2 第二讲 三角恒等变换与解三角形（课件）-【金版新学案】2025年高考数学大二轮专题复习与测试

第二讲　三角恒等变换与解三角形 　 专题一　三角函数与解三角形、平面向量 03 关键能力提升 04 专题集训 02 必备知识整合 高考价值引领 01 内容索引 高考价值引领 返回 1.(2024·全国甲卷理)已知,则tan = A.2+1 B.2－1 C. D.1－ 根据题意有,即1－tan α=,所以tan α=1－,所以tan==2－1.故选B. √ 2.(2024·全国甲卷)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若B=,b2=,则sin A+sin C= A. B. C. D. 由正弦定理得 Asin C=sin2B,因为B=,所以 sin Asin C =2B= .由余弦定理得b2=a2+c2－2ac·cos B=a2+c2－ac=,所以a2+c2=,所以sin2A+sin2C=Asin C,所以=sin2A+sin2C+ 2sin Asin C= Asin C=,又sin A>0,sin C>0,所以sin A+sin C=.故选C. √ 3.(2024·新课标Ⅱ卷)已知α为第一象限角,β为第三象限角,tan α+tan β=4, tan αtan β=+1,则sin(α+β)=　　　　.  － 由题知ta=－2,即sin(α+β)= －2(α+β),又sin2(α+β)+cos2=1,可得sin(α+β)=±.由2kπ<α<2kπ+,k∈Z,2mπ+π<β<2mπ+,m∈Z,得2(k+m)π+π<α+β<2(k+m)π +2π,k+m∈Z.又tan(α+β)<0,所以α+β是第四象限角,故si=－. 4.(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+ A=2. (1)求A; 解：由sin A+ A=2,得 A+ A=1,所以si=1. 因为0<A<π,所以<A+,所以A+,故A=. (2)若a=2, C=csin 2B,求△ABC的周长. 解：由A,B,C为三角形内角,得sin B≠0,sin C≠0. 因为 C=csin 2B, 所以由正弦定理得 Bsin C=sin Csin 2B, 所以 B=sin 2B, 即 B=2sin Bcos B,所以cos B=, 所以B=. 因为a=2,A=,所以由正弦定理, 得b= B=2. 由A=,B=,得C=,所以sin C=si=sin=, 所以由正弦定理,得c=, 所以△ABC的周长为a+b+c=2+2=2++3. 5.(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC 中,A+B=3C,2sin(A－C)=sin B. (1)求sin A; 解：因为A+B=3C,所以π－C=3C,即C=, 又2sin(A－C)=sin B=sin(A+C), 所以2sin Acos C－2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C, 所以sin Acos C=3cos Asin C,所以sin A=3cos A, 即tan A=3,所以0<A<,所以sin A=. (2)设AB=5,求AB边上的高. 解：由(1)知,cos A=, 故sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C =, 由正弦定理,, 可得AC==2, 所以h=AC·sin A=2=6. 考情分析 1．三角函数的化简与求值是高考的考查重点，其中关键是运用二倍角公式、两角和与差的正余弦、正切公式进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心． 2．正、余弦定理及应用是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题，常与三角恒等变换交汇融合，解答题常处于第一题位置，注重基础知识、基本能力的考查． 返回 必备知识整合 返回 1.恒等变换常用结论 (1)sin2α=,cos2α=. (2)1+cos 2α=2cos2α,1－cos 2α=2sin2α. (3)tan α±tan β=tan(α±β)(1∓tan αtan β). 2.常用拆角、拼角技巧 2α=(α+β)+(α－β);α=(α+β)－β=(α－β)+β;β==(α+2β)－(α+β);α－β=(α－γ)+(γ－β);+α=－等. 3.正弦定理、余弦定理 (1)正弦定理:在△ABC中,=2R(R为△ABC的外接圆半径). 变形:a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,sin A=,sin B=,sin C=, a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C等. (2)余弦定理:在△ABC中,a2=b2+c2－2bccos A.变形:b2+c2－a2=2bccos A,cos A=. (3)三角形的面积公式:S= C= B= A. 返回 关键能力提升 返回 1.(2024·河南二十名校质检)若sin θ=,θ∈,则cos2的值为 A. B. C. D. 核心考点一　三角恒等变换　[基础性考法] 因为sin θ=,θ∈,则cos θ=,所以cos2.故选A. √ 2.