专题二 第二讲 三角恒等变换与解三角形（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

第二讲　三角恒等变换与解三角形 [核心整合]　 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 sin (α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. cos (α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. tan (α±β)＝ . 2．二倍角公式 ①sin 2α＝2sin αcos α； ②cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； ③tan2α＝. 3．辅助角公式 a cosx＋b sin x＝ sin (x＋θ)，其中θ为辅助角，tan θ＝. [例1]　(1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos (α＋β)＝m，tan αtan β＝2，则cos (α－β)＝(　　) A．－3m B．－ C． D．3m 解析：选A.由cos (α＋β)＝m得cos αcos β－sin αsin β＝m　①. 由tan αtan β＝2得＝2　②，由①②得所以cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－3m. (2)(多选)(2024·河北石家庄模拟)古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用2sin 18°表示．下列结果等于黄金分割率的值的是(　　 ) A．sin 102°＋cos 102° B．2cos 78°＋2cos 42° C． D． 解析：选AD.由sin 102°＋cos 102°＝2sin (102°＋60°)＝2sin 162°＝2sin (180°－162°)＝2sin 18°，所以A正确； 由2cos 78°＋2cos 42°＝2cos (60°＋18°)＋2cos (60°－18°)＝4cos 60°cos 18°＝4×cos 18°＝2cos 18°，所以B不正确； 由＝tan18°cos 18°＝sin 18°，所以C不正确； 由＝＝＝2sin 18°，所以D正确． [规律总结]　(1)三角求值“三大类型” “给角求值”“给值求值”“给值求角”． (2)三角函数恒等变换“四大策略” ①常值代换：特别是“1”的代换，如1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°. 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． [对点练习]　1.(1)(多选)(2024·河北沧州模拟)已知sinα＋cos α＝m，m∈(0，1)，α∈(0，π)，则(　　 ) A．sin 2α＝1－m2 B．sin α－cos α＝ C．cos 2α＝－m D．若m＝，则tan (－α)＝－7 解析：选BCD.因为sin α＋cos α＝m，则(sin α＋cos α)2＝m2，即1＋2sin αcos α＝m2，所以2sin αcos α＝sin 2α＝m2－1，所以A选项不正确； 因为m∈(0，1)，所以m2－1<0，又α∈(0，π)，所以α∈(，π)，(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝1－(m2－1)＝2－m2，又α∈(，π)，所以sin α－cos α＝，所以B选项正确； 因为cos 2α＝cos2α－sin2α＝(cosα＋sin α)(cos α－sin α)＝－m，所以C选项正确； 因为tan (－α)＝＝＝，若m＝，则tan (－α)＝－7，所以D选项正确． (2)求值：＝__________． 解析： ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝. 答案： 考点2　利用正、余弦定理解三角形 [核心整合] 1．正弦定理、余弦定理 定理 正弦定理 余弦定理 内容 ＝＝＝2R(其中R为△ABC外接圆的半径) a2＝b2＋c2－2bc cos A； b2＝a2＋c2－2ac cos B； c2＝a2＋b2－2ab cos C 变形 (1)a＝2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C； (2)sin A＝，sin B＝，sin C＝； (3)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； (4)a sin B＝b sin A，b sin C＝c sin B，a sin C＝c sin A； (5)＝＝2R cos A＝； cos B＝； cos C＝ 2.三角形面积公式： S△ABC＝ab sin C＝bc sin A＝ac sin B． 