．三角求值“三大类型”“给角求值”“给值求值”“给值求角”． 2．三角恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等．(2)项的拆分与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，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．例1 (1)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°等于( ) A ．－32 B.32 C ．－12 D.12答案 D解析 原式＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin(20°＋10°)＝sin 30°＝12.(2)已知sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝33，则cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2 021π3等于( ) A.23 B.13 C ．－23 D ．－13 答案 B解析 cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2 021π3＝cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2π3＋673π， ＝cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2π3＋π＝－cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2π3， ∵sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝cos ⎝⎛⎭⎫π3＋α＝33， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2 021π3＝－cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2π3 ＝－⎣⎡⎦⎤2cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π3－1＝－⎝⎛⎭⎫23－1＝13.(3)已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( ) A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6 答案 C解析 因为α，β均为锐角，所以－π2<α－β<π2.又sin(α－β)＝－1010，所以cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55，所以cos α＝255， 所以sin β＝sin[α－(α－β)] ＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝55×31010－255×⎝⎛⎭⎫－1010＝22. 所以β＝π4.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解． 跟踪演练1 (1)已知sin α＝cos α＋12，且α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则cos 2αsin ⎝⎛⎭⎫α－π4的值为________． 答案 －142解析 由sin α＝cos α＋12，得1－2sin α·cos α＝14，即有sin αcos α＝38.又α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以sin α＋cos α＝(sin α－cos α)2＋4sin αcos α＝72. 从而cos 2αsin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝cos 2α－sin 2α22(sin α－cos α)＝－2(sin α＋cos α)＝－142. (2)已知α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，tan α＝cos 2β1－sin 2β，则( ) A ．α＋β＝π2B ．α－β＝π4C ．α＋β＝π4D ．α＋2β＝π2答案 B解析 tan α＝cos 2β1－sin 2β＝cos 2β－sin 2βcos 2β＋sin 2β－2sin βcos β＝(cos β＋sin β)(cos β－sin β)(cos β－sin β)2＝cos β＋sin βcos β－sin β＝1＋tan β1－tan β＝tan ⎝⎛⎭⎫π4＋β，又因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以α＝π4＋β，即α－β＝π4. 热点二 正弦定理、余弦定理1．正弦定理：在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R ，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sinC 等．2．余弦定理：在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A . 变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc.例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且sin 2B ＋sin 2C －2sin B sin C ＝sin 2A . (1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S ＝1，求a 的最小值． 解 (1)由正弦定理得：b 2＋c 2－2bc ＝a 2，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝22，又A ∈(0，π)，所以A ＝π4.(2)S ＝12bc sin A ＝1，从而bc ＝22，∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－4≥42－4(当且仅当b ＝c 时，等号成立)， 故a min ＝22－1.思维升华 关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、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．跟踪演练2 (2019·杭州外国语学校模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a 2＋c 2－b 2＝bc cos C ＋c 2cos B . (1)求B 的大小；(2)若△ABC 的面积为2534，且b ＝5，求sin A ＋sin C .解 (1)由余弦定理可得2ac cos B ＝bc cos C ＋c 2cos B ， ∴2a cos B ＝b cos C ＋c cos B ， 由正弦定理可得2sin A cos B ＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin(B ＋C )＝sin A .∵sin A ≠0，∴cos B ＝12，∴B ＝π3.(2)S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ＝2534，∴ac ＝25.①又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ＝25，② 由①②可得a ＝c ＝5，∴△ABC 为等边三角形，sin A ＝sin C ＝32， ∴sin A ＋sin C ＝ 3.热点三 解三角形与三角函数的综合问题解三角形与三角函数的综合是近几年高考的热点，主要考查三角形的基本量，三角形的面积或判断三角形的形状．例3 已知函数f (x )＝4sin x ·cos ⎝⎛⎭⎫x －π3－ 3.(1)求f ⎝⎛⎭⎫π3的值和f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，f ⎝⎛⎭⎫A 2＝3，a ＝3，求△ABC 面积的最大值． 解 (1)f (x )＝4sin x ·cos ⎝⎛⎭⎫x －π3－ 3 ＝4sin x ⎝⎛⎭⎫cos x cos π3＋sin x sin π3－ 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 所以f ⎝⎛⎭⎫π3＝3，f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)由f ⎝⎛⎭⎫A 2＝3，A ∈(0，π)，得A ＝2π3， 又a ＝3，由余弦定理得3＝b 2＋c 2＋bc ≥3bc ， 所以bc ≤1，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12bc sin A ≤34，当且仅当b ＝c ＝1时，取得最大值34. 