新版浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題訓(xùn)練：第1部分 專題二 第2講 三角恒等變換與解三角形選擇、填空題型

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1、 1

2、 1 考 點(diǎn) 考 情 三角函數(shù)的概念及誘導(dǎo)公式 　　1.對(duì)三角變換公式注重基礎(chǔ)考查，并在綜合試題中作為一種工具考查，主要考查利用各種三角公式進(jìn)行求值與化簡(jiǎn)，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?？嫉娜亲儞Q思想．如浙江T6等． 2.正弦定理和余弦定理及解三角形問(wèn)題是高考考查的重點(diǎn)，單獨(dú)命題的頻率較高，主

3、要涉及以下幾個(gè)問(wèn)題：(1)邊和角的計(jì)算；(2)三角形形狀的判斷；(3)面積的計(jì)算；(4)有關(guān)范圍的問(wèn)題．如遼寧T6，天津T6等. 同角三角函數(shù)基本關(guān)系式 兩角和與差的三角函數(shù) 倍角公式 解三角形問(wèn)題 三角恒等變換與向量相結(jié)合問(wèn)題 1．(20xx·浙江高考)已知α∈R，sin α＋2cos α＝，則tan 2α＝(　　) A.　　　　　　　　 　B. C．－ D．－ 解析：選C　兩邊平方，再同時(shí)除以cos2α，得3tan2α－8tan α－3＝0，tan α＝3或tan α＝－，代入tan 2α＝，得到tan 2α＝－. 2．(20xx·遼寧高考)在△ABC中

4、，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，且a>b，則∠B＝(　　) A. B. C. D. 解析：選A　由正弦定理可得sin Asin Bcos C＋sin C·sin Bcos A＝sin B，因?yàn)閟in B≠0，所以sin Acos C＋sin Ccos A＝，即sin(A＋C)＝，故sin B＝，因?yàn)閍>b，所以∠B＝. 3．(20xx·天津高考)在△ABC中，∠ABC＝，AB＝，BC＝3，則sin ∠BAC＝(　　) A. B. C. D. 解析：選C　由余弦定理可得AC2＝9＋2－2×3××＝5，所以AC＝.

5、再由正弦定理得＝，所以sin A＝＝＝. 4．(20xx·福建高考)如圖，在△ABC中，已知點(diǎn)D在BC邊上，AD⊥AC，sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝3，則BD的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)閟in∠BAC＝，且AD⊥AC， 所以sin＝，所以cos∠BAD＝，在△BAD中，由余弦定理，得 BD＝ ＝ ＝. 答案： 1．兩組三角公式 (1)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式 ①sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. ②cos(α±β)＝cos αcos β?sin αsin β. ③tan(α±β)＝ . (2)二倍角的正弦、余弦

6、、正切公式 ①sin 2α＝2sin αcos α. ②cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α. ③tan 2α＝. 2．兩個(gè)定理 (1)正弦定理 ＝＝＝2R(2R為△ABC外接圓的直徑)． 變形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C; sin A＝，sin B＝，sin C＝； a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C. (2)余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C. 推論：cos A＝，cos B＝， cos C＝. 變形

7、：b2＋c2－a2＝2bccos A，a2＋c2－b2＝2accos B，a2＋b2－c2＝2abcos C. 熱點(diǎn)一 三角變換與求值 [例1]　(1)(20xx·重慶高考)4cos 50°－tan 40°＝(　　) A.　　　　　　　　　 　B. C. D．2－1 (2)若tan＝，且－<α<0，則＝(　　) A．－ B．－ C．－ D. (3)若cos(2α－β)＝－，sin(α－2β)＝，0<β<<α<，則α＋β的值為_(kāi)_______． [自主解答]　(1)4cos 50°－tan 40°＝4cos 50°－ ＝－＝ ＝＝ ＝ ＝＝＝.

