1、三角恒等变换与解三角形三角恒等变换与解三角形 1.(2020 全国卷)已知 (0，)，且 3cos 28cos 5，则 sin ( ) A. 5 3 B.2 3 C.1 3 D. 5 9 解析 由 3cos 28cos 5，得 3(2cos21)8cos 5， 即 3cos24cos 40， 解得 cos 2 3或 cos 2(舍去). 又因为 (0，)，所以 sin 0， 所以 sin 1cos21 2 3 2 5 3 .故选 A. 答案 A 2.(2020 全国卷)在ABC 中，cos C2 3，AC4，BC3，则 tan B( ) A. 5 B.2 5 C.4 5 D.8 5 解析 由余
2、弦定理得 AB2AC2BC22AC BCcos C42322432 39， 得 AB3，所以 ABBC.过点 B 作 BDAC，交 AC 于点 D，则 AD1 2AC2， BD 3222 5，所以 tan ABDAD BD 2 5 2 5 5 ， 所以 tan ABC 2tan ABD 1tan2ABD4 5.故选 C. 答案 C 3.(2020 新高考山东、海南卷)在ac 3，csin A3，c 3b 这三个条件 中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求 c 的值；若问题中 的三角形不存在，说明理由. 问题：是否存在ABC，它的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 s
3、in A 3sin B，C 6，_？ (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 方案一：选条件. 由 C 6和余弦定理得 a2b2c2 2ab 3 2 . 由 sin A 3sin B 及正弦定理得 a 3b. 于是3b 2b2c2 2 3b2 3 2 ，由此可得 bc. 由ac 3，解得 a 3，bc1. 因此，选条件时问题中的三角形存在，此时 c1. 方案二：选条件. 由 C 6和余弦定理得 a2b2c2 2ab 3 2 . 由 sin A 3sin B 及正弦定理得 a 3b. 于是3b 2b2c2 2 3b2 3 2 ， 由此可得 bc，BC 6，A 2 3 . 由csi
4、n A3，解得 cb2 3，a6. 因此，选条件时问题中的三角形存在，此时 c2 3. 方案三：选条件. 由 C 6和余弦定理得 a2b2c2 2ab 3 2 . 由 sin A 3sin B 及正弦定理得 a 3b. 于是3b 2b2c2 2 3b2 3 2 ，由此可得 bc. 由c 3b，与 bc 矛盾. 因此，选条件时问题中的三角形不存在. 4.(2020 北京卷)在ABC 中，ab11，再从条件、条件这两个条件中选择 一个作为已知，求： (1)a 的值； (2)sin C 和ABC 的面积. 条件：c7，cos A1 7； 条件：cos A1 8，cos B 9 16. 注：如果选择条
5、件和条件分别解答，按第一个解答计分. 解 (从条件中任选一个即可) 选条件：c7，cos A1 7，且 ab11. (1)在ABC 中，由余弦定理，得 cos Ab 2c2a2 2bc （11a） 272a2 2（11a）7 1 7， 解得 a8. (2)cos A1 7，A(0，)，sin A 1cos2A1 1 49 4 3 7 . 在ABC 中，由正弦定理，得 sin Cc sin A a 74 3 7 8 3 2 . ab11，a8，b3， SABC1 2absin C 1 283 3 2 6 3. 选条件：cos A1 8，cos B 9 16，且 ab11. (1)A(0，)，B(
6、0，)，cos A1 8，cos B 9 16， sin A 1cos2A1 1 64 3 7 8 ，sin B1cos2B1 9 16 2 5 7 16 . 在ABC 中，由正弦定理，可得 a b sin A sin B 3 7 8 5 7 16 6 5. 又ab11，a6，b5. (2)sin Csin(AB)sin(AB) sin Acos Bcos Asin B 3 7 8 9 16 1 8 5 7 16 32 7 128 7 4 . SABC1 2absin C 1 265 7 4 15 7 4 . 考 点 整 合 1.三角函数公式 (1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式： sin(
