2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题2 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[考情分析]1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度．考点一三角恒等变换核心提炼1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ；(2)cos(α±β)＝cosαcosβ∓sinαsinβ；(3)tan(α±β)＝tanα±tanβ1∓tanαtanβ.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα；(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；(3)tan2α＝2tanα1－tan2α.例1(1)(2022·新高考全国Ⅱ)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝22cosα＋π4sinβ，则()A．tan(α－β)＝1B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1D．tan(α＋β)＝－1答案C解析由题意得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝22×22(cosα－sinα)sinβ，整理，得sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.(2)(2021·全国甲卷)若α∈0，π2，tan2α＝cosα2－sinα，则tanα等于()A.1515B.55C.53D.153答案A解析方法一因为tan2α＝sin2αcos2α＝2sinαcosα1－2sin2α，且tan2α＝cosα2－sinα，所以2sinαcosα1－2sin2α＝cosα2－sinα，解得sinα＝14.因为α∈0，π2，所以cosα＝154，tanα＝sinαcosα＝1515.方法二因为tan2α＝2tanα1－tan2α＝2sinαcosα1－sin2αcos2α＝2sinαcosαcos2α－sin2α＝2sinαcosα1－2sin2α，且tan2α＝cosα2－sinα，所以2sinαcosα1－2sin2α＝cosα2－sinα，解得sinα＝14.因为α∈0，π2，所以cosα＝154，tanα＝sinαcosα＝1515.规律方法三角恒等变换的“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．跟踪演练1(1)(2022·张家口模拟)已知sinθcosθ＋3cos2θ＝cosθ＋32，θ∈0，π2，则θ＝________.答案π6或π18解析sinθcosθ＋3cos2θ＝12sin2θ＋3×1＋cos2θ2＝cos2θ－π6＋32＝cosθ＋32，故cos2θ－π6＝cosθ，所以2θ－π6＝θ＋2kπ或2θ－π6＝－θ＋2kπ(k∈Z)，故θ＝π6＋2kπ或θ＝π18＋2kπ3(k∈Z)．又θ∈0，π2，所以θ＝π6或π18.(2)已知函数f(x)＝sinx－2cosx，设当x＝θ时，f(x)取得最大值，则cosθ＝________.答案－255解析f(x)＝sinx－2cosx＝5sin(x－φ)，其中cosφ＝55，sinφ＝255，则f(θ)＝5sin(θ－φ)＝5，因此θ－φ＝π2＋2kπ，k∈Z，则cosθ＝cosφ＋π2＋2kπ＝－sinφ＝－255.考点二正弦定理、余弦定理核心提炼1．正弦定理：在△ABC中，asinA＝bsinB＝csinC＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，sinA＝a2R，sinB＝b2R，sinC＝c2R，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等．2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA.变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝b2＋c2－a22bc.3．三角形的面积公式：S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA.例2(1)(2022·济南模拟)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin2A＝asinB，且c＝2b，则ab等于()A．3B.13C.33D.3答案D解析因为bsin2A＝asinB，所以2bsinAcosA＝asinB，利用正弦定理可得2abcosA＝ab，所以cosA＝12，又c＝2b，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝b2＋4b2－a24b2＝12，解得ab＝3.(2)(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)．①证明：2a2＝b2＋c2；②若a＝5，cosA＝2531，求△ABC的周长．①证明方法一由sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，结合正弦定理asinA＝bsinB＝csinC，可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＋abcosC＝2bccosA(*)．由余弦定理可得accosB＝a2＋c2－b22，abcosC＝a2＋b2－c22，2bccosA＝b2＋c2－a2，将上述三式代入(*)式整理，得2a2＝b2＋c2.方法二因为A＋B＋C＝π，所以sinCsin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sinBsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.又sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.②解由①及a2＝b2＋c2－2bccosA得，a2＝2bccosA，所以2bc＝31.因为b2＋c2＝2a2＝50，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.规律方法正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．注意：应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．跟踪演练2(1)在△ABC中，若cosC＝79，bcosA＋acosB＝2，则△ABC外接圆的面积为()A.49π8B.81π8C.81π49D.81π32答案D解析根据正弦定理可知b＝2RsinB，a＝2RsinA，得2RsinBcosA＋2RsinAcosB＝2Rsin(A＋B)＝2，因为sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC＝1－cos2C＝429，所以R＝928，所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝81π32.(2)(2022·衡水中学模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tanAtanB＝2c－bb.①求角A的大小；②若a＝2，求△ABC面积的最大值及此时边b，c的值．解①在△ABC中，由正弦定理得c＝2RsinC，b＝2RsinB，tanAtanB＝2sinCsinB－1，tanAtanB＋1＝2sinCsinB，化简得cosAsinB＋sinAcosB＝2sinCcosA．即sin(A＋B)＝2sinCcosA，∵A＋B＝π－C，∴sin(A＋B)＝sinC≠0，∴cosA＝12，∵0Aπ，∴A＝π3.②在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，又A＝π3，∴b2＋c2－bc＝4，又b2＋c2≥2bc，∴bc≤4，则S△ABC＝12bcsinA≤12×4×32＝3，∴△ABC面积的最大值为3，当且仅当b＝c＝2时等号成立．即此时b＝2，c＝2.考点三解三角形的实际应用核心提炼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．例3(1)滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃的诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12m，在它们的地面上的点M(B，M，D三点共线)测得楼顶A、滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得滕王阁顶部C的仰角为30°，则小明估算滕王阁的高度为(精确到1m)()A．42mB．45mC．51mD．57m答案D解析由题意得，在Rt△ABM中，AM＝ABsin15°，在△ACM中，∠CAM＝30°＋15°＝45°，∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°，由正弦定理得AMsin∠ACM＝CMsin∠CAM，所以CM＝sin∠CAMsin∠ACM·AM＝2ABsin15°，又sin15°＝sin(45°－30°)＝22×32－22×12＝6－24，在Rt△CDM中，CD＝CMsin60°＝6AB2sin15°＝1262×6－24＝36＋123≈57(m)．(2)(2022·宜宾模拟)如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°，北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为()A．206海里B．406海里C．20(1＋3)海里D．40海里答案A解析由题意可知CD＝40，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，∠ADB＝60°，在△ACD中，由正弦定理得ADsin30°＝40sin45°，得AD＝202，在Rt△BCD中，因为∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，所以BD＝2CD＝402，在△ABD中，由余弦定理得AB＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝800＋3200－2×202×402×12＝2400＝206.规律方法解三角形实际问题的步骤跟踪演练3(1)如图，已知A，B，C，D四点在同一条直线上，且平面PAD与地面垂直，在山顶P点测得点A，C，D的俯角分别为30°，60°，45°，并测得AB＝200m，CD＝100m，现欲沿直线AD开通穿山隧道，则隧道BC的长为()A．100(3＋1)mB．200(3＋1)mC．2003mD．1003m答案C解析由题意可知A＝30°，D＝45°，∠PCB＝60°，所以∠PCD＝120°，∠APC＝90°，∠DPC＝15°，因为sin15°＝sin(45°－30°)＝22×32－22×12＝6－24，所以在△PCD中，由正弦定理得CDsin∠DPC＝PCsinD，即1006－24＝PC22，解得PC＝100(3＋1)m，所以在Rt△PAC中，AC＝2PC＝200(3＋1)m，所以BC＝AC－AB＝2003(m)．(2)如图是建党百年展览的展馆——国家博物馆．现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点P离地面的高度OP(点O在柱楼底部)．现分别从地面上的两点A，B测得点P的仰角分别为30°，45°，且∠ABO＝60°，AB＝602米，则OP等于()A．40米B．30米C．302米D．303米答案C