专题2 第2讲 小题研透——三角恒等变换与解三角形-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

第2讲　小题研透——三角恒等变换与解三角形 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 三角函数的化简与求值（正确应用和、差、倍、半角公式先化简再求值） 继续以选择、填空题的形式考查三角恒等变换求值，正、余弦定理的基本应用，注意与三角函数性质的交汇问题，难度中等偏下 利用正、余弦定理解三角形（求边、角、面积、周长） 解三角形的实际应用（计算距离、高度、角度） 二、真题感悟 1.（2024·新高考Ⅰ卷4题）（两角和与差的余弦公式）已知cos（α＋β）＝m，tan αtan β＝2，则cos（α－β）＝（　　） A.－3m B.－ C. D.3m 解析：A　因为cos（α＋β）＝m，所以cos αcos β－sin αsin β＝m，而tan αtan β＝2，即＝2，所以sin αsin β＝2cos αcos β，故cos αcos β－2cos αcos β＝m，即cos αcos β＝－m，从而cos（α－β）＝cos αcos β＋sin αsin β＝3cos αcos β＝－3m.故选A. 2.（2024·全国甲卷理11题）（正、余弦定理的应用）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B＝60°，b2＝ac，则sin A＋sin C＝（　　） A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：C　由正弦定理得sin Asin C＝sin2B，因为B＝60°，所以sin Asin C＝sin2B＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac＝ac，所以a2＋c2＝ac，所以sin2A＋sin2C＝sin Asin C，所以（sin A＋sin C）2＝sin2A＋sin2C＋2sin Asin C＝sin Asin C＝，又sin A＞0，sin C＞0，所以sin A＋sin C＝. 3.（2024·新高考Ⅱ卷13题）（两角和的正切公式及同角三角函数的基本关系）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）＝－. 解析：法一　由题意得tan（α＋β）＝＝＝－2，因为α∈（2kπ，2kπ＋），β∈（2mπ＋π，2mπ＋），k，m∈Z，则α＋β∈（（2m＋2k）π＋π，（2m＋2k）π＋2π），k，m∈Z，又因为tan（α＋β）＝－2＜0，则α＋β∈（（2m＋2k）π＋，（2m＋2k）π＋2π），k，m∈Z，则sin（α＋β）＜0，又＝－2，联立sin2（α＋β）＋cos2（α＋β）＝1，解得sin（α＋β）＝－. 法二　由法一得tan（α＋β）＜0，sin（α＋β）＜0，故α＋β为第四象限角.不妨在角α＋β的终边上选取一点P（1，－2），则r＝｜OP｜＝＝3，所以sin（α＋β）＝－. 法三　易得tan（α＋β）＝＝＝－2.又tan α＋tan β＝＋＝＝4，所以sin（α＋β）＝4cos αcos β.由α为第一象限角，β为第三象限角，得cos α＞0，cos β＜0，所以sin（α＋β）＝4cos αcos β＜0.由tan（α＋β）＝－2，结合sin2（α＋β）＋cos2（α＋β）＝1，得sin（α＋β）＝－. 4.（2021·全国乙卷理9题）（数学文化）魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高.如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝（　　） A.＋表高 B.－表高 C.＋表距 D.－表距 解析：A　因为FG∥AB，所以＝，所以GC＝·CA.因为DE∥AB，所以＝，所以EH＝·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝（CA－AH）＝×HC＝×（HG＋GC）＝×（EG－EH＋GC）.由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝×（表距＋表目距的差），所以AB＝×（表距＋表目距的差）＝＋表高，故选A. 重｜难｜排｜查 1.三角恒等变换常用结论 （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.