2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第7講 三角恒等變換與解三角形練習(xí) 文

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2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第7講 三角恒等變換與解三角形練習(xí)
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第7講 三角恒等變換與解三角形 [考情分析] 三角恒等變換是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容,主要考查利用各種三角函數(shù)公式進(jìn)行求值與化簡,其中降冪公式、輔助角公式是考查的重點(diǎn),切化弦、角的變換是??嫉膬?nèi)容.正弦定理、余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內(nèi)容,主要考查:(1)邊和角的計算;(2)三角形形狀的判斷;(3)面積的計算;(4)有關(guān)邊、角的范圍問題;(5)實(shí)際應(yīng)用問題. 熱點(diǎn)題型分析 熱點(diǎn)1 三角恒等變換及求值 三角恒等變換“四大策略”: (1)常值代換:特別是“1”的代換,1=sin2θ+cos2θ=tan45°等; (2)項的分拆與角的配湊,如: sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α, α=(α-β)+β等; (3)降次與升次:正用二倍角公式升次,逆用二倍角公式降次; (4)弦、切互化:一般是切化弦. 1.若sin=,則cos的值為(  ) A.- B.- C. D. 答案 B 解析 ∵sin=cos=cos=,∴cos=2cos2-1=2×2-1=-. 2.若α,β都是銳角,且cosα=,sin(α-β)=,則cosβ=(  ) A. B. C.或- D.或 答案 A 解析 ∵α,β都是銳角,∴-<α-β<, 又cosα=,sin(α-β)=, ∴sinα=,cos(α-β)=, ∴cosβ=cos[α-(α-β)]=cosαcos(α-β)+sinαsin(α-β) =×+×=.故選A. 研究三角函數(shù)式的求值問題,解題的關(guān)鍵是找出條件中的角與所求角的聯(lián)系,依據(jù)函數(shù)名稱的變換特點(diǎn),選擇合適的公式求解.第1題易錯點(diǎn)有二:一是不善于發(fā)現(xiàn)-α與+α兩角的互余關(guān)系;二是二倍角公式的正確記憶及應(yīng)用.第2題易忽略角的配湊技巧,而利用兩角和與差公式直接展開,結(jié)合同角基本關(guān)系式1=sin2θ+cos2θ而錯選C. 熱點(diǎn)2 正弦定理、余弦定理 1.利用正、余弦定理解三角形的思路 (1)解三角形時,如果式子中含有角的余弦或邊的二次式,要考慮用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時,則考慮用正弦定理;以上特征都不明顯時,則考慮兩個定理都有可能用到; (2)關(guān)于解三角形問題,一般要用到三角形的內(nèi)角和定理,正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì),常見的三角恒等變換方法和原則都適用,同時要注意“三統(tǒng)一”,即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”. 2.利用正、余弦定理判斷三角形形狀的兩種常用途徑 (1)角化邊:通過正弦、余弦定理化角為邊,通過代數(shù)恒等變換,求出邊與邊之間的關(guān)系進(jìn)行判斷; (2)邊化角:通過正弦、余弦定理化邊為角,利用三角變換得出三角形內(nèi)角之間的關(guān)系進(jìn)行判斷. 3.與三角形面積有關(guān)問題的解題思路 (1)先轉(zhuǎn)化:根據(jù)條件,利用三角變換公式化簡已知條件等式,再利用正、余弦定理化邊或化角; (2)再選面積公式:根據(jù)條件選擇面積公式,多用三角形的面積S=absinC=acsinB=bcsinA; (3)后求值:若求值可根據(jù)條件直接求出,若求最值,注意根據(jù)條件常利用基本不等式求最值. 1.(2018·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若△ABC的面積為,則C=(  ) A. B. C. D. 答案 C 解析 由題可知S△ABC=absinC=, 所以a2+b2-c2=2absinC. 由余弦定理a2+b2-c2=2abcosC,所以sinC=cosC. 因為C∈(0,π),所以C=,故選C. 2.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,若c-acosB=(2a-b)cosA,則△ABC的形狀為(  ) A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形 答案 D 解析 ∵c-acosB=(2a-b)cosA,C=π-(A+B),由正弦定理得,sinC-sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA, ∴sin(A+B)-sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA, 得2cosAsinB=2sinAcosA, ∴cosA=0或sinB=sinA,∴A=或B=A或B=π-A(舍去),∴△ABC為等腰或直角三角形.