第7講　三角恒等變換與解三角形 [考情分析]　三角恒等變換是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，主要考查利用各種三角函數(shù)公式進(jìn)行求值與化簡，其中降冪公式、輔助角公式是考查的重點(diǎn)，切化弦、角的變換是?？嫉膬?nèi)容．正弦定理、余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內(nèi)容，主要考查：(1)邊和角的計算；(2)三角形形狀的判斷；(3)面積的計算；(4)有關(guān)邊、角的范圍問題；(5)實際應(yīng)用問題． 熱點(diǎn)題型分析 熱點(diǎn)1　三角恒等變換及求值 三角恒等變換“四大策略”： (1)常值代換：特別是“1”的代換，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等； (2)項的分拆與角的配湊，如： sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α， α＝(α－β)＋β等； (3)降次與升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦． 1.若sin＝，則cos的值為(　　) A.－ B．－ C. D. 答案　B 解析　∵sin＝cos＝cos＝，∴cos＝2cos2－1＝2×2－1＝－. 2.若α，β都是銳角，且cosα＝，sin(α－β)＝，則cosβ＝(　　) A. B. C.或－ D.或 答案　A 解析　∵α，β都是銳角，∴－<α－β<， 又cosα＝，sin(α－β)＝， ∴sinα＝，cos(α－β)＝， ∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β) ＝×＋×＝.故選A. 研究三角函數(shù)式的求值問題，解題的關(guān)鍵是找出條件中的角與所求角的聯(lián)系，依據(jù)函數(shù)名稱的變換特點(diǎn)，選擇合適的公式求解．第1題易錯點(diǎn)有二：一是不善于發(fā)現(xiàn)－α與＋α兩角的互余關(guān)系；二是二倍角公式的正確記憶及應(yīng)用．第2題易忽略角的配湊技巧，而利用兩角和與差公式直接展開，結(jié)合同角基本關(guān)系式1＝sin2θ＋cos2θ而錯選C. 熱點(diǎn)2　正弦定理、余弦定理 1.利用正、余弦定理解三角形的思路 (1)解三角形時，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則考慮兩個定理都有可能用到； (2)關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角恒等變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”． 2.利用正、余弦定理判斷三角形形狀的兩種常用途徑 (1)角化邊：通過正弦、余弦定理化角為邊，通過代數(shù)恒等變換，求出邊與邊之間的關(guān)系進(jìn)行判斷； (2)邊化角：通過正弦、余弦定理化邊為角，利用三角變換得出三角形內(nèi)角之間的關(guān)系進(jìn)行判斷． 3.與三角形面積有關(guān)問題的解題思路 (1)先轉(zhuǎn)化：根據(jù)條件，利用三角變換公式化簡已知條件等式，再利用正、余弦定理化邊或化角； (2)再選面積公式：根據(jù)條件選擇面積公式，多用三角形的面積S＝absinC＝acsinB＝bcsinA； (3)后求值：若求值可根據(jù)條件直接求出，若求最值，注意根據(jù)條件常利用基本不等式求最值． 1.(2018·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為，則C＝(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題可知S△ABC＝absinC＝， 所以a2＋b2－c2＝2absinC. 由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC. 因為C∈(0，π)，所以C＝，故選C. 2.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若c－acosB＝(2a－b)cosA，則△ABC的形狀為(　　) A.等腰三角形 B．直角三角形 C.等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 答案　D 解析　∵c－acosB＝(2a－b)cosA，C＝π－(A＋B)，由正弦定理得，sinC－sinAcosB＝2sinAcosA－sinBcosA， ∴sin(A＋B)－sinAcosB＝2sinAcosA－sinBcosA， 得2cosAsinB＝2sinAcosA， ∴cosA＝0或sinB＝sinA，∴A＝或B＝A或B＝π－A(舍去)，∴△ABC為等腰或直角三角形．故選D. 3.(2018·浙江高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝，b＝2，A＝60°，則sinB＝________，c＝________. 