2020届高考文科数学大二轮复习冲刺创新专题题型1选填题练熟练稳少丢分第7讲三角恒等变换与解三角形练习

2020届高考文科数学大二轮复习冲刺创新专题题型1选填题练熟练稳少丢分第7讲三角恒等变换与解三角形练习

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，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等；‎ ‎(2)项的分拆与角的配凑，如：‎ sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，‎ α＝(α－β)＋β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　∵sin＝cos＝cos＝，∴cos＝2cos2－1＝2×2－1＝－.‎ ‎2.若α，β都是锐角，且cosα＝，sin(α－β)＝，则cosβ＝(　　)‎ A. B. C.或－ D.或 - 15 -‎ 答案　A 解析　∵α，β都是锐角，∴－<α－β<，‎ 又cosα＝，sin(α－β)＝，‎ ‎∴sinα＝，cos(α－β)＝，‎ ‎∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)‎ ‎＝×＋×＝.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－α与＋α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1＝sin2θ＋cos2θ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 - 15 -‎ ‎(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S＝absinC＝acsinB＝bcsinA；‎ ‎(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Ⅲ)△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S△ABC＝absinC＝，‎ 所以a2＋b2－c2＝2absinC.‎ 由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC.‎ 因为C∈(0，π)，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c－acosB＝(2a－b)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　∵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＝，b - 15 -‎ ‎＝2，A＝60°，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c＝3.‎ ‎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cosA＝0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．‎ - 15 -‎ 答案　50 解析　连接OC，由题意知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∠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.‎ - 15 -‎ 真题自检感悟 ‎1.(2018·全国卷Ⅲ)若sinα＝，则cos2α＝(　　)‎ A. B. ‎ C．－ D．－ 答案　B 解析　由公式可得cos2α＝1－2sin2α＝1－＝.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(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立的是(　　)‎ A.a＝2b B．b＝2a C.A＝2B D．B＝2A 答案　A 解析　∵等式右边＝sinAcosC＋(sinAcosC＋cosAsinC)‎ ‎＝sinAcosC＋sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinB，‎ 等式左边＝sinB＋2sinBcosC，‎ ‎∴sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB.‎ 由cosC＞0，得sinA＝2sinB.‎ 根据正弦定理，得a＝2b.故选A.‎ ‎3.(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为________．‎ 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.点D为AB延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________，cos∠BDC＝________.‎ 答案　　 - 15 -‎ 解析　解法一：依题意作出图形，如图所示，‎ 则sin∠DBC＝sin∠ABC.‎ 由题意知AB＝AC＝4，BC＝BD＝2，‎ 由余弦定理得 cos∠ABC＝ ‎＝＝，‎ 则sin∠DBC＝sin∠ABC＝，‎ 所以S△BDC＝BC·BD·sin∠DBC ‎＝×2×2×＝.‎ 因为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＝.‎ 因为BD＝BC＝2，所以∠BDC＝∠ABC，则 cos∠BDC＝ ＝.‎ 专题作业 一、选择题 ‎1.下列各式中，值为的是(　　)‎ - 15 -‎ 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＝，故选D.‎ ‎2.(2019·山师大附中模拟)设函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)在x＝时取得最大值，则函数g(x)＝cos(2x＋φ)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＋φ)(0<φ<π)取得最大值，所以φ＝，则g(x)＝cos，对称中心为，k∈Z，对称轴x＝－，k∈Z，故选A.‎ ‎3.