2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-理数（创新版）文档：题型1 第7讲 三角恒等变换与解三角形 Word版含解析.doc

www.ks5u.com第7讲三角恒等变换与解三角形考情分析三角恒等变换是高考的热点内容，主要考查利用各种三角函数公式进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点，切化弦、角的变换是常考的内容正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查：(1)边和角的计算；(2)三角形形状的判断；(3)面积的计算；(4)有关边、角的范围问题；(5)实际应用问题.热点题型分析热点1三角恒等变换及求值三角恒等变换“四大策略”：(1)常值代换：特别是“1”的代换，1sin2cos2tan45°等；(2)项的分拆与角的配凑，如：sin22cos2(sin2cos2)cos2，()等；(3)降次与升次：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，则cos的值为()A. B C. D.答案B解析sincoscos，cos2cos212×21.2.若，都是锐角，且cos，sin()，则cos()A. B.C.或 D.或答案A解析，都是锐角，<<，又cos，sin()，sin，cos()，coscos()coscos()sinsin()××.故选A.研究三角函数式的求值问题，解题的关键是找出条件中的角与所求角的联系，依据函数名称的变换特点，选择合适的公式求解第1题易错点有二：一是不善于发现与两角的互余关系；二是二倍角公式的正确记忆及应用第2题易忽略角的配凑技巧，而利用两角和与差公式直接展开，结合同角基本关系式1sin2cos2而错选C.热点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)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两个定理都有可能用到；(2)关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”.2.利用正、余弦定理判断三角形形状的两种常用途径(1)角化边：通过正弦、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；(2)边化角：通过正弦、余弦定理化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断.3.与三角形面积有关问题的解题思路(1)先转化：根据条件，利用三角变换公式化简已知条件等式，再利用正、余弦定理化边或化角；(2)再选面积公式：根据条件选择面积公式，多用三角形的面积SabsinCacsinBbcsinA；(3)后求值：若求值可根据条件直接求出，若求最值，注意根据条件常利用基本不等式求最值.1.(2018·全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为，则C()A. B. C. D.答案C解析由题可知SABCabsinC，所以a2b2c22absinC由余弦定理a2b2c22abcosC，所以sinCcosC.因为C(0，)，所以C，故选C.2.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若cacosB(2ab)cosA，则ABC的形状为()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cacosB(2ab)cosA，C(AB)，由正弦定理得，sinCsinAcosB2sinAcosAsinBcosA，sin(AB)sinAcosB2sinAcosAsinBcosA，得2cosAsinB2sinAcosA，cosA0或sinBsinA，A或BA或BA(舍去)，ABC为等腰或直角三角形故选D.3.(2018·浙江高考)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b2，A60°，则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c3.(1)第1题易错在三角形面积公式的选择和余弦定理的正确运用上；(2)应用正、余弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，如第2题易忽略cosA0的情况而错选A；(3)第3题在求边c时，如果选用正弦定理易由于运算量过大而导致出错，恰当的选择余弦定理可简便求解.热点3正、余弦定理的实际应用解正弦、余弦定理的实际应用问题的步骤：(1)分析：理解题意，分清已知与所求，画出示意图尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、方位角等；(2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的数学模型；(3)求解：利用正弦定理和余弦定理有序地解三角形，求得数学模型的解；(4)检验：检验上述所求的三角形是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出实际问题的解.1如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿DC走到C用了3分钟若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为_米.答案50解析连接OC，由题意知CD150米，OD100米，CDO60°.在COD中，由余弦定理得OC2CD2OD22CD·OD·cos 60°，即OC50.2某观测站C在目标A的南偏西25°方向，从A出发有一条南偏东35°走向的公路，在C处测得与C相距31 km的公路B处有一个人正沿着此公路向A走去，走20 km到达D，此时测得CD距离为21 km，若此人必须在20分钟内从D处到达A处，则此人的最小速度为_ km/h.答案45解析由已知得CAB25°35°60°，BC31，CD21，BD20，可得cosB，那么sinB，于是在ABC中，AC24，在ABC中，BC2AC2AB22AC·ABcos60°，即312242AB224AB，解得AB35或AB11(舍去)，因此ADABBD352015.故此人在D处距A处还有15 km，若此人必须在20分钟，即小时内从D处到达A处，则其最小速度为15÷45(km/h).理解题中方向角的概念，第2题易概念不清楚而导致出错.真题自检感悟1.(2018·全国卷)若sin，则cos2()A. B. C D答案B解析由公式可得cos212sin21.故选B.2.(2017·山东高考)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若ABC为锐角三角形，且满足sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是()A.a2b Bb2aC.A2B DB2A答案A解析等式右边sinAcosC(sinAcosCcosAsinC)sinAcosCsin(AC)sinAcosCsinB，等式左边sinB2sinBcosC，sinB2sinBcosCsinAcosCsinB.