思维升华 解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求解．跟踪演练3 已知函数f (x )＝2sin x cos x －23cos 2x ，x ∈R . (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c ＝3，角C 为锐角且f (C )＝－3，求ab 的最大值．解 (1)f (x )＝sin 2x －3(1＋cos 2x ) ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3－3， 令－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－π12＋k π，5π12＋k π，k ∈Z . (2)∵f (C )＝－3， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2C －π3＝0， ∴C ＝π6或C ＝2π3(舍去)．当C ＝π6时，由余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ， 即a 2＋b 2－3＝3ab ≥2ab －3， ∴ab ≤6＋33，当且仅当a ＝b 时，ab 取得最大值6＋3 3.真题体验1．(2019·浙江，14)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________. 答案1225 7210解析 在Rt △ABC 中，易得AC ＝5，sin C ＝AB AC ＝45.在△BCD 中，由正弦定理得BD ＝BCsin ∠BDC ×sin ∠BCD ＝322×45＝1225，sin ∠DBC ＝sin [π－(∠BCD ＋∠BDC )]＝sin(∠BCD ＋∠BDC )＝sin ∠BCD ·cos ∠BDC ＋cos ∠BCD ·sin ∠BDC ＝45×22＋35×22＝7210.又∠ABD ＋∠DBC ＝π2，所以cos ∠ABD ＝sin ∠DBC ＝7210. 2．(2018·浙江，13)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 ＝________. 答案2173 解析 如图，由正弦定理a sin A ＝b sin B，得sin B ＝b a ·sin A ＝27×32＝217.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc ·cos A ， 得7＝4＋c 2－4c ×cos 60°，即c 2－2c －3＝0，解得c ＝3或c ＝－1(舍去)．3．(2017·浙江，14)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos ∠BDC ＝________. 答案152104解析 依题意作出图形，如图所示，则sin ∠DBC ＝sin ∠ABC .由题意知AB ＝AC ＝4，BC ＝BD ＝2， 则sin ∠ABC ＝154，cos ∠ABC ＝14， 所以S △BDC ＝12BC ·BD ·sin ∠DBC＝12×2×2×154＝152. 因为cos ∠DBC ＝－cos ∠ABC ＝－14＝BD 2＋BC 2－CD 22BD ·BC ＝8－CD 28，所以CD ＝10.由余弦定理得，cos ∠BDC ＝4＋10－42×2×10＝104.押题预测1．已知sin 2α＝45，α∈⎝⎛⎭⎫0，π4，则sin ⎝⎛⎭⎫π4－α的值为________． 答案1010解析 因为2⎝⎛⎭⎫π4－α＝π2－2α，则2α＝π2－2⎝⎛⎭⎫π4－α， 所以sin 2α＝sin ⎣⎡⎦⎤π2－2⎝⎛⎭⎫π4－α＝cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π4－α， 所以45＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎫π4－α， 所以sin 2⎝⎛⎭⎫π4－α＝110，又π4－α∈⎝⎛⎭⎫0，π4， 所以sin ⎝⎛⎭⎫π4－α＝1010.2．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A ＝30°，C ＝45°，c ＝3，点P 是平面ABC 内的一个动点，若∠BPC ＝60°，则△PBC 面积的最大值是________． 答案938解析 ∵A ＝30°，C ＝45°，c ＝3， ∴由正弦定理a sin A ＝c sin C ，可得a ＝c ·sin Asin C ＝3×1222＝322.又∠BPC ＝60°，∴在△PBC 中，令PB ＝m ，PC ＝n ， 由余弦定理可得cos ∠BPC ＝m 2＋n 2－922mn ＝12，∴m 2＋n 2－92＝mn ≥2mn －92(当且仅当m ＝n ＝322时等号成立)，∴mn ≤92，∴(S △PBC )max ＝12mn sin ∠BPC ＝938.3．已知函数f (x )＝m sin x ＋2cos x (m ＞0)的最大值为2. (1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，f ⎝⎛⎭⎫A －π4＋f ⎝⎛⎭⎫B －π4＝46sin A sin B ，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且C ＝60°，c ＝3，求△ABC 的面积． 解 (1)由题意，f (x )的最大值为m 2＋2，所以m 2＋2＝2，而m ＞0，于是m ＝2， f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4. 令2k π＋π2≤x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，即2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4(k ∈Z )．所以f (x )的单调减区间为⎣⎡⎦⎤π4＋2k π，5π4＋2k π(k ∈Z )． (2)设△ABC 的外接圆半径为R ， 由题意，得2R ＝c sin C ＝3sin 60°＝23，化简f ⎝⎛⎭⎫A －π4＋f ⎝⎛⎭⎫B －π4＝46sin A sin B ，得 sin A ＋sin B ＝26sin A sin B ，由正弦定理，得2R (a ＋b )＝26ab ，a ＋b ＝2ab .① 由余弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ， 即a 2＋b 2－ab ＝9， 即(a ＋b )2－3ab －9＝0.②将①式代入②，得2(ab )2－3ab －9＝0. 解得ab ＝3或ab ＝－32(舍去)．所以S △ABC ＝12ab sin C ＝334.A 组 专题通关1．(2018·全国Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α等于( )A.89B.79 C ．－79 D ．－89 答案 B解析 ∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝⎛⎭⎫132＝79. 2．tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°的值为( ) A. 3 B.33 C ．－33D ．－ 3 答案 D解析 因为tan 120°＝tan 70°＋tan 50°1－tan 70°tan 50°＝－3，即tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°＝－ 3.3．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若2cos B ＝ac ，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 ．等腰直角三角形答案 A解析 由2cos B ＝ac 及余弦定理得2×a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－b 2ac ＝a c ，整理得c 2＝b 2，∴b ＝c ，∴△ABC 为等腰三角形．4．已知锐角△ABC 外接圆的半径为2，AB ＝23，则△ABC 周长的最大值为( ) A ．4 3 B ．6 3 C ．8 3 D ．12 3 答案 B解析 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ， ∵锐角△ABC 外接圆的半径为2，AB ＝23， ∴c sin C ＝2R ，即23sin C＝4， ∴sin C ＝32，又C 为锐角， ∴C ＝π3，由正弦定理得a sin A ＝bsin B＝4，得a ＝4sin A ，b ＝4sin B ，又c ＝23，∴a ＋b ＋c ＝4sin A ＋4sin B ＋2 3＝23＋4sin B ＋4sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B＝6sin B ＋23cos B ＋23＝43sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6＋23， ∴当B ＋π6＝π2，即B ＝π3时， a ＋b ＋c 取得最大值43＋23＝6 3.5．