《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》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《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(10頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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,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
2、角恒等變換與向量相結(jié)合問題
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,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+s
3、in Csin 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+2-23=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,AD⊥AC,sin∠BAC=,AB=3,AD=3,則BD的長為________.
解析:因?yàn)閟in∠BAC=,且AD
4、⊥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(αβ)=sin αcos βcos αsin β.
②cos(αβ)=cos αcos β?sin αsin β.
③tan(αβ)= .
(2)二倍角的正弦、余弦、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).
5、
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: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.
6、 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________.
[自主解答] (1)4cos 50-tan 40=4cos 50-
=-=
==
=
===.
(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
7、-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.化簡求值的方法與思路
三角函數(shù)式的化簡求值可以采用“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,便于化簡求值,其基本思路為:找差異,化同名(同角),化簡求值.
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,
8、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?。?
1.在△ABC中,若tan Atan B=tan A+tan B+1,則cos C的值是( )
A.- B.
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 =______
9、__.
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
[例2] (1)(20xx湖南高考)在銳角△ABC中,角A,B所對(duì)的邊長分別為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=8
10、0,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________.
[自主解答] (1)由已知及正弦定理得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090,此時(shí)△ABC是鈍角三角形;
11、若120
12、3ac,角C所對(duì)的邊長為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[cos(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;
13、
(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 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,化簡得sin A-cos A=1,即sin(A-30)=.由于0
14、-30=30,故A=60.
4.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,則“a=2bcos 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a=2bcos C,由正弦定理得sin A =2sin Bcos 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
15、 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)用問題
[例3] (1)(20xx青島模擬)如圖所示,長為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)
16、得∠ACB=60,∠BCD=45,∠ADB=60,則船速為__________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+BC2-2ACBCcos ∠ACB,即3.52=1.42+2.82-21.42.8cos(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+BD2-2ADBDcos 60=
2+12-21=,
所以AB
17、=,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=BCsin 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;
18、
(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( )
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的長度為________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+DC2-2ADDCcos∠ADC=(200)2+3002-2200300cos 150=390 000.所以AC=100 米.
答案:100