25届高考数学二轮复习重点专题突破·三角恒等变换与解三角形（全国通用）

高考二轮复习专题 三角恒等变换与 解三角形 目 录 1 2 3 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 真题演练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 4 5 6 7 8 9 典例分析·能力提升 2 典例一　三角恒等变换 √ 11 12 √ 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 典例二　解三角形 21 √ √ √ 22 23 24 25 √ 26 27 3 28 典例三　三角形中的最值与范围 29 30 31 32 33 34 35 典例四　解三角形的实际应用 √ 36 37 38 39 真题演练·高分突破 3 √ 41 √ 42 √ 43 44 √ 45 √ 46 √ 47 √ 48 49 50 51 7.8° 52 53 2 54 55 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ 1．辅助角公式 a sin α＋b cos α＝ eq \r(a2＋b2) sin (α＋φ)， 其中cos φ＝ eq \f(a,\r(a2＋b2)) ，sin φ＝ eq \f(b,\r(a2＋b2)) . 2．升(降)幂公式 升幂公式：1＋cos α＝2cos2 eq \f(α,2) ；1－cosα＝2sin2 eq \f(α,2) . 降幂公式：sin2α＝ eq \f(1－cos2α,2) ；cos2α＝ eq \f(1＋cos2α,2) . 3．其他常用变形 tan α＋tan β＝tan (α＋β)(1－tan αtan β)； tan α－tan β＝tan (α－β)(1＋tan αtan β)； sin 2α＝ eq \f(2sin αcos α,sin2α＋cos2α) ＝ eq \f(2tanα,1＋tan2α) ； cos2α＝ eq \f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α) ＝ eq \f(1－tan2α,1＋tan2α) ； 1±sinα＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(α,2)±cos \f(α,2))) eq \s\up12(2) ； tan eq \f(α,2) ＝ eq \f(sin α,1＋cos α) ＝ eq \f(1－cos α,sin α) . 4．正、余弦定理 在△ABC中，若内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则： 定理 正弦定理 余弦定理 内容 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) ＝2R(其中R是△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 变形形式 a＝2R sin A，b＝2R sin B， c＝2R sin C； a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； a sin B＝b sin A，b sin C＝c sin B，a sin C＝c sin A； eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C) ＝2R cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ； cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ； cos C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) 5．三角形的面积公式 设△ABC的三边为a，b，c，对应的三个角分别为A，B，C，其面积为S. (1)S＝ eq \f(1,2) ah(h为BC边上的高). (2)S＝ eq \f(1,2) ab sin C＝ eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(1,2) ac sin B. (3)S＝ eq \f(abc,4R) (R为△ABC外接圆的半径). 6．三角形中的一些重要结论 (1)在三角形中，大边对大角，反之亦然． (2)在三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． (3)三角形内的诱导公式： sin (A＋B)＝sin C； cos (A＋B)＝－cos C； tan (A＋B)＝－tan C； sin eq \f(A＋B,2) ＝cos eq \f(C,2) ； cos eq \f(A＋B,2) ＝sin eq \f(C,2) . (4)在△ABC(△ABC不是直角三角形)中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C. (5)在△ABC中，A>Bsin A>sin Bcos A<cos B. (6)在△ABC中，最大内角的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)) ，最小内角的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) . (7)在锐角△ABC中，sin A>cos B，sin B>cos C，sin C>cos A．【2025高考押题】 (1)(2024·浙江省绍兴市适应性试卷)已知x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3))) ，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) ＝ eq \f(3,5) ，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ＝(　　) A．－ eq \f(24,7) 　　　　　　　　 B．