2019届二轮复习第9讲　三角恒等变换与解三角形学案（全国通用）

2019届二轮复习第9讲　三角恒等变换与解三角形学案（全国通用）

第9讲　三角恒等变换与解三角形 ‎1.[2018·全国卷Ⅰ] 在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.‎ ‎(1)求cos∠ADB;‎ ‎(2)若DC=2‎2‎,求BC.‎ ‎ [试做] ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2.[2017·全国卷Ⅰ] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为a‎2‎‎3sinA.‎ ‎(1)求sin Bsin C;‎ ‎(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.‎ ‎[试做] ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎3.[2013·全国卷Ⅱ] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+csin B.‎ ‎(1)求B;‎ ‎(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.‎ ‎[试做] ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 命题角度　利用正、余弦定理解三角形 ‎①利用正、余弦定理解三角形的步骤:‎ 第一步,利用正、余弦定理进行边角转化;‎ 第二步,利用三角恒等变换求边与角;‎ 第三步,代入数据求值;‎ 第四步,转化过程中要注意转化的方向,审视结果的合理性.‎ ‎②利用公式S△ABC=‎1‎‎2‎acsin B=‎1‎‎2‎bcsin A=‎1‎‎2‎absin C解决三角形面积问题的方法:若已知一个角(角的大小或该角的正弦值、余弦值),一般结合题意求夹这个角的两边或两边之积,再代入公式求解;若已知三边,可先求一个角的余弦值,再求正弦值,代入公式求得面积.‎ ‎③求三角形面积的最值时,一般将面积表示为一个内角的三角函数,利用三角函数的性质求解,或结合基本不等式求解.‎ 解答1三角形基本量的求解 ‎1 在△ABC中,已知AB=2‎7‎,C=π‎6‎,点D在AC边上,且∠ADB=π‎3‎.‎ ‎(1)若BD=4,求tan∠ABC;‎ ‎(2)若AD=‎3‎BC,求△ABC的周长.‎ ‎[听课笔记]  ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【考场点拨】‎ 求解三角形中的边和角等基本量,需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系,从而达到解决问题的目的.其基本步骤是:‎ 第一步:定条件,即确定三角形中的已知和所求,在图中标出来,然后确定转化的方向;‎ 第二步:定工具,即根据条件和所求合理选择转化的工具,实施边角之间的互化;‎ 第三步:求结果.‎ ‎【自我检测】‎ 已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且asin A+csin C=‎2‎asin C+bsin B.‎ ‎(1)求B;‎ ‎(2)若A=‎5π‎12‎,b=2,求a和c.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解答2与三角形面积有关的问题 ‎2 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,且2bcos B=acos C+ccos A.‎ ‎(1)求B;‎ ‎(2)求△ABC面积的最大值.‎ ‎[听课笔记]  ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【考场点拨】‎ 三角形面积的最值问题主要有两种解决方法:一是将面积表示为边的形式,利用基本不等式求得最大值或最小值;二是将面积用三角形某一个角的三角函数表示,结合角的范围确定三角形面积的最值.‎ ‎【自我检测】‎ 已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足(2a-c)cos B=bcos C.