由cosC0，得sinA2sinB.根据正弦定理，得a2b.故选A.3.(2019·全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b6，a2c，B，则ABC的面积为_.答案6解析由余弦定理得b2a2c22accosB.又b6，a2c，B，364c2c22×2c2×，c2，a4，SABCacsinB×4×2×6.4.(2017·浙江高考)已知ABC，ABAC4，BC2.点D为AB延长线上一点，BD2，连接CD，则BDC的面积是_，cosBDC_.答案解析解法一：依题意作出图形，如图所示，则sinDBCsinABC.由题意知ABAC4，BCBD2，由余弦定理得cosABC，则sinDBCsinABC，所以SBDCBC·BD·sinDBC×2×2×.因为cosDBCcosABC，所以CD.由余弦定理，得cosBDC.解法二：同解法一得cosABC，SBDC.因为BDBC2，所以BDCABC，则cosBDC .专题作业一、选择题1.下列各式中，值为的是()A.sin15°cos15° Bcos2sin2C. D.答案D解析sin15°cos15°sin30°，排除A；cos2sin2cos，排除B; ，排除C；由tan45°1知，故选D.2.(2019·山师大附中模拟)设函数f(x)sin(2x)(0<<)在x时取得最大值，则函数g(x)cos(2x)的图象()A.关于点对称 B关于点对称C.关于直线x对称 D关于直线x对称答案A解析因为当x时，f(x)sin(2x)(0<<)取得最大值，所以，则g(x)cos，对称中心为，kZ，对称轴x，kZ，故选A.3(2019·重庆铜梁一中月考)已知函数f(x)2sin(x)(>0)，x的图象如图，若f(x1)f(x2)，且x1x2，则f(x1x2)的值为()A. B. C1 D0答案C解析由图象得，T，2，图象过点，2sin2sin2，得2k(kZ)，2k(kZ)，f(x)2sin2sin，由图象可知，函数f(x)的一条对称轴为x，又f(x1)f(x2)，x1x2×2，f(x1x2)f2sin1，故选C.4.(2019·晋城一模)若|sin|cos|，则sin4cos4()A. B. C. D.答案B解析将|sin|cos|两边平方得，1|sin2|，|sin2|，sin4cos412sin2cos21sin22，故选B.5.函数f(x)(1cos2x)·cos2x，xR，设f(x)的最大值是A，最小正周期为T，则f(AT)的值等于()A. B. C1 D0答案B解析f(x)(1cos2x)cos2x(1cos2x)(1cos22x)cos4x.当cos4x1时，Af(x)max，T.f(AT)fcos.故选B.6.(2018·全国卷)在ABC中，cos，BC1，AC5，则AB()A.4 B. C. D2答案A解析因为cosC2cos212×21，所以c2a2b22abcosC1252×1×5×32，所以c4，故选A.7.若tan2tan，则()A.1 B2 C3 D4答案C解析由已知，3，故选C.8.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，A，b1，则ABC的面积为()A. B. C. D.答案B解析由正弦定理得2R，即，a1，A，b1，ABC为等边三角形，SabsinC.故选B.9.(2019·重庆巴蜀中学期中)已知f(x)sin(x)，f(x1)f(x2)0，|x1x2|的最小值为，f(x)f，将f(x)的图象向左平移个单位长度得g(x)，则g(x)的单调递减区间是()A.(kZ)B.(kZ)C.(kZ)D.(kZ)答案A解析f(x)sin(x)，由f(x1)f(x2)0可得x1，x2是函数的极值点，|x1x2|的最小值为，T，2，f(x)sin(2x)，又f(x)f，f(x)的图象的对称轴为x，2×k，kZ，又，f(x)sin.将f(x)的图象向左平移个单位长度得g(x)sincos2x的图象，令2k2x2k，kZ，kxk，kZ，则g(x)cos2x的单调递减区间是(kZ)，故选A.10.若sin2，sin()，且，则的值是()A. B.C.或 D.或答案A解析，2，sin2>0，2，cos2，且，又，sin()>0，cos()，且，cos()cos2()cos2·cos()sin2·sin()××.2，2，.故选A.11.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosC，bcosAacosB2，则ABC的外接圆面积为()A.4 B8 C9 D36答案C解析bcosAacosB2，由余弦定理可得，b·a·2，整理得c2，又cosC，sinC，设ABC的外接圆的半径为R，则2R6，R3.ABC的外接圆面积SR29.故选C.12(2019·南关区校级期末)意大利“美术三杰”(文艺复兴后三杰)之一的达芬奇的经典之作蒙娜丽莎举世闻名画中女子神秘的微笑数百年来让无数观赏者入迷某数学兼艺术爱好者对蒙娜丽莎的同比例影像作品进行了测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角A，C处作圆弧的切线，两条切线交于点B，测得如下数据：AB6.9 cm，BC7.1 cm，AC12.6 cm，根据测量得到的结果推算：将蒙娜丽莎中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角位于以下哪个区间()A. B.C. D.答案B解析取ABBC7，设ABC2，则sin0.9.又sin0.866，sin0.924，2.设蒙娜丽莎中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为，则2，.故选B.二、填空题13.(2019·陕西四校联考)已知sin2cos，则cos2_.答案解析由已知得tan2，cos2cos2sin2.14.(2018·全国卷)已知sincos1，cossin0，则sin()_.答案解析解法一：因为sincos1，cossin0，所以(1sin)2(cos)21，所以sin，cos，因此sin()sincoscossin×cos21sin21.解法二：由(sincos)2(cossin)21，得22sin()1，所以sin().15.在ABC中，内角A，B，C所对边分别是a，b，c，若sin2，则ABC的形状一定是_.答案直角三角形解析解法一：根据题意，由sin2，得1cosB1，由正弦定理得，cosB，A(BC)，cosBsinCsin(BC)，即cosBsinCsinBcosCcosBsinC，sinBcosC0，0<B<，sinB0，cosC0，0<C<，C，ABC是直角三角形.解法二：sin2，cosB，由余弦定理可得，cosB，整理可得a2b2c2，ABC是直角三角形.16.(2019·潍坊模拟)校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 m(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上若国歌时长为50 s，升旗手应以_ m/s的速度匀速升旗.答案0.6解析依题意可知AEC45°，ACE180°60°15°105°，EAC180°45°105°30°.由正弦定理可知，AC·sinCEA20 m.在RtABC中，ABAC·sinACB20×30 m.国歌时长为50 s，升旗速度为0.6 m/s.