－ eq \f(7,24) C． eq \f(7,24) D． eq \f(24,7) 【解析】　令x－ eq \f(π,6) ＝θ，则x＝θ＋ eq \f(π,6) ，sin θ＝ eq \f(3,5) ，θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，则cos θ＝ eq \f(4,5) .tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ＝tan eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＋\f(π,6))) ＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2))) ＝ eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2))),cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2)))) ＝－ eq \f(cos 2θ,sin 2θ) ＝－ eq \f(cos2θ－sin2θ,2sinθcos θ) ＝－ eq \f(\f(16,25)－\f(9,25),2×\f(3,5)×\f(4,5)) ＝－ eq \f(7,24) .故选B. (2)(2024·南通调研)已知x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) ，sin x＋cos x＝ eq \f(3\r(5),5) ，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))) ＝(　　) A．3 B．－3 C．－ eq \r(5) D．2 【解析】　方法一：因为(sin x＋cos x)2＝1＋2sin xcos x＝ eq \f(9,5) ，所以sin x cos x＝ eq \f(2,5) ，(cos x－sin x)2＝1－2sin x cos x＝ eq \f(1,5) ，因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) ，所以cos x－sin x＝ eq \f(\r(5),5) ，tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))) ＝ eq \f(tan x＋1,1－tan x) ＝ eq \f(\f(sin x,cos x)＋1,1－\f(sin x,cos x)) ＝ eq \f(sin x＋cos x,cos x－sin x) ＝3. 方法二： 及x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin x＝\f(\r(5),5)，,cos x＝\f(2\r(5),5)，)) 所以tan x＝ eq \f(1,2) ，tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))) ＝ eq \f(tan x＋1,1－tan x) ＝ eq \f(\f(1,2)＋1,1－\f(1,2)) ＝3. 方法三：sin x＋cos x＝ eq \f(3\r(5),5) sin 2x＝ eq \f(4,5) ，由万能公式sin 2x＝ eq \f(2tan x,1＋tan2x) 及x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) ，得tan x＝ eq \f(1,2) ，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))) ＝ eq \f(tan ＋1,1－tan x) ＝3. 方法四：由sin x＋cos x＝ eq \f(3\r(5),5) sin 2x＝ eq \f(4,5) ，则tan2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))) ＝ eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))),cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4)))) ＝ eq \f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,2))),1＋cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,2)))) ＝ eq \f(1＋sin 2x,1－sin 2x) ＝ eq \f(1＋\f(4,5),1－\f(4,5)) ＝9.又当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) 时，x－ eq \f(3,4) π∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,2))) ，故tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))) ＝3. 方法五：x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) ，sin x＋cos x＝ eq \f(3\r(5),5) x＋ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) ，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ＝ eq \f(3\r(10),10) cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ＝ eq \f(\r(10),10) ，tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ＝3tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))) ＝－tan [π－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ]＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ＝3. (3)(2024·吉林长春模拟预测)已知cos 2α＝－ eq \f(2\r(5),5) ，sin (α＋β)＝－ eq \f(3\r(10),10) ，α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，β∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) ，则α－β＝(　　) A． eq \f(π,4) B． eq \f(3π,4) C． eq \f(5π,4) D． eq \f(π,4) 或 eq \f(3π,4) 【解析】　因为α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，所以2α∈[0，π]，所以sin 