答案　　3 解析　由正弦定理＝，得＝，所以sinB＝. 由余弦定理，cosA＝，得＝，所以c＝3. 1.第1題易錯在三角形面積公式的選擇和余弦定理的正確運(yùn)用上． 2.應(yīng)用正、余弦定理求角時容易出現(xiàn)增解或漏解的錯誤，如第2題易忽略cosA＝0的情況而錯選A. 3.第3題在求邊c時，如果選用正弦定理易由于運(yùn)算量過大而導(dǎo)致出錯，恰當(dāng)?shù)倪x擇余弦定理可簡便求解. 熱點(diǎn)3　正、余弦定理的實際應(yīng)用 解正弦、余弦定理的實際應(yīng)用問題的步驟： (1)分析：理解題意，分清已知與所求，畫出示意圖．尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語，如坡度、仰角、俯角、方位角等； (2)建模：根據(jù)已知條件與求解目標(biāo)，把已知量與求解量盡量集中在有關(guān)的三角形中，建立一個解三角形的數(shù)學(xué)模型； (3)求解：利用正弦定理和余弦定理有序地解三角形，求得數(shù)學(xué)模型的解； (4)檢驗：檢驗上述所求的三角形是否具有實際意義，對結(jié)果進(jìn)行取舍，得出實際問題的解． 1．如圖，某住宅小區(qū)的平面圖呈圓心角為120°的扇形AOB，C是該小區(qū)的一個出入口，且小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD.已知某人從O沿OD走到D用了2分鐘，從D沿DC走到C用了3分鐘．若此人步行的速度為每分鐘50米，則該扇形的半徑為________米． 答案　50 解析　連接OC，由題意知CD＝150米，OD＝100米，∠CDO＝60°.在△COD中，由余弦定理得OC2＝CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°，即OC＝50. 2．某觀測站C在目標(biāo)A的南偏西25°方向，從A出發(fā)有一條南偏東35°走向的公路，在C處測得與C相距31 km的公路B處有一個人正沿著此公路向A走去，走20 km到達(dá)D，此時測得CD距離為21 km，若此人必須在20分鐘內(nèi)從D處到達(dá)A處，則此人的最小速度為________km/h. 答案　45 解析　由已知得∠CAB＝25°＋35°＝60°，BC＝31，CD＝21，BD＝20，可得cosB＝ ＝＝，那么sinB＝， 于是在△ABC中，AC＝＝24， 在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos60°，即312＝242＋AB2－24AB，解得AB＝35或AB＝－11(舍去)，因此AD＝AB－BD＝35－20＝15. 故此人在D處距A處還有15 km，若此人必須在20分鐘，即小時內(nèi)從D處到達(dá)A處，則其最小速度為15÷＝45(km/h). 理解題中方向角的概念，第2題易概念不清楚而導(dǎo)致出錯. 真題自檢感悟 1.(2018·全國卷Ⅲ)若sinα＝，則cos2α＝(　　) A. B. C．－ D．－ 答案　B 解析　由公式可得cos2α＝1－2sin2α＝1－＝.故選B. 2.(2017·山東高考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC為銳角三角形，且滿足sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，則下列等式成立的是(　　) A.a＝2b B．b＝2a C.A＝2B D．B＝2A 答案　A 解析　∵等式右邊＝sinAcosC＋(sinAcosC＋cosAsinC) ＝sinAcosC＋sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinB， 等式左邊＝sinB＋2sinBcosC， ∴sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB. 由cosC＞0，得sinA＝2sinB. 根據(jù)正弦定理，得a＝2b.故選A. 3.(2019·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，則△ABC的面積為________． 答案　6 解析　由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB. 又b＝6，a＝2c，B＝，∴36＝4c2＋c2－2×2c2×， ∴c＝2，a＝4， ∴S△ABC＝acsinB＝×4×2×＝6. 4.(2017·浙江高考)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.點(diǎn)D為AB延長線上一點(diǎn)，BD＝2，連接CD，則△BDC的面積是________，cos∠BDC＝________. 答案　　 解析　解法一：依題意作出圖形，如圖所示， 則sin∠DBC＝sin∠ABC. 由題意知AB＝AC＝4，BC＝BD＝2， 由余弦定理得 cos∠ABC＝ ＝＝， 則sin∠DBC＝sin∠ABC＝， 所以S△BDC＝BC·BD·sin∠DBC ＝×2×2×＝. 因為cos∠DBC＝－cos∠ABC＝－ ＝＝， 所以CD＝. 由余弦定理，得cos∠BDC＝＝. 解法二：同解法一得cos∠ABC＝，S△BDC＝. 因為BD＝BC＝2，所以∠BDC＝∠ABC，則 cos∠BDC＝ ＝. 專題作業(yè) 一、選擇題 1.下列各式中，值為的是(　　) A.sin15°cos15° B．cos2－sin2 C. D. 答案　D 解析　sin15°cos15°＝sin30°＝，排除A；cos2－sin2＝cos＝，排除B; ＝ ＝，排除C；由tan45°＝＝1知＝，故選D. 2.(2019·山師大附中模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)在x＝時取得最大值，則函數(shù)g(x)＝cos(2x＋φ)的圖象(　　) A.關(guān)于點(diǎn)對稱 B．關(guān)于點(diǎn)對稱 C.關(guān)于直線x＝對稱 D．關(guān)于直線x＝對稱 答案　A 解析　因為當(dāng)x＝時，f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)取得最大值，所以φ＝，則g(x)＝cos，對稱中心為，k∈Z，對稱軸x＝－，k∈Z，故選A. 3.(2019·重慶銅梁一中月考)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)，x∈的圖象如圖，若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，則f(x1＋x2)的值為(　　) A. B. C．1 D．0 答案　C 解析　由圖象得＝－，∴T＝π，ω＝＝2， ∵圖象過點(diǎn)，∴2sin＝2sin＝－2，得＋φ＝＋2kπ(k∈Z)， ∴φ＝＋2kπ(k∈Z)， ∴f(x)＝2sin＝2sin，由圖象可知，函數(shù)f(x)的一條對稱軸為x＝－＋＝，又f(x1)＝f(x2)，∴由x1＋x2＝×2＝，得f(x1＋x2)＝f＝2sin＝1，故選C. 4.(2019·晉城一模)若|sinθ|＋|cosθ|＝，則sin4θ＋cos4θ＝(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　將|sinθ|＋|cosθ|＝兩邊平方得， 1＋|sin2θ|＝，∴|sin2θ|＝， ∴sin4θ＋cos4θ＝1－2sin2θcos2θ＝1－sin22θ＝，故選B. 5.函數(shù)f(x)＝(1－cos2x)·cos2x，x∈R，設(shè)f(x)的最大值是A，最小正周期為T，則f(AT)的值等于(　　) A. B. C．1 D．0 答案　B 解析　∵f(x)＝(1－cos2x)cos2x＝(1－cos2x)＝(1－cos22x)＝＝－cos4x＋. ∴當(dāng)cos4x＝－1時，A＝f(x)max＝，T＝＝. ∴f(AT)＝f＝－cosπ＋＝.故選B. 6.(2018·全國卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，則AB＝(　　) A.4 B. C. D．2 答案　A 解析　因為cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所以c＝4，故選A. 7.若tanα＝2tan，則＝(　　) A.1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　由已知，＝ ＝＝＝＝3，故選C. 8.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若＝，A＝，b＝1，則△ABC的面積為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由正弦定理得＝2R＝， ∴＝，即＝，a＝1， ∵A＝，b＝1，∴△ABC為等邊三角形， ∴S＝absinC＝.故選B. 9.(2019·重慶巴蜀中學(xué)期中)已知f(x)＝sin(ωx＋θ)，f′(x1)＝f′(x2)＝0，|x1－x2|的最小值為，f(x)＝f，將f(x)的圖象向左平移個單位長度得g(x)，則g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 答案　A 解析　∵f(x)＝sin(ωx＋θ)， 由f′(x1)＝f′(x2)＝0可得x1，x2是函數(shù)的極值點(diǎn)， ∵|x1－x2|的最小值為，∴T＝＝， ∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋θ)， 又f(x)＝f， ∴f(x)的圖象的對稱軸為x＝， ∴2×＋θ＝kπ＋，k∈Z，又θ∈， ∴θ＝，∴f(x)＝sin. 將f(x)的圖象向左平移個單位長度得 g(x)＝sin＝cos2x的圖象， 令2kπ≤2x≤2kπ＋π，k∈Z，∴kπ≤x≤kπ＋，k∈Z， 則g(x)＝cos2x的單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z)，故選A. 10.若sin2α＝，sin(β－α)＝，且α∈，β∈，則α＋β的值是(　　) A. B. C.或 D.或 答案　A 解析　∵α∈，∴2α∈， ∵sin2α＝>0，∴2α∈， ∴cos2α＝－，且α∈，又∵β∈， ∴β－α∈， ∵sin(β－α)＝>0， ∴cos(β－α)＝－，且β－α∈， ∴cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2α·cos(β－α)－sin2α·sin(β－α)＝－×－×＝. ∵2α∈，β－α∈，∴α＋β∈[π，2π]， ∴α＋β＝.故選A. 11.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cosC＝，bcosA＋acosB＝2，則△ABC的外接圓面積為(　　) A.4π B．8π C．9π D．36π 答案　C 解析　∵bcosA＋acosB＝2，由余弦定理可得， b·＋a·＝2， 整理得c＝2，又∵cosC＝， ∴sinC＝＝， 設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，則2R＝＝＝6，∴R＝3.∴△ABC的外接圓面積S＝πR2＝9π.故選C. 12．(2019·南關(guān)區(qū)校級期末)意大利“美術(shù)三杰”(文藝復(fù)興后三杰)之一的達(dá)芬奇的經(jīng)典之作——《蒙娜麗莎》舉世聞名．畫中女子神秘的微笑數(shù)百年來讓無數(shù)觀賞者入迷．某數(shù)學(xué)兼藝術(shù)愛好者對《蒙娜麗莎》的同比例影像作品進(jìn)行了測繪，將畫中女子的嘴唇近似看作一個圓弧，在嘴角A，C處作圓弧的切線，兩條切線交于B點(diǎn)，測得如下數(shù)據(jù)：AB＝6.9 cm，BC＝7.1 cm，AC＝12.6 cm，根據(jù)測量得到的結(jié)果推算： 將《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應(yīng)的圓心角位于以下哪個區(qū)間(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　取AB＝BC≈7，設(shè)∠ABC＝2θ， 則sinθ≈＝0.9.又sin＝≈0.866，sin≈0.924， ∴θ∈，2θ∈. 設(shè)《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應(yīng)的圓心角為α，則α＋2θ＝π，∴α∈.故選B. 二、填空題 13.(2019·陜西四校聯(lián)考)已知sinα＝2cosα，則cos2α＝________. 答案?。? 解析　由已知得tanα＝2，cos2α＝cos2α－sin2α ＝＝＝＝－. 14.(2018·全國卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝________. 答案?。? 解析　解法一：因為sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0， 所以(1－sinα)2＋(－cosα)2＝1， 所以sinα＝，cosβ＝， 因此sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝×－cos2α＝－1＋sin2α＝－1＋＝－. 解法二：由(sinα＋cosβ)2＋(cosα＋sinβ)2＝1，得2＋2sin(α＋β)＝1，所以sin(α＋β)＝－. 15.在△ABC中，AD是BC邊上的中線，∠ABD＝.若AB＝BD，則∠CAD＝________.若AC＝2AD＝2，則△ABC的面積為________． 答案　　 解析　設(shè)BD＝m，則AB＝m，BC＝2m，根據(jù)余弦定理，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD＝m2，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABD＝m2，∴AD＝DC＝AC＝m，即△ACD是正三角形，∴∠CAD＝.記△ABC的三內(nèi)角∠BAC，∠ABC，∠ACB所對的三條邊分別為a，b，c，則BD＝a，由余弦定理可得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD，∴1＝c2＋2－ac，即4＝4c2＋a2－2ac，又AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，∴4＝c2＋a2－ac，于是，4c2＋a2－2ac＝c2＋a2－ac，∴a＝c，代入c2＋a2－ac＝4可得c＝2，a＝2，∴S△ABC＝acsin∠ABC＝. 16.(2019·濰坊模擬)校運(yùn)動會開幕式上舉行升旗儀式，旗桿正好處在坡度為15°的看臺的某一列的正前方，從這一列的第一排和最后一排測得旗桿頂部的仰角分別為60°和30°，第一排和最后一排的距離為10 m(如圖所示)，旗桿底部與第一排在一個水平面上．若國歌時長為50 s，升旗手應(yīng)以______ m/s的速度勻速升旗． 答案　0.6 解析　依題意可知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，∴∠EAC＝180°－45°－105°＝30°. 由正弦定理可知＝， ∴AC＝·sin∠CEA＝20 m． ∴在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝20×＝30 m． ∵國歌時長為50 s， ∴升旗速度為＝0.6 m/s. - 15 -