高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第一部分 考點十 三角恒等變換與解三角形

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1、 考點十　三角恒等變換與解三角形 一、選擇題 1．(2019·全國卷Ⅱ)已知α∈，2sin2α＝cos2α＋1，則sinα＝(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α. 又∵α∈，∴tanα＝，∴sinα＝.故選B. 2．(2019·遼寧丹東質(zhì)量測試二)若tan＝－3，則sin2α－cos2α＝(　　) A． B．－ C．－1 D．3 答案　A 解析　因為tan＝－3?＝－3?tanα＝2，所以sin2α－cos2α＝＝＝＝，故選A. 3．(2019·湖北4月調(diào)研)已知sinx

2、＋cosx＝，則cos＝(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　由sinx＋cosx＝，得2sin＝，所以cos＝sin＝，故選B. 4．(2019·山西呂梁階段性測試一)已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，若2cosB＝，則該三角形一定是(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等邊三角形 D．等腰直角三角形 答案　A 解析　由2cosB＝得2×＝，即c2＝b2，∴b＝c，∴△ABC為等腰三角形，故選A. 5．(2019·湖南湘東五校聯(lián)考)已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，則log 2等于(　　) A．2 B．3 C．4

3、 D．5 答案　C 解析　因為sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝， 所以sinαcosβ＋cosαsinβ＝，sinαcosβ－cosαsinβ＝， 所以sinαcosβ＝，cosαsinβ＝，所以＝5， 所以log 2＝log 52＝4.故選C. 6．如果等腰三角形的周長是底邊長的5倍，那么它的頂角的余弦值為(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　根據(jù)題意可設(shè)此三角形的三邊長分別為2t,2t，t，由余弦定理得它的頂角的余弦值為＝. 7．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a，b，c成等比數(shù)列，且a2＝c2＋ac－bc，則＝(　　) A．

4、B． C． D． 答案　B 解析　由a，b，c成等比數(shù)列得b2＝ac，則有a2＝c2＋b2－bc，由余弦定理得cosA＝＝＝，故A＝，對于b2＝ac，由正弦定理得，sin2B＝sinAsinC＝·sinC，由正弦定理得，＝＝＝. 8．(2019·山東棲霞模擬)設(shè)銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝2，B＝2A，則b的取值范圍為(　　) A．(0,4) B．(2,2) C．(2，2) D．(2，4) 答案　C 解析　∵a＝2，B＝2A，∴0<2A<，A＋B＝3A，∴<3A<π，∴

5、cosA，∴2<4cosA<2，則b的取值范圍為(2，2)，故選C. 二、填空題 9．(2019·吉林聯(lián)合模擬一)已知sin10°＋mcos10°＝－2cos40°，則m＝________. 答案?。? 解析　由sin10°＋mcos10°＝－2cos40°得sin10°＋mcos10°＝－2cos(10°＋30°)＝－2，所以m＝－. 10．(2019·江西景德鎮(zhèn)第二次質(zhì)檢)公元前6世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派通過研究正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)現(xiàn)了黃金分割值約為0.618，這一數(shù)值也可以表示為m＝2sin18°.若m2＋n＝4，則＝________. 答案　2 解析　因為m＝2

6、sin18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cos218°， 所以＝＝＝2. 11．(2019·河南八市重點高中模擬)已知點(3，a)和(2a,4)分別在角β和角β－45°的終邊上，則實數(shù)a的值是________． 答案　6 解析　由題得tanβ＝，tan(β－45°)＝＝＝，所以a2－5a－6＝0，解得a＝6或－1， 當(dāng)a＝－1時，兩個點分別在第四象限和第二象限，不符合題意，舍去，所以a＝6. 12．(2019·華南師大附中一模)在△ABC中，a，b，c為∠A，∠B，∠C的對邊，a，b，c成等比數(shù)列，a＋c＝3，cosB＝，則·＝________. 答