故選D. 3.(2018·浙江高考)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a=,b=2,A=60°,則sinB=________,c=________. 答案  3 解析 由正弦定理=,得=,所以sinB=. 由余弦定理,cosA=,得=,所以c=3. 1.第1題易錯在三角形面積公式的選擇和余弦定理的正確運(yùn)用上. 2.應(yīng)用正、余弦定理求角時容易出現(xiàn)增解或漏解的錯誤,如第2題易忽略cosA=0的情況而錯選A. 3.第3題在求邊c時,如果選用正弦定理易由于運(yùn)算量過大而導(dǎo)致出錯,恰當(dāng)?shù)倪x擇余弦定理可簡便求解. 熱點(diǎn)3 正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用 解正弦、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用問題的步驟: (1)分析:理解題意,分清已知與所求,畫出示意圖.尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語,如坡度、仰角、俯角、方位角等; (2)建模:根據(jù)已知條件與求解目標(biāo),把已知量與求解量盡量集中在有關(guān)的三角形中,建立一個解三角形的數(shù)學(xué)模型; (3)求解:利用正弦定理和余弦定理有序地解三角形,求得數(shù)學(xué)模型的解; (4)檢驗:檢驗上述所求的三角形是否具有實(shí)際意義,對結(jié)果進(jìn)行取舍,得出實(shí)際問題的解. 1.如圖,某住宅小區(qū)的平面圖呈圓心角為120°的扇形AOB,C是該小區(qū)的一個出入口,且小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD.已知某人從O沿OD走到D用了2分鐘,從D沿DC走到C用了3分鐘.若此人步行的速度為每分鐘50米,則該扇形的半徑為________米. 答案 50 解析 連接OC,由題意知CD=150米,OD=100米,∠CDO=60°.在△COD中,由余弦定理得OC2=CD2+OD2-2CD·OD·cos 60°,即OC=50. 2.某觀測站C在目標(biāo)A的南偏西25°方向,從A出發(fā)有一條南偏東35°走向的公路,在C處測得與C相距31 km的公路B處有一個人正沿著此公路向A走去,走20 km到達(dá)D,此時測得CD距離為21 km,若此人必須在20分鐘內(nèi)從D處到達(dá)A處,則此人的最小速度為________km/h. 答案 45 解析 由已知得∠CAB=25°+35°=60°,BC=31,CD=21,BD=20,可得cosB= ==,那么sinB=, 于是在△ABC中,AC==24, 在△ABC中,BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos60°,即312=242+AB2-24AB,解得AB=35或AB=-11(舍去),因此AD=AB-BD=35-20=15. 故此人在D處距A處還有15 km,若此人必須在20分鐘,即小時內(nèi)從D處到達(dá)A處,則其最小速度為15÷=45(km/h). 理解題中方向角的概念,第2題易概念不清楚而導(dǎo)致出錯. 真題自檢感悟 1.(2018·全國卷Ⅲ)若sinα=,則cos2α=(  ) A. B. C.- D.- 答案 B 解析 由公式可得cos2α=1-2sin2α=1-=.故選B. 2.(2017·山東高考)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若△ABC為銳角三角形,且滿足sinB(1+2cosC)=2sinAcosC+cosAsinC,則下列等式成立的是(  ) A.a=2b B.b=2a C.A=2B D.B=2A 答案 A 解析 ∵等式右邊=sinAcosC+(sinAcosC+cosAsinC) =sinAcosC+sin(A+C)=sinAcosC+sinB, 等式左邊=sinB+2sinBcosC, ∴sinB+2sinBcosC=sinAcosC+sinB. 由cosC>0,得sinA=2sinB. 根據(jù)正弦定理,得a=2b.故選A. 3.(2019·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若b=6,a=2c,B=,則△ABC的面積為________. 答案 6 解析 由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB. 又b=6,a=2c,B=,∴36=4c2+c2-2×2c2×, ∴c=2,a=4, ∴S△ABC=acsinB=×4×2×=6. 4.(2017·浙江高考)已知△ABC,AB=AC=4,BC=2.