（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题一 三角函数与解三角形 第2讲三角恒等变换

1第2讲三角恒等变换与解三角形[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019诱导公式及两角和的正切公式·T7二倍角公式的应用·T11正弦定理的应用及三角形面积计算·T18正、余弦定理的应用·T11正弦定理的应用·T152018三角函数的定义及恒等变换·T11二倍角公式及余弦定理·T7二倍角公式·T4正、余弦定理及三角形面积公式·T16诱导公式及三角恒等变换·T15三角形的面积公式及余弦定理·T112017三角恒等变换、正弦定理解三角形·T11利用正、余弦定理解三角形·T16三角恒等变换求值问题·T4三角恒等变换求值问题·T15利用正弦定理解三角形·T15(1)高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现.(2)若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～11或第14～16题位置上.(3)若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17(或18)题位置上，难度中等.在17(或18)题位置上进行考查时，与“数列”交替进行考查(近三年文科多考“数列”).考点一三角恒等变换[例1](1)(2019·重庆市学业质量调研)已知15sinθ＝cos(2π－θ)，则tan2θ＝()A.－157B.157C.－158D.158(2)已知sinα＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则角β等于()A.5π12B.π32C.π4D.π6[解析](1)法一：由15sinθ＝cos(2π－θ)，得15sinθ＝cosθ，所以tanθ＝1515，则tan2θ＝2tanθ1－tan2θ＝2×15151－15152＝157，故选B.法二：由15sinθ＝cos(2π－θ)，得15sinθ＝cosθ，所以tan2θ＝sin2θcos2θ＝2sinθcosθcos2θ－sin2θ＝2sinθ·15sinθ（15sinθ）2－sin2θ＝157，故选B.(2)∵0απ2，0βπ2，∴－π2α－βπ2.∵sin(α－β)＝－1010，sinα＝55，∴cos(α－β)＝31010，cosα＝255，∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝255×31010＋55×－1010＝22，∴β＝π4.[答案](1)B(2)C[解题方略]三角函数求值的类型及方法给角求值解决给角求值问题的关键是两种变换：一是角的变换，注意各角之间是否具有和差关系、互补(余)关系、倍半关系，从而选择相应公式进行转化，把非特殊角的三角函数相约或相消，从而转化为特殊角的三角函数；二是结构变换，在熟悉各种公式的结构特点、符号特征的基础上，结合所求式子的特点合理地进行变形给值求值给值求值的关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异，一般可以适当变换已知式，求得另外某些函数式的值，以备应用.同时也要注意变换待求式，3便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的给值求角实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围[跟踪训练]1.(2019·全国卷Ⅰ)tan255°＝()A.－2－3B.－2＋3C.2－3D.2＋3解析：选Dtan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(45°＋30°)＝tan45°＋tan30°1－tan45°tan30°＝1＋331－33＝2＋3.故选D.2.(2019·洛阳尖子生第二次联考)若复数z＝cosθ－45＋sinθ－35i是纯虚数(i为虚数单位)，则tanθ－π4的值为()A.－7B.－17C.7D.－7或－17解析：选A由复数z为纯虚数，得cosθ－45＝0，sinθ－35≠0，即cosθ＝45，sinθ≠35，又sin2θ＋cos2θ＝1，所以sinθ＝－35，所以tanθ＝－34，于是tanθ－π4＝tanθ－tanπ41＋tanθtanπ4＝－34－11＋－34×1＝－7.3.(2019·江西省五校协作体试题)若θ∈－π6，π12，且2sin2θ＋3sin2θ＝－15，4则tan2θ＋π12＝________.解析：由2sin2θ＋3sin2θ＝－15，得1－cos2θ＋3sin2θ＝－15，得cos2θ－3sin2θ＝65，2cos2θ＋π3＝65，即cos2θ＋π3＝35，又θ∈－π6，π12，所以2θ＋π3∈0，π2，则tan2θ＋π3＝43，所以tan2θ＋π12＝tan2θ＋π3－π4＝tan2θ＋π3－tanπ41＋tan2θ＋π3tanπ4＝17.答案：17考点二利用正、余弦定理解三角形题型一利用正、余弦定理进行边、角计算[例2]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3cacosB＝tanA＋tanB.(1)求角A的大小；(2)设D为AC边上一点，且BD＝5，DC＝3，a＝7，求c.[解](1)∵在△ABC中，3cacosB＝tanA＋tanB，∴3sinCsinAcosB＝sinAcosA＋sinBcosB，即3sinCsinAcosB＝sinAcosB＋sinBcosAcosAcosB，∴3sinA＝1cosA，则tanA＝3，又0Aπ，∴A＝π3.(2)由BD＝5，DC＝3，a＝7，5得cos∠BDC＝25＋9－492×3×5＝－12，又0∠BDCπ，∴∠BDC＝2π3.又A＝π3，∴△ABD为等边三角形，∴c＝5.[变式1]若本例(2)变为：a＝3，求b＋c的取值范围.解：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得b2＋c2－3＝bc，即(b＋c)2－3＝3bc≤34(b＋c)2，当且仅当b＝c时取等号，∴b＋c≤23，又由两边之和大于第三边可得b＋c3，∴b＋c∈(3，23].