7、案?。? 解析　因為a，b，c成等比數(shù)列，所以b2＝ac. 又因為a＋c＝3，cosB＝.根據(jù)余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB， 所以ac＝32－2ac－ac， 解得ac＝2，所以·＝c·acos(π－B) ＝－accosB＝－2×＝－. 三、解答題 13．(2019·河北保定二模)已知△ABC中，A＝，cosB＝，AC＝8. (1)求△ABC的面積； (2)求AB邊上的中線CD的長． 解　(1)∵cosB＝，且B∈(0，π)， ∴sinB＝＝， ∴sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋c

8、osAsinB＝×＋×＝，在△ABC中，由正弦定理，得＝，即＝，解得AB＝7. ∴△ABC的面積為S＝AB·AC·sinA＝×7×8×＝28. (2)解法一：在△ACD中，AD＝， ∴由余弦定理得CD2＝82＋2－2×8××＝，∴CD＝. 解法二：∵cosB＝<，∴B>， ∵A＝，∴C為銳角，故cosC＝＝ . ∵＋＝2，∴4||2＝(＋)2＝||2＋2·＋||2＝64＋2×8×5×＋50＝130，∴CD＝. 14．(2019·河南鄭州第三次質(zhì)量檢測)在△ABC中，AB＝2，AC＝，AD為△ABC的內(nèi)角平分線，AD＝2. (1)求的值； (2)求角A的大?。? 解　(1)在

9、△ABD中，由正弦定理，得＝， 在△ACD中，由正弦定理，得＝， ∵sin∠ADB＝sin∠ADC，AC＝，AB＝2， ∴＝＝2. (2)在△ABD中，由余弦定理，得 BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos ＝16－8×cos， 在△ACD中，由余弦定理，得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos＝7－4cos，所以＝4，解得cos＝，又∈， ∴＝，即A＝. 一、選擇題 1．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，A＝60°，a＝4，b＝4，則B＝(　　) A．B＝30°或B＝150° B．B＝150° C．B＝30° D．B＝60°或B＝150°

10、 答案　C 解析　∵A＝60°，a＝4，b＝4，∴sinB＝＝＝，∵a>b，∴B<60°，∴B＝30°，故選C. 2．(2019·江西新八校第二次聯(lián)考)我國南宋著名數(shù)學(xué)家秦九韶提出了由三角形三邊求三角形面積的“三斜求積”，設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，面積為S，則“三斜求積”公式為 S＝，若a2sinC＝2sinA，(a＋c)2＝6＋b2，則用“三斜求積”公式求得△ABC的面積為(　　) A． B． C． D．1 答案　A 解析　∵a2sinC＝2sinA，∴a2c＝2a，即ac＝2，又(a＋c)2＝6＋b2，∴a2＋c2＋2ac＝6＋b2，即a2＋c

11、2－b2＝6－2ac＝6－4＝2，則△ABC的面積為 ＝，故選A. 3．(2019·湖北黃岡元月調(diào)研)已知a，b，c分別為△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，已知C＝45°，c＝，a＝x，若滿足條件的三角形有兩個，則x的取值范圍是(　　) A．

12、答案　A 解析　因為α∈，所以2α∈， 又sin2α＝，所以2α∈，α∈， 所以cos2α＝－.又β∈， 所以β－α∈，故cos(β－α)＝－， 所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－×－×＝，又α＋β∈，故α＋β＝，選A. 5．(2019·河北邯鄲一模)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知absinC＝20sinB，a2＋c2＝41，且8cosB＝1，則b＝(　　) A．6 B．4 C．3 D．7 答案　A 解析　因為absinC＝20sinB，所以由正弦定理得abc＝20b，所以ac

13、＝20，又因為a2＋c2＝41，cosB＝，所以由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝41－2×20×＝36，所以b＝6. 6．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足a∶b∶c＝6∶4∶3，則＝(　　) A．－ B． C．－ D．－ 答案　A 解析　由已知得b＝，c＝，所以＝＝＝cosA.因為cosA＝＝－，所以＝－.故選A. 7．(2019·閩粵贛三省十校聯(lián)考)已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且＝，點M在邊AC上，且cos∠AMB＝－，BM＝，則AB＝(　　) A．4 B．2 C． D． 答案　A 解析　由正弦定理可知＝，