解三角形中常用的结论 （1）在△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C； （2）在△ABC中，内角A，B，C成等差数列的充要条件是B＝60°； （3）△ABC为正三角形的充要条件是A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列； （4）S△ABC＝（R为△ABC外接圆的半径）； （5）S△ABC＝（a＋b＋c）r（r为△ABC内切圆的半径）. 三角恒等变换 【例1】　（1）（2024·九省联考）已知θ∈（，π），tan 2θ＝－4tan（θ＋），则＝（　A　） A.　　　　B. C.1　　　　D. （2）（2024·沈阳教学质量监测）已知sin（－θ）＋cos（－θ）＝1，则cos（2θ－）＝（　　）B A. B.－ C. D.－ 解析：（1）因为θ∈（，π），所以tan θ∈（－1，0）.由tan 2θ＝－4tan（θ＋）得＝－4×，化简整理得2tan2θ＋5tan θ＋2＝0，解得tan θ＝－2（舍去）或tan θ＝－，所以＝＝＝＝.故选A. （2）由sin（－θ）＋cos（－θ）＝1，得cos θ＋coscos θ＋sinsin θ＝1，即cos θ＋sin θ＝1，结合辅助角公式得×（cos θ＋sin θ）＝1. 即coscos θ＋sinsin θ＝，即cos（－θ）＝，又cos（2θ－）＝cos［2（θ－）］＝2cos2（θ－）－1，cos（θ－）＝cos（－θ）＝，所以cos（2θ－）＝2×（）2－1＝－.故选B. 感悟提升 三角恒等变换的“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.已知α为锐角，且cos α（1＋tan 10°）＝1，则α的值为（　　） A.20° B.40° C.50° D.70° 解析：B　由cos α（1＋tan 10°）＝1可得cos α×＝1，所以cos α×＝1，所以cos α＝＝＝＝cos 40°，又α为锐角，所以α＝40°，选B. 2.已知a＝（sin 14°＋sin 76°），b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为（　　） A.a＜c＜b B.c＜a＜b C.a＜b＜c D.b＜a＜c 解析：A　a＝（sin 14°＋cos 14°）＝sin（14°＋45°）＝sin 59°，b＝＝＝sin 61°，c＝＝＝＝sin 60°，由正弦函数y＝sin x在（0°，90°）上单调递增知a＜c＜b，故选A. 正、余弦定理解三角形 【例2】　（1）（2024·济南高三模拟考试）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos C＋asin C＝b，则A＝（　A　） A.　　　　B. C.　　　　D. （2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面积为2，则△ABC内切圆的半径为－1. 解析：（1）由acos C＋asin C＝b，得sin Acos C＋sin Asin C＝sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C，即sin Asin C＝cos Asin C，又知sin C≠0，所以sin A＝cos A，即tan A＝，又A∈（0，π），所以A＝，故选A. （2）因为△ABC的面积为2，A＝60°，所以bcsin A＝2，解得bc＝8.又b＋c＝6，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A＝（b＋c）2－3bc＝12，所以a＝2，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋6.设△ABC内切圆的半径为r，则S△ABC＝（a＋b＋c）r＝×（2＋6）r＝2，解得r＝－1. 感悟提升 利用正、余弦定理解三角形的解题策略 （1）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的综合问题，求三角形面积时用S＝absin C形式的面积公式. 提醒　利用正弦定理求角时，易忽视条件出现增根致误. 1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，a2＋bc＝b2＋c2，asin B＝2csin A，则B＝（　　） A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：D　由asin B＝2csin A及正弦定理，得ab＝2ca，∴b＝2c.又a2＋bc＝b2＋c2，∴a2＋2c2＝4c2＋c2，即a2＝3c2，∴a＝c.∴cos B＝＝＝0.又B∈（0，π），∴B＝. 2.