[变式2]若本例(2)变为：AD⊥BC，且a＝3，求AD的取值范围.解：∵S△ABC＝12AD·BC＝12bcsinA，∴AD＝12bc.由余弦定理得cosA＝12＝b2＋c2－a22bc≥2bc－32bc，∴0bc≤3(当且仅当b＝c时等号成立)，∴0AD≤32，即AD的取值范围为0，32.[解题方略]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”.题型二利用正、余弦定理进行面积计算[例3](2019·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinA＋C2＝bsinA.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围.6[解](1)由题设及正弦定理得sinAsinA＋C2＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sinA＋C2＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sinA＋C2＝cosB2，故cosB2＝2sinB2cosB2.因为cosB2≠0，故sinB2＝12，因此B＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝34a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝csinAsinC＝sin（120°－C）sinC＝32tanC＋12.由于△ABC为锐角三角形，故0°A90°，0°C90°.结合A＋C＝120°，得30°C90°，所以12a2，从而38S△ABC32.因此，△ABC面积的取值范围是38，32.[解题方略]三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA，一般是已知哪一个角就使用含该角的公式.(2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化.三角形面积公式还可用其它几何量表示S＝12(a＋b＋c)r，其中a＋b＋c为三角形的周长，r为三角形内切圆的半径.题型三正、余弦定理的实际应用[例4]甲船从位于海岛B正南10海里的A处，以4海里/时的速度向海岛B行驶，同时乙船从海岛B以6海里/时的速度向北偏东60°方向行驶，当两船相距最近时，两船行驶的时间为________小时.[解析]如图，设经过x小时后，甲船行驶到D处，乙船行驶到C处，则AD＝74x，BC＝6x，则BD＝10－4x，由余弦定理得，CD2＝(10－4x)2＋(6x)2－2×(10－4x)×6xcos120°＝28x2－20x＋100＝28x－5142＋6757.若甲船行驶2.5小时，则甲船到达海岛B，因而若x2.5，则当x＝514时距离最小，且最小距离为6757＝15217，若x≥2.5，则BC≥6×2.5＝1515217，因而当两船相距最近时，两船行驶的时间为514小时.[答案]514[解题方略]解三角形实际应用问题的步骤[跟踪训练]1.(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－14，则bc＝()A.6B.5C.4D.3解析：选A∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝b2＋c2－（4c2＋b2）2bc＝－3c22bc＝－14，∴bc＝6.故选A.2.(2019·河南期末改编)在△ABC中，B＝π3，AC＝3，且cos2C－cos2A－sin2B＝－2sinBsinC，则C＝________，BC＝________.解析：由cos2C－cos2A－sin2B＝－2sinBsinC，可得1－sin2C－(1－sin2A)－sin2B＝8－2sinBsinC，即sin2A－sin2C－sin2B＝－2sinBsinC.结合正弦定理得BC2－AB2－AC2＝－2·AC·AB，所以cosA＝22，A＝π4，则C＝π－A－B＝5π12.由ACsinB＝BCsinA，解得BC＝2.答案：5π1223.(2019·江西七校第一次联考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(sinA－sinB)＝(c－b)(sinC＋sinB).(1)求角C；(2)若c＝7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长.解：(1)由a(sinA－sinB)＝(c－b)(sinC＋sinB)及正弦定理，得a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，即a2＋b2－c2＝ab.所以cosC＝a2＋b2－c22ab＝12，又C∈(0，π)，所以C＝π3.(2)由(1)知a2＋b2－c2＝ab，所以(a＋b)2－3ab＝c2＝7，又S＝12absinC＝34ab＝332，所以ab＝6，所以(a＋b)2＝7＋3ab＝25，a＋b＝5.所以△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋7.考点三解三角形与三角函数的交汇问题[例5]如图，在△ABC中，三个内角B，A，C成等差数列，且AC＝10，BC＝15.(1)求△ABC的面积；(2)已知平面直角坐标系xOy中点D(10，0)，若函数f(x)＝Msin(ωx＋φ)M0，ω0，|φ|π2的图象经过A，C，D三点，且A，D为f(x)的图象与x轴相邻的两个交点，求f(x)的解析式.[解](1)在△ABC中，由角B，A，C成等差数列，得B＋C＝2A，又A＋B＋C＝π，所以A＝π3.9设角A，B，C的对边分别为a，b，c，由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccosπ3，所以c2－10c－125＝0，解得c＝AB＝5＋56.因为CO＝10×sinπ3＝53，所以S△ABC＝12×(5＋56)×53＝252(32＋3).(2)因为AO＝10