角度1　正、余弦定理的应用 [例2]　(2024·江苏南通三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(2b－c)cos A＝a cos C. (1)求A； (2)若△ABC的面积为，BC边上的高为1，求△ABC的周长． 解：(1)因为(2b－c)cos A＝a cos C， 由正弦定理，得(2sin B－sin C)cos A＝sin A cos C， 即2sin B cos A＝sin A cos C＋sin C cos A， 即2sin B cos A＝sin B. 因为在△ABC中，sin B≠0， 所以cos A＝. 又因为0<A<π，所以A＝. (2)因为△ABC的面积为， 所以a×1＝，得a＝2. 由bc sin A＝，即bc×＝， 所以bc＝4. 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cos A，即12＝b2＋c2－bc， 化简得(b＋c)2＝3bc＋12，所以(b＋c)2＝24，即b＋c＝2， 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋2. [规律总结]　三角形中边角互化的基本原则 (1)若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； (2)若式子中含有a，b，c的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； (3)若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； (4)含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解； (5)同时出现两个自由角(或三个自由角)时，要用到三角形的内角和定理． 角度2　最值与范围问题 [例3]　已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝2，∠ADB＝30°，∠BAD是钝角． (1)求AC的最大值； (2)若BD＝2，求四边形ABCD周长的最大值． 解：(1)设圆O的半径为R. 因为△ABD内接于圆O，且AB＝2，∠ADB＝30°， 由正弦定理得2R＝＝＝4. 又AC是圆O的弦，所以AC≤4，所以AC的最大值为4. (2)在△ABD中，由正弦定理得＝， 即＝，所以sin ∠BAD＝. 因为∠BAD是钝角，所以∠BAD＝120°，所以∠ADB＝∠ABD＝30°， 即AD＝AB＝2.由∠BAD＝120°得∠BCD＝60°，设BC＝x，CD＝y， (方法1)在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋DC2－2BC·DC·cos ∠BCD， 即12＝x2＋y2－xy＝(x＋y)2－3xy≥(x＋y)2－3×＝， 所以x＋y≤4，当且仅当x＝y＝2时，x＋y取得最大值4， 所以四边形ABCD周长的最大值为4＋4. (方法2)在△BCD中，＝＝， 即＝＝＝4， 所以x＋y＝4sin ∠BDC＋4sin (120°－∠BDC)＝6sin ∠BDC＋2cos ∠BDC＝4sin (∠BDC＋30°)， 所以当∠BDC＝60°时，(x＋y)max＝4. 所以四边形ABCD周长的最大值为4＋4. [规律总结]　求解三角形中最值、范围问题的策略 (1)基本不等式法：利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a＋b与ab相互转化求最值或范围． (2)函数法：利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简，并利用三角函数的性质求最值或范围． [对点练习]　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＝ac，则sin A＋sin C＝(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.因为B＝，b2＝ac，则由正弦定理得sin A sin C＝sin2B＝. 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－ac＝ac， 即a2＋c2＝ac，由正弦定理得sin2A＋sin2C＝sinA sin C＝， 所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sinA sin C＝， 因为A，C为三角形内角，则sin A＋sin C>0， 则sin A＋sin C＝. 3．(2024·山东济宁三模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(1－cos 2C)(sin A＋1)－cos A sin 2C＝0. (1)求证：B＝C＋； (2)若a＝4，C∈(，)，求△ABC面积的取值范围． 