(新高考)高考数学二轮复习讲义02《三角恒等变换与解三角形》(解析版)

02三角恒等变换与解三角形核心考点读高考设问知考法命题解读三角恒等变换【2018新课标2理10文11】已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0()1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中关键是利用两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；2.正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题.【2020新课标3文5】已知SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0（）【2018新课标2理15】已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0__________．正弦定理、余弦定理【2020新课标3文11】在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0（）【2020新课标3理7】在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0（）【2019新课标1文11】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0=()【2020新课标1文18】SKIPIF1<0的内角SKIPIF1<0的对边分别为SKIPIF1<0，已知SKIPIF1<0．（1）若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0的面积；（2）若SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0．【2020新课标2理17】SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0．（1）求SKIPIF1<0；（2）若SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0周长的最大值．【2020新高考全国17】在①SKIPIF1<0，②SKIPIF1<0，③SKIPIF1<0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SKIPIF1<0的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题是否存在SKIPIF1<0，它的内角SKIPIF1<0的对边分别为SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，________?解三角形与三角函数的综合问题【2018天津卷17】在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6))).(1)求角B的大小；(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值.核心考点一三角恒等变换三角函数公式(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ；cos(α±β)＝cosαcosβ∓sinαsinβ；tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ).(2)二倍角公式：sin2α＝2sinαcosα，cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)辅助角公式：asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a).1.【2018新课标2理10文11】已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0()A．SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故选B．2.【2018新课标2理15】已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0__________．【答案】SKIPIF1<0【解析】，，，，，因此．1.已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β等于()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)【答案】C【解析】因为α，β均为锐角，所以－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).又sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，所以cos(α－β)＝eq\f(3\r(10),10).又sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝eq\f(2\r(5),5)，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq\f(\r(2),2).所以β＝eq\f(π,4)，故选C．2.已知x∈(0，π)，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))等于()A.eq\f(1,3) B.－eq\f(1,3) C.3 D.－3【答案】A【解析】(1)由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x得sin2x＝sin2x，又x∈(0，π)，则tanx＝2，故taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(tanx－1,1＋tanx)＝eq\f(1,3).故选A．3.已知tanα＝－3，则sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝()A.eq\f(3,5) B.－eq\f(3,5) C.eq\f(4,5) D.－eq\f(4,5)【答案】D【解析】(1)由题意，得sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－（－3）2,1＋（－3）2)＝－eq\f(4,5).故选D.4.已知α，β均为锐角，且α＋β≠eq\f(π,2)，若sin(2α＋β)＝eq\f(3,2)sinβ，则eq\f(tan（α＋β）,tanα)＝________.【答案】5【解析】因为sin(2α＋β)＝eq\f(3,2)sinβ，则2sin[(α＋β)＋α]＝3sin[(α＋β)－α]∴2[sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα]＝3[sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα]从而sin(α＋β)cosα＝5cos(α＋β)sinα.∴tan(α＋β)＝5tanα，故eq\f(tan（α＋β）,tanα)＝5.核心考点二正弦定理、余弦定理正弦定理、余弦定理、三角形面积公式(1)正弦定理：在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)；变形：a＝2RsinA，sinA＝eq\f(a,2R)，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＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).(3)三角形面积公式：S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB.1.【2020新课标3理7】在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【解析】方法1：SKIPIF1<0根据余弦定理SKIPIF1<0SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0，故选A．方法2：SKIPIF1<0为等腰三角形，则SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，故选A．2．【2019新课标1文11】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0=()A．6 B．5 C．4 D．3【答案】A【解析】由已知及正弦定理可得SKIPIF1<0，由余弦定理推论可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故选A．3．【2020新课标1文18】SKIPIF1<0的内角SKIPIF1<0的对边分别为SKIPIF1<0，已知SKIPIF1<0．（1）若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0的面积；（2）若SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0．【解析】（1）由余弦定理可得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0的面积SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．4．【2020新高考全国17】在①SKIPIF1<0，②SKIPIF1<0，③SKIPIF1<0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SKIPIF1<0的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题是否存在SKIPIF1<0，它的内角SKIPIF1<0的对边分别为SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】选择条件①的【解析】：由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，不妨设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0．