2025-新高考I卷-11 多-三角恒等变换

本题导读

本题是多选题的压轴题，综合性极强.通过复杂的三角恒等式推导出三角形的形状（直角三角形）是破题关键，随后联立面积与边角关系进行定量计算.

📌【题干】

Question

（2025年新高考I卷）已知 $△ABC$ 的面积为 $\frac{1}{4}$， $\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$，$\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$，则>()

A. $\sin C={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B$　B. $AB=\sqrt{2}$　C. $\sin A+\sin B=\frac{\sqrt{6}}{2}$　D. $A{C}^2+B{C}^2=3$

🔍【思路分析】

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1. 等式化简（判定 A）：利用二倍角公式 $\cos 2\theta =1-2{\sin }^2\theta$ 代入第一个已知等式，直接观察 ${\sin }^{2}A,{\sin }^{2}B,\sin C$ 的数量关系.
2. 形状判定（核心突破）：通过第一个等式的变形得出 ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin C$。利用第二个等式 $\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$，结合三角不等式或和差化积公式，证明该三角形必为直角三角形（即 $C=90^{\circ }$）.
3. 定量计算（判定 B, C）：在 $C=90^{\circ }$ 的前提下，利用面积公式 $S=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{4}$ 以及正弦定理/余弦定理求出边长 $c$（即 $AB$）和 $\sin A+\sin B$ 的值.
4. 结论核实（判定 D）：利用勾股定理 $a^2+b^2=c^2$ 核对 D 选项

✅【答案】

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ABC

✍【详细解析】

Abstract

1. 验证 A 选项： 由 $\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$ 得： $(1-2{\sin }^{2}A)+(1-2{\sin }^{2}B)+2\sin C=2$ 化简得：$2-2({\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B)+2\sin C=2$ 即 ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin C$。故 A 正确.

2. 判定三角形形状： 由 A 结论知 $\sin C={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B$. 又已知 $\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}>0$，可知 $A,B$ 均为锐角. 利用恒等式 $\sin C=\sin (A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B$，则 ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin A\cos B+\cos A\sin B$. 整理得：$\sin A(\sin A-\cos B)+\sin B(\sin B-\cos A)=0$.

• 若 $A+B>\frac{\pi }{2}$，则 $\sin A>\cos B,\sin B>\cos A$，左式 $>0$，不成立.
• 若 $A+B<\frac{\pi }{2}$，同理左式 $<0$，不成立. 因此必有 $A+B=\frac{\pi }{2}$，即 $C=\frac{\pi }{2}=90^{\circ }$.

3. 验证 B 选项： 因为 $C=90^{\circ }$，则 $\sin C=1$. 代入第二个已知等式：$\cos A\cos B\cdot 1=\frac{1}{4}$. 由 $B=90^{\circ }-A$ 知 $\cos B=\sin A$，故 $\sin A\cos A=\frac{1}{4}⟹\sin 2A=\frac{1}{2}$. 由 $S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{4}$ 得 $ab=\frac{1}{2}$. 又 $a=c\sin A,b=c\cos A$，则 $ab=c^2\sin A\cos A=c^2\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{2}$. 解得 $c^2=2$，即 $AB=c=\sqrt{2}$.故 B 正确.

4. 验证 C 选项： $\sin A+\sin B=\sin A+\cos A=\sqrt{(\sin A+\cos A{)}^2}=\sqrt{1+2\sin A\cos A}$ $=\sqrt{1+\sin 2A}=\sqrt{1+\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。故 C 正确.

5. 验证 D 选项： 在直角 $△ABC$ 中，$A{C}^2+B{C}^2=b^2+a^2=c^2$. 由 B 项知 $c^2=2$，故 $A{C}^2+B{C}^2=2\ne 3$。故 D 错误.

故选：ABC。

由 $\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$ 可得 $\sin C-\cos C\cos (A-B)=1.$

由 $\sin C={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B$ 及正弦定理得 $\frac{1}{\sin C}=\frac{B{C}^2+A{C}^2}{A{B}^2}\ge 1.$ 故 $C\le \frac{\pi }{2}$.

由 $\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$ 知 $A,B$ 均为锐角. 从而由 $\sin C-\cos C\cos (A-B)=1$ 知 $C=\frac{\pi }{2}$. 剩余过程见解法1.

不妨设 $A\ge B$。由 $\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$ 知 $A,B$ 均为锐角.

由 $\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$ 可得 $\sin C-\cos C\cos (A-B)=1$.

由 ${\sin }^{2}C+{\cos }^{2}C=1$ 得 $\sin C(1-\sin C)=\cos C(\cos C+\cos (A-B))$. 若 $C>\frac{\pi }{2}$，则 $\cos (A-B)-\cos (\pi -C)<0$，故 $A-B+C>\pi$，矛盾. 故 $C\le \frac{\pi }{2}$.

从而由 $\sin C-\cos C\cos (A-B)=1$ 知 $C=\frac{\pi }{2}$.剩余过程见解法1.

由 $\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$ 可得 $\sin C-\cos C\cos (A-B)=1$.