7、 )sin cos cos sin ； cos( )cos cos sin sin ； tan( ) tan tan 1tan tan . (2)二倍角公式：sin 22sin cos ，cos 2cos2sin22cos211 2sin2. (3)辅助角公式：asin xbcos xa2b2sin(x)，其中 tan b a. 2.正弦定理、余弦定理、三角形面积公式 (1)正弦定理 在ABC 中， a sin A b sin B c sin C2R(R 为ABC 的外接圆半径)； 变形：a2Rsin A，sin A a 2R， abcsin Asin Bsin C 等. (2)余弦定理 在A
8、BC 中，a2b2c22bccos A； 变形：b2c2a22bccos A，cos Ab 2c2a2 2bc . (3)三角形面积公式 SABC1 2absin C 1 2bcsin A 1 2acsin B. 热点一 三角恒等变换 【例 1】 (1)(2020 全国卷)已知 2tan tan 4 7，则 tan ( ) A.2 B.1 C.1 D.2 (2)(2019 全国卷)已知 0， 2 ，2sin 2cos 21，则 sin ( ) A.1 5 B. 5 5 C. 3 3 D.2 5 5 解析 (1)2tan tan 4 2tan 1tan 1tan 7，解得 tan 2.故选 D.
9、 (2)由 2sin 2cos 21，得 4sin cos 2cos2. 由 0， 2 知 cos 0， 则 2sin cos ，代入 sin2cos21，解得 sin21 5， 又 0， 2 ，所以 sin 5 5 . 答案 (1)D (2)B 探究提高 1.三角恒等变换的基本思路：找差异，化同角(名)，化简求值.三角变 换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变 换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与 恒等变换公式的联系. 2.求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知先求这个角的某种三角函数 值，然后结合角的取值范围，求出角的大
10、小.求解时，尽量缩小角的取值范围， 避免产生增解. 【训练 1】 (1)(2020 深圳统测)已知 tan 3，则 sin 2 4 ( ) A.3 5 B.3 5 C.4 5 D.4 5 (2)(2020 江南名校联考)已知，均为锐角，且 2，若sin(2) 3 2sin ， 则tan（） tan _. 解析 (1)由题意，得 sin 2 4 sin 2 2 cos 2cos2sin2 cos2sin2 cos2sin2 1tan2 1tan2 1（3）2 1（3）2 4 5.故选 D. (2)因为 sin(2)3 2sin ， 则 2sin()3sin() 2sin()cos cos()si
11、n 3sin()cos cos()sin 从而 sin()cos 5cos()sin . tan()5tan ，故tan（） tan 5. 答案 (1)D (2)5 热点二 利用正(余)弦定理进行边角计算 【例 2】 (2020 青岛质检)在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边， 2b2(b2c2a2)(1tan A). (1)求角 C； (2)若 c2 10，D 为 BC 的中点，在下列两个条件中任选一个，求 AD 的长度. 条件：SABC4 且 BA； 条件：cos B2 5 5 . (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 (1)已知 2b2(b2c2a2
12、)(1tan A). 由余弦定理，得 2b22bccos A (1tan A)， 所以 bc(cos Asin A). 由正弦定理，得 sin Bsin C(cos Asin A)， 所以 sin(AC)sin Ccos Asin Csin A， 所以 sin Acos Csin Csin A， 又 sin A0，所以 tan C1， 又 C(0，)，所以 C3 4. (2)若选择条件：SABC4 且 BA. 因为 SABC41 2absin C 1 2absin 3 4 ，所以 ab8 2. 由余弦定理，得 c2(2 10)240a2b22abcos 3 4 ， 所以 a2b2 2ab40.