据此可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，此时SKIPIF1<0．选择条件②的【解析】：由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，不妨设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0．据此可得SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，此时SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0．选择条件③的【解析】：由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，不妨设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0．据此可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，与条件SKIPIF1<0矛盾，则问题中的三角形不存在．1.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosC＝eq\f(2\r(2),3)，bcosA＋acosB＝2，则△ABC的外接圆面积为()A.4π B.8π C.9π D.36π【答案】C【解析】由题意及正弦定理得2RsinBcosA＋2RsinAcosB＝2Rsin(A＋B)＝2(R为△ABC的外接圆半径).即2RsinC＝2.又cosC＝eq\f(2\r(2),3)及C∈(0，π)，知sinC＝eq\f(1,3).∴2R＝eq\f(2,sinC)＝6，R＝3.故△ABC外接圆面积S＝πR2＝9π.故选C.2.（多选题）在△ABC中，点D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3.若CB＝2CD，cos∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，则()A.sin∠CDB＝eq\f(3,10)B.△ABC的面积为8C.△ABC的周长为8＋4eq\r(5)D.△ABC为钝角三角形【答案】BCD【解析】因为cos∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin∠CDB＝eq\r(1－cos2∠CDB)＝eq\f(2\r(5),5)，A错误.设CD＝a，则BC＝2a.在△BCD中，由余弦定理，得BC2＝CD2＋BD2－2BD·CD·cos∠CDB，即4a2＝a2＋9－6a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))，解得a＝eq\r(5)，所以S△DBC＝eq\f(1,2)BD·CD·sin∠CDB＝eq\f(1,2)×3×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝3，所以S△ABC＝eq\f(3＋5,3)S△DBC＝8，B正确.因为∠ADC＝π－∠CDB，所以cos∠ADC＝cos(π－∠CDB)＝－cos∠CDB＝eq\f(\r(5),5).在△ADC中，由余弦定理，得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cos∠ADC＝25＋5－2×5×eq\r(5)×eq\f(\r(5),5)＝20，解得AC＝2eq\r(5).所以C△ABC＝AB＋AC＋BC＝(3＋5)＋2eq\r(5)＋2eq\r(5)＝8＋4eq\r(5)，C正确.因为cos∠BCA＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝－eq\f(3,5)<0，所以∠BCA为钝角，所以△ABC为钝角三角形，D正确.故选BCD.3.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tanA).(1)求角C；(2)若c＝2eq\r(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①：S△ABC＝4且B>A；条件②：cosB＝eq\f(2\r(5),5).(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)【解析】(1)已知2b2＝(b2＋c2－a2)(1－tanA).由余弦定理，得2b2＝2bccosA·(1－tanA)，所以b＝c(cosA－sinA).由正弦定理，得sinB＝sinC(cosA－sinA)，所以sin(A＋C)＝sinCcosA－sinCsinA，所以sinAcosC＝－sinCsinA，又sinA≠0，所以tanC＝－1，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(3,4)π.(2)若选择条件①：S△ABC＝4且B>A.因为S△ABC＝4＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)absineq\f(3π,4)，所以ab＝8eq\r(2).由余弦定理，得c2＝(2eq\r(10))2＝40＝a2＋b2－2abcoseq\f(3π,4)，所以a2＋b2＋eq\r(2)ab＝40.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＋\r(2)ab＝40，,ab＝8\r(2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝2\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(2)，,b＝4.))因为B>A，所以b>a，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(2)，,b＝4，))所以CD＝eq\r(2).在△ACD中，AD2＝CA2＋CD2－2CA·CD·cosC＝16＋2－2×4×eq\r(2)coseq\f(3π,4)＝26，所以AD＝eq\r(26).若选择条件②：cosB＝eq\f(2\r(5),5).因为cosB＝eq\f(2\r(5),5)，B∈(0，π)，所以sinB＝eq\f(\r(5),5).因为sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB＝eq\f(\r(10),10)，所以结合正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，得a＝eq\f(csinA,sinC)＝2eq\r(2).在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cosB＝(2eq\r(10))2＋(eq\r(2))2－2×2eq\r(10)×eq\r(2)×eq\f(2\r(5),5)＝26，解得AD＝eq\r(26).4.在①3c2＝16S＋3(b2－a2)，②5bcosC＋4c＝5a，两个条件中任选一个，补充在下面横线处，然后解答问题.在△ABC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tanB的值；(2)若S＝42，a＝10，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)【解析】选择条件①：(1)由题意得8acsinB＝3(a2＋c2－b2)，即4sinB＝3·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理可得3cosB－4sinB＝0.又sinB>0，所以cosB>0，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(3,4).(2)由tanB＝eq\f(3,4)，得sinB＝eq\f(3,5).又S＝42，a＝10，所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×10c×eq\f(3,5)＝42，解得c＝14.将S＝42，a＝10，c＝14代入3c2＝16S＋3(b2－a2)，得3×142＝16×42＋3(b2－102)，解得b＝6eq\r(2).选择条件②：(1)已知5bcosC＋4c＝5a，由正弦定理，得5sinBcosC＋4sinC＝5sinA，即5sinBcosC＋4sinC＝5sin(B＋C)，即sinC(4－5cosB)＝0.在△ABC中，因为sinC≠0，所以cosB＝eq\f(4,5).所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3,5)，所以tanB＝eq\f(3,4).(2)由S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×10c×eq\f(3,5)＝42，解得c＝14.又a＝10，所以b2＝100＋196－2×140×eq\f(4,5)＝72，所以b＝6eq\r(2).核心考点三解三角形与三角函数的综合问题1.【2018天津卷】在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6))).(1)求角B的大小；(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得bsinA＝asinB.又由bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，得asinB＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，即sinB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，所以tanB＝eq\r(3).又因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝eq\f(π,3)，得b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝eq\r(7).由bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，可得sinA＝eq\f(