(2019·重庆铜梁一中月考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)，x∈的图象如图，若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，则f(x1＋x2)的值为(　　)‎ A. B. ‎ C．1 D．0‎ 答案　C - 15 -‎ 解析　由图象得＝－，∴T＝π，ω＝＝2，‎ ‎∵图象过点，∴2sin＝2sin＝－2，得＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，‎ ‎∴φ＝＋2kπ(k∈Z)，‎ ‎∴f(x)＝2sin＝2sin，由图象可知，函数f(x)的一条对称轴为x＝－＋＝，又f(x1)＝f(x2)，∴由x1＋x2＝×2＝，得f(x1＋x2)＝f＝2sin＝1，故选C.‎ ‎4.(2019·晋城一模)若|sinθ|＋|cosθ|＝，则sin4θ＋cos4θ＝(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 答案　B 解析　将|sinθ|＋|cosθ|＝两边平方得，‎ ‎1＋|sin2θ|＝，∴|sin2θ|＝，‎ ‎∴sin4θ＋cos4θ＝1－2sin2θcos2θ＝1－sin22θ＝，故选B.‎ ‎5.函数f(x)＝(1－cos2x)·cos2x，x∈R，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. ‎ C．1 D．0‎ 答案　B 解析　∵f(x)＝(1－cos2x)cos2x＝(1－cos2x)＝(1－cos22x)＝＝－cos4x＋.‎ ‎∴当cos4x＝－1时，A＝f(x)max＝，T＝＝.‎ ‎∴f(AT)＝f＝－cosπ＋＝.故选B.‎ - 15 -‎ ‎6.(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝(　　)‎ A.4 B. ‎ C. D．2 答案　A 解析　因为cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所以c＝4，故选A.‎ ‎7.若tanα＝2tan，则＝(　　)‎ A.1 B．2 C．3 D．4‎ 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＝，b＝1，则△ABC的面积为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 答案　B 解析　由正弦定理得＝2R＝，‎ ‎∴＝，即＝，a＝1，‎ ‎∵A＝，b＝1，∴△ABC为等边三角形，‎ ‎∴S＝absinC＝.故选B.‎ - 15 -‎ ‎9.(2019·重庆巴蜀中学期中)已知f(x)＝sin(ωx＋θ)，f′(x1)＝f′(x2)＝0，|x1－x2|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.(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是函数的极值点，‎ ‎∵|x1－x2|的最小值为，∴T＝＝，‎ ‎∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋θ)，‎ 又f(x)＝f，‎ ‎∴f(x)的图象的对称轴为x＝，‎ ‎∴2×＋θ＝kπ＋，k∈Z，又θ∈，‎ ‎∴θ＝，∴f(x)＝sin.‎ 将f(x)的图象向左平移个单位长度得 g(x)＝sin＝cos2x的图象，‎ 令2kπ≤2x≤2kπ＋π，k∈Z，∴kπ≤x≤kπ＋，k∈Z，‎ 则g(x)＝cos2x的单调递减区间是(k∈Z)，故选A.‎ ‎10.若sin2α＝，sin(β－α)＝，且α∈，β∈，则α＋β的值是(　　)‎ A. B. ‎ - 15 -‎ 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＝.故选A.‎ ‎11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosC＝，bcosA＋acosB＝2，则△ABC的外接圆面积为(　　)‎ 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＝＝，‎ 设△ABC的外接圆的半径为R，则2R＝＝＝6，∴R＝3.∴△ABC的外接圆面积S＝πR2＝9π.故选C.‎ - 15 -‎ ‎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B点，测得如下数据：AB＝6.9 cm，BC＝7.1 cm，AC＝12.6 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AB＝BC≈7，设∠ABC＝2θ，‎ 则sinθ≈＝0.9.又sin＝≈0.866，sin≈0.924，‎ ‎∴θ∈，2θ∈.‎ 设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为α，则α＋2θ＝π，∴α∈.故选B.‎ 二、填空题 ‎13.(2019·陕西四校联考)已知sinα＝2cosα，则cos2α＝________.‎ 答案　－ 解析　由已知得tanα＝2，cos2α＝cos2α－sin2α ‎＝＝＝＝－.‎ ‎14.(2018·全国卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝________.‎ - 15 -‎ 答案　－ 解析　解法一：因为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边上的中线，∠ABD＝.若AB＝BD，则∠CAD＝________.若AC＝2AD＝2，则△ABC的面积为________．‎ 答案　　 解析　设BD＝m，则AB＝m，BC＝2m，根据余弦定理，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＝.记△ABC的三内角∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的三条边分别为a，b，c，则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·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．‎ - 15 -‎ 答案　0.6‎ 解析　依题意可知∠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．‎ ‎∵国歌时长为50 s，‎ ‎∴升旗速度为＝0.6 m/s.‎ - 15 -‎