13、 由 a2b2 2ab40， ab8 2， 解得 a4， b2 2或 a2 2， b4. 因为 BA，所以 ba，所以 a2 2， b4， 所以 CD 2. 在ACD 中，AD2CA2CD22CA CD cos C16224 2cos 3 4 26， 所以 AD 26. 若选择条件：cos B2 5 5 . 因为 cos B2 5 5 ，B(0，)，所以 sin B 5 5 . 因为 sin Asin(BC)sin Bcos Csin Ccos B 10 10 ， 所以结合正弦定理 c sin C a sin A，得 a csin A sin C 2 2. 在ABD 中，由余弦定理，得 AD2
14、AB2BD22AB BD cos B(2 10)2( 2)2 22 10 22 5 5 26，解得 AD 26. 探究提高 1.高考的热点是利用正、余弦定理求三角形的边、角、面积等基本计 算，或将两个定理与三角恒等变换相结合综合解三角形. 2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三 角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即 “统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口. 【训练 2】 (2020 日照联考)在3c216S3(b2a2)，5bcos C4c5a，这两 个条件中任选一个，补充在下面横线处，然后解答问题. 在AB
15、C 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设ABC 的面积为 S，已知 _. (1)求 tan B 的值； (2)若 S42，a10，求 b 的值. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择条件：(1)由题意得 8acsin B3(a2c2b2)， 即 4sin B3 a2c2b2 2ac ，整理可得 3cos B4sin B0. 又 sin B0，所以 cos B0，所以 tan Bsin B cos B 3 4. (2)由 tan B3 4，得 sin B 3 5. 又 S42，a10， 所以 S1 2acsin B 1 210c 3 542，解得 c14.
16、将 S42，a10，c14 代入 3c216S3(b2a2)， 得 314216423(b2102)，解得 b6 2. 选择条件：(1)已知 5bcos C4c5a， 由正弦定理，得 5sin Bcos C4sin C5sin A， 即 5sin Bcos C4sin C5sin(BC)， 即 sin C(45cos B)0. 在ABC 中，因为 sin C0，所以 cos B4 5. 所以 sin B 1cos2B3 5，所以 tan B 3 4. (2)由 S1 2acsin B 1 210c 3 542，解得 c14. 又 a10，所以 b210019621404 572，所以 b6 2
17、. 热点三 正、余弦定理与其它知识的交汇问题 角度 1 正、余弦定理与三角函数的结合命题 【例 3】 已知 m(2cos x2 3sin x，1)，n(cos x，y)，且满足 m n0. (1)将 y 表示为 x 的函数 f(x)，并求 f(x)的最小正周期； (2)已知 a，b，c 分别为ABC 的三个内角 A，B，C 对应的边长，f(x)(xR)的最 大值是 f A 2 ，且 a2，求 bc 的取值范围. 解 (1)由 m n0，得 2cos2 x2 3sin xcos xy0， 即 y2cos2 x2 3sin xcos xcos 2x 3sin 2x1 2sin 2x 6 1， 所以
18、 f(x)2sin 2x 6 1，其最小正周期为 . (2)由题意得 f A 2 3， 所以 A 62k 2(kZ)， 因为 0A，所以 A 3. 由正弦定理，得 b4 3 3sin B，c4 3 3sin C， 则 bc4 3 3 sin B4 3 3 sin C 4 3 3 sin B4 3 3 sin 2 3 B 4sin B 6 ， 又因为 B 0，2 3 ， 所以 sin B 6 1 2，1 ， 所以 bc(2，4，所以 bc 的取值范围是(2，4. 角度 2 正、余弦定理与向量的结合命题 【例 4】 (2020 潍坊模拟)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知
