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第 3 讲 三角恒等变换与解三角形
[考情分析] 1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积
等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.2.三角恒
等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度．
考点一 三角恒等变换
核心提炼
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β；
(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β；
(3)tan(α±β)＝.
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcos α；
(2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；
(3)tan 2α＝.
例1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2cossin β，则( )
A．tan(α－β)＝1
B．tan(α＋β)＝1
C．tan(α－β)＝－1D．tan(α＋β)＝－1
答案 C
解析 由题意得sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2×(cos α－sin α)sin β，
整理，得sin αcos β－cos αsin β＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝
0，所以tan(α－β)＝－1.
(2)(2021·全国甲卷)若α∈，tan 2α＝，则tan α等于( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 方法一 因为
tan 2α＝＝，
且tan 2α＝，
所以＝，解得sin α＝.
因为α∈，
所以cos α＝，tan α＝＝.
方法二 因为tan 2α＝＝
＝＝，
且tan 2α＝，
所以＝，
解得sin α＝.
因为α∈，
所以cos α＝，tan α＝＝.
规律方法 三角恒等变换的“4大策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等；
(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等；
(3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂；
(4)弦、切互化：一般是切化弦．
跟踪演练1 (1)(2022·张家口模拟)已知sin θcos θ＋cos2θ＝cos θ＋，θ∈，则θ＝________.
答案 或
解析 sin θcos θ＋cos2θ
＝sin 2θ＋×
＝cos＋＝cos θ＋，
故cos＝cos θ，
所以2θ－＝θ＋2kπ或2θ－＝－θ＋2kπ(k∈Z)，
故θ＝＋2kπ或θ＝＋(k∈Z)．又θ∈，所以θ＝或.
(2)已知α，β都是锐角，sin α＝，cos(α＋β)＝－，则cos β等于( )
A．－ B．－ C. D.
答案 C
解析 因为α，β都是锐角，
所以0<α＋β<π，
又sin α＝，cos(α＋β)＝－，
所以cos α＝，sin(α＋β)＝，
所以cos β＝cos[(α＋β)－α]
＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α
＝－×＋×＝.
考点二 正弦定理、余弦定理
核心提炼
1．正弦定理：在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝，sin B＝，sin C＝，a∶b∶c＝sin
A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A.
变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝.
3．三角形的面积公式：S＝absin C＝acsin B＝bcsin A.
例2 (1)(2022·济南模拟)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin 2A
＝asin B，且c＝2b，则等于( )
A．3 B.
C. D.
答案 D
解析 因为bsin 2A＝asin B，
所以2bsin Acos A＝asin B，
利用正弦定理可得2abcos A＝ab，
所以cos A＝，又c＝2b，
所以cos A＝＝＝，
解得＝.
(2)(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A－B)＝
sin Bsin(C－A)．
①若A＝2B，求C；
②证明：2a2＝b2＋c2.
①解 由A＝2B，A＋B＋C＝π，可得A＝.
将A＝2B代入sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin B＝sin Bsin(C－A)．
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin C＝sin(C－A)．
又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，
即A＝2C－π，与A＝联立，
解得C＝.
②证明 方法一 由sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B
＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理可得，
accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A．(*)
由余弦定理得，
accos B＝，abcos C＝，
2bccos A＝b2＋c2－a2，
将上述三式代入(*)式并整理，
得2a2＝b2＋c2.
方法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－
sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
规律方法 正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．
注意：应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．
跟踪演练2 (1)在△ABC中，若cos C＝，bcos A＋acos B＝2，则△ABC外接圆的面积为(
)
A. B.C. D.
答案 D
解析 根据正弦定理可知b＝2Rsin B，
a＝2Rsin A，
得2Rsin Bcos A＋2Rsin Acos B
＝2Rsin(A＋B)＝2，
因为sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C
＝＝，
所以R＝，
所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝.
(2)(2022·衡水中学模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
①求角A的大小；
②若a＝2，求△ABC面积的最大值及此时边b，c的值．
解 ①在△ABC中，由正弦定理得c＝2Rsin C，b＝2Rsin B，＝－1，＋1＝，
化简得cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos A．即sin(A＋B)＝2sin Ccos A，
∵A＋B＝π－C，∴sin(A＋B)＝sin C≠0，∴cos A＝，∵0<A<π，∴A＝.
②在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，又A＝，∴b2＋c2－bc＝4，
又b2＋c2≥2bc，∴bc≤4，则S ＝bcsin A≤×4×＝，
△ABC
∴△ABC面积的最大值为，当且仅当b＝c＝2时等号成立．
即此时b＝2，c＝2.
考点三 解三角形的实际应用
核心提炼
解三角形应用题的常考类型
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余
弦定理求解．
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这
些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三
角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．
例3 (1)滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代
诗人王勃的诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量
滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12 m，在它们的地面上的点
M(B，M，D三点共线)测得楼顶A、滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得
滕王阁顶部C的仰角为30°，则小明估算滕王阁的高度为(精确到1 m)( )A．42 m B．45 m
C．51 m D．57 m
答案 D
解析 由题意得，在Rt△ABM中，
AM＝，
在△ACM中，∠CAM＝30°＋15°＝45°，
∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，
所以∠ACM＝30°，
由正弦定理得＝，
所以CM＝·AM＝，
又sin 15°＝sin(45°－30°)
＝×－×＝，
在Rt△CDM中，CD＝CMsin 60°＝＝＝36＋12≈57(m)．
(2)(2022·宜宾模拟)如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别
在D处的北偏西15°，北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的
正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为 ( )
A．20海里 B．40海里
C．20(1＋)海里 D．40海里
答案 A
解析 由题意可知CD＝40，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，
所以∠CAD＝45°，∠ADB＝60°，
在△ACD中，由正弦定理得＝，得AD＝20，
在Rt△BCD中，因为∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，
所以BD＝CD＝40，
在△ABD中，由余弦定理得AB＝
＝
＝＝20.
规律方法 解三角形实际问题的步骤跟踪演练3 (1)如图，已知A，B，C，D四点在同一条直线上，且平面PAD与地面垂直，
在山顶P点测得点A，C，D的俯角分别为30°，60°，45°，并测得AB＝200 m，CD＝100
m，现欲沿直线AD开通穿山隧道，则隧道BC的长为( )
A．100(＋1)m B．200(＋1)m
C．200 m D．100 m
答案 C
解析 由题意可知A＝30°，D＝45°，∠PCB＝60°，
所以∠PCD＝120°，∠APC＝90°，∠DPC＝15°，
因为sin 15°＝sin(45°－30°)
＝×－×＝，
所以在△PCD中，由正弦定理得＝，
即＝，解得PC＝100(＋1)m，
所以在Rt△PAC中，
AC＝2PC＝200(＋1)m，
所以BC＝AC－AB＝200(m)．
(2)如图是建党百年展览的展馆——国家博物馆．现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点 P离地
面的高度OP(点O在柱楼底部)．现分别从地面上的两点A，B测得点P的仰角分别为30°，
45°，且∠ABO＝60°，AB＝60 米，则OP等于( )
A．40米 B．30米
C．30 米 D．30 米
答案 C解析 如图所示，设OP＝h，
由题意知∠OAP＝30°，
∠OBP＝45°.
在Rt△AOP中，
OA＝＝h，
在Rt△BOP中，OB＝h.
在△ABO中，由余弦定理，
得OA2＝AB2＋OB2－2AB·OBcos 60°，
代入数据计算得到h＝30(米)．即OP＝30(米)．
专题强化练
一、选择题
1．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝，AB＝2，则BC等于( )
A．1 B. C. D．3
答案 D
解析 由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，得BC2＋2BC－15＝0，
解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．
2．(2021·全国乙卷)cos2－cos2等于( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 cos2－cos2
＝－
＝－＝.
