新編浙江高考數(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

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、角的變換是常考的三角變換思想如浙江T6等2.正弦定理和余弦定理及解三角形問題是高考考查的重點(diǎn)，單獨(dú)命題的頻率較高，主要涉及以下幾個(gè)問題：(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題三角恒等變換與向量相結(jié)合問題1(20xx·浙江高考)已知R，sin 2cos ，則tan 2()A.B.C D解析：選C兩邊平方，再同時(shí)除以cos2，得3tan28tan 30，tan 3或tan ，代入tan 2，得到tan 2.2(20xx·遼寧高考)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若asin Bcos Ccsin Bcos Ab，且a>b，則B()A. B.C.D.解析：選A由正弦定理可得sin Asin Bcos Csin C·sin Bcos Asin B，因?yàn)閟in B0，所以sin Acos Csin Ccos A，即sin(AC)，故sin B，因?yàn)閍>b，所以B.3(20xx·天津高考)在ABC中，ABC，AB，BC3，則sin BAC()A. B.C.D.解析：選C由余弦定理可得AC2922×3××5，所以AC.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，ADAC，sinBAC，AB3，AD3，則BD的長(zhǎng)為_解析：因?yàn)閟inBAC，且ADAC，所以sin，所以cosBAD，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sin(±)sin cos ±cos sin .cos(±)cos cos sin sin .tan(±) .(2)二倍角的正弦、余弦、正切公式sin 22sin cos .cos 2cos2sin22cos2112sin2.tan 2.2兩個(gè)定理(1)正弦定理2R(2R為ABC外接圓的直徑)變形：a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C; sin A，sin B，sin C；abcsin Asin Bsin C.(2)余弦定理a2b2c22bccos A，b2a2c22accos B，c2a2b22abcos C.推論：cos A，cos B，cos C.變形：b2c2a22bccos A，a2c2b22accos B，a2b2c22abcos 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. D21(2)若tan，且<<0，則()A BC D.(3)若cos(2)，sin(2)，0<<<<，則的值為_自主解答(1)4cos 50°tan 40°4cos 50°.(2)由tan，得tan .又<<0，所以sin .故2sin .(3)cos(2)且<2<，sin(2).sin(2)且<2<，cos(2).cos()cos(2)(2)cos(2)cos(2)sin(2)sin(2)××.< <，.答案(1)C(2)A(3)規(guī)律·總結(jié)1化簡(jiǎn)求值的方法與思路三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)求值可以采用“切化弦”“弦化切”來減少函數(shù)的種類，做到三角函數(shù)名稱的統(tǒng)一，通過三角恒等變換，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)值來表示(3)求解三角函數(shù)中給值求角的問題時(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 Btan Atan B1，則cos C的值是()A B. C. D解析：選B由tan Atan Btan Atan B1，可得1，即tan(AB)1，所以AB，則C，cos C.2已知cos，sin，且<<，0<<，則cos _.解析：因?yàn)?lt;<，0<<，則<<，<<0，<<0，所以<<，<<.又cos<0，sin>0，所以<<，0<<.則sin ，cos ，故cos coscoscossinsin××.答案：熱點(diǎn)二利用正弦、余弦定理解三角形例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 Bb，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，a80，b100，A30°，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ab5，c，則ABC的面積為_自主解答(1)由已知及正弦定理得2sin Asin Bsin 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°<B<60°或120°<B<150°.若0°<B<60°，則C180°(B30°)>90°，此時(shí)ABC是鈍角三角形；若120°<B<150°，此時(shí)ABC仍是鈍角三角形因此，此三角形一定是鈍角三角形(3)因?yàn)?sin2 cos 2C，所以21cos(AB)2cos2C1，22cos C2cos2C1，cos2Ccos C0，解得cos C.根據(jù)余弦定理，有cos C，則aba2b27，故3aba2b22ab7(ab)2725718，所以ab6，所以ABC的面積SABCabsin C×6×.答案(1)A(2)C(3)將本例(1)中“2asin Bb”改為“2bcos Bacos Cccos A，且b23ac，角C所對(duì)的邊長(zhǎng)為c”，如何求解？解：因?yàn)?bcos Bacos Cccos A，根據(jù)正弦定理可得，2sin Bcos Bsin Acos Csin Ccos A，即sin 2Bsin(AC)sin B，故B.因?yàn)閎23ac，所以sin2B3sin Asin C，即23××cos(AC)cos(AC)，得cos(AC)0，即AC或CA，又AC，得A或. 規(guī)律·總結(jié)解三角形問題的方法(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 Casin Cbc，則角A的值為()A30° B45°C60° D120°解析：選C由acos Casin Cbc及正弦定理，得sin Acos C×sin Asin Csin Bsin C，由三角形內(nèi)角和定理知，sin Acos Csin Asin Csin(AC)sin C，化簡(jiǎn)得sin Acos A1，即sin(A30°).由于0°<A<180°，所以30°<A30°<150°，所以A30°30°，故A60°.4在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，則“a2bcos C”是“ABC是等腰三角形”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件解析：選A若a2bcos C，由正弦定理得sin A 2sin B·cos C，即sin(BC)2sin Bcos C，所以sin Bcos Ccos Bsin C2sin Bcos C，即sin Bcos Ccos BsinC0，所以sin(BC)0，即BC，所以ABC是等腰三角形若ABC是等腰三角形，當(dāng)AB時(shí)，a2bcos C不一定成立，所以“a2bcos 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在離堤足C處2.8 m的石堤上，石堤的傾斜角為，則坡度值tan 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ADC30°，3 min后該船行駛至B處，此時(shí)測(cè)得ACB60°，BCD45°，ADB60°，則船速為_km/min.自主解答(1)由題意，可得在ABC中，AB3.5，AC1.4，BC2.8，且ACB.由余弦定理，可得AB2AC2BC22×AC×BC×cos ACB，即3.521.422.822×1.4×2.8×cos()，解得cos .所以sin .所以tan .(2)法一：(常規(guī)思路)在ACD中，有，得AD.在BCD中，有，得BD1.在ABD中，有AB2AD2BD22AD·BDcos 60°2122××1×，所以AB，故船速為 km/min.法二：(特殊思路)由題意，得BDC30°60°90°，又因?yàn)锽CD45°，所以BCCD.因?yàn)锳CBADB60°，所以A，B，C，D四點(diǎn)共圓，且以BC為直徑，所以ABBC·sin 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，如坡度、仰角、方位角等；(2)根據(jù)題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標(biāo)出；(3)將所求解的問題歸結(jié)到一個(gè)或幾個(gè)三角形中，通過合理運(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，看見一燈塔在船的南偏西60°方向，另一燈塔在船的南偏西75°方向，則這只船的速度是()A15海里/時(shí) B5海里/時(shí)C10海里/時(shí) D20海里/時(shí)解析：選C如圖，依題意有BAC60°，BAD75°，所以CADCDA15°，從而CDCA10，在直角三角形ABC中，可得AB5，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ABC120°；從B處攀登200米到達(dá)D處，回頭看索道AC，此時(shí)張角ADC150°；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_米解析：在ABD中，BD200米，ABD120°，由ADB30°，得DAB30°.因?yàn)?，即，所以AD200 米在ADC中，DC300米，ADC150°，所以AC2AD2DC22×AD×DC×cosADC(200)230022×200×300×cos 150°390 000.所以AC100 米答案：100