8、 (2)由tan＝＝，得tan α＝－. 又－<α<0，所以sin α＝－. 故＝＝2sin α＝－. (3)∵cos(2α－β)＝－且<2α－β<π， ∴sin(2α－β)＝. ∵sin(α－2β)＝且－<α－2β<， ∴cos(α－2β)＝. ∴cos(α＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)] ＝cos(2α－β)cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β) ＝－×＋×＝. ∵<α＋β <，∴α＋β＝. [答案]　(1)C　(2)A　(3) —————————————————規(guī)律·總結(jié)—————————————— 1．化簡(jiǎn)求值的方法與思路

9、 三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)求值可以采用“切化弦”“弦化切”來(lái)減少函數(shù)的種類，做到三角函數(shù)名稱的統(tǒng)一，通過(guò)三角恒等變換，化繁為簡(jiǎn)，便于化簡(jiǎn)求值，其基本思路為：找差異，化同名(同角)，化簡(jiǎn)求值． 2．解決條件求值應(yīng)關(guān)注的三點(diǎn) (1)分析已知角和未知角之間的關(guān)系，正確地用已知角來(lái)表示未知角． (2)正確地運(yùn)用有關(guān)公式將所求角的三角函數(shù)值用已知角的三角函數(shù)值來(lái)表示． (3)求解三角函數(shù)中給值求角的問(wèn)題時(shí)，要根據(jù)已知求這個(gè)角的某種三角函數(shù)值，然后結(jié)合角的取值范圍，求出角的大小． 1．在△ABC中，若tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，則cos C的值是(　　) A．－　 　 B.　

10、 　　 C.　 　 　 D．－ 解析：選B　由tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，可得＝－1，即tan(A＋B)＝－1，所以A＋B＝，則C＝，cos C＝. 2．已知cos＝－，sin＝，且<α<π，0<β<，則cos ＝________. 解析：因?yàn)?α<π，0<β<，則<<， －<－β<0，－<－<0， 所以<α－<π，－<－β<. 又cos＝－<0，sin＝>0， 所以<α－<π，0<－β<. 則sin＝ ＝， cos＝ ＝， 故cos ＝cos ＝coscos＋sinsin ＝×＋×＝. 答案： 熱點(diǎn)二 利用正弦、余弦定理解三角形

11、 [例2]　(1)(20xx·湖南高考)在銳角△ABC中，角A，B所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b.若2asin B＝b，則角A等于　　(　　) A. 　　　 B. 　　　 C. 　　　 D. (2)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，a＝80，b＝100，A＝30°，則此三角形(　　) A．一定是銳角三角形 B．一定是直角三角形 C．一定是鈍角三角形 D．可能是直角三角形，也可能是銳角三角形 (3)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知4sin2 －cos 2C＝，且a＋b＝5，c＝，則△ABC的面積為_(kāi)_______． [自主解答]　(1)由已

12、知及正弦定理得2sin Asin B＝sin B，因?yàn)閟in B>0，所以sin A＝.又A∈，所以A＝. (2)依題意得＝，sin B＝＝＝<，因此0°90°，此時(shí)△ABC是鈍角三角形；若120°

13、7，故3ab＝a2＋b2＋2ab－7＝(a＋b)2－7＝25－7＝18，所以ab＝6，所以△ABC的面積S△ABC＝absin C＝×6×＝. [答案]　(1)A　(2)C　(3) 將本例(1)中“2asin B＝b”改為“2bcos B＝acos C＋ccos A，且b2＝3ac，角C所對(duì)的邊長(zhǎng)為c”，如何求解？ 解：因?yàn)?bcos B＝acos C＋ccos A，根據(jù)正弦定理可得，2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A，即sin 2B＝sin(A＋C)＝sin B，故B＝.因?yàn)閎2＝3ac，所以sin2B＝3sin Asin C，即2＝3××[co

14、s(A－C)－cos(A＋C)]＝，得cos(A－C)＝0，即A－C＝或C－A＝，又A＋C＝，得A＝或.　　　　　 ——————————————————規(guī)律·總結(jié)—————————————— 解三角形問(wèn)題的方法 (1)“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對(duì)角”應(yīng)采用正弦定理； (2)“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)采用余弦定理． 3．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，若acos C＋asin C＝b＋c，則角A的值為(　　) A．30° B．45° C．60° D．120° 解析：選C　由acos C＋asin

15、C＝b＋c及正弦定理，得sin Acos C＋×sin Asin C＝sin B＋sin C，由三角形內(nèi)角和定理知，sin Acos C＋sin Asin C＝sin(A＋C)＋sin C，化簡(jiǎn)得sin A－cos A＝1，即sin(A－30°)＝.由于0°

