2020高考数学二轮总复习 第1部分 层级2 专题2 三角函数与解三角形 第2讲 三角恒等变换与解三

第一部分高考层级专题突破层级二7个能力专题师生共研专题二三角函数与解三角形第二讲三角恒等变换与解三角形栏目导航感悟真题考点突破课时跟踪检测1．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－14，则bc＝()A．6B．5C．4D．3解析：选A∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝b2＋c2－4c2＋b22bc＝－3c22bc＝－14，∴bc＝6.故选A．2．(2019·全国卷Ⅰ)tan255°＝()A．－2－3B．－2＋3C．2－3D．2＋3解析：选Dtan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(45°＋30°)＝tan45°＋tan30°1－tan45°tan30°＝1＋331－33＝2＋3.故选D．3．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cosC2＝55，BC＝1，AC＝5，则AB＝()A．42B．30C．29D．25解析：选A∵cosC2＝55，∴cosC＝2cos2C2－1＝2×552－1＝－35.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝52＋12－2×5×1×－35＝32，∴AB＝32＝42.故选A．4．(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a2＋b2－c24，则C＝()A．π2B．π3C．π4D．π6解析：选C∵S＝12absinC＝a2＋b2－c24＝2abcosC4＝12abcosC，∴sinC＝cosC，即tanC＝1.∵C∈(0，π)，∴C＝π4.故选C．5．(2018·全国卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝________.解析：∵sinα＋cosβ＝1，①cosα＋sinβ＝0，②∴①2＋②2得1＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＋1＝1，∴sinαcosβ＋cosαsinβ＝－12，∴sin(α＋β)＝－12.答案：－126．(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；(2)若DC＝22，求BC.解：(1)在△ABD中，由正弦定理得BDsinA＝ABsin∠ADB，即5sin45°＝2sin∠ADB，所以sin∠ADB＝25.由题设知，∠ADB90°，所以cos∠ADB＝1－225＝235.(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝25.在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×22×25＝25，所以BC＝5.7．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC．(1)求A；(2)若2a＋b＝2c，求sinC．解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝12.因为0°A180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得2sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即62＋32cosC＋12sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－22.因为0°C120°，所以sin(C＋60°)＝22，故sinC＝sin[(C＋60°)－60°]＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝6＋24.明考情1．高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．2．若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9题或第13～15题位置上．3．若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等．考点一三角恒等变换|析典例|【例】(1)计算sin110°sin20°cos2155°－sin2155°的值为()A．－12B．12C．32D．－32(2)(一题多解)(2019·湖北冲刺)已知α为锐角，β为第二象限角，且cos(α－β)＝12，sin(α＋β)＝12，则sin(3α－β)＝()A．－12B．12C．－32D．32(3)(一题多解)(2019·福建省百校临考冲刺)若α∈(0，π)，且3sinα＋2cosα＝2，则tanα2＝()A．32B．34C．233D．433[解析](1)sin110°sin20°cos2155°－sin2155°＝sin70°sin20°cos310°＝cos20°sin20°cos50°＝12sin40°sin40°＝12.(2)解法一：因为α为锐角，β为第二象限角，cos(α－β)0，sin(α＋β)0，所以α－β为第四象限角，α＋β为第二象限角，因此sin(α－β)＝－32，cos(α＋β)＝－32，所以sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝－32×－32＋12×12＝1.因为α为锐角，所以2α＝π2，所以sin(3α－β)＝sin(2α＋α－β)＝cos(α－β)＝12，故选B．解法二：同解法一可得，sin(α－β)＝－32，cos(α＋β)＝－32.所以cos2(α－β)＝2cos2(α－β)－1＝2×122－1＝－12，sin2(α－β)＝2sin(α－β)cos(α－β)＝2×－32×12＝－32.