已知α为锐角，则2tan α＋3tan 2α的最小值为( ) A ．1 B ．2 C. 2 D. 3答案 D解析 方法一 由tan 2α有意义，α为锐角可得α≠45°，∵α为锐角，∴tan α>0，∴2tan α＋3tan 2α＝2tan α＋3(1－tan 2α)2tan α＝12⎝⎛⎭⎫tan α＋3tan α ≥12×2tan α·3tan α＝3， 当且仅当tan α＝3tan α，即tan α＝3，α＝π3时等号成立．故选D. 方法二 ∵α为锐角，∴sin α>0，cos α>0， ∴2tan α＋3tan 2α＝2sin αcos α＋3cos 2αsin 2α＝4sin 2α＋3cos 2α2sin αcos α＝sin 2α＋3cos 2α2sin αcos α＝12⎝⎛⎭⎫sin αcos α＋3cos αsin α≥12×2sin αcos α·3cos αsin α＝3， 当且仅当sin αcos α＝3cos αsin α， 即α＝π3时等号成立．故选D.6．(2019·黄冈调研)已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，且C ＝π4，c ＝2，a ＝x ，若满足条件的三角形有两个，则x 的取值范围是( ) A.2<x <1 B.2<x <2 C ．1<x <2D ．1<x < 2答案 B解析 在△ABC 中，由正弦定理得a sin A ＝c sin C ， 即x sin A ＝2sin π4，可得sin A ＝12x ， 由题意得，当A ∈⎝⎛⎭⎫π4，3π4且 A ≠π2时，满足条件的△ABC 有两个，所以22<12x <1， 解得2<x <2， 则x 的取值范围是()2，2. 7．设△ABC 内切圆与外接圆的半径分别为r 与R ，且sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，则cos C ＝________；当BC ＝1时，△ABC 的面积为________．答案 －14 31516解析 ∵sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，∴由正弦定理得a ∶b ∶c ＝2∶3∶4.令a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝4t ，则cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝4t 2＋9t 2－16t 212t 2＝－14， ∴sin C ＝154. 当BC ＝1时，AC ＝32， ∴S △ABC ＝12×1×32×154＝31516. 8．在△ABC 中，AD 为边BC 上的中线，AB ＝1，AD ＝5，B ＝45°，则sin ∠ADC ＝________，AC ＝________. 答案 210 113解析 在△ABD 中，由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝AD sin B， 则sin ∠ADB ＝AB sin B AD ＝1×225＝210， 则sin ∠ADC ＝sin(π－∠ADB )＝sin ∠ADB ＝210. 在△ABD 中，由余弦定理得AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ，即52＝12＋BD 2－2BD cos 45°，解得BD ＝42(舍负)，则BC ＝2BD ＝82，在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B＝12＋(82)2－2×1×82cos 45°＝113，所以AC ＝113.9.如图，在△ABC 中，BC ＝2，∠ABC ＝π3，AC 的垂直平分线DE 与AB ，AC 分别交于点D ，E ，且DE ＝62，则BE 2＝________.答案 52＋ 3 解析 如图，连接CD ，由题设，有∠BDC ＝2A ，所以CD sin π3＝BC sin 2A ＝2sin 2A ， 故CD ＝3sin 2A. 又DE ＝CD sin A ＝32cos A ＝62， 所以cos A ＝22， 而A ∈(0，π)，故A ＝π4， 因此△ADE 为等腰直角三角形，所以AE ＝DE ＝62. 在△ABC 中，∠ACB ＝5π12， 所以AB sin 5π12＝2sin π4， 故AB ＝3＋1，在△ABE 中，BE 2＝(3＋1)2＋⎝⎛⎭⎫622－2×(3＋1)×62×22＝52＋ 3. 10．(2019·绍兴一中模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，sin 2A ＋sin 2B ＋sin A sin B ＝2c sin C ，△ABC 的面积S ＝abc .(1)求角C ；(2)求△ABC 周长的取值范围．解 (1)由S ＝abc ＝12ab sin C 可知2c ＝sin C ， ∴sin 2A ＋sin 2B ＋sin A sin B ＝sin 2C ，由正弦定理得a 2＋b 2＋ab ＝c 2.由余弦定理得cos C ＝－12，∴C ＝2π3. (2)由(1)知2c ＝sin C ，∴2a ＝sin A,2b ＝sin B .△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝12(sin A ＋sin B ＋sin C )＝12⎣⎡⎦⎤sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫π3－A ＋34 ＝12⎝⎛⎭⎫sin A ＋32cos A －12sin A ＋34＝12⎝⎛⎭⎫12sin A ＋32cos A ＋34＝12sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＋34. ∵A ∈⎝⎛⎭⎫0，π3， ∴A ＋π3∈⎝⎛⎭⎫π3，2π3， ∴sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3∈⎝⎛⎦⎤32，1， ∴△ABC 的周长的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤32，2＋34. B 组 能力提高11．已知2sin θ＝1－cos θ，则tan θ等于( )A ．－43或0 B.43或0 C ．－43D.43答案 A解析 因为2sin θ＝1－cos θ，所以4sin θ2cos θ2＝1－⎝⎛⎭⎫1－2sin 2θ2＝2sin 2θ2， 解得sin θ2＝0或2cos θ2＝sin θ2， 即tan θ2＝0或2， 又tan θ＝2tanθ21－tan 2θ2， 当tan θ2＝0时，tan θ＝0； 当tan θ2＝2时，tan θ＝－43.12．△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若2cos 2A －B 2＋cos C ＝32，且△ABC 的面积为14c 2，则C 等于( ) A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π3答案 A解析 2cos 2A －B 2＋cos C ＝cos(A －B )＋1－cos(A ＋B )＝cos A cos B ＋sin A sin B ＋1－cos A cos B ＋sin A sin B ＝2sin A sin B ＋1＝32⇒sin A sin B ＝14， S △ABC ＝12ab sin C ＝14c 2⇒12sin A sin B sin C ＝14sin 2C ⇒sin C ＝12(sin C ≠0)， ∵C ∈(0，π)，∴C ＝π6或C ＝5π6， 又cos C ＝32－2cos 2A －B 2≥32－2＝－12， ∴C ＝π6. 13．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积S ＝a 24，给出以下结论：①sin A ＝2sin B sin C ；②tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ；③tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ；④tan A tan B tan C 有最小值8.