2α＝ eq \r(1－cos22α) ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5),5) ， 因为α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，β∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) ，所以α＋β＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))) ，所以cos(α＋β)＝ eq \r(1－sin2（α＋β）) ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(10),10) ， 则cos(α－β)＝cos [2α－(α＋β)]＝cos 2αcos (α＋β)＋sin 2αsin (α＋β)＝－ eq \f(2\r(5),5) × eq \f(\r(10),10) ＋ eq \f(\r(5),5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10))) ＝－ eq \f(\r(2),2) ， 又因为α－β∈[0，π]，所以α－β＝ eq \f(3π,4) .故选B. (4)(2024·河北省高三质量监测)已知tan eq \f(θ,2) ＝2，则 eq \f(sin θ,1－cos θ) － eq \f(sin θ,1＋cos θ) 的值为_____________． － eq \f(3,2) 【解析】　方法一： eq \f(sin θ,1－cos θ) － eq \f(sin θ,1＋cos θ) ＝ eq \f(2sin \f(θ,2)cos \f(θ,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(θ,2)－sin2\f(θ,2)))) － eq \f(2sin\f(θ,2)cos \f(θ,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(θ,2)－sin2\f(θ,2)))) ＝ eq \f(2sin\f(θ,2)cos \f(θ,2),2sin2\f(θ,2)) － eq \f(2sin\f(θ,2)cos \f(θ,2),2cos2\f(θ,2)) ＝ eq \f(cos\f(θ,2),sin \f(θ,2)) － eq \f(sin \f(θ,2),cos \f(θ,2)) ＝ eq \f(1,tan \f(θ,2)) －tan eq \f(θ,2) ＝ eq \f(1,2) －2＝－ eq \f(3,2) . 方法二：因为tan eq \f(θ,2) ＝2，所以tan θ＝ eq \f(2tan \f(θ,2),1－tan2\f(θ,2)) ＝ eq \f(2×2,1－4) ＝－ eq \f(4,3) ，则 eq \f(sinθ,1－cos θ) － eq \f(sin θ,1＋cos θ) ＝ eq \f(2sin θcos θ,（1－cos θ）（1＋cos θ）) ＝ eq \f(2sin θcos θ,1－cos2θ) ＝ eq \f(2sinθcos θ,sin2θ) ＝ eq \f(2cosθ,sin θ) ＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))) ＝－ eq \f(3,2) . 三角恒等变换的“4大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等． (3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂． (4)弦、切互化：一般是切化弦． (1)(2024·苏锡常镇二模)设钝角△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，b sinA＝ eq \r(3) ，c＝3，则b＝________． eq \r(19) 【解析】　∵b sin A＝a sin B＝ eq \r(3) ，∴sin B＝ eq \f(\r(3),2) . ①若B为钝角，则B＝ eq \f(2π,3) ，b2＝a2＋c2－2ac cos B＝19，∴b＝ eq \r(19) . ②若B不是钝角，则B＝ eq \f(π,3) ，C为钝角，b2＝a2＋c2－2ac cos B＝7，b＝ eq \r(7) . 此时a2＋b2－c2>0，C为锐角，矛盾．∴b＝ eq \r(19) . (2)【多选题】(2024·浙江强基联盟联考)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，(　　) A．若a sin eq \f(A＋C,2) ＝b sin A，则B＝ eq \f(π,3) B．若(sin B－sin C)2＝sin2A－sinB sin C，则A＝ eq \f(π,6) C．若a，b，c成等比数列，则B≤ eq \f(π,3) D．若a，b，c成等差数列，则tan eq \f(A,2) ＋3tan eq \f(C,2) ≥2 【解析】　由正弦定理可得sin A sin eq \f(A＋C,2) ＝sin Bsin A， 因为在△ABC中，A，B∈(0，π)，A＋B＋C＝π，所以sin A≠0，则sin eq \f(A＋C,2) ＝sin B， 所以sin eq \f(π－B,2) ＝cos eq \f(B,2) ＝2sin eq \f(B,2) cos eq \f(B,2) ，由B∈(0，π)，得 eq \f(B,2) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，则cos eq \f(B,2) ≠0，故sin eq \f(B,2) ＝ eq \f(1,2) ，解得B＝ eq \f(π,3) ，A说法正确； 若sin2B－2sinB sin C＋sin2C＝sin2A－sinBsin C， 则由正弦定理整理可得a2＝b2＋c2－bc， 由余弦定理可得cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(1,2) ， 因为A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,3) ，B说法错误； 若a，b，c成等比数列，则b2＝ac， 根据余弦定理可得cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ≥ eq \f(2ac－ac,2ac) ＝ eq \f(1,2) ，当且仅当a＝c时等号成立， 