(2024·新课标Ⅰ卷T4改编)已知sin(α+β)=,cos αsin β=,则sin(α－β)= A.－ B. C.－ D. 因为sin(α+β)=,所以sin αcos β+cos αsin β=,又cos αsin β=,所以sin αcos β=.则sin (α－β)=sin αcos β－cos αsin β=.故选B. √ 由sin α=,可得cos2β=sin αsin β,由cos α=sin βtan β,可得cos αcos β =sin2β,故cos αcos β+sin αsin β=cos(α－β)=sin2β+cos2β=1,又因为α,β∈(0,π),所以α－β∈(－π,π),所以α－β=0,即α=β.故选A. 3.(2024·江西名校联盟开学考)已知α,β∈(0,π),且sin α=,cos α= sin βtan β,则 A.α=β B.α+β=π C.α－β= D.β－α= √ 因为tan=－ θ,所以=－ θ,又θ∈,即 tan θ>0,解得tan θ=3,所以=－sin θ(cos θ－sin θ)=.故选D. 4.(2024·江西鹰潭一模)已知θ∈,tan =－ θ,则= A.－ B.－ C.3 D. √ 领悟提升 三角恒等变换“四大策略” 1．常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 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．　　 (2024·苏锡常镇四市调研(一))记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cos B+1=. (1)证明:B=2A; 证明:因为2cos B+1=,所以由正弦定理得,2cos B+1=, 所以sin A(2cos B+1)=sin C, 又sin C=sin(A+B),所以sin A(2cos B+1)=sin Acos B+cos A sin B,所以 sin A=sin (B－A), 因为A,B∈(0,π),所以B－A∈(－π,π). 所以A=B－A或A+(B－A)=π(舍), 所以B=2A. 核心考点二　正弦定理、余弦定理　[综合性考法] 例1 (2)若sin A=,b=,求△ABC的周长. 解：由sin A=,结合(1)知A+B=3A∈(0,π),则A∈ 0, ,得cos A=,sin B=sin 2A=2sin Acos A=2×,cos B=cos 2A =1－2sin2A=1－2×, 所以sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=, 由正弦定理,得,所以a=2,c=5. 所以△ABC的周长为a+b+c=7+. 领悟提升 应用正、余弦定理解题的技巧 1.求边:利用公式a=,b=,c=或其他相应变形公式求解. 2.求角:先求出正弦值,再求角,即利用公式sin A=,sin B=, sin C=或其他相应变形公式求解. 3.灵活利用式子的特点转化:如出现a2+b2－c2=λab形式用余弦定理,等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理. 注意　已知两边和夹角或已知三边可利用余弦定理求解,有时已知两边和其中一边对角可用余弦定理求第三边,这种方法可避免对解个数的讨论. 对点练1. (2024·湖南“一起考”大联考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cos A==bsin B+3csin A. (1)证明:△ABC是锐角三角形; 证明:因为=bsin B+3csin A, 所以由正弦定理得(a+c)2=b2+3ac,整理得a2+c2－b2=ac. 则cos B=,因为B∈,所以B=, 因为cos A=∈,A∈,所以A∈, 因为A+C=,所以C∈, 所以△ABC是锐角三角形. (2)若a=2,求△ABC的面积. 解:因为cos A=,所以sin A=, 所以sin C=si=sin Acos B+cos Asin B=. 在△ABC中,由正弦定理得, 即,所以c=, 所以△ABC的面积为 B=×2×. (2024·广东梅州二模)在△ABC中,角A,B,C所对应的 边分别为a,b,c, B－bsin A=,c=2. (1)求A的大小; 解:因为 B－bsin A=, 所以由正弦定理可得 Acos B－sin Bsin A= C, 又sin C=sin (A+B)=sin Acos B+cos Asin B, 所以－sin Bsin A= Asin B, 因为B为三角形内角,sin B>0, 所以－sin A= A,可得tan A=－, 因为A∈(0,π),所以A=. 核心考点三　以平面几何图形为背景的解三角形　[创新性考法] 例2 (2)点D在BC上, (ⅰ)当AD⊥AB,且AD=1时,求AC的长; 解:此时AB=2=2AD,AD⊥AB, 所以DB=,所以cos ∠ABC=,sin ∠ABC=,sin C=sin =－, 在△ABC中,由正弦定理可得⇒AC=. (ⅱ)当BD=2DC,且AD=1时,求△ABC的面积S△ABC. 解:设∠CAD=α,由S△ABC=S△BAD+S△CAD, 可得=2sin +bsin α, 化简可得－bsin α=2sin, 在△ACD中,有,同理有, 由于BD=2DC,所以, 又sin ∠ADC=sin ∠ADB, 所以b=⇒sin α=,b=, 则S△ABC= A=. 