其中正确结论的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 D解析 由S ＝a 24＝12ab sin C ，得a ＝2b sin C ， 又a sin A ＝b sin B，得sin A ＝2sin B sin C ，故①正确； 由sin A ＝2sin B sin C ，得sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B sin C ，两边同时除以cos B cos C ，可得tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，故②正确；因为tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B1－tan A tan B， 且tan(A ＋B )＝tan(π－C )＝－tan C ，所以tan A ＋tan B 1－tan A tan B＝－tan C ， 整理移项得tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ，故③正确；由tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，tan A ＝－tan(B ＋C )＝tan B ＋tan C tan B tan C －1， 且tan A ，tan B ，tan C 都是正数，得tan A tan B tan C ＝tan B ＋tan C tan B tan C －1·tan B tan C ＝2tan B tan Ctan B tan C －1·tan B tan C ＝2(tan B tan C )2tan B tan C －1， 设m ＝tan B tan C －1，则m >0，tan A tan B tan C ＝2(m ＋1)2m＝2⎝⎛⎭⎫m ＋1m ＋4≥4＋4m ·1m ＝8， 当且仅当m ＝tan B tan C －1＝1，即tan B tan C ＝2时取“＝”，此时tan B tan C ＝2，tan B ＋tan C ＝4，tan A ＝4，所以tan A tan B tan C 的最小值是8，故④正确，故选D.14．(2018·北京)若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且∠C 为钝角，则∠B ＝________；c a的取值范围是________．答案 π3(2，＋∞) 解析 由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac， ∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B .又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ，∴tan B ＝3， 又∠B ∈(0，π)，∴∠B ＝π3. 又∵∠C 为钝角，∴∠C ＝2π3－∠A >π2， ∴0<∠A <π6. 由正弦定理得c a ＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－∠A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1tan A. ∵0<tan A <33， ∴1tan A>3， ∴c a >12＋32×3＝2，即c a>2. ∴c a的取值范围是(2，＋∞)．15．如图，在△ABC 中，D 为边BC 上一点，AD ＝6，BD ＝3，DC ＝2.(1)如图1，若AD ⊥BC ，求∠BAC 的大小；(2)如图2，若∠ABC ＝π4，求△ADC 的面积． 解 (1)设∠BAD ＝α，∠DAC ＝β.因为AD ⊥BC ，AD ＝6，BD ＝3，DC ＝2，所以tan α＝12，tan β＝13， 所以tan ∠BAC ＝tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝12＋131－12×13＝1. 又∠BAC ∈(0，π)，所以∠BAC ＝π4. (2)设∠BAD ＝α.在△ABD 中，∠ABC ＝π4，AD ＝6，BD ＝3. 由正弦定理得AD sin π4＝BD sin α，解得sin α＝24. 因为AD >BD ，所以α为锐角，从而cos α＝1－sin 2α＝144. 因此sin ∠ADC ＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝sin αcos π4＋cos αsin π4＝22⎝⎛⎭⎫24＋144＝1＋74. 所以△ADC 的面积S ＝12×AD ×DC ·sin ∠ADC＝12×6×2×1＋74＝32(1＋7)． 16．已知在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝2，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝135°，则AP 的最小值为________． 答案 17－ 2解析 设∠PBC ＝θ，∠BCP ＝α，因为∠BPC ＝135°，所以θ＋α＝45°，则α＝45°－θ，所以cos α＝cos(45°－θ)＝22(cos θ＋sin θ)， sin α＝sin(45°－θ)＝22(cos θ－sin θ)， 在Rt △ABC 中，可得cos C ＝213，sin C ＝313， 则cos ∠ACP ＝cos(C －α)＝cos C cos α＋sin C sin α＝213×22(cos θ＋sin θ)＋313×22(cos θ－sin θ) ＝52213cos θ－2213sin θ， 在△BCP 中，由正弦定理得 PC sin θ＝BC sin ∠BPC ＝2sin135°＝22， 则PC ＝22sin θ，在△ACP 中，由余弦定理可得AP 2＝AC 2＋PC 2－2AC ·PC cos ∠ACP＝()132＋(22sin θ)2－2×13×22sin θ· ⎝ ⎛⎭⎪⎫52213cos θ－2213sin θ ＝13＋12sin 2θ－20sin θcos θ＝13＋12×1－cos 2θ2－10sin 2θ ＝19－(6cos 2θ＋10sin 2θ)＝19－234sin(2θ＋φ)，且0°<2θ<90°，tan φ＝35. 所以当2θ＋φ＝90°时，取得最小值， 此时AP 2＝19－234，所以AP 的最小值为19－234＝17－ 2.。

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 α cos β± cos αsin β；(2)cos(α±β)＝ cos αcos β?sin αsin β；tan α± tan β(3)tan(α±β)＝1?tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 2 α＝ 2sin α cos α；(2)cos 2α＝cos 2α－ sin 2α＝2cos 2 α－ 1＝ 1－2sin 2α；2tan α(3)tan 2α＝ 1－tan 2α .[ 典型例题 ]π ＋ sin θ＝ 4 3，则 sinθ＋7π的值是 ()(1) 已知 cos θ－ 6564B ． 4 3C ．－ 4D ．－ 4 3A ． 5555(2)若 sin 2 α＝ 5，sin( β－α)＝10，且 α∈ π，π，β∈ π，3π，则 α＋ β的值是 ()5104 2A. 7πB.9π445π 7π 5π9πC. 4 或 4D. 4 或 4π43【分析 】 (1)因为 cos θ－ 6＋sin θ＝ 5，3θ3θ 4 5 3所以 2 cos ＋ 2sin ＝ ， 即 3 1θ 3 θ ＝ 4 3，2cos＋ 2 sin5即 3sin θ＋ 6π＝45 3 ，所以 sinπ ＝ 4，＋5θ 67ππ 4所以sinθ＋ 6＝－sinθ＋ 6 ＝－ 5.应选 C.(2)因为α∈π，所以 2α∈π，又 sin 2α＝5，故 2α∈π，α∈π π，4 ，π2， 2π 5 2，π 4 ， 2所以 cos 2α＝－3ππ 5π10，所以 cos(α2 5.又β∈π，2，故β－α∈2，，于是 cos(β－α)＝－35 4 10＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α)＝－2 5×－3 10－5×10＝5 10 5 102 5π7π2，且α＋β∈4， 2π，故α＋β＝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sin 2α＋ 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 x x(x∈ R)的最大值等于 () 2cos ＋ 4cos22 29A ． 5 B．25C．2 D． 2分析：选 B.因为 f(x)＝ 3sin xx 2x 2cos 2＋ 4cos 23 5 3 4＝2sin x＋ 2cos x＋ 2＝2 5sin x＋5cos x ＋2 5＝2sin(x＋φ)＋ 2，此中 sin φ＝45， cos φ＝35，9所以函数f(x) 的最大值为2.2． (2019 ·江五校联考浙α＋ tan2α＝ 1， sin β＝ 3sin(2 α＋β)，则 tan(α＋β)＝)已知 3tan 2 2()4 4A. 3 B．－32C ．－ 3D ．－ 3分析： 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，sin （ α＋ β） 4sin α所以 tan(α＋ β)＝ ＝－ ＝－ 2tan α，cos （α＋β） 2cos αα α α α又因为 3tan 2＋ tan 2 2＝ 1，所以 3tan 2 ＝ 1－ tan 2 2 ，α2tan 224 . 所以 tan α＝＝ ，所以 tan(α＋ β)＝－ 2tan α＝－3α 31－ tan 221，则 sin 2x ＝3．(2019 ·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)若 sin( π＋ x)＋cos(π＋ x)＝ 21＋ tan x ＝________．