點(diǎn)D為AB延長線上一點(diǎn),BD=2,連接CD,則△BDC的面積是________,cos∠BDC=________. 答案   解析 解法一:依題意作出圖形,如圖所示, 則sin∠DBC=sin∠ABC. 由題意知AB=AC=4,BC=BD=2, 由余弦定理得 cos∠ABC= ==, 則sin∠DBC=sin∠ABC=, 所以S△BDC=BC·BD·sin∠DBC =×2×2×=. 因為cos∠DBC=-cos∠ABC=- ==, 所以CD=. 由余弦定理,得cos∠BDC==. 解法二:同解法一得cos∠ABC=,S△BDC=. 因為BD=BC=2,所以∠BDC=∠ABC,則 cos∠BDC= =. 專題作業(yè) 一、選擇題 1.下列各式中,值為的是(  ) A.sin15°cos15° B.cos2-sin2 C. D. 答案 D 解析 sin15°cos15°=sin30°=,排除A;cos2-sin2=cos=,排除B; = =,排除C;由tan45°==1知=,故選D. 2.(2019·山師大附中模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)在x=時取得最大值,則函數(shù)g(x)=cos(2x+φ)的圖象(  ) A.關(guān)于點(diǎn)對稱 B.關(guān)于點(diǎn)對稱 C.關(guān)于直線x=對稱 D.關(guān)于直線x=對稱 答案 A 解析 因為當(dāng)x=時,f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)取得最大值,所以φ=,則g(x)=cos,對稱中心為,k∈Z,對稱軸x=-,k∈Z,故選A. 3.(2019·重慶銅梁一中月考)已知函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0),x∈的圖象如圖,若f(x1)=f(x2),且x1≠x2,則f(x1+x2)的值為(  ) A. B. C.1 D.0 答案 C 解析 由圖象得=-,∴T=π,ω==2, ∵圖象過點(diǎn),∴2sin=2sin=-2,得+φ=+2kπ(k∈Z), ∴φ=+2kπ(k∈Z), ∴f(x)=2sin=2sin,由圖象可知,函數(shù)f(x)的一條對稱軸為x=-+=,又f(x1)=f(x2),∴由x1+x2=×2=,得f(x1+x2)=f=2sin=1,故選C. 4.(2019·晉城一模)若|sinθ|+|cosθ|=,則sin4θ+cos4θ=(  ) A. B. C. D. 答案 B 解析 將|sinθ|+|cosθ|=兩邊平方得, 1+|sin2θ|=,∴|sin2θ|=, ∴sin4θ+cos4θ=1-2sin2θcos2θ=1-sin22θ=,故選B. 5.函數(shù)f(x)=(1-cos2x)·cos2x,x∈R,設(shè)f(x)的最大值是A,最小正周期為T,則f(AT)的值等于(  ) A. B. C.1 D.0 答案 B 解析 ∵f(x)=(1-cos2x)cos2x=(1-cos2x)=(1-cos22x)==-cos4x+. ∴當(dāng)cos4x=-1時,A=f(x)max=,T==. ∴f(AT)=f=-cosπ+=.故選B. 6.(2018·全國卷Ⅱ)在△ABC中,cos=,BC=1,AC=5,則AB=(  ) A.4 B. C. D.2 答案 A 解析 因為cosC=2cos2-1=2×2-1=-,所以c2=a2+b2-2abcosC=1+25-2×1×5×=32,所以c=4,故選A. 7.若tanα=2tan,則=(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C 解析 由已知,= ====3,故選C. 8.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若=,A=,b=1,則△ABC的面積為(  ) A. B. C. D. 答案 B 解析 由正弦定理得=2R=, ∴=,即=,a=1, ∵A=,b=1,∴△ABC為等邊三角形, ∴S=absinC=.故選B. 9.(2019·重慶巴蜀中學(xué)期中)已知f(x)=sin(ωx+θ),f′(x1)=f′(x2)=0,|x1-x2|的最小值為,f(x)=f,將f(x)的圖象向左平移個單位長度得g(x),則g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(  ) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 答案 A 解析 ∵f(x)=sin(ωx+θ), 由f′(x1)=f′(x2)=0可得x1,x2是函數(shù)的極值點(diǎn), ∵|x1-x2|的最小值為,∴T==, ∴ω=2,∴f(x)=sin(2x+θ), 又f(x)=f, ∴f(x)的圖象的對稱軸為x=, ∴2×+θ=kπ+,k∈Z,又θ∈, ∴θ=,∴f(x)=sin. 將f(x)的圖象向左平移個單位長度得 g(x)=sin=cos2x的圖象, 令2kπ≤2x≤2kπ+π,k∈Z,∴kπ≤x≤kπ+,k∈Z, 則g(x)=cos2x的單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z),故選A. 10.若sin2α=,sin(β-α)=,且α∈,β∈,則α+β的值是(  ) A. B. C.