2024-新高考II卷-15 解-解三角形

本题导读

本题考查辅助角公式。核心在于辅助角公式法（合一变形）、正弦定理代入法（边角互化思想）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年新高考II卷）记 $△ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$，已知 $\sin A+\sqrt{3}\cos A=2$.

(1) 求 $A$；

(2) 若 $a=2$，$\sqrt{2}b\sin C=c\sin 2B$，求 $△ABC$ 的周长.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（求角 A）：观察已知式左侧结构，符合 $a\sin A+b\cos A$ 形式，优先考虑使用辅助角公式合一。或者利用同角三角函数基本关系 ${\sin }^{2}A+{\cos }^{2}A=1$ 进行代数消元求解。
2. 第二问（求周长）：
   • 角的关系：利用倍角公式展开 $\sin 2B=2\sin B\cos B$，结合正弦定理将边 $b,c$ 转化为角的正弦值，从而求出 $\cos B$，确定角 $B$。
   • 边的计算：已知 $a,A,B$，可得出 $C$。再次利用正弦定理求出 $b$ 和 $c$。注意 $C=105^{\circ }$ 的三角函数值需通过和角公式展开计算。
   • 最后加和：周长 $L=a+b+c$。

✅【答案】

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(1) $A=\frac{\pi }{6}$

(2) $2+\sqrt{6}+3\sqrt{2}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求解内角 A

（1）因为$\sin A+\sqrt{3}\cos A=2$， 所以$2\sin (A+\frac{\pi }{3})=2$，即$\sin (A+\frac{\pi }{3})=1$，由$A$为三角形内角，得$A+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}$，即$A=\frac{\pi }{6}$； 解法二：【山西省运城市张晓晓补解】    由$\sin A+\sqrt{3}\cos A=2，又{\sin }^{2}A+{\cos }^{2}A=1$，消去$\sin A$得到： $4{\cos }^{2}A-4\sqrt{3}\cos A+3=0\iff {(2\cos A-\sqrt{3})}^2=0$，解得$\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$A\in (0,\pi )$，故$A=\frac{\pi }{6}$

4. 联立方程：由 $\sin A+\sqrt{3}\cos A=2$ 与 ${\sin }^{2}A+{\cos }^{2}A=1$ 消去 $\sin A$。

5. 求解余弦值：整理得 $4{\cos }^{2}A-4\sqrt{3}\cos A+3=0\iff (2\cos A-\sqrt{3}{)}^2=0$。

6. 得出结论：解得 $\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又 $A\in (0,\pi )$，故 $A=\frac{\pi }{6}$。

（2）求解三角形周长

$\sqrt{2}b\sin C=2c\sin B\cos B$，由正弦定理可得：$\sqrt{2}bc=2bc\cos B$，可得$\cos B=\frac{\sqrt{2}}{2}$，

又因为$B\in (0,\pi )$，所以$B=\frac{\pi }{4}$，$C=\pi -A-B=\frac{7}{12}\pi$，

在$\Delta ABC$中，由正弦定理得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{2}{\frac{1}{2}}=4$，

所以$b=4\sin B=2\sqrt{2}$，$c=4\sin C=4\sin \frac{7\pi }{12}=4\sin (\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{3})=\sqrt{6}+\sqrt{2}$，