所以B≤ eq \f(π,3) ，C说法正确； 若a，b，c成等差数列，则2b＝a＋c，根据正弦定理可得2sin B＝sin A＋sin C，所以2sin (A＋C)＝4sin eq \f(A＋C,2) cos eq \f(A＋C,2) ＝2sin eq \f(A＋C,2) cos eq \f(A－C,2) ， 因为A，C∈(0，π)，所以sin eq \f(A＋C,2) ≠0，2cos eq \f(A＋C,2) ＝cos eq \f(A－C,2) ， 展开得2cos eq \f(A,2) cos eq \f(C,2) －2sin eq \f(A,2) sin eq \f(C,2) ＝cos eq \f(A,2) cos eq \f(C,2) ＋sin eq \f(A,2) sin eq \f(C,2) ， 即cos eq \f(A,2) cos eq \f(C,2) －3sin eq \f(A,2) sin eq \f(C,2) ＝0①， 由A，C∈(0，π)，得 eq \f(A,2) ， eq \f(C,2) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，则cos eq \f(A,2) ≠0，cos eq \f(C,2) ≠0， ①式两边同除cos eq \f(A,2) cos eq \f(C,2) 得1－3tan eq \f(A,2) tan eq \f(C,2) ＝0，即tan eq \f(A,2) tan eq \f(C,2) ＝ eq \f(1,3) ， 所以tan eq \f(A,2) ＋3tan eq \f(C,2) ≥2 eq \r(3tan \f(A,2)tan \f(C,2)) ＝2，当且仅当tan eq \f(A,2) ＝3tan eq \f(C,2) ＝1时等号成立，D说法正确．故选ACD. (3)(2024·徐州二模)在△ABC中，已知∠ABC＝2∠BAC，3BC＝2AB，BD⊥AC，D为垂足，CD＝2 eq \r(10) ，则BD＝(　　) A．3 eq \r(6) B．6 eq \r(6) C．2 eq \r(10) D．4 eq \r(10) 【解析】　令∠BAC＝α，则∠ABC＝2α，∠C＝π－3α.易知α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) . 令BC＝2m(m>0)，则AB＝3m， 在△ABC中， eq \f(3m,sin C) ＝ eq \f(2m,sin A) ，即 eq \f(3,2) ＝ eq \f(sin C,sin A) ＝ eq \f(sin 3α,sin α) ＝ eq \f(－4sin3α＋3sinα,sin α) ＝－4sin2α＋3， ∴sin2α＝ eq \f(3,8) ，cos2α＝ eq \f(5,8) ，又α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) ，则sinα＝ eq \f(\r(3),2\r(2)) ，cos α＝ eq \f(\r(5),2\r(2)) ， 则sin C＝sin 3α＝－4sin3α＋3sinα＝sin α(－4sin2α＋3)＝ eq \f(\r(3),2\r(2)) × eq \f(3,2) ＝ eq \f(3\r(6),8) ， cosC＝cos (π－3α)＝－cos 3α＝－4cos3α＋3cosα＝ eq \f(\r(10),8) ， tan C＝ eq \f(3\r(6),\r(10)) ＝ eq \f(BD,2\r(10)) ，∴BD＝6 eq \r(6) .故选B. (4)(2024·武汉二月调研)在△ABC中，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝ eq \f(3π,4) ，b＝6，a2＋c2＝2 eq \r(2) ac，则△ABC的面积为________． 【解析】　b2＝a2＋c2－2ac cos B，则36＝a2＋c2－2ac eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))) ＝2 eq \r(2) ac＋ eq \r(2) ac＝3 eq \r(2) ac， ∴ac＝6 eq \r(2) ，S△ABC＝ eq \f(1,2) ac sin B＝ eq \f(1,2) ×6 eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝3. (1)(2024·四川成都模拟预测)△ABC的外接圆半径R＝1，sin A sin B sin C＝ eq \f(1,4) ，则△ABC的面积为________；当角A最大时，cos B cos3 eq \f(A,2) ＝________． eq \f(1,2) eq \f(1,8) 【解析】　由正弦定理可得 eq \f(a,sinA) ＝ eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) ＝2R， 所以sin A sin B sin C＝ eq \f(a,2R) · eq \f(b,2R) · eq \f(c,2R) ＝ eq \f(abc,8R3) ＝ eq \f(abc,8) ＝ eq \f(1,4) ，解得abc＝2， 所以△ABC的面积为S＝ eq \f(1,2) ab sin C＝ eq \f(1,2) ab eq \f(c,2R) ＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,2) ＝ eq \f(1,2) . 因为sin A sin B sin C＝ eq \f(1,4) ， 则1＝4sin A sin B sin C＝2sin A[cos (B－C)－cos (B＋C)]≤2sin A(1＋cos A)，当B＝C时取等号， 所以2sin A(1＋cos A)≥1(0<A<π)， 令f (x)＝2sin x(1＋cos x)＝2sin x＋2sin xcos x＝2sin x＋sin 2x(0<x<π)， 因为f ′(x)＝2cos 2x＋2cos x＝4cos2x＋2cosx－2＝2(cos x＋1)(2cos x－1)， 所以f (x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)) 上单调递减， 又f (0)＝0<1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝2>1，f (π)＝0<1， 所以存在x1∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，x2∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) ，使得f (x1)＝f (x2)＝1， 则当f (A)≥1时，x1≤A≤x2，A的最大值为x2， 且当A最大时，B＝C，2sin A(1＋cos A)＝1， 则cos B cos3 eq \f(A,2) ＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2))) cos3 eq \f(A,2) ＝sin eq \f(A,2) cos3 eq \f(A,2) ＝ eq \f(1,4) sinA(1＋cos A)＝ eq \f(1,8) . (2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋bc＝b2＋c2，若D是∠BAC的平分线与BC的交点，则 eq \f(c,AD) 的取值范围是___________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))) 【解析】　在△ABC中，由a2＋bc＝b2＋c2得b2＋c2－a2＝bc， 由余弦定理得cos ∠BAC＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(1,2) ，又0<∠BAC< eq \f(π,2) ，所以∠BAC＝ eq \f(π,3) . 又因为AD是∠BAC的平分线，则∠BAD＝∠CAD＝ eq \f(π,6) ， 在△ABD中，由正弦定理得 eq \f(AD,sin B) ＝ eq \f(c,sin ∠ADB) ， 可得 eq \f(c,AD) ＝ eq \f(sin ∠ADB,sin B) ＝ eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－B)),sin B) ＝ eq \f(\f(1,2)cos B＋\f(\r(3),2)sin B,sin B) ＝ eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(1,2tan B) ， 又△ABC是锐角三角形，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<\f(2π,3)－B<\f(π,2)，,0<B<\f(π,2)，)) 解得 eq \f(π,6) <B< eq \f(π,2) ， 则tan B> eq \f(\r(3),3) ，可得0< eq \f(1,2tan B) < eq \f(\r(3),2) ，所以 eq \f(\r(3),2) < eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(1,2tan B) < eq \r(3) ， 故 eq \f(c,AD) 的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))) . (1)解决三角形中的最值与范围问题往往需要注意以下几点： ①三角形内角是有范围的． ②正、余弦函数的值域是有界的． ③可以利用不等式性质、基本不等式、二次函数、导数等求解． (2)三角形中的一些重要结论： ①在三角形中，大边对大角，反之亦然． ②在三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． ③在△ABC(△ABC不是直角三角形)中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C. ④在△ABC中，A>Bsin A>sin Bcos A<cos B. ⑤在△ABC中，最大内角的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)) ，最小内角的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) . ⑥在锐角△ABC中，sin A>cos B，sin B>cos C，sin C>cos A． (1)(2024·广东省高三二模)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 【解析】　设所求楼高为x m，第二次操作时小镜子距钟楼底部的距离为b m，则由光的反射原理得 eq \f(h,a2) ＝ eq \f(x,b) ，得b＝ eq \f(a2x,h) ，则 eq \f(h,a1) ＝ eq \f(x,a＋\f(a2x,h)) ， ∴x＝ eq \f(ah,a1－a2) ＝ eq \f(6×1.75,1－0.6) ＝26.25.故选D. (2)(2024·安徽马鞍山阶段测试)敬亭山，位于安徽省宣城市北郊，是中国历史文化名山，原名昭亭山，晋初为避帝讳，易名敬亭山．李白在《独坐敬亭山》中写道：众鸟高飞尽，孤云独去闲．相看两不厌，只有敬亭山．相传该诗题写于太白独坐楼(如图1).为了测量该楼的高度AB(如图2)，一研究小组选取了与该楼底部B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝30°，∠CDB＝45°，BD＝13 m，在C点处测得该楼顶端A的仰角为60°，则该楼的高度AB＝________m. 13 eq \r(6) 【解析】　在△BCD中，由正弦定理 eq \f(BC,sin ∠CDB) ＝ eq \f(BD,sin ∠BCD) ，得BC＝ eq \f(13sin 45°,sin 30°) ＝13 eq \r(2) (m)， 在Rt△ABC中，AB＝BC tan ∠ACB＝13 eq \r(2) ×tan 60°＝13 eq \r(6) (m). 解三角形应用题的常考类型 (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． 1．(2024·全国甲卷，理)已知 eq \f(cos α,cos α－sin α) ＝ eq \r(3) ，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) ＝(　　) A．2 eq \r(3) ＋1　　　　　　　 B．2 eq \r(3) －1 C． eq \f(\r(3),2) D．1－ eq \r(3) 解析　因为 eq \f(cos α,cos α－sin α) ＝ eq \r(3) ， 所以 eq \f(1,1－tan α) ＝ eq \r(3) ，解得tan α＝1－ eq \f(\r(3),3) ， 所以tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) ＝ eq \f(tan α＋1,1－tan α) ＝2 eq \r(3) －1， 故选B. 2．