或 D.或 答案 A 解析 ∵α∈,∴2α∈, ∵sin2α=>0,∴2α∈, ∴cos2α=-,且α∈,又∵β∈, ∴β-α∈, ∵sin(β-α)=>0, ∴cos(β-α)=-,且β-α∈, ∴cos(α+β)=cos[2α+(β-α)]=cos2α·cos(β-α)-sin2α·sin(β-α)=-×-×=. ∵2α∈,β-α∈,∴α+β∈[π,2π], ∴α+β=.故選A. 11.△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若cosC=,bcosA+acosB=2,則△ABC的外接圓面積為(  ) A.4π B.8π C.9π D.36π 答案 C 解析 ∵bcosA+acosB=2,由余弦定理可得, b·+a·=2, 整理得c=2,又∵cosC=, ∴sinC==, 設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R,則2R===6,∴R=3.∴△ABC的外接圓面積S=πR2=9π.故選C. 12.(2019·南關(guān)區(qū)校級期末)意大利“美術(shù)三杰”(文藝復(fù)興后三杰)之一的達(dá)芬奇的經(jīng)典之作——《蒙娜麗莎》舉世聞名.畫中女子神秘的微笑數(shù)百年來讓無數(shù)觀賞者入迷.某數(shù)學(xué)兼藝術(shù)愛好者對《蒙娜麗莎》的同比例影像作品進(jìn)行了測繪,將畫中女子的嘴唇近似看作一個圓弧,在嘴角A,C處作圓弧的切線,兩條切線交于B點(diǎn),測得如下數(shù)據(jù):AB=6.9 cm,BC=7.1 cm,AC=12.6 cm,根據(jù)測量得到的結(jié)果推算: 將《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應(yīng)的圓心角位于以下哪個區(qū)間(  ) A. B. C. D. 答案 B 解析 取AB=BC≈7,設(shè)∠ABC=2θ, 則sinθ≈=0.9.又sin=≈0.866,sin≈0.924, ∴θ∈,2θ∈. 設(shè)《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應(yīng)的圓心角為α,則α+2θ=π,∴α∈.故選B. 二、填空題 13.(2019·陜西四校聯(lián)考)已知sinα=2cosα,則cos2α=________. 答案?。? 解析 由已知得tanα=2,cos2α=cos2α-sin2α ====-. 14.(2018·全國卷Ⅱ)已知sinα+cosβ=1,cosα+sinβ=0,則sin(α+β)=________. 答案?。? 解析 解法一:因為sinα+cosβ=1,cosα+sinβ=0, 所以(1-sinα)2+(-cosα)2=1, 所以sinα=,cosβ=, 因此sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=×-cos2α=-1+sin2α=-1+=-. 解法二:由(sinα+cosβ)2+(cosα+sinβ)2=1,得2+2sin(α+β)=1,所以sin(α+β)=-. 15.在△ABC中,AD是BC邊上的中線,∠ABD=.若AB=BD,則∠CAD=________.若AC=2AD=2,則△ABC的面積為________. 答案   解析 設(shè)BD=m,則AB=m,BC=2m,根據(jù)余弦定理,AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos∠ABD=m2,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABD=m2,∴AD=DC=AC=m,即△ACD是正三角形,∴∠CAD=.記△ABC的三內(nèi)角∠BAC,∠ABC,∠ACB所對的三條邊分別為a,b,c,則BD=a,由余弦定理可得,AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos∠ABD,∴1=c2+2-ac,即4=4c2+a2-2ac,又AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC,∴4=c2+a2-ac,于是,4c2+a2-2ac=c2+a2-ac,∴a=c,代入c2+a2-ac=4可得c=2,a=2,∴S△ABC=acsin∠ABC=. 16.(2019·濰坊模擬)校運(yùn)動會開幕式上舉行升旗儀式,旗桿正好處在坡度為15°的看臺的某一列的正前方,從這一列的第一排和最后一排測得旗桿頂部的仰角分別為60°和30°,第一排和最后一排的距離為10 m(如圖所示),旗桿底部與第一排在一個水平面上.若國歌時長為50 s,升旗手應(yīng)以______ m/s的速度勻速升旗. 答案 0.6 解析 依題意可知∠AEC=45°,∠ACE=180°-60°-15°=105°,∴∠EAC=180°-45°-105°=30°. 由正弦定理可知=, ∴AC=·sin∠CEA=20 m. ∴在Rt△ABC中,AB=AC·sin∠ACB=20×=30 m. ∵國歌時長為50 s, ∴升旗速度為=0.6 m/s. - 15 -
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