（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四層熱身篇 專題檢測（七）三角恒等變換與解三角形

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1、專題檢測（七） 三角恒等變換與解三角形 A組——“6＋3＋3”考點落實練 一、選擇題 1.(2019·開封市定位考試)已知cos＝－，則cos 2α的值為(　　) A.－　　　　　　　 B. C.－ D. 解析：選B　因為cos＝－，所以sin α＝，所以cos 2α＝1－2×＝，故選B. 2.(2019·長春市質(zhì)量監(jiān)測一)函數(shù)f(x)＝sin＋sin x的最大值為(　　) A. B.2 C.2 D.4 解析：選A　法一：由已知得f(x)＝sin x＋cos x＋sin x＝sin x＋cos x＝sin，所以函數(shù)的最大值為，故選A. 法二：由已知得f(x)＝si

2、n x＋cos x＋sin x＝sin x＋cos x，故函數(shù)的最大值為 ＝，故選A. 3.(2019·長春市質(zhì)量監(jiān)測一)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝acos C＋c，則角A等于(　　) A.60° B.120° C.45° D.135° 解析：選A　由b＝acos C＋c及余弦定理，可得b＝a·＋c，即2b2＝b2＋a2－c2＋bc，整理得b2＋c2－a2＝bc，于是cos A＝＝，又0＜A＜π，所以A＝60°，故選A. 4.(2019·江西七校第一次聯(lián)考)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b＝a，a＝2，c＝，則角C＝(　　)

3、 A. B. C. D. 解析：選D　由b＝a，得sin B＝sin A·.因為sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以sin Acos C＋cos Asin C＝sin Acos C＋sin Asin C(sin C≠0)，cos A＝sin A，所以tan A＝.因為0＜A＜π，所以A＝.由正弦定理＝，得sin C＝.因為0＜C＜，所以C＝.故選D. 5.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若

4、 即sin C0，∴cos B<0，

5、Csin β，即sin α＝sin β，又cos α＝cos β，∴sin2α＋cos2α＝sin2β＋cos2β＝1＝sin2β＋cos2β，∴sin β＝cos β，∴sin β＝，cos β＝，∴sin α＝，cos α＝，∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝0，∴α＋β＝，∴BC2＝AB2＋AC2，∴(2.5v)2＝1502＋2002，解得v＝100，故選C. 二、填空題 7.(2019·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，則△ABC的面積為________. 解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－

6、2accos B. 又∵ b＝6，a＝2c，B＝， ∴ 36＝4c2＋c2－2×2c2×， ∴ c＝2，a＝4， ∴ S△ABC＝acsin B＝×4×2×＝6. 答案：6 8.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＝，＝2sin Asin B，且b＝6，則c＝________. 解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc×＝b2＋c2－bc，又＝2sin Asin B，由正弦定理可得＝，即a2＋b2－4c2＝0，則b2＋c2－bc＋b2－4c2＝0.又b＝6，∴c2＋2c－24＝0，解得c＝4(負(fù)值舍去). 答案：4 9.(2019·洛陽市統(tǒng)考)在△ABC中

7、，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a，b，c成等比數(shù)列，且tan B＝，則＋的值是________. 解析：∵a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac，由正弦定理得sin2B＝sin Asin C，∴＋＝＋＝＝＝＝，∵tan B＝，∴sin B＝，∴＋＝. 答案： 三、解答題 10.(2018·全國卷Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5. (1)求cos ∠ADB； (2)若DC＝2，求BC. 解：(1)在△ABD中，由正弦定理得＝，即＝，所以sin ∠ADB＝. 由題設(shè)知，∠ADB<90°， 所以cos ∠ADB＝ ＝. (2