‎ ‎(1)求B;‎ ‎(2)若△ABC的面积为‎3‎‎3‎‎4‎,且b=‎3‎,求a+c的值.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解答3以平面几何为载体的解三角形问题 ‎3 如图M2-9-1所示,已知在△ABC中,B=π‎3‎,BC=2.‎ 图M2-9-1‎ ‎(1)若AC=3,求AB的长;‎ ‎ (2)若点D在边AB上,AD=DC,DE⊥AC于点E,ED=‎6‎‎2‎,求A.‎ ‎[听课笔记]  ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【考场点拨】‎ 解决以平面几何为载体的问题,主要注意以下几方面:一是充分利用平面几何图形的性质;二是出现多个三角形时,从条件较多的三角形突破求解;三是四边形问题要转化到三角形中去求解;四是通过三角形中的不等关系如大边对大角,最大角一定大于等于π‎3‎确定角或边的范围.‎ ‎【自我检测】‎ 已知△ABC内接于半径为R的圆,a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,且2R(sin2B-sin2A)=(b-c)sin C,c=3.‎ ‎(1)求A;‎ ‎(2)若AD是BC边上的中线,AD=‎19‎‎2‎,求△ABC的面积.‎ ‎ ‎ 第9讲　三角恒等变换与解三角形 ‎ 典型真题研析 ‎1.解:(1)在△ABD中,由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB.‎ 由题设知,‎5‎sin45°‎=‎2‎sin∠ADB,所以sin∠ADB=‎2‎‎5‎.‎ 由题设知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=‎1-‎‎2‎‎25‎=‎23‎‎5‎.‎ ‎(2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=‎2‎‎5‎.‎ 在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×2‎2‎×‎2‎‎5‎=25,‎ 所以BC=5.‎ ‎2.解:(1)由题设得‎1‎‎2‎acsin B=a‎2‎‎3sinA,即‎1‎‎2‎csin B=a‎3sinA,‎ 由正弦定理得‎1‎‎2‎sin Csin B=sinA‎3sinA.‎ 故sin Bsin C=‎2‎‎3‎.‎ ‎(2)由题设及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-‎1‎‎2‎,即cos(B+C)=-‎1‎‎2‎,‎ 所以B+C=‎2π‎3‎,故A=π‎3‎.‎ 由题设得‎1‎‎2‎bcsin A=a‎2‎‎3sinA,即bc=8.‎ 由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=‎33‎.‎ 故△ABC的周长为3+‎33‎.‎ ‎3.解:(1)由已知及正弦定理得 sin A=sin Bcos C+sin Csin B.①‎ 又A=π-(B+C),故 sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C.②‎ 由①②和C∈(0,π)得sin B=cos B.‎ 又B∈(0,π),所以B=π‎4‎.‎ ‎(2)△ABC的面积S=‎1‎‎2‎acsin B=‎2‎‎4‎ac.‎ 由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accos π‎4‎.‎ 又a2+c2≥2ac,故 ac≤‎4‎‎2-‎‎2‎,当且仅当a=c时,等号成立.‎ 因此△ABC面积的最大值为‎2‎+1.‎ 考点考法探究 解答1‎ 例1　解:(1)如图所示,因为∠ADB=π‎3‎,C=π‎6‎,‎ 所以∠DBC=π‎6‎,则BD=CD.‎ 在△BCD中,由余弦定理得,BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC,‎ 所以BC=‎3‎CD.‎ 因为在△ADB中,AB=2‎7‎,BD=4,∠ADB=π‎3‎,‎ 所以由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB,即 ‎28=AD2+16-4AD,所以AD=6,所以AC=10.