（2024·嘉定第一中学期中）在钝角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝1，b＝2，则最大边c的取值范围是（　　） A.（，＋∞） B.（2，） C.（，2） D.（，3） 解析：D　∵△ABC是钝角三角形，a＝1，b＝2，且c是最大边，∴由余弦定理得cos C＝＜0，即5－c2＜0，解得c＞.又c＜a＋b＝3，∴边c的取值范围是（，3）.故选D. 解三角形的实际应用 【例3】　（2024·济南调研）山东省科技馆新馆（如图1）目前成为济南科教新地标，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符合“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和科技无限.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°（A，B，C，D在同一铅垂面内），则A，B两点之间的距离为100米. 解析：由题意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，所以∠CBD＝90°，则在Rt△CBD中，BD＝CD＝300，BC＝CD＝300.因为∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°. 法一　在△ACD中，由正弦定理＝得，＝，所以AC＝×＝200.在△ABC中，∠ACB＝∠ACD－∠DCB＝75°－30°＝45°，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝（200）2＋（300）2－2×200×300×＝150 000，所以AB＝100，故A，B两点之间的距离为100米. 法二　cos 15°＝sin 75°＝sin（45°＋30°）＝.在△ACD中，由正弦定理＝得，＝，所以AD＝×＝100（3＋）.在△ABD中，∠ADB＝∠CDB－∠CDA＝60°－45°＝15°，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB＝[100（3＋）]2＋3002－2×100（3＋）×300×＝150 000，所以AB＝100，故A，B两点之间的距离为100米. 感悟提升 解三角形实际应用问题的步骤 （1）分析：理解题意，明确已知与所求，画出示意图； （2）建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立解三角形问题的数学模型； （3）求解：解三角形，求得数学模型的解； （4）检验：检验所求出的解是否具有实际意义，从而得出实际问题的解. 　我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角∠BAC，且AB＝AC，从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动.如图2，伞完全收拢时，伞圈D已滑到D'的位置，且A，B，D'三点共线，AD'＝40 cm，B为AD'的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24 cm，则当伞完全张开时，∠BAC的余弦值是（　　） A.－ B.－ C.－ D.－ 解析：A　依题意分析可知，当伞完全张开时，AD＝40－24＝16（cm），因为B为AD'的中点，所以AB＝AC＝AD'＝20（cm），当伞完全收拢时，AB＋BD＝AD'＝40（cm），所以BD＝20（cm），在△ABD中，cos∠BAD＝＝＝，所以cos∠BAC＝cos 2∠BAD＝2cos2∠BAD－1＝2×－1＝－. 1.（2024·衡水武强中学期中）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝，b＝，A＝30°，则c＝（　　） A. B.2 C.或2 D.2或 解析：C　在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，则2＝6＋c2－2c×，即c2－3c＋4＝0，解得c＝或c＝2.故选C. 2.（2024·甘肃高考诊断考试）已知sin（α＋）－sin α＝，则sin（2α－）＝（　　） A. B.－ C. D.－ 解析：B　因为sin（α＋）－sin α＝cos α－sin α＝cos（α＋）＝，所以sin（2α－）＝sin［2（α＋）－］＝－cos［2（α＋）］＝1－2cos2（α＋）＝－.故选B. 3.