领悟提升 　　解决以平面几何为载体的解三角形问题,主要注意以下四个方面:(1)充分利用平面几何图形的性质.(2)出现多个三角形时,从条件较多的三角形突破求解.(3)四边形问题要转化到三角形中去求解.(4)通过三角形中的不等关系(如大边对大角)确定角或边的范围. 对点练2.(2024·福建漳州模拟)如图,在四边形ABCD中, ∠DAB=,B=,且△ABC的外接圆半径为4. (1)若BC=4,AD=2,求△ACD的面积; 解:因为B=,△ABC的外接圆半径为4, 所以=8, 解得AC=4. 在△ABC中,BC=4,则=8, 解得sin ∠CAB=. 又∠CAB∈,所以∠CAB=; 在△ACD中,AC=4,∠DAC=－∠CAB=,AD=2, 所以S△ACD=×4×2=4. (2)若D=,求BC－AD的最大值. 解:设∠DAC=θ,θ∈.又D=, 所以∠ACD=－θ. 因为∠DAB=,所以∠CAB=－θ. 在△DAC中,AC=4,由正弦定理得, 即,解得AD== 4cos θ－ θ. 在△ABC中,AC=4,由正弦定理得, 即,解得BC=8sin =8cos θ, 所以BC－AD=4 =. 又θ∈,所以θ+∈, 当且仅当θ+,即θ=时,sin 取得最大值1, 所以BC－AD的最大值为. (1)(2024·江苏南京六校联考)某中学校园内的红豆树已有百年历史,小明为了测量红豆树高度,他选取与红豆树根部C在同一水平面的A,B两点,在A点测得红豆树根部C在北偏西60°的方向上,沿正西方向步行40米到B处,测得树根部C在北偏西15°的方向上,树梢D的仰角为30°,则红豆树的高度为 A.10米 B.20米 C.米 D.米 核心考点四　正、余弦定理的实际应用　[应用性考法] 例3 √ 依题意可得如图图形: 在△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=105°, ∠BCA=180°－105°－30°=45°,AB=40,所以由正弦定理得,,解得BC=20,在Rt△BCD中,∠CBD=30°,所以CD=BC·tan 30°=20,则红豆树的高度为米.故选D. (2)(2024·山东临沂一模)在同一平面上有相距14公里的A,B两座炮台,A在B的正东方.某次演习时,A向西偏北θ方向发射炮弹,B则向东偏北θ方向发射炮弹,其中θ为锐角,观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标,接着A改向向西偏北方向发射炮弹,弹着点为18公里外的点M,则B炮台与弹着点M的距离为 A.7公里 B.8公里 C.9公里 D.10公里 √ 依题意设炮弹第一次命中点为C,则AB=14,AC=BC=AM= 18,∠CBA= ∠CAB=θ,∠MAB=,在△ABC中,BC2=AB2+ AC2－2AB·ACcos θ,即182=142+182－2×14×18cos θ, 解得cos θ=,所以cos θ=2cos2－1=,又θ为锐角,解得 cos (负值舍去),在△ABM中,BM2=AM2+AB2－2AM·ABcos =182+142－2×18×14×=100,所以BM=10,即B炮台与弹着点M的距离为10公里.故选D. 领悟提升 解三角形实际问题的步骤 对点练3.(2024·云南昆明一模)早期天文学家常采用“三 角法”测量行星的轨道半径.假设一种理想状态:地球E和某 小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆,三个星 体的位置如图所示.地球在E0位置时,测出∠SE0M=;行星 M绕太阳运动一周回到原来位置,地球运动到了E1位置,测出∠SE1M=, ∠E1SE0=.若地球的轨道半径为R,则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是(参考数据:≈1.73) A.2.1R B.2.2R C.2.3R D.2.4R √ 连接E0E1,在△SE0E1中,SE0=SE1=R,又∠E1SE0=,则 △SE0E1是正三角形,E0E1=R,由∠SE0M=,∠SE1M=, 得∠E1E0M=,∠E0E1M=,在△ME0E1中,∠E0ME1=, 由正弦定理得,则E1M=,在△SME1中,由余弦定理得SM=≈ ≈ 2.1R.故选A. 返回 专 题 集 训 返回 1.若cos －4sin2α=－2,则tan 2α= A.－2 B.－ C.2 D. 由cos －4sin2α=－2,得－sin 2α－4sin2α=－2,即=2,即=2,所以2tan α+4tan2α=2tan2α+2,所以tan α=1－tan2α,则tan 2α==2.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2024·山东济南一模)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且acos C+ C=b,则A= A. B. C. D. 由acos C+ C=b以及正弦定理可得:sin Acos C+ Asin C= sin B,因为sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,代入整理得 Asin C－cos Asin C=0,因为0<C<π,sin C>0,则得tan A=,又因为0<A<π,故A=.