3．(2022·榆林模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为，b
－c＝1，cos A＝，则a等于( )
A．10 B．3 C. D.
答案 C
解析 因为cos A＝，所以sin A＝，
又S ＝bcsin A＝bc＝，
△ABC所以bc＝6，又b－c＝1，
可得b＝3，c＝2，
所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝10，即a＝.
4．已知cos α＝，sin(β－α)＝－，α，β均为锐角，则β等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 ∵α，β均为锐角，即α，β∈，∴β－α∈，
∴cos(β－α)＝＝，sin α＝＝，
∴cos β＝cos[(β－α)＋α]＝cos(β－α)cos α－sin(β－α)sin α＝×－×＝，
又β∈，∴β＝.
5．设角α，β的终边均不在坐标轴上，且tan(α－β)＋tan β＝tan α，则下列结论正确的是(
)
A．sin(α＋β)＝0 B．cos(α－β)＝1
C．sin2α＋sin2β＝1 D．sin2α＋cos2β＝1
答案 D
解析 由题意可得，tan(α－β)＝tan α－tan β，即＝tan α－tan β，
(tan α－tan β)·＝0，
∵tan αtan β≠0，∴tan α＝tan β，∴α＝kπ＋β，k∈Z.A，B不恒成立；
又sin2α＝sin2(kπ＋β)＝sin2β，∴sin2α＋cos2β＝sin2β＋cos2β＝1.
6．(2022·张家口质检)下列命题中，不正确的是( )
A．在△ABC中，若A>B，则sin A>sin B
B．在锐角△ABC中，不等式sin A>cos B恒成立
C．在△ABC中，若acos A＝bcos B，则△ABC是等腰直角三角形
D．在△ABC中，若B＝，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形
答案 C
解析 对于A，由A>B，可得a>b，利用正弦定理可得sin A>sin B，正确；
对于B，在锐角△ABC中，A，B∈，
∵A＋B>，
∴>A>－B>0，
∴sin A>sin＝cos B，
因此不等式sin A>cos B恒成立，正确；
对于C，在△ABC中，acos A＝bcos B，利用正弦定理可得sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B，
∵A，B∈(0，π)，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，错误；
对于D，由于B＝，b2＝ac，由余弦定理可得
b2＝ac＝a2＋c2－ac，
可得(a－c)2＝0，解得a＝c，
则A＝C＝B＝，
∴△ABC必是等边三角形，正确．
7．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群，故宫宫殿房檐设计恰
好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角
约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°.图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四
棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB的长度(单位：米)约为( )
A．3米 B．4米
C．6(－1)米 D．3(＋1)米
答案 C
解析 如图，根据题意得∠ACB＝15°，
∠ACD＝105°，
∠ADC＝30°，
∠CAD＝45°，
CD＝24米，
所以∠CAD＝45°，
在△ACD中，由正弦定理得
＝，
即＝，
解得AC＝12(米)，
在Rt△ACB中，sin∠ACB＝，即sin 15°＝，
解得AB＝12sin 15°＝12sin(60°－45°)
＝12×
＝12×
＝3(－)＝6(－1)米．
8．(2022·运城模拟)已知sin＋sin α＝，则tan 2α等于( )
A．－2 B．2 C．－ D.
答案 A
解析 由题意得cos α＋sin α＝，所以sin(α＋φ)＝，其中sin φ＝，cos φ＝，所以sin(α＋φ)
＝1，所以α＋φ＝＋2kπ，k∈Z，所以α＝－φ＋2kπ，k∈Z，所以sin α＝sin＝cos φ＝，cos
α＝cos＝sin φ＝，所以tan α＝＝，所以tan 2α＝＝＝－2.
二、填空题
9．(2022·烟台模拟)若sin α＝cos，则tan 2α的值为________．
答案
解析 由sin α＝cos，
可得sin α＝cos αcos －sin αsin
＝cos α－sin α，
则tan α＝，
tan 2α＝＝＝.