19、向量 m(ca，sin B)，n(ba，sin Asin C)，且 mn. (1)求 C； (2)若 6c3b3a，求 sin A. 解 (1)因为 mn， 所以(ca)(sin Asin C)(ba)sin B. 由正弦定理得(ca)(ac)(ba)b，所以 a2b2c2ab， 所以 cos Ca 2b2c2 2ab ab 2ab 1 2. 因为 C(0，)，所以 C 3. (2)由(1)知 B2 3 A. 由题设及正弦定理得 6sin C3sin 2 3 A 3sin A， 即 2 2 3 2 cos A1 2sin Asin A， 可得 sin A 3 2 2 . 由于 0A2 3 ，因
20、此 3A 3 3， 所以 cos A 3 2 2 . 故 sin Asin A 3 3 sin A 3 cos 3cos A 3 sin 3 6 2 4 . 探究提高 1.该题求解的关键是利用向量的知识将条件“脱去向量外衣”，转化 为三角函数的相关知识进行求解. 2.与解三角形有关的交汇问题的关注点 (1)根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化. (2)结合三角形内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式. 【训练 3】 已知向量 a cos 2x ，sin 2x ，b(sin x， 3sin x)，f(x) a b. (1)求函数 f(x)的最小正周期及 f(x)的最大值； (2)
21、在锐角ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 f A 2 1，a2 3， 求ABC 面积的最大值并说明此时ABC 的形状. 解 (1)由已知得 a(sin x，cos x)，又 b(sin x， 3sin x)， 则 f(x)a bsin2x 3sin xcos x 1 2(1cos 2x) 3 2 sin 2xsin 2x 6 1 2， f(x)的最小正周期 T2 2 ， 当 2x 6 22k(kZ)，即 x 3k(kZ)时， f(x)取得最大值3 2. (2)锐角ABC 中，因为 f A 2 sin A 6 1 21， sin A 6 1 2，A 3. 因为 a2b2c2
22、2bccos A，所以 12b2c2bc， 所以 b2c2bc122bc， 所以 bc12(当且仅当 bc2 3时等号成立)，此时ABC 为等边三角形. SABC1 2bcsin A 3 4 bc3 3. 所以当ABC 为等边三角形时面积取最大值 3 3. A 级 巩固提升 一、选择题 1.(2020 全国卷)已知 sin sin 3 1，则 sin 6 ( ) A.1 2 B. 3 3 C.2 3 D. 2 2 解析 因为 sin sin 3 sin 6 6 sin 6 6 sin 6 cos 6 cos 6 sin 6sin 6 cos 6cos 6 sin 62sin 6 cos 6 3
23、sin 6 1，所以 sin 6 3 3 .故选 B. 答案 B 2.(2019 全国卷)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 asin A bsin B4csin C，cos A1 4，则 b c( ) A.6 B.5 C.4 D.3 解析 由正弦定理得，asin Absin B4csin Ca2b24c2，即 a24c2b2， 又 cos Ab 2c2a2 2bc 1 4，于是可得到 b c6.故选 A. 答案 A 3.已知 sin 5 5 ，sin() 10 10 ， 均为锐角，则 等于( ) A.5 12 B. 3 C. 4 D. 6 解析 由 ， 为锐角，则 2
24、0. 根据正弦定理可知 sin Asin Bsin C456，A 正确. 由 c 为最大边，cos Ca 2b2c2 2ab 16x 225x236x2 2 4x 5x 1 80，即 C 为锐角，得 ABC 为锐角三角形，B 不正确. a 为最小边，cos Ab 2c2a2 2bc 25x 236x216x2 2 5x 6x 3 4，则 cos 2A2cos 2A1 2 9 161 1 8cos C.由 2A，C(0，)，可得 2AC，C 正确. 若c6，则2R c sin C 6 1 1 64 16 7 7 (R为ABC的外接圆的半径)，则ABC 的外接圆的半径为8 7 7 ，D 正确.故选
25、 ACD. 答案 ACD 5.(多选题)(2020 北京海淀区联考)在ABC 中，点 D 在线段 AB 上，且 AD5， BD3.若 CB2CD，cos CDB 5 5 ，则( ) A.sin CDB 3 10 B.ABC 的面积为 8 C.ABC 的周长为 84 5 D.ABC 为钝角三角形 解析 因为 cos CDB 5 5 ，所以 sin CDB 1cos2CDB2 5 5 ，A 错 误.设 CDa，则 BC2a.在BCD 中，由余弦定理，得 BC2CD2BD2 2BD CD cos CDB，即 4a2a296a 5 5 ，解得 a 5，所以 SDBC1 2BD CD sin CDB1