8、)由題設(shè)及(1)知，cos ∠BDC＝sin ∠ADB＝. 在△BCD中，由余弦定理得 BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×2×＝25， 所以BC＝5. 11.(2019·重慶市學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為accos B，且sin A＝3sin C. (1)求角B的大??； (2)若c＝2，AC的中點為D，求BD的長. 解：(1)∵S△ABC＝acsin B＝accos B， ∴tan B＝. 又0＜B＜π，∴B＝60°. (2)sin A＝3sin C，由正弦定理得，a＝3c，

9、∴a＝6. 由余弦定理得b2＝62＋22－2×2×6×cos 60°＝28， ∴b＝2. ∴cos A＝＝＝－. ∵D是AC的中點，∴AD＝. ∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝22＋()2－2×2××＝13. ∴BD＝. 12.(2019·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.設(shè)(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C. (1)求A； (2)若a＋b＝2c，求sin C. 解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C， 故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc. 由余弦定理得cos A

10、＝＝. 因為0°

11、2)若f(x)＝sin(2x＋A)，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位長度后又向上平移了2個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)的解析式及單調(diào)遞減區(qū)間. 解：(1)∵a2－(b－c)2＝bc，∴a2－b2－c2＝－bc， ∴cos A＝＝，又0＜A＜π，∴A＝. (2)f(x)＝sin，∴g(x)＝sin＋2， 令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z， 故函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，k∈Z. 2.已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足asin Acos C＋csin Acos A－bcos A＝0. (1)求角A的

12、大?。? (2)若△ABC的面積為4，且b，a，c成等差數(shù)列，求△ABC的內(nèi)切圓的半徑. 解：(1)由asin Acos C＋csin Acos A－bcos A＝0，可知sin A(sin Acos C＋cos Asin C)＝sin Bcos A，∴sin Asin(A＋C)＝sin Bcos A，∵sin(A＋C)＝sin B，∴sin Asin B＝sin Bcos A，∵sin B≠0，∴sin A＝cos A，∴tan A＝，又∵A∈(0，π)，∴A＝. (2)由題意可知S△ABC＝bcsin A＝bc×＝4，∴bc＝16，又a2＝b2＋c2－2bccos A，∴a2＝(b＋c

13、)2－3bc，又∵b，a，c成等差數(shù)列，∴a2＝4a2－48，∴a＝4，b＋c＝2a＝8，∴△ABC的周長為a＋b＋c＝12，設(shè)△ABC內(nèi)切圓的半徑為r，則r·(a＋b＋c)＝S△ABC，即r×12＝4，∴r＝. 3.(2019·武漢部分學(xué)校調(diào)研)已知銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，sin2B＝sin2A＋sin2C－sin Asin C. (1)求B的大小； (2)求sin A＋cos C的取值范圍. 解：(1)銳角三角形ABC中，sin2B＝sin2A＋sin2C－sin Asin C， 故b2＝a2＋c2－ac， cos B＝＝，又B∈， 所以B＝.

14、 (2)由(1)知，C＝－A， 故sin A＋cos C＝sin A＋cos＝sin A－cos A＝sin. 又A∈，C＝－A∈， 所以A∈， A－∈，sin∈， 故sin A＋cos C的取值范圍為. 4.(2019·洛陽尖子生第二次聯(lián)考)如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ABC為銳角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2，BD＝3＋，△BCD的面積S＝. (1)求CD；(2)求∠ABC. 解：(1)在△BCD中，S＝BD·BC·sin∠CBD＝， ∵BC＝2，BD＝3＋， ∴sin∠CBD＝. ∵∠ABC為銳角，∴∠CBD＝30°. 在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝(2)2＋(3＋)2－2×2×(3＋)×＝9， ∴CD＝3. (2)在△BCD中，由正弦定理得＝， 即＝，解得sin∠BDC＝. ∵BC＜BD，∴∠BDC為銳角，∴cos∠BDC＝. 在△ACD中，由正弦定理得＝， ∴＝ 即＝.① 在△ABC中，由正弦定理得＝， 即＝.② ∵AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠BAC. 由①②得＝，解得sin∠ABC＝. ∴∠ABC為銳角，∴∠ABC＝45°. - 8 -