故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2024·安徽合肥第一次质量检测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcos C=,且B=,则a= A.1 B. C. D.2 √ 因为2bcos C=,两边同时乘以a得:2abcos C=a2,由余弦定理可得a2+b2－c2=2abcos C,则a2+b2－c2=a2,所以有a2+c2－b2=a2c,又a2+c2－b2=2accos B,所以a2c=2accos B,又因为B=,所以a=1.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2024·广东广州二模)在一堂数学实践探究课中,同学们用镜面反射法测量学校钟楼的高度.如图所示,将小镜子放在操场的水平地面上,人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置,此时测量人和小镜子的距离为a1=1.00 m,之后将小镜子前移a=6.00 m,重复之前的操作,再次测量人与小镜子的距离为a2=0.60 m,已知人的眼睛距离地面的高度为h=1.75 m,则钟楼的高度大约是 A.27.75 m B.27.25 m C.26.75 m D.26.25 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 如图,设钟楼的高度为PQ, 由△MKE∽△PQE,可得:EQ=,由△NTF∽△PQF,可得:FQ=,故EQ－FQ==a,故PQ==26.25 m.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,acos B=(2c－b)cos A,则△ABC面积的最大值为 A. B. C. D. √ 因为acos B=(2c－b)cos A,由正弦定理可得:sin Acos B=2sin Ccos A－sin B cos A,即sin(A+B)=2sin Ccos A,sin C=2sin Ccos A,又C∈,sin C≠ 0,故cos A=;由A∈,解得A=;由余弦定理,结合a=3,可得cos A=,即b2+c2=bc+9≥2bc,解得bc≤9,当且仅当b=c=3时取得等号;故△ABC的面积S= A=×9=,当且仅当b=c=3时取得等号.即△ABC的面积的最大值为.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2024·山东聊城二模)如图,在平面四边形ABCD中,AB= AD=2,∠B=2∠D =120°,记△ABC与△ACD的面积分别为 S1,S2,则S2－S1的值为 A.2 B. C.1 D. √ 在△ABC中,由余弦定理得cos B=,即－,得BC2－AC2=－2BC－4①,在△ACD中,由余弦定理得cos D=,即,得CD2－AC2=2CD－4②,又S1=·BCsin 120°=,S2= ·CDsin 60°=,所以S2－S1=(CD－BC)③,由②－①,得CD2－BC2=2(CD+BC),由CD+BC>0,得CD－BC=2,代入③得S2－S1=.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2024·湖南益阳模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边依次为a,b,c,已知sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,则下列结论中正确的是 A.=5∶6∶7 B.△ABC为钝角三角形 C.若a+b+c=18,则△ABC的面积是6 D.若△ABC的外接圆半径是R,内切圆半径为r,则5R=16r √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 因为sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,由正弦定理=2R,可得a∶b∶c=2∶3∶4,设a=2x,b=3x,c=4x,x>0,则(a+b)∶(b+c)∶(c+a)= 5x∶7x∶6x=5∶7∶6,故A错误;由题意可知,C为最大角,因为cos C= =－<0,故C为钝角,故B正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若a+b+c=18,则a=4,b=6,c=8,又cos C=－,所以sin C=,所以△ABC的面积S△ABC= C=×4×6×=3,故C错误;由正弦定理得,2R=,即R=,由面积公式可得(a+b+c)r= C,即×9x×r=×2x×3x×,所以r=,所以,故5R= 16r,故D正确.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(2024·河北邯郸三模)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c,面积为,则下列说法正确的是 A.cos Acos C的取值范围是 B.若D为边AC的中点,且BD=1,则△ABC的面积的最大值为 C.若△ABC是锐角三角形,则的取值范围是 D.若角B的平分线BE与边AC相交于点E,且BE=,则a+4c的最小值为10 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意知S= B=,整理得a2+c2－b2= B,由余弦定理知a2+c2－b2=2accos B,所以tan B=,因为B∈,所以B=.