26、23 5 2 5 5 3，所以 SABC35 3 SDBC8，B 正确. 因为ADCCDB，所以 cos ADCcos(CDB)cos CDB 5 5 . 在ADC 中，由余弦定理，得 AC2AD2CD22AD DC cos ADC255 25 5 5 5 20，解得 AC2 5.所以 CABCABACBC(35)2 5 2 584 5，C正确.因为cos BCABC 2AC2AB2 2BC AC 3 50，所以cos B1 2. 因为 B(0，)，所以 B 3.因为ABC 的面积 S 3，所以 1 2acsin B 3，所以 ac4.由余弦定理，得 ba2c22accos B（ac）23ac
27、2512 13. 答案 3 13 三、解答题 9.(2020 海南新高考诊断)在cos A3 5，cos C 2 5 5 ；csin Csin Absin B， B60 ；c2，cos A1 8三个条件中任选一个填至横线上，并加以解答. 已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a3，_，求 ABC 的面积 S. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选. cos A3 5，cos C 2 5 5 ，sin A4 5，sin C 5 5 ， sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C 4 5 2 5 5 3 5 5 5 11 5 25
28、 . 由正弦定理，得 basin B sin A 311 5 25 4 5 33 5 20 ， S1 2absin C 1 23 33 5 20 5 5 99 40. 选. csin Csin Absin B， 结合正弦定理，得 c2ab2. a3，b2c23. 又B60 ，b2c2923c1 2c 23， c4，S1 2acsin B3 3. 选. c2，cos A1 8， 结合余弦定理，得1 8 b22232 2b2 ，即 b2b 250， 解得 b5 2或 b2(舍去). 又sin A 1cos2A3 7 8 ， S1 2bcsin A 1 2 5 22 3 7 8 15 7 16 .
29、10.(2020 全国卷)ABC 中，sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C. (1)求 A； (2)若 BC3，求ABC 周长的最大值. 解 (1)由正弦定理和已知条件得 BC2AC2AB2AC AB. 由余弦定理得 BC2AC2AB22AC ABcos A. 由得 cos A1 2. 因为 0A，所以 A2 3 . (2)由正弦定理及(1)得 AC sin B AB sin C BC sin A2 3， 从而 AC2 3sin B， AB2 3sin(AB)3cos B 3sin B. 故 BCACAB3 3sin B3cos B 32 3sin B 3 . 又 0Bc，所以
30、BC. 因为ADB30 C，ADC30 B， 所以ADBc，所以 BC. 又 BC120 ，所以 B60 BAD， 所以 ADBD 7，所以 AD3 3， 所以 cos ADBDA 2DB2AB2 2DA DB 27716 23 3 7 21 7 .故选 B. 答案 B 12.(2020 江苏卷)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 a3，c 2，B45 . (1)求 sin C 的值； (2)在边 BC 上取一点 D，使得 cosADC4 5，求 tanDAC 的值. 解 (1)在ABC 中，因为 a3，c 2，B45 ， 由余弦定理 b2a2c22accos B，
31、得 b29223 2cos 45 5，所以 b 5. 在ABC 中，由正弦定理 b sin B c sin C， 得 5 sin 45 2 sin C，所以 sin C 5 5 . (2)在ADC 中，因为 cosADC4 5， 所以ADC 为钝角. 而ADCCCAD180 ，所以 C 为锐角. 故 cos C 1sin2C2 5 5 ，则 tan Csin C cos C 1 2. 因为 cosADC4 5， 所以 sinADC 1cos2ADC3 5， 所以 tanADCsinADC cosADC 3 4. 从而 tanDACtan(180 ADCC) tan(ADCC) tanADCtan C 1tanADCtan C 3 4 1 2 1 3 4 1 2 2 11.