(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos (α＋β)＝m，tan α·tan β＝2，则cos (α－β)＝(　　) A．－3m B．－ eq \f(m,3) C． eq \f(m,3) D．3m 解析　因为cos (α＋β)＝m，所以cos αcos β－sin αsin β＝m， 而tan αtan β＝2，所以sin αsin β＝2cos αcos β， 故cos αcos β－2cos αcos β＝m，即cos αcos β＝－m， 从而sin αsin β＝－2m，故cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－3m， 故选A. 3．(2024·全国甲卷，理)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝ eq \f(π,3) ，b2＝ eq \f(9,4) ac，则sin A＋sin C＝(　　) A． eq \f(2\r(39),13) B． eq \f(\r(39),13) C． eq \f(\r(7),2) D． eq \f(3\r(13),13) 解析　因为B＝ eq \f(π,3) ，b2＝ eq \f(9,4) ac，则由正弦定理得sin Asin C＝ eq \f(4,9) sin2B＝ eq \f(1,3) . 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－ac＝ eq \f(9,4) ac， 即a2＋c2＝ eq \f(13,4) ac，根据正弦定理得sin2A＋sin2C＝ eq \f(13,4) sinA sin C＝ eq \f(13,12) ， 所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sinAsin C＝ eq \f(7,4) ， 因为A，C为三角形内角，则sin A＋sin C>0，故sin A＋sin C＝ eq \f(\r(7),2) . 故选C. 4．(2023·新高考Ⅰ卷)已知sin (α－β)＝ eq \f(1,3) ，cos α·sin β＝ eq \f(1,6) ，则cos (2α＋2β)＝(　　) A． eq \f(7,9) 　　　　　　　　　 B． eq \f(1,9) C．－ eq \f(1,9) D．－ eq \f(7,9) 解析　sin (α－β)＝ eq \f(1,3) ，∴sin αcos β－cos αsin β＝ eq \f(1,3) ，∴sin αcos β＝ eq \f(1,3) ＋cos αsin β＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,6) ＝ eq \f(1,2) ， sin (α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,6) ＝ eq \f(2,3) ， cos (2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2× eq \f(4,9) ＝ eq \f(1,9) .故选B. 5．(2023·新高考Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝(　　) A．1 B． eq \f(\r(15),4) C． eq \f(\r(10),4) D． eq \f(\r(6),4) 解析　圆的方程可化为(x－2)2＋y2＝5，圆心C(2，0)，半径r＝ eq \r(5) ，M(0，－2)与C(2，0)之间的距离d＝2 eq \r(2) ，∴sin eq \f(α,2) ＝ eq \f(\r(5),2\r(2)) ＝ eq \f(\r(10),4) ，cos eq \f(α,2) ＝ eq \f(\r(6),4) ，tan eq \f(α,2) ＝ eq \f(\r(15),3) ，sin α＝ eq \f(2tan \f(α,2),tan2\f(α,2)＋1) ＝ eq \f(\f(2\r(15),3),\f(5,3)＋1) ＝ eq \f(\r(15),4) .故选B. 6．(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cos (α＋β)＝2 eq \r(2) cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) sin β，则(　　) A．tan (α－β)＝1 B．tan (α＋β)＝1 C．tan (α－β)＝－1 D．tan (α＋β)＝－1 解析　由题意得sin αcos β＋sin βcos α＋cos αcos β－sin αsin β＝2 eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) (cos α－sin α)sin β，整理得sin αcos β－sin βcos α＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin (α－β)＋cos (α－β)＝0，所以tan (α－β)＝－1.故选C. 7．(2021·新高考Ⅰ卷)若tan θ＝－2，则 eq \f(sin θ（1＋sin 2θ）,sin θ＋cos θ) ＝(　　) A．－ eq \f(6,5) B．－ eq \f(2,5) C． eq \f(2,5) D． eq \f(6,5) 解析　方法一(求值代入法)：因为tan θ＝－2，所以角θ的终边在第二或第四象限， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin θ＝\f(2,\r(5))，,cos θ＝－\f(1,\r(5)))) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin θ＝－\f(2,\r(5))，,cos θ＝\f(1,\r(5))，)) 所以 eq \f(sin θ（1＋sin 2θ）,sin θ＋cos θ) ＝ eq \f(sin θ（sin θ＋cos θ）2,sin θ＋cos θ) ＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝sin2θ＋sinθcos θ＝ eq \f(4,5) － eq \f(2,5) ＝ eq \f(2,5) .故选C. 