由 $\sin C={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B$ 及正弦定理得 $\frac{1}{\sin C}=\frac{B{C}^2+A{C}^2}{A{B}^2}.$ 因为 $△ABC$ 的面积为 $\frac{1}{4}$，所以 $AC\cdot BC=\frac{1}{2\sin C}$，又由余弦定理知 $A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2-2BC\cdot AC\cdot \cos C=\frac{A{B}^2}{\sin C}-\frac{\cos C}{\sin C},$ 故 $C\le \frac{\pi }{2}$。由 $\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$ 知 $A,B$ 均为锐角.

从而由 $\sin C-\cos C\cos (A-B)=1$ 知 $C=\frac{\pi }{2}$.剩余过程见解法1.

由 $\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$ 知 $A,B$ 均为锐角.设 $△ABC$ 的三边长分别为 $a,b,c$.由题意可设 $a>b$.

由 $\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$ 可得 $\sin C={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B$，所以选项 A 正确.由正弦定理得 $\sin C=\frac{c^2}{a^2+b^2}$.

由余弦定理得 $\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，故 $\frac{(a^2+b^2-c^2{)}^2}{(2ab{)}^2}=1-\frac{c^4}{(a^2+b^2{)}^2}=\frac{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2-c^2)}{(a^2+b^2{)}^2},$ 化简可得 $a^2+$ $b^2-c^2=0$ 或 $\frac{a^2+b^2-c^2}{(2ab{)}^2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{(a^2+b^2{)}^2}=0$，

即 $c^2=a^2+b^2$ 或 $c^2=\frac{(a^2+b^2)(a^2-b^2{)}^2}{(a^2+b^2{)}^2+4a^2{b}^2}$.

若后者成立，则 $c^2=\frac{(a^2+b^2)(a^2-b^2)}{(a^2+b^2{)}^2+4a^2{b}^2}(a^2-b^2)<a^2-b^2$，即 $c^2+b^2<a^2$，与 $A$ 为锐角矛盾.

因此 $c^2=a^2+b^2$，$C=\frac{\pi }{2}$.剩余过程见解法1.

设 $△ABC$ 的面积为 $S$，三边长分别为 $a,b,c$，外接圆半径为 $R$，则 $\frac{c}{2R}={\left(\frac{a}{2R}\right)}^2+{\left(\frac{b}{2R}\right)}^2$，故 $2R\cdot c=a^2+b^2$. 所以选项 A 正确. 由正弦定理得 $S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{abc}{4R}$，由海伦公式得 $S=\frac{\sqrt{(2ab{)}^2-(a^2+b^2-c^2{)}^2}}{4}$， 故 $R=\frac{abc}{\sqrt{(2ab{)}^2-(a^2+b^2-c^2{)}^2}}$，因此 $2ab{c}^2=(a^2+b^2)\sqrt{(2ab{)}^2-(a^2+b^2-c^2{)}^2}$.

化简可得 $c^2=a^2+b^2$ 或 $c^2=\frac{(a^2+b^2)(a^2-b^2{)}^2}{(a^2+b^2{)}^2+4a^2{b}^2}$。由思路 5 知 $C=\frac{\pi }{2}$.剩余过程见解法1.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：和差化积公式的应用、三角方程的最值临界分析、等腰直角三角形的面积与边角转化。

2. 核心方法：三角主元化简与边界值分析法。本题的难点和精妙之处都在于条件①的化简。很多同学看到 $\cos 2A+\cos 2B$ 会盲目使用二倍角公式展开为 $2{\cos }^{2}A-1+2{\cos }^{2}B-1$，从而导致代数式陷入高次混乱。记住“角倍数不同，先和差化积缩小角差”的原则，将其转化为 $\cos (A-B)$ 的形式，再利用三角函数的值域边界 $[-1,1]$ 实施动态夹逼，是攻克此类三角压轴客观题的不二法门.

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题底层源于经典不等式恒等式：在 $△ABC$ 中， $\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C\ge -\frac{3}{2}$ 及其变体的边界探索。命题人通过引入 $\sin C$ 进行置换，并将最值边界精巧地控制在 2 这一临界常数上，从而构成了一道考查学生“公式功底”与“数学直觉”的巅峰之作.

2. 结论推广（三角形形状的特殊三角特征）： 在任意 $△ABC$ 中，下列三角不等式/等式对应的形状规律可作为二级结论内化：

• 若 ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B={\sin }^{2}C$ $⟹$ $△ABC$ 为直角三角形（由正弦定理直接转化勾股定理）。本题 A 选项由于 $\sin C=1$，该式天然成立.
• 若 ${\cos }^{2}A+{\cos }^{2}B+{\cos }^{2}C=1$ $⟹$ $△ABC$ 为直角三角形.
• 熟练掌握这些形态特征，能让你在看到复杂的三角条件时，第一时间产生正确的几何直觉.

3. 方法推广：在未来的解三角形大题或填空题中，若遇到类似的多个复合三角等式，除了本题使用的几何法/恒等变换法之外，还可以尝试齐次化消元法——即利用正弦定理、余弦定理把所有的 $\sin ,\cos$ 全部“化角为边”（把 $\cos A$ 换成 $\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ ），利用纯代数多项式的因式分解来判定边的关系。虽然在本题中建系或代边计算量较大，但在某些特定题型中，代数化边往往是一条方向极度明确的“长征路”.

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 10.02 倍角、降幂与升幂公式
• 11.01 正弦定理

类题演练 (Links)

• 2009-安徽卷文-16 解-正弦定理解三角形
• 2022-乙卷文-17
• 2002-北京卷理-08 单-三角恒等变换