对于A,cos Acos C=cos Acos = Acos A－ 2A= 2A－,因为A∈,所以2A－∈,所以sin ∈,所以cos Acos C的取值范围为,故A正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于B,因为D为边AC的中点,所以2,则4=a2+c2+ 2·=a2+c2+ac≥3ac,所以ac≤,当且仅当a=c时,等号成立,所以S△ABC=B=,故B正确;对于C,,因为△ABC是锐角三角形,所以<C<,所以tan C∈,所以∈,故C正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于D,由题意得S△ABE+S△BCE=S△ABC,即×BE×sin ×BE×sin ×a×sin ,整理得a+c=ac,即=1,所以a+4c=(a+ 4c)=5+≥5+2=9,当且仅当a=2c时,等号成立,故D错误.故选ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2024·江苏扬州第二次调研)在△ABC中,AB=,AC=1,M为BC的中 点,∠MAC=60°,则AM=　　　　.  在△ABC中,取AC的中点N,连接MN,由M为BC的中点,得MN=,在△AMN中,由余弦定理得MN2=AM2+AN2－2AM·ANcos ∠CAM,则=AM2+,即AM2－=0,而AM>0,所以AM=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2024·湖南邵阳第二次联考)在△ABC中,A=,AB边上的高为,则 cos C=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 令△ABC的内角∠ACB所对边为c,过C作CD⊥AB于 D,则CD=,在Rt△ACD中,A=,tan A=,则AD= ,从而DB=,在Rt△BCD中,BC= ,从而sin B=,cos B=,在△ABC中,C=π－ ,所以cos C=－cos=－=－=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(13分)(2024·天津卷)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知cos B=,b=5,. (1)求a的值;(4分) 解：由得a=, 由余弦定理得a2+c2－b2=2accos B,即2+c2－25=2··c·, 得2－25=2,得c=6,故a==4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)求sin A的值;(4分) 解：因为cos B=,所以sin B=, 由正弦定理得,即,得sin A=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)求cos(B－2A)的值.(5分) 解：因为a<b,所以A<B,则cos A >0, 由sin A=,得cos A=, 则cos 2A=2cos 2A－1=,sin 2A=2sin Acos A=. 故cos(B－2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(13分)(2024·河南开封第二次质量检测)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bcos A= B. (1)求sin A;(5分) 解：由bcos A= B及正弦定理得: sin Bcos A= Asin B, 而sin B≠0,则cos A= A>0,A为锐角, 又sin2A+cos2A=1,解得sin A=, 所以sin A=且A为锐角. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若a=,再从条件①,条件②,条件③中选择一个条件作为已知,使其能够确定唯一的三角形,并求△ABC的面积.(8分) 条件①:b=;条件②:b=;条件③:sin C=. 注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答计分. 解：若选条件①,由sin A=,A为锐角, 得cos A=, 由余弦定理得a2=b2+c2－2bccos A,又b=,则3=6c2+c2－4c2, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解得c=1,b=,△ABC唯一确定,所以S△ABC= A=. 若选条件②,由正弦定理得,则sin B=<1, 由b=>a=,得B>A,因此角B有两解,分别对应两个三角形,不符合题意. 若选条件③,由sin A=,A为锐角, 得cos A=, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回 又sin A=>sin C=,得a>c,A>C, 则cos C=, 因此sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=,△ABC唯一确定, 由正弦定理得,则c==1, 所以S△ABC= B=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看！ $$