‎ 在△ABC中,由正弦定理ACsin∠ABC=ABsin∠ACB,得 ‎10‎sin∠ABC‎=‎2‎‎7‎‎1‎‎2‎,解得sin∠ABC=‎5‎‎7‎‎14‎.‎ 因为AB=2‎7‎,AD=6,所以在△ADB中,由AD>AB,得∠ABD>∠ADB=π‎3‎,故∠ABC=∠ABD+∠DBC>π‎3‎+π‎6‎=π‎2‎,‎ 所以cos∠ABC=-‎1-sin‎2‎∠ABC=-‎21‎‎14‎,‎ 所以tan∠ABC=sin∠ABCcos∠ABC=-‎5‎‎3‎‎3‎.‎ ‎(2)设CD=x,x>0,则BC=‎3‎x,从而AD=‎3‎BC=3x,‎ 故AC=AD+DC=4x.‎ 在△ABC中,由余弦定理得AB2=BC2+AC2-2BC·AC·cosπ‎6‎,‎ 因为AB=2‎7‎,所以28=(‎3‎x)2+(4x)2-2‎3‎x·4x·‎3‎‎2‎,解得x=2,‎ 所以AC=8,BC=2‎3‎,故△ABC的周长为AC+BC+AB=8+2‎3‎+2‎7‎.‎ ‎【自我检测】‎ 解:(1)由已知,根据正弦定理得a2+c2=‎2‎ac+b2.‎ 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,‎ 所以cos B=a‎2‎‎+c‎2‎-‎b‎2‎‎2ac=‎2‎ac‎2ac=‎2‎‎2‎.‎ 因为B∈(0,π),‎ 所以B=π‎4‎.‎ ‎(2)由A=‎5π‎12‎,得sin A=sinπ‎6‎‎+‎π‎4‎=sinπ‎6‎cosπ‎4‎+cosπ‎6‎sinπ‎4‎=‎2‎‎+‎‎6‎‎4‎.‎ 由B=π‎4‎,得C=π-(A+B)=π‎3‎,‎ 所以a=bsinAsinB=2‎2‎×‎2‎‎+‎‎6‎‎4‎=1+‎3‎,‎ c=bsinCsinB=2‎2‎×‎3‎‎2‎=‎6‎.‎ 解答2‎ 例2　解:(1)由2bcos B=acos C+ccos A得 ‎2sin Bcos B=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin B,‎ 因为B∈(0,π),所以sin B≠0,‎ 故cos B=‎1‎‎2‎,‎ 所以B=π‎3‎.‎ ‎(2)方法一:由b=2,B=π‎3‎,根据余弦定理可得ac=a2+c2-4,‎ 所以ac=a2+c2-4≥2ac-4,所以ac≤4,‎ 当且仅当a=c时,等号成立,‎ 从而S△ABC=‎1‎‎2‎acsin B≤‎1‎‎2‎×4×‎3‎‎2‎=‎3‎,‎ 故△ABC面积的最大值为‎3‎.‎ 方法二:因为asinA=csinC=bsinB=‎2‎‎3‎‎2‎=‎4‎‎3‎,‎ 所以a=‎4‎‎3‎sin A,c=‎4‎‎3‎sin C,‎ 所以S△ABC=‎1‎‎2‎acsin B=‎1‎‎2‎×‎4‎‎3‎sin A·‎4‎‎3‎sin C·sin B=‎4‎‎3‎‎3‎sin Asin‎2π‎3‎‎-A=‎2‎‎3‎‎3‎sin‎2A-‎π‎6‎+‎3‎‎3‎,‎ 因为A∈‎0,‎‎2π‎3‎,所以当2A-π‎6‎=π‎2‎,即A=π‎3‎时,S△ABC取得最大值,最大值为‎3‎,‎ 故△ABC面积的最大值为‎3‎.‎ ‎【自我检测】‎ 解:(1)∵A+B+C=π,即C+B=π-A,‎ ‎∴sin(C+B)=sin(π-A)=sin A.‎ ‎∵(2a-c)cos B=bcos C,‎ ‎∴由正弦定理得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C,‎ ‎∴2sin Acos B=sin Ccos B+sin Bcos C=sin(C+B)=sin A.‎ ‎∵在△ABC中,00,‎ ‎∴cos B=‎1‎‎2‎.又∵00),则在△ABC中,由余弦定理得 AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B,‎ 即32=22+x2-2x·2cosπ‎3‎,‎ 所以x=‎6‎+1,‎ 即AB=‎6‎+1.‎ ‎(2)因为ED=‎6‎‎2‎,DE⊥AC,所以 AD=DC=EDsinA=‎6‎‎2sinA.‎ 在△BCD中,由正弦定理可得BCsin∠BDC=CDsinB,‎ 因为∠BDC=2A,所以‎2‎sin2A=‎1‎sinAcosA=‎6‎‎2sinAsinπ‎3‎.‎ 因为A∈(0,π),所以sin A>0,‎ 所以cos A=‎2‎‎2‎,所以A=π‎4‎.