解：(1)(1－cos 2C)(sin A＋1)－cos Asin 2C＝0， sin A＋1－cos 2C sin A－cos 2C－cos Asin 2C＝0， sin A－cos 2C＋1－sin (A＋2C)＝0， 又A＋C＝π－B， 则sin (B＋C)－cos 2C＋1－sin (B－C)＝0， sin B cos C ＋sin C cos B－1＋2sin2C＋1－sinB cos C＋sin C cos B＝0， 2sin2C＋2sin C cos B＝0， 即2sin C(sin C＋cos B)＝0， 又sin C>0，所以sin C＋cos B＝0，即cos B＝－sin C＝cos (＋C)， 又0<B<π，0<C<π，所以B＝＋C. (2)由(1)知B＝＋C，A＋B＋C＝π，得A＝－2C， 由<C<，得<A<， 由正弦定理得＝， 得c＝＝＝， 所以S△ABC＝ac sin B＝×42××sin (＋C)＝×42××cos C＝＝4tan 2C， 又<C<，所以<2C<， 又y＝tan x在(－，)上单调递增， 则tan 2C∈(1，)，所以4tan 2C∈(4，4)， 即△ABC面积的取值范围为(4，4). 考点3　解三角形的实际应用 [例4]　(1)(2024·宁夏银川模拟)某同学为测量塔的高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝15°，∠BDC＝135°，CD＝20 m，在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________m. 解析：因为在△BCD中，CD＝20 m，∠BDC＝135°，∠BCD＝15°， 所以∠CBD＝180°－135°－15°＝30°， 由正弦定理得＝，即＝，解得BC＝20 m， 在Rt△ABC中，∠ACB＝60°， 所以AB＝BC tan 60°＝20 m， 故塔高AB＝20 m. 答案：20 (2)海岸上建有相距40 n mile的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为α＝∠BCA＝45°，β＝∠ACD＝30°，γ＝∠BDC＝45°，δ＝∠ADB＝75°. ①救援出发时，A船与雷达站C的距离为多少？ ②求A，B之间的距离，并判断若A船以30 kn的速度前往B处，能否在3 h内赶到救援(说明理由)? 解：①在△ADC中，因为∠ACD＝30°，∠BDC＝45°，∠ADB＝75°， 所以∠DAC＝180°－∠ACD－∠BDC－∠ADB＝30°，∠ADC＝∠BDC＋∠ADB＝120°， 又DC＝40，所以由正弦定理可得＝，即＝， 解得AC＝120， 所以A船与雷达站C的距离为120 n mile. ②在△BDC中，根据正弦定理可得＝， 即＝，解得BC＝40， 在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝1202＋(40)2－2×120×40cos 45°＝8 000， 解得AB＝40，因为A船以30 kn的速度前往B处，而＝<3， 所以能在3 h内赶到救援． [规律总结]　解三角形实际应用问题的步骤 [对点练习]　4.(1)(2024·江西抚州模拟) 已知A，B，C三座小岛的位置如图所示，其中B岛在A岛的南偏西60°方向，C岛在B岛的正东方向，A，C两岛相隔4 000海里，一货轮由A岛出发沿着AC的方向直线航行了的路程后，到达M岛进行补给后再前往C岛，若M岛到B岛的距离与M岛到A岛的距离相同，则B，C两岛的距离为________海里． 解析：依题意，∠ABC＝30°，AM＝3MC＝3 000，记∠BAC＝∠ABM＝θ， 所以∠BMC＝2θ，AM＝BM＝3 000，MC＝1 000，AC＝4 000， 在△ABC中，由正弦定理得＝，即BC＝8 000sin θ， 在△BMC中，由余弦定理得BC2＝BM2＋CM2－2BM·CM·cos 2θ＝10 000 000－6 000 000cos 2θ， 故64 000 000sin2θ＝10000 000－6 000 000cos 2θ，解得sin2θ＝， 因为0∈(0，)，则sinθ＝，BC＝8 000sin θ＝. 答案： (2) (2024·江苏镇江模拟)镇江西津渡的云台阁，是一座宋元风格的仿古建筑，始建于2010年，目前已成为镇江市的地标建筑之一．如图，在云台阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝40 m，则云台阁的高度为________m. 解析：设OP＝h， 在Rt△OPA中，＝tan ∠OAP＝tan 30°，即OA＝h， 在Rt△OPB中，＝tan ∠OBP＝tan 60°，即OB＝h， 在Rt△OPC中，＝tan ∠OCP＝tan 45°，即OC＝h， 在△AOB中，由余弦定理得cos ∠OBA＝＝， 在△OBC中，由余弦定理得cos ∠OBC＝＝， 因为∠OBA＋∠OBC＝π， 所以cos ∠OBA＋cos ∠OBC＝0，即h2＋402－3h2＋h2＋402－h2＝0， 解得h＝8. 答案：8 学科网（北京）股份有限公司 $$