方法二(弦化切法)：因为tan θ＝－2， 所以 eq \f(sin θ（1＋sin 2θ）,sin θ＋cos θ) ＝ eq \f(sin θ（sin θ＋cos θ）2,sin θ＋cos θ) ＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝ eq \f(sin2θ＋sinθcos θ,sin2θ＋cos2θ) ＝ eq \f(tan2θ＋tanθ,1＋tan2θ) ＝ eq \f(4－2,1＋4) ＝ eq \f(2,5) .故选C. 方法三(正弦化余弦法)：因为tan θ＝－2，所以sin θ＝－2cos θ. 则 eq \f(sin θ（1＋sin 2θ）,sin θ＋cos θ) ＝ eq \f(sin θ（sin θ＋cos θ）2,sin θ＋cos θ) ＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝ eq \f(sin2θ＋sinθcos θ,sin2θ＋cos2θ) ＝ eq \f(4cos2θ－2cos2θ,4cos2θ＋cos2θ) ＝ eq \f(4－2,4＋1) ＝ eq \f(2,5) .故选C. 8．(2024·新课标Ⅱ卷)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα＋tan β＝4，tan αtan β＝ eq \r(2) ＋1，则sin (α＋β)＝________． － eq \f(2\r(2),3) 解析　方法一：由题意得tan (α＋β)＝ eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β) ＝ eq \f(4,1－（\r(2)＋1）) ＝－2 eq \r(2) ， 因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,2))) ，β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2mπ＋π，2mπ＋\f(3π,2))) ，k，m∈Z， 则α＋β∈((2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z， 又因为tan (α＋β)＝－2 eq \r(2) <0， 则α＋β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(（2m＋2k）π＋\f(3π,2)，（2m＋2k）π＋2π)) ，k，m∈Z，则sin (α＋β)<0， 由 eq \f(sin （α＋β）,cos （α＋β）) ＝－2 eq \r(2) ，联立sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin(α＋β)＝－ eq \f(2\r(2),3) . 方法二：因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cos α>0，cos β<0， cos α＝ eq \f(cos α,\r(sin2α＋cos2α)) ＝ eq \f(1,\r(1＋tan2α)) ，cosβ＝ eq \f(cos β,\r(sin2β＋cos2β)) ＝ eq \f(－1,\r(1＋tan2β)) ， 则sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos αcos β(tan α＋tan β)＝4cos αcos β＝ eq \f(－4,\r(1＋tan2α)\r(1＋tan2β)) ＝ eq \f(－4,\r(（tanα＋tan β）2＋（tan αtan β－1）2)) ＝ eq \f(－4,\r(42＋2)) ＝－ eq \f(2\r(2),3) . 9．(2024·上海)海上有灯塔O，A，B，货船T，如图，已知A在O的正东方向，B在O的正北方向，O到A，B的距离相等，∠BTO＝16.5°，∠ATO＝37°，则∠BOT＝________．(结果精确到0.1°) 解析　设∠BOT＝θ，则∠AOT＝90°－θ，在△BOT中，由正弦定理得 eq \f(OB,sin 16.5°) ＝ eq \f(OT,sin （16.5°＋θ）) ，在△AOT中，由正弦定理得 eq \f(OA,sin 37°) ＝ eq \f(OT,sin （θ＋90°－37°）) ，∵OA＝OB，∴两式相除得 eq \f(sin 37°,sin 16.5°) ＝ eq \f(sin （θ＋90°－37°）,sin （16.5°＋θ）) ，sin 37°sin (16.5°＋θ)＝sin 16.5°sin (θ＋90°－37°)，sin θ(cos 16.5°－sin 16.5°)sin 37°＝cos θ(cos 37°－sin 37°)sin 16.5°，∴tan θ＝ eq \f(\f(1,tan 37°)－1,\f(1,tan 16.5°)－1) ≈0.137 6，又θ为锐角，∴θ≈7.8°. 10．(2023·全国甲卷，理)在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，BC＝ eq \r(6) ，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD＝________． 解析　如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a， 由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6， 因为b>0，解得b＝1＋ eq \r(3) . 方法一：由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得， eq \f(1,2) ×2×b×sin 60°＝ eq \f(1,2) ×2×AD×sin 30°＋ eq \f(1,2) ×AD×b×sin 30°， 解得AD＝ eq \f(\r(3)b,1＋\f(b,2)) ＝ eq \f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3)) ＝2. 方法二：由正弦定理可得， eq \f(\r(6),sin 60°) ＝ eq \f(1＋\r(3),sin B) ＝ eq \f(2,sin C) ，解得sin B＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ，sin C＝ eq \f(\r(2),2) ， 因为1＋ eq \r(3) > eq \r(6) >2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°， 又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2. $$