为测某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距30 m的楼的楼顶C处测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，则塔AB的高度为（　　） A.10 m B.10＋30 m C.30 m D.30＋10 m 解析：D　如图，依题得∠ACE＝30°，∠ECB＝45°，DB＝30，所以CE＝30，BE＝30.由＝，得AE＝10，所以AB＝BE＋AE＝（30＋10）m. 4.（2024·西安五校联考）在平面直角坐标系xOy中，锐角θ的大小如图所示，则＝（　　） A.－2 B.2 C. D.3 解析：B　由题图及正切函数的定义可知，tan（θ＋）＝＝5，即＝5，解得tan θ＝.所以＝＝＝＝2，故选B. 5.（2024·南宁第一次适应性测试）已知0＜α＜＜β＜π，cos β＝－，sin（α＋β）＝，则tan α＝. 解析：由题意知sin β＝，∵0＜α＜＜β＜π，∴＜α＋β＜，又sin（α＋β）＝，∴cos（α＋β）＝－，∴sin α＝sin[（α＋β）－β]＝sin（α＋β）cos β－cos（α＋β）sin β＝×（－）＋×＝，∴cos α＝，∴tan α＝＝. 6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，b＝2c，cos A＝－，则S△ABC＝. 解析：因为a＝2，b＝2c，cos A＝＝－，所以＝－，解得c＝2，b＝4.因为A∈（0，π），所以sin A＝，所以S△ABC＝bcsin A＝×2×4×＝. 7.（2024·广雅中学教学检测）已知α，β∈（0，），2tan α＝，则tan（2α＋β＋）＝（　　） A.－　　　B.－ C.　　　D. 解析：B　2tan α＝⇒2＝＝⇒sin α＋sin αsin β＝cos αcos β⇒sin α＝cos αcos β－sin αsin β＝cos（α＋β），因为α，β∈（0，），所以α＋α＋β＝，所以tan（2α＋β＋）＝tan＝－，故选B. 8.已知函数f（x）＝sin x－2cos x，设当x＝θ时，f（x）取得最大值，则cos θ＝（　　） A.－ B.－ C. D. 解析：A　f（x）＝sin x－2cos x＝sin（x－φ），其中cos φ＝，sin φ＝，则f（θ）＝sin（θ－φ）＝，因此θ－φ＝＋2kπ，k∈Z，则cos θ＝cos（ φ＋＋2kπ）＝－sin φ＝－. 9.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，＝sin2，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：A　由cos B＝1－2sin2，得sin2＝，所以＝，即cos B＝.由余弦定理得＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等. 10.已知tan α＝，tan β＝－，且α，β∈（0，π），则2α－β＝（　　） A. B.－ C.－ D.－或 解析：C　因为tan α＝，tan β＝－，则tan 2α＝＝＝，tan（2α－β）＝＝＝1.因为α，β∈（0，π），tan α＞0，tan β＜0，则0＜α＜，＜β＜π.又tan 2α＞0，有0＜2α＜，于是得－π＜2α－β＜0.因此，2α－β＝－. 11.（多选）（2024·青岛第一中学模块考试）在△ABC中，以下各条件分别能得出△ABC为等边三角形的是（　　） A.已知a＋b＝2c且A＋B＝2C B.已知sin A＝且b＝c C.已知a＋b＝2c且a2＋b2＝2c2 D.已知＝且A＝ 解析：AC　对于A，因为A＋B＝2C，所以C＝，由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab，又a＋b＝2c，所以（）2＝a2＋b2－ab，所以3（a－b）2＝0，所以a＝b，所以A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形；对于B，因为sin A＝，0＜A＜π，所以A＝或A＝，当A＝时，b＝c，所以A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形；当A＝时，b＝c，所以△ABC为等腰三角形但不是等边三角形；对于C，因为a＋b＝2c且a2＋b2＝2c2，所以a2＋b2＝（a＋b）2，所以（a－b）2＝0，所以a＝b，又a＋b＝2c，所以a＝b＝c，所以△ABC为等边三角形；对于D，因为＝，所以＝，即sin Acos A＝sin Bcos B，所以sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝，当A＝B时，A＝，所以A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形；当A＋B＝时，A＝，所以B＝，C＝，所以△ABC为直角三角形，故选A、C. 12.