10．(2022·泰安模拟)已知sin＝，则sin＝________.
答案 －
解析 sin＝sin
＝－cos
＝－
＝－＝－.
11.(2022·开封模拟)如图，某直径为5 海里的圆形海域上有四个小岛，已知小岛B与小岛C
相距5海里，cos∠BAD＝－.则小岛B与小岛D之间的距离为________海里；小岛B，C，D
所形成的三角形海域BCD的面积为________平方海里．答案 3 15
解析 由圆的内接四边形对角互补，得
cos∠BCD＝cos(π－∠BAD)＝－cos∠BAD＝>0，
又∠BCD为锐角，所以sin∠BCD＝＝，
在△BCD中，由正弦定理得
＝＝5，则BD＝3(海里)．
在△BCD中，由余弦定理得
(3)2＝CD2＋52－2×CD×5×，
整理得CD2－8CD－20＝0，
解得CD＝10(负根舍去)．
所以S ＝×10×5×＝15(平方海里)．
△BCD
12．(2022·汝州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，cos 2C＝
cos 2A＋4sin2B，则△ABC面积的最大值为________．
答案
解析 由cos 2C＝cos 2A＋4sin2B得，
1－2sin2C＝1－2sin2A＋4sin2B，
即sin2A＝sin2C＋2sin2B，
由正弦定理得a2＝c2＋2b2＝4，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4，
∴c2＋2b2＝b2＋c2－2bccos A，
即cos A＝－<0，
∵A∈(0，π)，∴sin A＝，
∴S ＝bcsin A＝
△ABC
＝，
∵c2＋2b2＝4，∴c2＝4－2b2，
∴S ＝
△ABC
＝，
则当b2＝时，
＝－×＋4×＝，
max
∴(S ) ＝×＝.
△ABC max
三、解答题
13．(2022·新高考全国Ⅱ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c
为边长的三个正三角形的面积依次为S，S，S.已知S－S＋S＝，sin B＝.
1 2 3 1 2 3(1)求△ABC的面积；
(2)若sin Asin C＝，求b.
解 (1)由S－S＋S＝，
1 2 3
得(a2－b2＋c2)＝，
即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accos B，
所以accos B＝1.
由sin B＝，
得cos B＝或cos B＝－(舍去)，
所以ac＝＝，则△ABC的面积
S＝acsin B＝××＝.
(2)由sin Asin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
14．(2022·抚顺模拟)在①(2c－a)sin C＝(b2＋c2－a2)；②cos2－cos Acos C＝；③＝tan A＋
tan B这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中．
问题：在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b＝2，________.
(1)求角B；
(2)求2a－c的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选择①：
∵(2c－a)sin C＝(b2＋c2－a2)，
∴由正弦定理可得
(2c－a)c＝b2＋c2－a2＝2bccos A，
∴2c－a＝2bcos A，
可得cos A＝，
∴由余弦定理可得cos A＝＝，
整理可得c2＋a2－b2＝ac，
∴cos B＝＝＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
选择②：
∵cos2－cos Acos C
＝－cos Acos C
＝
＝＝，∴cos(A＋C)＝－，
∴cos B＝－cos(A＋C)＝，
又∵B∈(0，π)，
∴B＝.
选择③：
由正弦定理可得＝，
又tan A＋tan B＝＋
＝
＝，
由＝tan A＋tan B，
可得＝，
∵sin C>0，∴tan B＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
(2)在△ABC中，由(1)及b＝2，
得＝＝＝＝4，
故a＝4sin A，c＝4sin C，
2a－c＝8sin A－4sin C
＝8sin A－4sin
＝8sin A－2cos A－2sin A
＝6sin A－2cos A
＝4sin，
∵0<A<，
则－<A－<，－<sin<1，
－2<4sin<4﹒
∴2a－c的取值范围为.