________，πsin xcos x － 4分析： sin( π＋x)＋ cos(π＋x)＝－ sin x － cos x ＝12，1即 sin x ＋ cos x ＝－ 2，两边平方得： sin 2x ＋ 2sin xcos x ＋ cos 2x ＝14，13 即 1＋ sin 2x ＝4，则 sin 2x ＝－ 4，sin x 1＋ tan x ＝1＋ cos x 由 π 2sin xcos x －42 sin x （ cos x ＋ sin x ）22 22 2 8 2＝sin xcos x ＝sin 2x＝ 3＝－ 3.－ 438 2 答案：－4 －3利用正、余弦定理解三角形[ 核心提炼 ]1．正弦定理及其变形在△ ABC中， a ＝ b ＝ c ＝ 2R(R 为△ ABC sin Asin B sin C的外接圆半径)．变形： a ＝ 2Rsin A ，sinA ＝ 2R a， a ∶b ∶ c ＝ sin A ∶ sin B ∶ sin C 等．2．余弦定理及其变形在△ ABC 中， a 2＝b 2＋ c 2－2bccos A ；b 2＋c 2－ a 2变形： b 2＋ c 2－ a 2＝ 2bccos A ， cos A ＝.3．三角形面积公式1 1 1△ABC＝ 2absin C ＝ 2bcsin A ＝ 2acsin B.S[ 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①证明： A ＝ 2B ；a ，b ， c.已知b ＋c ＝ 2acos B.②若cos B ＝23，求cos C的值．2× 3221【解】 (1)因为 a ＝ 7，b ＝ 2， A ＝ 60°，所以由正弦定理得 sin B ＝bsin A7a ＝ ＝ 7 .由余弦定理 a 2＝ b 2＋ c 2－ 2bccos A 可得 c 2－2c － 3＝ 0，所以 c ＝3.故填： 21 3.7(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 ，所以 A ＝π( 舍去 )或 A ＝ 2B ，所以 A ＝ 2B.②由 cos B ＝23得 sin B ＝ 35，1cos 2B＝ 2cos2B－ 1＝－9，1 4 5故 cos A＝－9， sin A＝9 ，22cos C＝－ cos(A＋B)＝－ cos Acos B＋ sin Asin B＝27.正、余弦定理的合用条件(1)“已知两角和一边” 或“已知两边和此中一边的对角”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 ＝ ________．分析：在 Rt△ABC 中，易得 AC＝ 5，sin C＝AB 4 BC AC＝5.在△ BCD 中，由正弦定理得BD ＝sin∠BDC×sin∠BCD＝3×4＝12 2，sin∠DBC＝ sin[π－(∠ BCD ＋∠ BDC )]＝ sin(∠ BCD ＋∠ BDC )＝ sin 2 5524 2 3×2 7 2 π∠BCD cos∠BDC＋ cos∠BCD sin∠BDC ＝×2 ＋2＝10.又∠ABD ＋∠ DBC＝2，所以 cos5 57 2∠ABD ＝ sin∠DBC ＝10.答案：12 2 7 25 102．(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a足 c bcos A－2＝ b2－ a2 .(1)求角 B 的大小；1129(2)若 BD 为 AC 边上的中线， cos A＝7， BD ＝2，求△ ABC 的面积．a解： (1) 因为 c bcos A－2＝ b2－ a2，即 2bccos A－ ac＝ 2(b2－ a2)，所以 b2＋ c2－ a2－ ac＝ 2(b2－ a2)，1 π所以 a 2＋ c 2－ b 2＝ ac ， cos B ＝ 2， B ＝ 3 . (2)法一： 在三角形 ABD 中，由余弦定理得 2b 2 b129＝ c 2＋2－ 2c ·2 2cos A ，所以129＝ c 2＋b 2－1bc ，①447在三角形 ABC 中，由已知得 sin A ＝473，所以 sin C ＝ sin(A ＋ B) ＝sin Acos B ＋ cos Asin B ＝ 5 3，145由正弦定理得 c ＝ 7b.②b ＝ 7，由① ，②解得c ＝ 5.1所以 S △ABC ＝ 2bcsin A ＝ 10 3.法二： 延伸 BD 到 E ，DE ＝ BD ，连结 AE ，在 △ ABE 中，2π∠BAE ＝ 3 ，BE 2＝ AB 2＋ AE 2－2 ·AB ·AE ·cos ∠BAE ，因为 AE ＝ BC ，129＝ c 2＋ a 2＋ a ·c ，①4 3由已知得， sin ∠BAC ＝ 7 ，5 3所以 sin C ＝ sin(A ＋ B) ＝ 14 ，c sin ∠ACB5 a ＝＝ .②sin ∠BAC8由①② 解得 c ＝ 5， a ＝ 8，1S △ABC ＝ 2c ·a ·sin ∠ABC ＝ 103.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；→ 1 →②若 CA－2CB ＝ 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；π②当 A＝时，求m的取值范围．3【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，1因为 sin B≠0，所以 cos C＝2.π因为 0＜ C＜π，所以 C＝3.→ 1 →→②取 BC 的中点 D ，则CA－2CB ＝ |DA|＝ 2.在△ ADC 中， AD 2＝ AC2＋CD 2－ 2AC·CDcos C，即有 4＝ b2＋a 2 ab≥ 2a2b2 ab ab 2 － 2 4－2 ＝ 2 ，所以 ab≤ 8，当且仅当a＝ 4， b＝ 2 时取等号．1 3所以 S△ABC＝2absin C＝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1b 2＋c 2－ a 2 b 2＋ c 2－ 9（b ＋ c ） 2cos A ＝ 2bc ＝ 2bc82 8 2 9（b 2＋c 2）－ 9bc 9·2bc －9bc7 ＝ 2bc≥＝ 9，2bc当且仅当 b ＝c 时取等号，7故 cos A 的最小值为 9.π3②当 A ＝ 3时，可得 2 m ＝ sin B ＋sin C ，故 m ＝ 232 33 sin B ＋ 3sin C 2 32 32π＝ 3 sin B ＋ 3 sin 3 －B2 32 3 31＝ 3 sin B ＋ 3 2 cos B ＋ 2sin B2 33＝ 3 sin B ＋cos B ＋ 3 sin Bπ＝ 3sin B ＋cos B ＝ 2sin B ＋ 6 ，2π 因为B ∈0，3，ππ 5所以 B ＋ 6∈6 ， 6π，π1所以 sin B ＋ 6 ∈ 2， 1 ，π所以 2sin B ＋ 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 a 2 ＋ b 2－ 2abcos C ＝ c 2) 且 a 2＋ b 2≥ 2ab ，所以在解三角形1中，若波及已知条件中含边长之间的关系，且与面积相关的最值问题，一般利用S ＝ 2absin 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有种类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，或许一个内角的正弦、余弦的取值范围．③求与已知相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. 213 21B. 4C. 21 D ．3 21 2分析： 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.b 2＋c 2－ a 2 93cos A又 cos A ＝2bc ≥ 1－ 2bc ＝ 1－2 ，2所以 cos A ≥5，21所以 0<sin A ≤ 5 ，1 3 3 21 3 21，所以 △ ABC 的面积 S ＝bcsin A ＝ tan A ≤ ×2 ＝42223 21 故△ ABC 面积的最大值为4.2．(2019 浙·江 “ 七彩阳光 ”结盟联考 )已知 a ，b ，c 分别为△ ABC 的内角 A ，B ，C 所对的1 c的最大值为 ( )边，其面积知足 S △ ABC ＝ a 2，则4bA.2－ 1B. 2C. 2＋ 1D. 2＋ 2分析： 选 C.依据题意，有 S △1 2 1ABC ＝4a ＝ 2bcsin A ，c应用余弦定理， 可得 b 2＋ c 2－ 2bccos A ＝ 2bcsin A ，令 t ＝ b ，于是 t 2＋ 1－ 2tcos A ＝ 2tsin A ．于是 2tsin A ＋ 2tcos A ＝ t 2＋ 1，π 1 1≤ 2 2，解得 t 的最大值为2＋ 1.所以 22sinA ＋ 4 ＝ t ＋ t ，进而 t ＋ t 3．(2019 浙·江绍兴一中模拟 )在△ ABC 中， a ，b ，c 分别为角 A ，B ，C 的对边，且知足 b 2＋ c 2－ a 2＝ bc.(1)求角 A 的值；(2)若 a ＝ 3，记△ ABC 的周长为 y ，试求 y 的取值范围．