16、弦定理得sin A ＝2sin B·cos C，即sin(B＋C)＝2sin Bcos C，所以sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bcos C，即sin Bcos C－cos BsinC＝0，所以sin(B－C)＝0，即B＝C，所以△ABC是等腰三角形．若△ABC是等腰三角形，當(dāng)A＝B時(shí)，a＝2bcos C不一定成立，所以“a＝2bcos C”是“△ABC是等腰三角形”的充分不必要條件． 熱點(diǎn)三 解三角形與實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題 [例3]　(1)(20xx·青島模擬)如圖所示，長(zhǎng)為3.5 m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在離堤足C處1.4 m的地面上，另一端B在離

17、堤足C處2.8 m的石堤上，石堤的傾斜角為α，則坡度值tan α等于(　　) A.　　　　　　　　 　B. C. D. (2)如圖所示，為了測(cè)量正在海面勻速行駛的某航船的速度，在海岸上選取距離為1 km的兩個(gè)觀察點(diǎn)C，D，在某天10：00觀察到該航船在A處，此時(shí)測(cè)得∠ADC＝30°，3 min后該船行駛至B處，此時(shí)測(cè)得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，則船速為_(kāi)_________km/min. [自主解答]　(1)由題意，可得在△ABC中，AB＝3.5，AC＝1.4，BC＝2.8，且α＋∠ACB＝π.由余弦定理，可得AB2＝AC2＋BC2－2×AC×BC×cos

18、 ∠ACB，即3.52＝1.42＋2.82－2×1.4×2.8×cos(π－α)，解得cos α＝.所以sin α＝.所以tan α＝＝. (2)法一：(常規(guī)思路)在△ACD中， 有＝， 得AD＝. 在△BCD中，有＝， 得BD＝1. 在△ABD中，有AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos 60°＝ 2＋12－2××1×＝， 所以AB＝，故船速為 km/min. 法二：(特殊思路) 由題意，得∠BDC＝30°＋60°＝90°， 又因?yàn)椤螧CD＝45°，所以BC＝CD＝. 因?yàn)椤螦CB＝∠ADB＝60°，所以A，B，C，D四點(diǎn)共圓，且以BC為直徑，所以AB＝BC·si

19、n 60°＝， 故船速為 km/min. [答案]　(1)A　(2) 四步解決解三角形中的實(shí)際問(wèn)題 (1)分析題意，準(zhǔn)確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語(yǔ)，如坡度、仰角、方位角等； (2)根據(jù)題意畫(huà)出示意圖，并將已知條件在圖形中標(biāo)出； (3)將所求解的問(wèn)題歸結(jié)到一個(gè)或幾個(gè)三角形中，通過(guò)合理運(yùn)用正弦定理、余弦定理等有關(guān)知識(shí)正確求解； (4)檢驗(yàn)解出的結(jié)果是否具有實(shí)際意義，對(duì)結(jié)果進(jìn)行取舍，得出正確答案． 5．一船向正北方向航行，看見(jiàn)正西方向有相距10海里的兩個(gè)燈塔恰好與它在一條直線上，繼續(xù)航行半小時(shí)后，看見(jiàn)一燈塔在船的南偏西60°方向，另一燈塔在船的南

20、偏西75°方向，則這只船的速度是(　　) A．15海里/時(shí) B．5海里/時(shí) C．10海里/時(shí) D．20海里/時(shí) 解析：選C　如圖，依題意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，從而CD＝CA＝10，在 直角三角形ABC中，可得AB＝5，于是這只船的速度是10海里/時(shí)． 6．如圖所示，福建省福清石竹山原有一條筆直的山路BC，現(xiàn)在又新架設(shè)了一條索道AC.在山腳B處看索道AC，此時(shí)張角∠ABC＝120°；從B處攀登200米到達(dá)D處，回頭看索道AC，此時(shí)張角∠ADC＝150°；從D處再攀登300米即到達(dá)C處，則石竹山這條索道AC的長(zhǎng)度為_(kāi)_______米． 解析：在△ABD中，BD＝200米，∠ABD＝120°，由∠ADB＝30°，得∠DAB＝30°. 因?yàn)椋剑矗剑? 所以AD＝＝200 米． 在△ADC中，DC＝300米，∠ADC＝150°， 所以AC2＝AD2＋DC2－2×AD×DC×cos∠ADC＝(200)2＋3002－2×200×300×cos 150°＝390 000.所以AC＝100 米． 答案：100