高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題二 三角函數(shù)與解三角形 專題強化練七 三角恒等變換與解三角形 理-人教版高三數(shù)學試題

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1、專題強化練七 三角恒等變換與解三角形 一、選擇題 1．(2018·煙臺二模)已知cos＝，則cos x＋cos＝(　　) A．－1　　　　B．1　　　　C.　　　　D. 解析：因為cos＝， 所以cos x＋cos＝cos x＋sin x＝sin＝cos(x－)＝1. 答案：B 2．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，則A＝(　　) A.π B. C. D. 解析：因為b＝c，a2＝2b2(1－sin A)， 所以cos A＝＝， 則cos A＝sin A. 因為在△ABC中，所以A＝. 答案：C 3

2、．(2018·廣東六校第三次聯(lián)考)已知sin＋3cos(π－θ)＝sin(－θ)，則sin θcos θ＋cos2θ＝(　　) A. B. C. D. 解析：因為sin＋3cos(π－θ)＝cos θ－3cos θ＝－2cos θ＝sin(－θ)＝－sin θ， 所以tan θ＝2， 則sin θcos θ＋cos2θ＝＝＝. 答案：C 4．(2018·全國卷Ⅲ)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為，則C＝(　　) A. B. C. D. 解析：因為S△ABC＝absin C， 所以＝absin C. 由余弦定理a2＋b2－c2＝2

3、abcos C. 得2abcos C＝2absin C，則tan C＝1. 在△ABC中，C＝. 答案：C 5．(2018·合肥第一次教學質量檢測)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos C＝，bcos A＋acos B＝2，則△ABC的外接圓面積為(　　) A．4π B．8π C．9π D．36π 解析：已知bcos A＋acos B＝2， 即2Rsin Bcos A＋2Rsin Acos B＝2(R為△ABC的外接圓半徑)． 所以2Rsin(A＋B)＝2，即2Rsin C＝2， 又cos C＝，知sin C＝， 所以2R＝＝6，R＝3. 故△A

4、BC外接圓面積為S＝πR2＝9π. 答案：C 二、填空題 6．(2018·全國卷Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，則sin(α＋β)＝________． 解析：因為sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0， 所以sin2α＋cos2β＋2sin αcos β＝1，① cos2α＋sin2β＋2cos αsin β＝0，② 則①＋②得2＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＝1. 所以sin(α＋β)＝－. 答案：－ 7．在△ABC中，AC＝2，AB＝，C＝60°，則AB邊上的高等于________． 解析：如圖所示，

5、作CH⊥AB交AB于H， 在△ABC中，由余弦定理得， AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·cos 60°， 所以7＝BC2＋4－2BC，解得BC＝3(負值舍去)， 又AC·BC·sin 60°＝AB·CH， 則3＝CH，故CH＝. 答案： 8．(2018·全國卷Ⅰ)設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為________． 解析：由bsin C＋csin B＝4asin Bsin C及正弦定理， 得sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin

6、Bsin C. 又sin Bsin C≠0，所以sin A＝. 由b2＋c2－a2＝8，得cos A＝＝＝. 所以bc＝， 故S△ABC＝bcsin A＝××＝. 答案： 三、解答題 9．(2018·浙江卷)已知角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊過點P. (1)求sin(α＋π)的值； (2)若角β滿足sin(α＋β)＝，求cos β的值． 解：(1)因為角α的終邊過點P(－，－)， 得sin α＝－，cos α＝－， 則sin(α＋π)＝－sin α＝. (2)由sin(α＋β)＝，得cos(α＋β)＝±， 由β＝(α＋β)－α得cos β

7、＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－或cos β＝. 10．(2018·天津卷)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知bsin A＝acos. (1)求角B的大??； (2)設a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值． 解：(1)在△ABC中，由正弦定理＝，得bsin A＝asin B. 又由bsin A＝acos，得asin B＝acos. 則sin B＝cos，可得tan B＝. 又因為B∈(0，π)，可得B＝. (2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝， 有b2＝a2＋c2－2accos B＝

8、7，故b＝. 由bsin A＝acos，可得sin A＝. 因為a＜c，故cos A＝. 因此sin 2A＝2sin Acos A＝， cos 2A＝2cos2A－1＝. 所以，sin(2A－B)＝sin 2Acos B－cos 2Asin B＝×－×＝. 11．(2018·石家莊模擬)在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝2，＝. (1)求BM的長； (2)設D是平面ABC內一動點，且滿足∠BDM＝，求BD＋MD的取值范圍． 解：(1)在△ABC中，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C，代入數(shù)據(jù)，得cos C＝－. 因為＝，所以CM＝MA＝AC＝1. 在△CBM中，由余弦定理知，BM2＝CM2＋CB2－2CM·CB·cos C，代入數(shù)據(jù)，得BM＝. (2)設∠MBD＝θ，則∠DMB＝－θ，θ∈. 在△BDM中，由正弦定理知， ＝＝＝. 所以BD＝sin， MD＝sin θ， 所以BD＋MD＝sin＋sin θ＝(·cos θ－sin θ＋sin θ)＝cos θ. 又θ∈，所以cos θ∈， ＜cos θ＜. 故BD＋MD的取值范圍是.