（多选）已知cos（α＋β）＝－，cos 2α＝－，其中α，β为锐角，则下列各式正确的是（　　） A.sin 2α＝ B.cos（α－β）＝ C.cos αcos β＝ D.tan αtan β＝ 解析：AB　因为0＜α＜，所以0＜2α＜π，又cos 2α＝－，所以sin 2α＝＝，故A正确；因为0＜α＜，0＜β＜，所以0＜α＋β＜π，又cos（α＋β）＝－，所以sin（α＋β）＝＝，所以cos（α－β）＝cos[2α－（α＋β）]＝cos 2αcos（α＋β）＋sin 2α·sin（α＋β）＝（ －）×（ －）＋×＝，故B正确；cos（α－β）＝cos αcos β＋sin αsin β＝　①，cos（α＋β）＝cos αcos β－sin αsin β＝－　②，①＋②得，2cos αcos β＝，所以cos αcos β＝，故C不正确；①－②得，2sin αsin β＝，所以sin αsin β＝，所以tan αtan β＝＝＝3，故D不正确. 13.（2024·东北三校联合模拟考试）在△ABC中，BC＝2，S△ABC＝·，则△ABC外接圆的半径为3. 解析：因为S△ABC＝·，所以×AB×AC×sin A＝×｜｜×｜｜×cos A，又AB＝｜｜，AC＝｜｜，所以sin A＝cos A，又sin2A＋cos2A＝1，所以sin2A＝，因为A∈（0，π），所以sin A＞0，则sin A＝，记△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理得2R＝＝＝6，所以R＝3. 14.（2024·广州综合测试）已知α，β是函数f（x）＝3sin（2x＋）－2在（0，）上的两个零点，则cos（α－β）＝. 解析：因为α，β是函数f（x）在（0，）上的两个零点，所以sin（2α＋）＝，sin（2β＋）＝，且2α＋∈（，），2β＋∈（，），所以2α＋＋2β＋＝π，所以α＋β＝，所以cos（α－β）＝cos［α－（－α）］＝cos（2α－）＝cos［（2α＋）－］＝sin（2α＋）＝. 15.（2024·郑州第二次质量预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝，b＝4，c·cos B＋a＝0，则c＝　；点D在线段AB上，且∠CDA＝，则CD＝. 解析：由c·cos B＋a＝0，得c·＋a＝0，化简得3a2＋c2－b2＝0.又因为a＝，b＝4，所以c＝，cos A＝＝＝，因为A∈（0，π），所以sin A＝＝.因为点D在线段AB上，且∠CDA＝，所以sin∠CDA＝.在△ACD中，由正弦定理得，＝，即＝，则CD＝. 16.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：≈1.7）（　　） A.2.1R B.2.2R C.2.3R D.2.4R 解析：A　如图，连接E0E1，在△SE0E1中，SE0＝SE1＝R，∠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＝＝R，在△SME1中，由余弦定理得SM＝＝≈R，与2.1R最接近.故选A. 17.（多选）（2024·重庆第一中学月考）已知点D是△ABC的边BC上的点，且AB＝6，AC＝8，∠BAC≥，以下结论正确的有（　　） A.△ABD外接圆面积的最小值为36π B.若点D是BC的中点，∠BAC＝，则AD＝ C.若AD平分∠BAC，∠BAC＝，则△ACD的面积为 D.若∠BAD＋∠ACD＝，且D是BC的中点，则∠BAC一定是直角 解析：BCD　对于A，根据正弦定理可得△ABD外接圆的半径r＝≥3，所以△ABD外接圆面积的最小值为9π，A错误；对于B，因为＝（＋），·＝｜｜｜｜·cos∠BAC＝－24，所以｜｜＝＝·＝，B正确；对于C，因为AB＝6，AC＝8，∠BAC＝，所以BC＝10.由角平分线定理可得AB∶AC＝BD∶CD，所以CD＝，所以S△ACD＝·CD·CA·sin∠BCA＝××8×＝，C正确；对于D，设∠BAD＝α，∠CAD＝β.在△ADC中，由正弦定理得＝.因为α＋C＝，所以sin C＝sin（－α）＝cos α，即＝.在△ABC中，α＋β＋B＋C＝π，所以β＋B＝.同理，在△ABD中有＝.因为D是BC的中点，所以BD＝CD，则＝＝，所以sin 2α＝sin 2β，故α＋β＝或α＝β.当α＝β时，α＋B＝，则AD⊥BC，此时△ABC是等腰三角形.而AB≠AC，矛盾，所以α≠β，所以∠BAC＝，D正确.故选B、C、D. 5 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $