第二講三角恒等變換與解三角形[考情分析]三角變換及解三角形是高考考查的熱點(diǎn)，然而單獨(dú)考查三角變換的題目較少，題目往往以解三角形為背景，在應(yīng)用正弦定理、余弦定理的同時(shí)，經(jīng)常應(yīng)用三角變換進(jìn)行化簡(jiǎn)，綜合性比較強(qiáng)，但難度不大.年份卷別考查角度及命題位置2017Ⅰ卷三角變換求值·T15正弦定理解三角形·T11Ⅲ卷三角函數(shù)求值·T4正弦定理解三角形·T152016Ⅰ卷利用余弦定理解三角形·T4Ⅱ卷利用正弦定理解三角形·T15Ⅲ卷三角恒等變換求值問題·T6解三角形·T9[真題自檢]1．(2017·高考全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝eq\r(2)，則C＝()A.eq\f(π,12)B.eqB.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)解析：因?yàn)閟inB＋sinA(sinC－cosC)＝0，所以sin(A＋C)＋sinA·sinC－sinA·cosC＝0，所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，整理得sinC(sinA＋cosA)＝0，因?yàn)閟inC≠0，所以sinA＋cosA＝0，所以tanA＝－1，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(3π,4)，由正弦定理得sinC＝eq\f(c·sinA,a)＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(1,2)，又0<C<eq\f(π,4)，所以C＝eq\f(π,6).故選B.答案：B2．(2016·高考全國(guó)卷Ⅲ)若tanθ＝－eq\f(1,3)，則cos2θ＝()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)解析：先利用二倍角公式展開，再進(jìn)行“1”的代換，轉(zhuǎn)化為關(guān)于tanθ的關(guān)系式進(jìn)行求解．∵cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)，又∵tanθ＝－eq\f(1,3)，∴cos2θ＝eq\f(1－\f(1,9),1＋\f(1,9))＝eq\f(4,5).答案：D3．(2017·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知α∈(0，eq\f(π,2))，tanα＝2，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝________.解析：∵α∈(0，eq\f(π,2))，tanα＝2，∴sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，∴cos(α－eq\f(π,4))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)×(eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(\r(5),5))＝eq\f(3\r(10),10).答案：eq\f(3\r(10),10)三角恒等變換[方法結(jié)論]三角函數(shù)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(xiàng)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．[題組突破]1．若tanα＝－eq\f(\r(2),2)，且α是第四象限角，則cos2(α－eq\f(π,2))＋sin(3π－α)cos(2π＋α)＋eq\f(\r(2),2)cos2(α＋π)＝()A．－eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)解析：通解：因?yàn)棣潦堑谒南笙藿牵瑃anα＝－eq\f(\r(2),2)，故eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(\r(2),2)，由sin2α＋cos2α＝1可得cos2α＝eq\f(2,3)，cosα＝eq\f(\r(6),3)，sinα＝－eq\f(\r(3),3).cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＋sin(3π－α)cos(2π＋α)＋eq\f(\r(2),2)cos2(α＋π)＝sin2α＋sinαcosα＋eq\f(\r(2),2)cos2α＝eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))×eq\f(\r(6),3)＋eq\f(\r(2),3)＝eq\f(1,3)，故選D.優(yōu)解：因?yàn)棣潦堑谒南笙藿牵瑃anα＝－eq\f(\r(2),2)，故cos2(α－eq\f(π,2))＋sin(3π－α)cos(2π＋α)＋eq\f(\r(2),2)cos2(α＋π)＝sin2α＋sinαcosα＋eq\f(\r(2),2)cos2α＝eq\f(sin2α＋sinαcosα＋\f(\r(2),2)cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α＋tanα＋\f(\r(2),2),tan2α＋1)＝eq\f(\f(1,2),\f(3,2))＝eq\f(1,3)，故選D.答案：D2．(2017·蚌埠模擬)已知sin2α－2＝2cos2α，則sin2α＋sin2α＝________.解析：由sin2α－2＝2cos2α得sin2α＝2＋2cos2α，即2sinαcosα＝4cos2α，即cosα＝0或tanα＝2.當(dāng)cosα＝0時(shí)，sin2α＋sin2α＝1；當(dāng)tanα＝2時(shí)，sin2α＋sin2α＝eq\f(sin2α＋2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α＋2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(8,5).綜上，sin2α＋sin2α＝1或eq\f(8,5).答案：1或eq\f(8,5)3．(2017·合肥檢測(cè))已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝－eq\f(1,4)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).(1)求sin2α的值；(2)求tanα－eq\f(1,tanα)的值．解析：(1)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,4)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以2α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).所以sin2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\f(1,2).(2)由(1)知tanα－eq\f(1,tanα)＝eq\f(sinα,cosα)－eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(sin2α－cos2α,sinαcosα)＝eq\f(－2cos2α,sin2α)＝eq\f(－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))),\f(1,2))＝2eq\r(3).[誤區(qū)警示]解三角形[方法結(jié)論]正、余弦定理、三角形面積公式(1)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝2R(R為△ABC外接圓的半徑)．變形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.(2)a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.推論：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，a2＋b2－c2＝2abcosC.(3)S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA.[典例](2017·廣州模擬)如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，CD⊥BC，AC＝5eq\r(3)，CD＝5，BD＝2AD.(1)求AD的長(zhǎng)；(2)求△ABC的面積．解析：(1)在△ABC中，因?yàn)锽D＝2AD，設(shè)AD＝x(x＞0)，則BD＝2x.在△BCD中，因?yàn)镃D⊥BC，CD＝5，BD＝2x，所以cos∠CDB＝eq\f(CD,BD)＝eq\f(5,2x).在△ACD中，因?yàn)锳D＝x，CD＝5，AC＝5eq\r(3)，則cos∠ADC＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2×AD×CD)＝eq\f(x2＋52－5\r(3)2,2×x×5).因?yàn)椤螩DB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠CDB，即eq\f(x2＋52－5\r(3)2,2×x×5)＝－eq\f(5,2x).解得x＝5.所以AD的長(zhǎng)為5.(2)由(1)求得AB＝3x＝15，BC＝eq\r(4x2－25)＝5eq\r(3).所以cos∠CBD＝eq\f(BC,BD)＝eq\f(\r(3),2)，從而sin∠CBD＝eq\f(1,2).所以S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×BC×sin∠CBA＝eq\f(1,2)×15×5eq\r(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(75\r(3),4).[類題通法]等價(jià)轉(zhuǎn)化思想在解三角形中的應(yīng)用利用正、余弦定理解三角形關(guān)鍵利用定理進(jìn)行邊角互化．即利用正弦定理、余弦定理等工具合理地選擇“邊”往“角”化，還是“角”往“邊”化．若想“邊”往“角”化，常利用“a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC”；若想“角”往“邊”化，常利用sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)等．[演練沖關(guān)]1．(2017·合肥模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若cosC＝eq\f(2\r(2),3)，bcosA＋acosB＝2，則△ABC的外接圓面積為()A．4π B．8πC．9π D．36π解析：c＝bcosA＋acosB＝2，由cosC＝eq\f(2\r(2),3)得sinC＝eq\f(1,3)，再由正弦定理可得2R＝eq\f(c,sinC)＝6，所以△ABC的外接圓面積為πR2＝9π，故選C.答案：C2．(2017·武漢調(diào)研)如圖，據(jù)氣象部門預(yù)報(bào)，在距離某碼頭南偏東45°方向600km處的熱帶風(fēng)暴中心正以20km/h的速度向正北方向移動(dòng)，距風(fēng)暴中心450km以內(nèi)的地區(qū)都將受到影響，則該碼頭將受到熱帶風(fēng)暴影響的時(shí)間為()A．14h B．15hC．16h D．17h解析：記現(xiàn)在熱帶風(fēng)暴中心的位置為點(diǎn)A，t小時(shí)后熱帶風(fēng)暴中心到達(dá)B點(diǎn)位置，在△OAB中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°，根據(jù)余弦定理得6002＋400t2－2×20t×600×eq\f(\r(2),2)≤4502，即4t2－120eq\r(2)t＋1575≤0，解得eq\f(30\r(2)－15,2)≤t≤eq\f(30\r(2)＋15,2)，所以Δt＝eq\f(30\r(2)＋15,2)－eq\f(30\r(2)－15,2)＝15(h)，故選B.答案：B3．(2017·?？谀M)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知(a－3b)·cosC＝c(3cosB－cosA)．(1)求eq\f(sinB,sinA)的值；(2)若c＝eq\r(7)a，求角C的大?。馕觯?1)由正弦定理得，(sinA－3sinB)cosC＝sinC·(3cosB－cosA)，∴sinAcosC＋cosAsinC＝3sinCcosB＋3cosCsinB，即sin(A＋C)＝3sin(C＋B)，即sinB＝3sinA，∴eq\f(sinB,sinA)＝3.(2)由(1)知b＝3a，∵c＝eq\r(7)a，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋9a2－7a2,2×a×3a)＝eq\f(3a2,6a2)＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).解三角形與其他知識(shí)的交匯問題解三角形問題一直是近幾年高考的重點(diǎn)，主要考查以斜三角形為背景求三角形的基本量、面積或判斷三角形的形狀，解三角形與平面向量、不等式、三角函數(shù)性質(zhì)、三角恒等變換交匯命題成為高考的熱點(diǎn)．[典例](1)在△ABC中，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，則△ABC面積的最大值為()A.eq\r(21) B.eq\f(3\r(21),4)C.eq\f(\r(21),2) D．3eq\r(21)解析：設(shè)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，∴bccosA＝a＝3.又cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥1－eq\f(9,2bc)＝1－eq\f(3cosA,2)，∴cosA≥eq\f(2,5)，∴0＜sinA≤eq\f(\r(21),5)，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3,2)tanA≤eq\f(3,2)×eq\f(\r(21),2)＝eq\f(3\r(21),4)，故△ABC面積的最大值為eq\f(3\r(21),4).答案：B(2)(2017·南昌模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且cos2eq\f(B－C,2)－sinB·sinC＝eq\f(2－\r(2),4).①求角A；②若a＝4，求△ABC面積的最大值．解析：①由cos2eq\f(B－C,2)－sinB·sinC＝eq\f(2－\r(2),4)，得eq\f(cosB－C,2)－sinB·sinC＝－eq\f(\r(2),4)，∴cos(B＋C)＝－eq\f(\r(2),2)，∴cosA＝eq\f(\r(2),2)(0＜A＜π)，∴A＝eq\f(π,4).②由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得16＝b2＋c2－eq\r(2)bc≥(2－eq\r(2))bc，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號(hào)，即bc≤8(2＋eq\r(2))．∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(2),4)bc≤4(eq\r(2)＋1)，即△ABC面積的最大值為4(eq\r(2)＋1)．[類題通法]化歸與轉(zhuǎn)化能力思想是求解三角與其他知識(shí)交匯問題的核心，分析交匯知識(shí)點(diǎn)，利用其間的聯(lián)系可找出突破口，從而解決問題．[演練沖關(guān)]1．(2017·沈陽(yáng)模擬)已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，面積為S，且滿足4S＝a2－(b－c)2，b＋c＝8，求S的最大值．解析：由題意得：4×eq\f(1,