‎ ‎【自我检测】‎ 解:(1)由正弦定理及2R(sin2B-sin2A)=(b-c)sin C,‎ 得bsin B-asin A=bsin C-csin C,‎ 即b2-a2=bc-c2,‎ ‎∴cos A=b‎2‎‎+c‎2‎-‎a‎2‎‎2bc=‎1‎‎2‎,∵A∈(0,π),∴A=π‎3‎.‎ ‎(2)以AB,AC为邻边作平行四边形ABEC,则在△ABE中,∠ABE=‎2π‎3‎,AE=‎19‎.‎ 在△ABE中,由余弦定理得AE2=AB2+BE2-2AB·BE·cos‎2π‎3‎,‎ 即19-9=AC2-2×3·AC·‎-‎‎1‎‎2‎,∴AC=2,即b=2,‎ 故S△ABC=‎1‎‎2‎bcsin A=‎1‎‎2‎×2×3×‎3‎‎2‎=‎3‎‎3‎‎2‎.‎ ‎[备选理由] 三道备用例题都是利用正、余弦定理解三角形问题,涉及三角形中的边、角、面积以及使用基本不等式求最值.‎ 例1　[配例1使用] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosAa+cosBb=‎2‎3‎sinC‎3a.‎ ‎(1)求B;‎ ‎(2)若△ABC的面积为‎3‎‎2‎,B是钝角,求b的最小值.‎ 解:(1)由题意得bcos A+acos B=‎2‎‎3‎‎3‎bsin C,‎ ‎∴由正弦定理得sin Bcos A+cos Bsin A=‎2‎‎3‎‎3‎sin Bsin C,‎ ‎∴sin(A+B)=‎2‎‎3‎‎3‎sin Bsin C,‎ 又∵在△ABC中,sin(A+B)=sin C≠0,∴sin B=‎3‎‎2‎,‎ ‎∵B∈(0,π),∴B=π‎3‎或‎2π‎3‎.‎ ‎(2)由S△ABC=‎1‎‎2‎acsin B=‎3‎‎2‎,sin B=‎3‎‎2‎,得ac=2,‎ 又易知B=‎2π‎3‎,∴b2=a2+c2-2accos B=a2+c2+2≥2ac+2=6,当且仅当a=c时取等号,‎ ‎∴b的最小值为‎6‎.‎ 例2　[配例2使用] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且‎3‎sin B=2cos2B‎2‎,sin(A-C)=2cos Asin C.‎ ‎(1)求B;‎ ‎(2)若c=2,求△ABC的面积.‎ 解:(1)方法一:由‎3‎sin B=2cos2B‎2‎,得2‎3‎sinB‎2‎cosB‎2‎=2cos2B‎2‎,‎ 因为cosB‎2‎≠0,所以‎3‎sinB‎2‎=cosB‎2‎,即tanB‎2‎=‎3‎‎3‎.‎ 又因为B∈(0,π),所以B‎2‎=π‎6‎,所以B=π‎3‎.‎ 方法二:由‎3‎sin B=2cos2B‎2‎,得‎3‎sin B=1+cos B,‎ 即‎3‎sin B-cos B=1,即2sinB-‎π‎6‎=1,即sinB-‎π‎6‎=‎1‎‎2‎.‎ 又因为B∈(0,π),所以B-π‎6‎∈‎-π‎6‎,‎‎5π‎6‎,所以B-π‎6‎=π‎6‎,即B=π‎3‎.‎ ‎(2)由sin(A-C)=2cos Asin C,得sin Acos C=3cos Asin C,‎ 根据正弦定理和余弦定理得,a·a‎2‎‎+b‎2‎-‎c‎2‎‎2ba=3·c‎2‎‎+b‎2‎-‎a‎2‎‎2bc·c,即b2=2a2-2c2.‎ 由(1)知B=π‎3‎,所以b2=a2+c2-2accosπ‎3‎=a2+c2-ac.‎ 又因为c=2,所以a=‎13‎-1,所以S△ABC=‎1‎‎2‎acsin B=‎3‎‎×(‎13‎-1)‎‎2‎=‎39‎‎-‎‎3‎‎2‎.‎ 例3　[配例3使用] 如图所示,已知在平面四边形ABCD中,AB=2‎3‎,AC=2,∠ADC=∠CAB=90°,设∠DAC=θ.‎ ‎(1)若θ=60°,求BD的长度;‎ ‎(2)若∠ADB=30°,求tan θ.‎ 解:(1)由题意可知,AD=1.‎ 在△ABD中,∠DAB=θ+90°=150°,AB=2‎3‎,AD=1,由余弦定理可知,‎ BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠DAB=(2‎3‎)2+12-2×2‎3‎×1×‎-‎‎3‎‎2‎=19,‎ ‎∴BD=‎19‎.‎ ‎(2)由题意可知,AD=2cos θ,∠ABD=60°-θ,‎ 在△ABD中,由正弦定理可知,ADsin∠ABD=ABsin∠ADB,∴‎2cosθsin(60°-θ)‎=‎2‎‎3‎‎1‎‎2‎=4‎3‎,又cos θ≠0,∴‎2‎‎3‎‎2‎‎-‎1‎‎2‎tanθ=4‎3‎,∴tan θ=‎2‎‎3‎‎3‎.‎