所以$\Delta ABC$的周长为$a+b+c=2+3\sqrt{2}+\sqrt{6}$．

综上，$\Delta ABC$的周长为$2+3\sqrt{2}+\sqrt{6}$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：辅助角公式（ $A\sin x+B\cos x=\sqrt{A^2+B^2}\sin (x+\varphi )$ ）的收拢形变、正弦定理在边角互化消元中的应用、二倍角与和角公式的代数混合展开、非特殊大角的有理化弦值计算。
2. 核心方法：边角对流换元流（解三角形大题长期有效 Armor）．在处理形如 $\sqrt{2}b\sin C=c\sin 2B$ 的混合多项式时，最核心的第一反应是**“统一元”——要么全部化为边，要么全部化为角．本题演示的“全盘化角流”**，通过将 $b,c$ 直接用正弦不变量 $2R\sin B,2R\sin C$ 整体简化平移置换，利用三角形内角的非零性质大面积约分，能够以最平滑的路径抓出 $\cos B$，彻底规避了引入余弦定理而可能引发的二次型繁琐运算。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（第二问前半盘因漏掉系数 2 导致角 B 偏转）：部分同学在展开 $\sin 2B$ 时，由于草稿纸书写仓促，容易把前面的系数 2 漏记，写成 $\sqrt{2}\sin B\sin C=\sin C\sin B\cos B⟹\cos B=\sqrt{2}$。由于余弦值大于 1 导致无解，从而在考场上引发思维。
• 避坑指南 2（特殊角三角函数值记忆混乱）：个别考生在最后一步计算 $\sin \frac{7\pi }{12}$ 时，公式展开正确，但在代入数值时把 $\cos \frac{\pi }{3}$ 错记成了 $\frac{\sqrt{3}}{2}$（与 $\frac{\pi }{6}$ 记混），导致算出错误的边长，白白痛失最后 4 分的通关分。解答大题时基础常数的复核必须做到严谨可靠。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自人教A版选择性必修第一册第五章《三角函数》与必修第二册第六章《平面向量及其应用》中“正弦定理与余弦定理”章节后的典型课后标准综合解答大题。新高考命题组极具匠心地分离了过往模拟卷中常见的诸如“结合平面几何阿波罗尼斯圆、三角形内心外心向量共线式”等生硬的复杂外壳，转而引导日常教学全面回归对**“正弦定理基本比例不变量”与“基础三角公式运算能力规范”**的刚性夯实，是一道不可多得的回归教材、注重四基的优秀范例。
2. 结论推广（基于正弦控制的“解三角形周长不变量模型”）： 可将此类“已知单边与两角，求周长”的经典构型提炼为一般模型网络。设 $△ABC$ 中已知边长 $a$，内角 $A,B$ 均为已知固定常数（则第三角 $C=\pi -A-B$ 自动锁定）：

• 该系统的外接圆直径不变量满足： $2R=\frac{a}{\sin A}$；
• 此时，该三角形的终极周长 $L$ 恒刚性服从如下高度齐次同构的三角公式网格： $L=\frac{a}{\sin A}\cdot \left[\sin A+\sin B+\sin (A+B)\right]$
• 本题中由于给出 $a=2,A=\frac{\pi }{6},B=\frac{\pi }{4}$。代入本题数据验证：前置直径为 $4$，括号内为 $\sin \frac{\pi }{6}+\sin \frac{\pi }{4}+\sin \frac{5\pi }{12}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\frac{2+3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$。与前置直径 4 完美抵消乘消，肉眼可瞬间秒读出最终全长必为 $2+3\sqrt{2}+\sqrt{6}$。掌握这一“周长控制网”，可在未来的模拟考客观题中实现秒通关。

3. 方法推广（由低阶边角对流向多元超越方程消元的运算能力泛化）： 本题所展现的“利用正弦定理齐次变元代换消除几何自由度、通过和差角公式进行高阶有理化拆解”的思想，是攻克全部解三角形大题的核心方法。不仅是解答题前段稳定获得 13 分的扎实，未来在解析几何大题第一问中的“利用动弦长正弦型参数方程转化圆锥曲线焦半径”、或者是最后一题新定义压轴大题中出现的“复数平面波的旋转叠加控制”时，其核心思路——“抓住齐次式比例不变量，通过引入特征替身（如用正弦分量代换边长）消除系统冗余的自由度，实现多维超越几何空间向一元代数方程的化归”，其数形转换的变换本质相通。掌握这一方法，能为您在三角板块提供最高阶的解题大局观。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 07.03 三角函数的图象与性质
• 11.01 正弦定理

类题演练 (Links)

• 2022-乙卷文-17
• 2008-山东卷理-15
• 2009-山东卷文-17 解-三角变换与解三角形