解： (1) 因为 b 2＋ c 2－ a 2＝ bc ，b 2＋c 2－ a 2 1所以由余弦定理得cos A ＝2bc＝ 2，因为 A ∈ (0，π)，π所以 A ＝ 3.π(2)由 a ＝ 3，A ＝ 3 及正弦定理，b ca3得 sin B ＝ sin C ＝ sin A＝ 3 ＝ 2，2得 b ＝ 2sin B ， c ＝2sin 2π2π3 －B，此中 B ∈ 0，3 ，所以周长 y ＝ 3＋2sin B ＋ 2sin 2π3＝ 2 3sin B ＋ π3，3 － B ＝ 3sin B ＋ 3cos B ＋6 ＋2ππ π 5π因为B ∈0，3，得 B ＋ 6∈ 6 ，6 ，进而周长 y ∈ (2 3， 3 3]．专题加强训练π － α＝ cos π)1．已知 sin 6＋ α，则 cos 2α＝ (6A ． 1B ．－ 11C ． 2D ． 0分析： 选 D.因为 sin ππ1α3α3α 1 α6 － α＝cos6 ＋α，所以2cos－ 2 sin＝ 2 cos － 2sin，即1 － 3α1 3 cosαα sin α222 sin ＝－－2 ，所以 tan ＝＝－ 1，所以cos 2α＝ cosα－ sin α＝22cosαcos 2α－ sin 2α 1－ tan 2α2 2 ＝ 2＝ 0.αααsin ＋ costan ＋ 12．(2018 高·考全国卷 Ⅰ )已知函数 f( x)＝ 2cos 2x － sin 2x ＋ 2，则 () A ． f( x)的最小正周期为π，最大值为 3B ． f( x)的最小正周期为π，最大值为4C ． f( x)的最小正周期为 2π，最大值为 3D ． f( x)的最小正周期为 2π，最大值为 4分析：选 B. 易知 f(x)＝ 2cos 2x － sin 2x ＋ 2＝ 3cos 2x ＋ 1＝32(2cos2x － 1)＋32＋ 1＝ 32cos 2x ＋ 52，则f(x)的最小正周期为π，当 x ＝k π(k ∈ Z) 时， f(x)获得最大值，最大值为 4.3．(2019 台·州市高考一模 )在△ ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，已知 a ＝1，2b － 3c ＝ 2acos C ， sin C ＝ 3，则△ ABC 的面积为 ()23 3 A. 2B. 4333C.2或 4D. 3或2分析： 选 C.因为 2b － 3c ＝ 2acos C ，所以由正弦定理可得2sin B － 3 sin C ＝ 2sin Acos C ，所以 2sin(A ＋ C)－ 3sin C ＝ 2sin Acos C ，所以 2cos Asin C ＝ 3sin C ，3所以 cos A ＝ 2 ，所以 A ＝30°，3因为 sin C ＝ 2 ，所以 C ＝ 60°或120°.A ＝30°，C ＝ 60°，B ＝ 90°，a ＝ 1，所以 △ ABC 的面积为 1×1×2×3＝ 3，A ＝ 30°，C 222 ＝ 120°，B ＝ 30°，a ＝ 1，所以 △ ABC 的面积为 1× 1×1×33，应选 C.22 ＝44．在△ ABC 中，三个内角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，若 S △ ABC ＝ 2 3，a ＋ b ＝6，acos B ＋bcos A＝ 2cos C ，则 c ＝ ()cA ．2 7B ． 2 3C ． 4D ． 3 3分析： 选 B. 因为 acos B ＋ bcos A sin Acos B ＋ sin Bcos A sin （A ＋ B ）c ＝ sin C＝ ＝ 1，所以 2cos Csin （A ＋ B ）π△ABC＝ 2 122＋ ＝1，所以 C ＝ 3.又 S3，则 2absin C ＝ 2 3，所以 ab ＝ 8.因为 a ＋ b ＝6，所以 c ＝a b 2－ 2abcos C ＝ (a ＋ b)2－ 2ab －ab ＝ (a ＋ b)2－ 3ab ＝62－ 3× 8＝ 12，所以 c ＝ 2 3.5．公元前 6 世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金切割均为 0.618，这一数值也能够表示为m ＝2sin 18°，若 m 2＋ n ＝ 4，则m n＝2cos 227°－ 1()A ． 8B ． 4C ． 2D ． 1分析： 选 C.因为 m ＝ 2sin 18°，若 m 2＋ n ＝ 4，则 n ＝ 4－ m 2＝ 4－ 4sin 218°＝4(1－ sin 218°)＝ 4cos 218°，m n2sin18° 4cos 218° 4sin 18 °cos 18° 2sin 36°所以＝cos 54° ＝＝＝ 2.2cos 227°－1sin 36° sin 36°6．(2019 杭·州市高三期末检测 )设点 P 在△ ABC 的 BC 边所在的直线上从左到右运动，设 △ ABP 与△ ACP 的外接圆面积之比为 λ，当点 P 不与 B ， C 重合时 ()A ． λ先变小再变大B ．当 M 为线段 BC 中点时， λ最大 C ． λ先变大再变小D ． λ是一个定值分析： 选 D.设 △ABP 与 △ ACP 的外接圆半径分别为 r 1，r 2， 则 2r 1 ＝ ABAC， 2r 2＝ ，sin ∠APB sin ∠APC 因为 ∠ APB ＋ ∠APC ＝ 180°，所以 sin ∠APB ＝ sin ∠APC ，所以 r1＝ AB ， r 2 AC2 AB 2r 12.应选 D. 所以λ＝2＝ACr 27．(2019 福·州市综合质量检测tan（α＋β＋γ），若 sin 2(α＋γ)＝ 3sin 2β，则 m )已知m＝tan（α－β＋γ）＝ ()1 3A. 2B.43C.2D.2分析：选 D.设 A＝α＋β＋γ， B＝α－β＋γ，则 2( α＋γ)＝ A＋ B， 2β＝ A－ B，因为 sin 2(α＋γ)＝ 3sin 2β，所以 sin(A＋ B)＝ 3sin(A－ B) ，即 sin Acos B＋ cos Asin B＝ 3(sin Acos B－cos Asin B)，即 2cos Asin B＝ sin Acos B，所以 tan A＝ 2tan B，tan A所以 m＝tan B＝ 2，应选 D.8．(2019 咸·阳二模 )已知△ ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且a2＋b22 2 sin A sin B＝ 2c2， sin A(1 －cos C)＝ sin Bsin C， b＝→→，过点 M 的直线与6， AB 边上的点 M 知足 AM＝ 2MB射线 CA， CB 分别交于 P， Q 两点，则 MP 2＋ MQ2的最小值是 ( ) A．36 B． 37C． 38 D． 39分析：选 A. 由正弦定理，知a2＋b2＝2c2，即 2＝ 2sin2C，所以2sin2sin A Bπsin C＝1， C＝2，所以 sin A(1－cos C)＝ sin Bsin C，即 sin A＝ sin B，所π以 A＝ B＝4 .以 C 为坐标原点成立如下图的平面直角坐标系，则M(2，4)，设∠MPC ＝θ，θ∈0，π 2 2 16 4 2 2 θ) 16 ＋ 4＝，则 MP ＋MQ ＝2＋2＝ (sin θ＋cos 2 2θ2 sin θcos θsin θcos20＋ 4tan2θ＋16≥ 36，当且仅当 tan θ＝2时等号成立，即MP2＋ MQ 2的最小值为 36.tan2θ9．已知 2cos 2x ＋ sin 2x ＝ Asin( ωx＋ φ)＋ b(A ＞ 0)，则 A ＝ ________， b ＝ ________．分析： 因为 2cos 2 x ＋ sin 2x ＝ 1＋ cos 2x ＋sin 2xπ＝ 2sin(2x ＋ 4 )＋ 1，所以 A ＝ 2， b ＝ 1.答案：21ππ 10．若 α∈ 0， ， cos－α ＝2 2cos 2α ，则 sin 2α ＝________．24分析： 由已知得22 (cos αα α α α α＋ sin )＝2 2(cos － sin ) ·(cos ＋ sin )，所以 cos α＋sin α＝ 0 或 cos α－ sinα＝ 41，由 cos α＋ sin α＝ 0 得 tan α＝－ 1，π因为 α∈ 0， 2，所以 cos α＋sin α＝ 0 不知足条件；由 cos α－ sin α＝1，两边平方得 1－ sin 2α＝ 1 ，416所以 sin 2α＝1615.答案：151611．(2019 金·丽衢十二校联考二模 )在△ ABC 中，内角 A 、 B 、C 所对的边分别为 a 、b 、c ，acos B ＝bcos A ， 4S ＝ 2a 2－ c 2，此中 S 是△ ABC 的面积，则 C 的大小为 ________．分析： △ ABC 中， acos B ＝ bcos A ，所以 sin Acos B ＝ sin Bcos A ，所以 sin Acos B － cos Asin B ＝ sin(A － B)＝0，所以 A ＝B ，所以 a ＝ b ；1又△ ABC 的面积为 S ＝2absin C ，且 4S ＝ 2a 2－ c 2，所以 2absin C ＝2a 2－ c 2＝ a 2＋ b 2－ c 2，所以 sin C ＝ a 2＋ b 2－ c 2＝ cos C ，2abπ所以 C＝4.π答案：412． (2019 ·兴市一中高三期末检测绍 )△ ABC 中， D 为线段 BC 的中点， AB＝ 2AC＝ 2，tan∠CAD＝ sin ∠BAC，则 BC＝ ________．