所以sin(3α－β)＝sin[2(α－β)＋(α＋β)]＝sin2(α－β)·cos(α＋β)＋cos2(α－β)·sin(α＋β)＝－32×－32＋－12×12＝12.故选B．(3)解法一：由已知得cosα＝1－32sinα.代入sin2α＋cos2α＝1，得sin2α＋1－32sinα2＝1，整理得74sin2α－3sinα＝0，解得sinα＝0或sinα＝437.因为α∈(0，π)，所以sinα＝437，故cosα＝1－32×437＝17.所以tanα2＝sinα1＋cosα＝4371＋17＝32.故选A．解法二：因为sinα＝2sinα2·cosα2，cosα＝1－2sin2α2，所以3sinα＋2cosα＝2可以化为23sinα2·cosα2＋2·1－2sin2α2＝2，化简可得23sinα2·cosα2＝4sin2α2，①因为α∈(0，π)，所以①式可化为23cosα2＝4sinα2，即tanα2＝32.[答案](1)B(2)B(3)A|规律方法|给角求值与给值求值问题的解题策略给角求值一般给出的角都是非特殊角，解题关键是进行角的变换和式子结构的变换．变换思路：(1)化为特殊角的三角函数值；(2)化为正、负相消的项消去求值给值求值解题关键在于“变角”．把待求三角函数值的角用含已知角的式子表示，求解时要注意角的范围不确定时应分类讨论．应注意公式的灵活运用，还要会拆角、拼角等技巧|练题点|1．(一题多解)(2019·福建五校第二次联考)已知cosπ4－α＝45，则sin2α＝()A．15B．－15C．725D．－725解析：选C解法一：因为cosπ4－α＝45，所以sin2α＝sinπ2－2π4－α＝cos2π4－α＝2cos2π4－α－1＝2×452－1＝725.故选C．解法二：令π4－α＝θ，则α＝π4－θ，因为cosθ＝45，所以sin2α＝sin2π4－θ＝sinπ2－2θ＝cos2θ＝2cos2θ－1＝2×452－1＝725.故选C．解法三：因为cosπ4－α＝45，所以22(cosα＋sinα)＝45，所以cosα＋sinα＝425，平方得1＋sin2α＝3225，即sin2α＝725.故选C．2．(2019·山东三校联考)已知sin2α＝13，则cos2α－π4＝()A．13B．16C．23D．89解析：选Csin2α＝cosπ2－2α＝2cos2π4－α－1＝13，则cos2π4－α＝23.3．(2019·广西三市联考)已知x∈(0，π)，且cos2x－π2＝sin2x，则tanx－π4＝()A．13B．－13C．3D．－3解析：选A由cos2x－π2＝sin2x得sin2x＝sin2x，则2sinx·cosx＝sin2x.∵x∈(0，π)，∴tanx＝2，∴tanx－π4＝tanx－11＋tanx＝13.考点二正弦定理、余弦定理|析典例|【例】(1)(2019·南昌市重点中学段考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asinBcosC＋csinBcosA＝12b，且ab，则B等于()A．5π6B．π3C．2π3D．π6(2)(一题多解)(2019·山西一模)在△ABC中，设a，b，c分别是角A，B，C所对边的边长，且直线bx＋ycosA＋cosB＝0与ax＋ycosB＋cosA＝0平行，则△ABC一定是()A．锐角三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．等腰或直角三角形[解析](1)∵asinBcosC＋csinBcosA＝12b，∴由正弦定理得sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝12sinB，又sinB≠0，∴sinAcosC＋sinCcosA＝12，∴sin(A＋C)＝12.∵A＋C＝π－B，∴sin(π－B)＝12，∴sinB＝12，又ab，∴AB，∴B为锐角，∴B＝π6，故选D．(2)解法一：(边化角)由两直线平行可知bcosB－acosA＝0，由正弦定理可知sinBcosB－sinAcosA＝0，即12sin2B－12sin2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝π2.若A＝B，则a＝b，cosA＝cosB，两直线重合，不符合题意，故A＋B＝π2，即△ABC是直角三角形．解法二：(角化边)由两直线平行可知bcosB－acosA＝0，由余弦定理，得a·b2＋c2－a22bc＝b·a2＋c2－b22ac，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2，若a＝b，则两直线重合，不符合题意，故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．[答案](1)D(2)C|规律方法|正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．注：应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．|练题点|1．△ABC的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝2a，则ba＝()A．23B．22C．3D．2解析：选D由asinAsinB＋bcos2A＝2a及正弦定理得sinAsinAsinB＋sinBcos2A＝2sinA，即sinB＝2sinA，所以ba＝sinBsinA＝2.故选D．2．在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知a2－c2＝b，且sin(A－C)＝2cosAsinC，则b＝()A．6B．4C．2D．1解析：选C由题意，得sinAcosC－cosAsinC＝2cosAsinC，即sinAcosC＝3cosAsinC，由正、余弦定理，得a·a2＋b2－c22ab＝3c·b2＋c2－a22bc，整理得2(a2－c2)＝b2.①又a2－c2＝b，②联立①②得b＝2，故选C．3．(201