14、即sinAcosC＝2sinBcosA－cosAsinC?sin(A＋C)＝2sinBcosA，即sinB＝2sinBcosA?cosA＝?sinA＝，cos∠AMB＝－?sin∠AMB＝，在△AMB中，＝，即＝，解得AB＝4，故選A. 8．(2019·福建寧德第二次質(zhì)量檢查)如圖，為了測量某濕地A，B兩點間的距離，觀察者找到在同一直線上的三點C，D，E.從D點測得∠ADC＝67.5°，從C點測得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，從E點測得∠BEC＝60°.若測得DC＝2，CE＝(單位：百米)，則A，B兩點的距離為(　　) A． B．2 C．3 D．2 答案　C 解析　根據(jù)題意

15、，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝2，則∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，則AC＝DC＝2，在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝，則∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，則＝，變形得BC＝＝＝，在△ABC中，AC＝2，BC＝，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，則AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，則AB＝3，故選C. 二、填空題 9．已知cos＋sin(π－α)＝－，－<α<0，則cos＝________. 答案?。? 解析　依題意得cos＋sin(π－α)＝cosα＋sinα＋s

16、inα＝cosα＋sinα＝sin＝－，∴sin＝－，∴cos＝cos＝1－2sin2＝1－2×2＝－. 10.的值是________． 答案　 解析　原式＝＝＝. 11．如圖，在△ABC中，∠B＝45°，D是BC邊上一點，AD＝5，AC＝7，DC＝3，則AB的長為______． 答案　 解析　在△ACD中，cos∠ADC＝＝－，所以∠ADC＝120°，所以∠ADB＝60°.在△ABD中，由正弦定理，得＝，所以AB＝. 12．(2019·安徽合肥模擬)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b＝，且滿足(2c－a)cosB－bcosA＝0，則△ABC周長的

17、取值范圍是________． 答案　(3＋，3] 解析　由(2c－a)cosB－bcosA＝0及正弦定理知(2sinC－sinA)cosB－sinBcosA＝0，∴sinC(2cosB－1)＝0， ∵sinC≠0，∴cosB＝，又B∈(0，π)，∴B＝， ∵b＝，根據(jù)正弦定理得， ＝＝＝2， ∴a＋c＝2sinA＋2sinC＝2sin＋2sinC＝cosC＋3sinC＝2sin， 又△ABC是銳角三角形， ∴

18、考)在△ABC中，3sinA＝2sinB，tanC＝2. (1)證明：△ABC為等腰三角形； (2)若△ABC的面積為2，D為AC邊上一點，且BD＝3CD，求線段CD的長． 解　(1)證明：∵3sinA＝2sinB，∴3a＝2b， ∵tanC＝2，∴cosC＝， 設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c， 由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－2a×cosC＝b2，即b＝c，則△ABC為等腰三角形． (2)∵tanC＝2，∴sinC＝，則△ABC的面積S＝absinC＝×a2×＝2，解得a＝2.設(shè)CD＝x，則BD＝3x，由余弦定理可得(3x)2＝x2

19、＋22－4x×，解得x＝(負(fù)根舍去)，從而線段CD的長為. 14．(2019·山西晉城第三次模擬)如圖所示，銳角△ABC中，AC＝5，點D在線段BC上，且CD＝3，△ACD的面積為6，延長BA至E，使得EC⊥BC. (1)求AD的值； (2)若sin∠BEC＝，求AE的值． 解　(1)在△ACD中，S△ACD＝AC·CDsin∠ACD＝×5×3×sin∠ACD＝6， 所以sin∠ACD＝， 因為0°<∠ACD<90°， 所以cos∠ACD＝＝. 由余弦定理得， AD2＝CD2＋CA2－2·CD·CA·cos∠ACD＝56，得AD＝2. (2)因為EC⊥BC，所以sin∠ACE＝sin(90°－∠ACD)＝cos∠ACD＝. 在△AEC中，由正弦定理得， ＝，即＝，所以AE＝.