sin ∠CAD sin ∠CAD 分析：由正弦定理可知＝ 2，又 tan∠CAD ＝sin∠BAC，则＝ sin(∠ CAD ＋sin∠BAD cos∠CAD∠ BAD )，利用三角恒等变形可化为1BC＝cos∠BAC ＝2，据余弦定理AC2＋ AB 2－ 2 ·AC·AB·cos∠BAC＝1＋ 4－ 2＝ 3.答案： 313． (2019 ·州第一次调研惠) 已知 a， b，c 是△ ABC 中角 A， B， C 的对边， a＝ 4， b∈(4，6)， sin 2A＝ sin C，则 c 的取值范围为 ________．分析：由4 c 4 c 22sin A＝sin C，得sin A＝sin 2A，所以 c＝8cos A，因为 16＝ b ＋ c － 2bccos A，所以 16－ b2＝ 64cos2A－ 16bcos2A，又 b≠ 4，所以 cos2A＝16－ b2 （ 4－ b）（ 4＋ b） 4＋ b ＝＝16，64－ 16b 16（4－ b）4＋ b所以 c2＝ 64cos2A＝ 64×16 ＝ 16＋4b.因为 b∈ (4， 6)，所以 32<c2<40，所以 4 2< c<2 10.答案：(4 2， 2 10)14．(2019 绍·兴市一中期末检测)设△ ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c 且 acos 1C－2c＝ b.(1)求角 A 的大小；(2)若 a＝ 3，求△ ABC 的周长 l 的取值范围．1 1解： (1) 由 acos C－ c＝ b 得： sin Acos C－ sin C＝ sin B，2 2又 sin B＝ sin(A＋ C)＝ sin Acos C＋ cos Asin C，1所以2sin C＝－ cos Asin C，因为 sin C≠0，1所以 cos A＝－2，又 0＜ A ＜π，2π所以 A ＝ 3.asin B(2)由正弦定理得： b ＝ sin A ＝ 2 3sin B ，c ＝ 2 3sin C ， l ＝ a ＋ b ＋ c ＝ 3＋ 2 3(sin B ＋ sin C)＝ 3＋ 2 3[sin B ＋sin(A ＋B)]13＝ 3＋ 2 3 2sin B ＋ 2 cos Bπ＝ 3＋ 2 3sin B ＋ 3 ，因为 A ＝ 2π π3 ，所以 B ∈ 0，， 3π π 2π所以 B ＋ 3∈ 3 ，3 ，所以 sin B ＋ π3， 1 ，∈ 23则△ ABC 的周长 l 的取值范围为 (6， 3＋2 3 ] ．15． (2019 湖·州模拟 )在△ ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，已知 (sin A ＋ sinB ＋ sin C)(sin B ＋ sinC － sin A) ＝3sin Bsin C.(1)求角 A 的值；(2)求 3sin B － cos C 的最大值．解： (1) 因为 (sin A ＋ sin B ＋ sin C)(sin B ＋ sin C －sin A)＝ 3sin Bsin C ，由正弦定理，得 (a ＋ b ＋ c)(b ＋ c － a)＝ 3bc ，b 2＋c 2－a 21 π所以 b 2＋ c 2－ a 2＝ bc ，所以 cos A ＝2bc＝2，因为 A ∈ (0，π)，所以 A ＝ 3. π2π(2)由 A ＝ 3，得 B ＋C ＝ 3 ，2π所以 3sin B － cos C ＝ 3sin B －cos－ B3＝ 3sin B－1 3 π－2cos B＋2 sin B ＝ sin B＋6 .2πππ 5π因为 0＜B＜3，所以6＜B＋6＜6，π ππ当 B＋6＝2，即 B＝3时，3sin B－cos C 的最大值为 1.16．(2019 宁·波镇海中学模拟)在△ ABC 中， a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边， b＝ 2sin2sin BB，且知足 tan A＋tan C＝cos A .(1)求角 C 和边 c 的大小；(2)求△ ABC 面积的最大值．解： (1)tan A＋ tan C＝2sin Bsin A sin C cos A可得cos A＋cos C＝sin Acos C＋ cos Asin C sin（ A＋ C）sin B2sin Bcos Acos C ＝cos Acos C＝cos Acos C＝cos A ，1所以 cos C＝2，因为 0＜ C＜π，π所以 C＝3，因为 b＝2sin B，c b由正弦定理可得sin C＝sin B＝ 2，6所以 c＝2 .(2)由余弦定理可得c2＝a2＋ b2－ 2abcos C，3所以2＝ a2＋ b2－ ab≥ 2ab－ ab＝ ab，当且仅当 a＝ b 时取等号．所以△ABC1 3 3×3 3 3 S ＝2absin C＝4 ab≤4 2＝8 ，故△ ABC 面积的最大值为38 3 .π2π17．(2019 成·都市第二次诊疗性检测)如图，在平面四边形ABCD 中，已知 A＝2，B＝ 3 ，2πAB＝ 6.在 AB 边上取点E，使得 BE＝ 1，连结 EC， ED .若∠ CED ＝3， EC＝7.(1)求 sin ∠ BCE 的值；(2)求 CD 的长．解： (1) 在△ BEC 中，由正弦定理，知BE CEsin ∠BCE ＝sin B.2π因为 B ＝ 3 ， BE ＝ 1， CE ＝ 7，BE ·sin B3221所以 sin ∠BCE ＝ CE＝ 7 ＝ 14 .2π(2)因为 ∠CED ＝ ∠B ＝ 3 ，所以 ∠ DEA ＝∠ BCE ，1－ sin 2∠DEA ＝ 1－ sin 2∠BCE ＝ 35 7所以 cos ∠DEA ＝ 1－28＝ 14.π因为 A ＝ 2，所以 △ AED 为直角三角形，又 AE ＝ 5，AE5所以 ED ＝＝＝2 7.14在△ CED 中， CD 2＝ CE 2＋DE 2－ 2CE ·DE ·1cos ∠CED ＝ 7＋ 28－ 2×7× 27× －2 ＝ 49.所以 CD ＝ 7.。

专题限时集训(二) 恒等变换与解三角形[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．在△ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知c ＝5，b ＝3，A ＝2π3，则sin Asin C ＝( )A.75 B.57 C.37D.73A [由余弦定理：a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得a ＝7，由正弦定理：sin A sin C ＝a c ＝75.故选A.]2．在△ABC 中，cos B ＝14，b ＝2，sin C ＝2sin A ，则△ABC 的面积等于( )A.14B.12C.32D.154D [由sin C ＝2sin A 及正弦定理得c ＝2a . 在△ABC 中，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 所以22＝a 2＋4a 2－4a 2×14＝4a 2，解得a ＝1，所以c ＝2.又sin B ＝1－cos 2B ＝154， 所以S △ABC ＝12ac sin B ＝12×1×2×154＝154.故选D.]3．(2019·唐山市一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝2，b ＝3，c ＝4，设AB 边上的高为h ，则h ＝( )A.152 B.112 C.3154D.3158D [∵a ＝2，b ＝3，c ＝4，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋16－42×3×4＝2124＝78，则sin A ＝1－cos 2A ＝1－4964＝1564＝158，则h ＝AC sin A ＝b sin A ＝3×158＝3158，故选D.] 4．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )A.15 B.55 C.33D.255B [由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2sin 2α＋1，即2sin αcos α＝1－sin 2α.因为α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos α＝1－sin 2α，所以2sin α1－sin 2α＝1－sin 2α，解得sin α＝55，故选B.] 5．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知b c cos C ＋b acos A ＝1，则cos B 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 D [因为b c cos C ＋b a cos A ＝1，得b c ×a 2＋b 2－c 22ab ＋b a ×c 2＋b 2－a 22bc ＝2b 22ac ＝1，所以b 2＝ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－ac 2ac ≥ac 2ac ＝12，当且仅当a ＝c 取等号，且B 为三角形内角，所以12≤cos B ＜1.