2004-北京卷理-15 解-辅助角公式与三角方程求解

本题导读

本题考查辅助角公式与三角方程求解。核心在于两边平方代数消元法、辅助角逆向化简法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年北京卷(理)） 在 $△ABC$ 中， $\sin A+\cos A=\frac{\sqrt{2}}{2}$， $AC=2$，$AB=3$，求 $\tan A$ 的值和 $△ABC$ 的面积.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 求解 $\tan A$：
   • 观察已知等式 $\sin A+\cos A=\frac{\sqrt{2}}{2}$，可采用两边同时平方的方法，转化为包含 $2\sin A\cos A$ 的代数式，求出 $\sin 2A$ 的值。
   • 或者是利用辅助角公式将左边化为 $\sqrt{2}\sin (A+\frac{\pi }{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}$，从而解出具体的内角 $A$。
   • 结合三角形内角范围约束，确定 $\sin A$ 与 $\cos A$ 的符号，进而求得 $\tan A=\frac{\sin A}{\cos A}$。
2. 求解 $△ABC$ 的面积：已知两邻边 $AB$、 $AC$ 及其夹角 $A$ 的正弦值，直接套用面积公式 $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin A$。

✅【答案】

Success

$\tan A$ 的值为 $-2-\sqrt{3}$ ； $△ABC$ 的面积为 $\frac{3\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

第一步：求解 $\tan A$ 的值 解法一（两边平方消元法）： 已知在 $△ABC$ 中： $\sin A+\cos A=\frac{\sqrt{2}}{2}$

将上式两边同时进行平方： $(\sin A+\cos A{)}^2={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2$ 展开得： ${\sin }^{2}A+2\sin A\cos A+{\cos }^{2}A=\frac{1}{2}$

利用同角三角函数恒等式 ${\sin }^{2}A+{\cos }^{2}A=1$ 代入简化： 1 + 2\sin A\cos A = \frac{1}{2} \implies 2\sin A\cos A = -\frac{1}{2}$即二倍角正弦值为：$\sin 2A = -\frac{1}{2}$$

因为 $2\sin A\cos A=-\frac{1}{2}<0$，且在 $△ABC$ 中内角 $\sin A>0$ 恒成立， 所以必有 $\cos A<0$（即角 $A$ 是一个钝角，且 $\frac{\pi }{2}<A<\pi$）。

由 $(\sin A-\cos A{)}^2=1-2\sin A\cos A=1-\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{2}$， 由于 $\sin A>0,\cos A<0⟹\sin A-\cos A>0$，开方取正值： $\sin A-\cos A=\frac{\sqrt{6}}{2}$

联立方程组： $\{\begin{array}{l}\sin A+\cos A=\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \sin A-\cos A=\frac{\sqrt{6}}{2}\end{array}$ 两式相加除以 2 得： $\sin A=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$； 两式相减除以 2 得： $\cos A=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$。

因此， $\tan A$ 的值为： $\tan A=\frac{\sin A}{\cos A}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{\sqrt{2}-\sqrt{6}}=\frac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})(\sqrt{2}+\sqrt{6})}{2-6}=\frac{8+4\sqrt{3}}{-4}=-2-\sqrt{3}$

解法二（辅助角变换法）： 对已知等式左端应用辅助角公式合并： $\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\sin A+\frac{\sqrt{2}}{2}\cos A\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}⟹\sqrt{2}\sin \left(A+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 两边同除以 $\sqrt{2}$： $\sin \left(A+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1}{2}$

因为 $A$ 为 $△ABC$ 的内角，故 $0<A<\pi$，从而有： $\frac{\pi }{4}<A+\frac{\pi }{4}<\frac{5\pi }{4}$ 在此区间内，满足正弦值等于 $\frac{1}{2}$ 的角有且仅有一个： $A+\frac{\pi }{4}=\frac{5\pi }{6}⟹A=\frac{5\pi }{6}-\frac{\pi }{4}=\frac{7\pi }{12}$

故： $\tan A=\tan \frac{7\pi }{12}=\tan \left(\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\tan \frac{\pi }{3}+\tan \frac{\pi }{4}}{1-\tan \frac{\pi }{3}\tan \frac{\pi }{4}}=\frac{\sqrt{3}+1}{1-\sqrt{3}}=-2-\sqrt{3}$

第二步：求解 $△ABC$ 的面积 由解法二（或解法一中的方程解）直接可得角 $A$ 的正弦值： $\sin A=\sin \frac{7\pi }{12}=\sin \left(\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{4}\right)=\sin \frac{\pi }{3}\cos \frac{\pi }{4}+\cos \frac{\pi }{3}\sin \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

已知三角形的邻边长度为 $AC=2$，$AB=3$。 根据三角形面积的边角求积公式： $S_{△ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot \sin A$

代入具体的数值进行控算： $S_{△ABC}=\frac{1}{2}\times 3\times 2\times \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=3\times \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\frac{3(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{4}$

答： $\tan A$ 的值为 $-2-\sqrt{3}$ ； $△ABC$ 的面积为 $\frac{3\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：正余弦齐次方程的平方消元技巧；内角定义域对三角函数符号的截断约束；大纲三角形面积公式。
2. 核心方法：两角和差三角公式法、面积公式代入法。
3. 避坑指南：
   • 漏掉大前提导致象限判定失误：在由 $\sin 2A=-\frac{1}{2}$ 判定角 $A$ 的范围时，必须根据 $\sin A>0$ 且积为负，严格锁定 $\cos A$ 为负，从而判定 $A$ 是第二象限钝角。防止错看作第四象限。
   • 两角和正切公式底数符号弄错：在计算 $\frac{\sqrt{3}+1}{1-\sqrt{3}}$ 分母有理化时，注意分母为负数 $-2$，注意整体符号的提取。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是 2004 年高考北京卷理科数学解答题的第一题（第 15 题位置），属于大纲中测试三角恒等变形与解三角形基本功的常规送分题。
2. 结论推广: 本题涉及的 $\sin A+\cos A=m$ 模型是解析几何与复变函数中最经典的齐次线性方程（First-order linear trigonometric equation）。一般地，在平面三角形中，已知 $\sin A+\cos A=m$，则该内角 $A$ 存在非退化实数解的充要条件为 $m\in (1,\sqrt{2}]$。其对应的正弦值可直接由一元二次代数方程的根表达为 $\sin A=\frac{m+\sqrt{2-m^2}}{2}$。该模型构成了所有三角代数系统降维消元的核心底层工具。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 10.01 两角和与差及辅助角公式
• 07.03 三角函数的图象与性质

类题演练 (Links)

• 2018-北京卷理-15 解-解三角形
• 1952-全国-16 填-两边夹角求面积
• 1953-全国-14 解-正弦定理求最小边与面积