故选D.]6．[易错题]在△ABC 中，a cos A ＝b cos B ，则这个三角形的形状为________． 等腰三角形或直角三角形 [由正弦定理，得sin A cos A ＝sin B cos B ， 即sin 2A ＝sin 2B ，所以2A ＝2B 或2A ＝π－2B ， 即A ＝B 或A ＋B ＝π2，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．]7．(2019·大庆市高三第二次模拟)已知α，β为锐角，且(1－3tan α)(1－3tan β)＝4，则α＋β＝________.2π3[将(1－3tan α)(1－3tan β)＝4展开得－3(tan α＋tan β)＝3(1－tan α·tan β)，即tan α＋tan β1－tan α·tan β＝tan(α＋β)＝－3，由于α，β为锐角，0＜α＋β＜π，故α＋β＝2π3.]8.某高一学习小组为测出一绿化区域的面积，进行了一些测量工作，最后将此绿化区域近似地看成如图所示的四边形，测得的数据如图所示，AB ＝2 km ，BC ＝1 km ，∠BAD ＝45°，∠B ＝60°，∠BCD ＝105°，则该绿化区域的面积是________km 2.6－34[如图，连接AC ，由余弦定理可知AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝3(km)，故∠ACB ＝90°，∠CAB＝30°，∠DAC ＝∠DCA ＝15°，∠ADC ＝150°.由正弦定理得，AC sin∠ADC ＝AD sin∠DCA ，即AD ＝AC ×sin∠DCAsin∠ADC＝3×6－2412＝32－62(km)，故S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ADC ＝12×1×3＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－622×12＝6－34(km 2)．][能力提升练] (建议用时：20分钟)9．已知sin(α＋β)＝12，sin(α－β)＝13，则log5⎝ ⎛⎭⎪⎫tan αtan β2等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5C [因为sin(α＋β)＝12，sin(α－β)＝13，所以sin αcos β＋cos αsin β＝12，sin αcos β－cos αsin β＝13，所以sin αcosβ＝512，cos αsin β＝112，所以tan αtan β＝5，所以log5⎝ ⎛⎭⎪⎫tan αtan β2＝log 552＝4.故选C.]10．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝3，c ＝23，b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6，则b ＝( )A ．1 B. 2 C. 3D. 5C [因为b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6，展开得b sin A＝32a cos B －12a sin B ，由正弦定理化简得sin B sin A ＝32sin A cos B －12sin A sin B ，整理得3sin B ＝cos B ， 即tan B ＝33，而三角形中0＜B ＜π，所以B ＝π6. 由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，代入得b 2＝32＋(23)2－2×3×23cos π6，解得b ＝3，所以选C.]11．(2018·聊城模拟)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1010，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝________.4－3310 [由题意可得，cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π22＝110，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π2＝－sin 2θ＝－45，即sin 2θ＝45.因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1010＞0，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以0＜θ＜π4，2θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，根据同角三角函数基本关系式，可得cos 2θ＝35，由两角差的正弦公式，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝sin 2θcos π3－cos 2θsin π3 ＝45×12－35×32＝4－3310.] 12.(2019·潍坊市一模)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，点D 为AC 的中点，已知2sin2A ＋B2－3sin C ＝1，a ＝3，b ＝4.(1)求角C 的大小和BD 的长；(2)设∠ACB 的角平分线交BD 于E ，求△CED 的面积． [解](1)由题意可得：3sin C ＋1－2sin 2A ＋B2＝0，∴3sin C ＋cos(A ＋B )＝0， 又A ＋B ＝π－C ，∴3sin C －cos C ＝0，可得tan C ＝33，∵C ∈(0，π)，∴C ＝π6，∴在△BCD 中，由余弦定理可得：BD 2＝3＋4－2×3×2×cos π6＝1，解得BD ＝1.(2)由(1)可知BD 2＋BC 2＝4＝CD 2， ∴∠DBC ＝π2，∴S △DBC ＝12BD ·BC ＝32，∵CE 是∠BCD 的角平分线， ∴∠BCE ＝∠DCE ，在△CEB 和△CED 中，S △BCE ＝12BC ·CE ·sin∠BCE ，S △CED ＝12CD ·CE ·sin∠DCE ，可得：S △BC E S △C E D ＝BC CD ＝32，∴S △BCE ＝32S △CED ， ∴代入S △BCE ＋S △CED ＝S △BCD ＝32，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32S △CED ＝32，∴S △CED ＝32＋3＝3(2－3)＝23－3.【押题1】 已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋α＝5，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－α＝________，sin 2α＝________. 35 －725 [∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝35， ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫3π4－α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝35，sin 2α＝－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝－1＋2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝－1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝－725.]【押题2】 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝52b . (1)若C ＝2B ，求cos B 的值；(2)若AB →·AC →＝CA →·CB →，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4的值．[解](1)因为c ＝52b ，则由正弦定理，得sin C ＝52sin B . 又C ＝2B ，所以sin 2B ＝52sin B ，即4sin B cos B ＝5sin B . 又B 是△ABC 的内角，所以sin B ＞0，故cos B ＝54. (2)因为AB →·AC →＝CA →·CB →，所以cb cos A ＝ba cos C ，则由余弦定理，得b 2＋c 2－a 2＝b 2＋a 2－c 2，得a ＝c .从而cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝c 2＋c 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫25c 22c2＝35， 又0＜B ＜π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝45.从而cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4＝cos B cos π4－sin B sin π4＝35×22－45×22＝－210.。