全国版2021届高考数学二轮复习专题检测七三角恒等变换与解三角形理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测七三角恒等变换与解三角形理含解析，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．(2019·全国卷Ⅰ)tan 255°＝( )
A．－2eq \r(3) B．－2＋eq \r(3)
C．2－eq \r(3)D．2＋eq \r(3)
解析：选D tan 255°＝tan(180°＋75°)＝tan(45°＋30°)＝eq \f(tan 45°＋tan 30°,1－tan 45°tan 30°)＝eq \f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq \r(3).故选D.
2．(2019·重庆市学业质量调研)已知eq \r(15)sin θ＝cs(2π－θ)，则tan 2θ＝( )
A．－eq \f(\r(15),7) B．eq \f(\r(15),7)
C．－eq \f(\r(15),8)D．eq \f(\r(15),8)
解析：选B 法一：由eq \r(15)sin θ＝cs(2π－θ)，得eq \r(15)sin θ＝cs θ，所以tan θ＝eq \f(\r(15),15)，则tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2×\f(\r(15),15),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),15)))2)＝eq \f(\r(15),7).故选B.
法二：由eq \r(15)sin θ＝cs(2π－θ)，得eq \r(15)sin θ＝cs θ，所以tan 2θ＝eq \f(sin 2θ,cs 2θ)＝eq \f(2sin θcs θ,cs2θ－sin2θ)＝eq \f(2sin θ·\r(15)sin θ,\r(15)sin θ2－sin2θ)＝eq \f(\r(15),7).故选B.
3．(2019·湖北省5月冲刺)已知α为锐角，β为第二象限角，且cs(α－β)＝eq \f(1,2)，sin(α＋β)＝eq \f(1,2)，则sin(3α－β)＝( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(\r(3),2)D．eq \f(\r(3),2)
解析：选B 法一：因为α为锐角，β为第二象限角，cs(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)＝－eq \f(\r(3),2)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(3),2)，
所以sin 2α＝sin(α－β＋α＋β)＝－eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝1.
因为α为锐角，所以2α＝eq \f(π,2)，
所以sin(3α－β)＝sin(2α＋α－β)＝cs(α－β)＝eq \f(1,2).故选B.
法二：同法一可得，sin(α－β)＝－eq \f(\r(3),2)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(3),2).
所以cs 2(α－β)＝2cs2(α－β)－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－1＝－eq \f(1,2)，
sin 2(α－β)＝2sin(α－β)cs(α－β)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \f(1,2)＝－eq \f(\r(3),2).
所以sin(3α－β)＝sin[2(α－β)＋(α＋β)]＝sin 2(α－β)·cs(α＋β)＋cs 2(α－β)·sin(α＋β)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).故选B.
4．(2019·湖南省湘东六校联考)若△ABC的三个内角满足6sin A＝4sin B＝3sin C，则△ABC是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形D．以上都有可能
解析：选C 由题意，利用正弦定理可得6a＝4b＝3c，则可设a＝2k，b＝3k，c＝4k，k＞0，则cs C＝eq \f(4k2＋9k2－16k2,2×2k×3k)＜0，所以C是钝角，所以△ABC是钝角三角形．故选C.
5．(2019·长春市质量监测(一))在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝acs C＋eq \f(1,2)c，则角A等于( )
A．60°B．120°
C．45°D．135°
解析：选A 法一：由b＝acs C＋eq \f(1,2)c及正弦定理，可得sin B＝sin Acs C＋eq \f(1,2)sin C，即sin(A＋C)＝sin Acs C＋eq \f(1,2)sin C，即sin Acs C＋cs Asin C＝sin Acs C＋eq \f(1,2)sin C，所以cs A·sin C＝eq \f(1,2)sin C，又在△ABC中，sin C≠0，所以cs A＝eq \f(1,2)，所以A＝60°.故选A.
法二：由b＝acs C＋eq \f(1,2)c及余弦定理，可得b＝a·eq \f(b2＋a2－c2,2ab)＋eq \f(1,2)c，即2b2＝b2＋a2－c2＋bc，整理得b2＋c2－a2＝bc，于是cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，所以A＝60°.故选A.
6．已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)的150千米处，以v千米/时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)的200千米处，若cs α＝eq \f(3,4)cs β，则v＝( )
A．60B．80
C．100D．125
解析：选C 如图，台风中心为B,2.5小时后到达点C，则在△ABC中，ABsin α＝ACsin β，即sin α＝eq \f(4,3)sin β，又cs α＝eq \f(3,4)cs β，∴sin2α＋cs2α＝eq \f(16,9)sin2β＋eq \f(9,16)cs2β＝1＝sin2β＋cs2β，∴sin β＝eq \f(3,4)cs β，∴sin β＝eq \f(3,5)，cs β＝eq \f(4,5)，∴sin α＝eq \f(4,5)，cs α＝eq \f(3,5)，∴cs(α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β＝eq \f(3,5)×eq \f(4,5)－eq \f(4,5)×eq \f(3,5)＝0，∴α＋β＝eq \f(π,2)，∴BC2＝AB2＋AC2，∴(2.5v)2＝1502＋2002，解得v＝100.故选C.
二、填空题
7．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cs∠ABD＝________.
解析：如图，易知sin∠C＝eq \f(4,5)，
cs∠C＝eq \f(3,5).
在△BDC中，由正弦定理可得
eq \f(BD,sin ∠C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
∴ BD＝eq \f(BC·sin∠C,sin∠BDC)＝eq \f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq \f(12\r(2),5).
由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，
可得cs∠ABD＝cs(90°－∠CBD)＝sin∠CBD
＝sin[π－(∠C＋∠BDC)]
＝sin(∠C＋∠BDC)
＝sin∠C·cs∠BDC＋cs∠C·sin∠BDC
＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(7\r(2),10).
答案：eq \f(12\r(2),5) eq \f(7\r(2),10)
8．(2019·开封市定位考试)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为4eq \r(3)，且2bcs A＋a＝2c，a＋c＝8，则其周长为________．
解析：因为△ABC的面积为4eq \r(3)，所以eq \f(1,2)ac·sin B＝4eq \r(3).因为2bcs A＋a＝2c，所以由正弦定理得2sin Bcs A＋sin A＝2sin C，又A＋B＋C＝π，所以2sin Bcs A＋sin A＝2sin Acs B＋2cs Asin B，所以sin A＝2cs Bsin A，因为sin A≠0，所以cs B＝eq \f(1,2)，因为0＜B＜π，所以B＝eq \f(π,3)，所以ac＝16，又a＋c＝8，所以a＝c＝4，所以△ABC为正三角形，所以△ABC的周长为3×4＝12.
答案：12
9.(2019·安徽五校联盟第二次质检)如图，在平面四边形ABCD中，AD＝2，sin∠CAD＝eq \f(\r(21),14)，eq \r(3)ACsin∠BAC＋BCcs B＝2BC，且B＋D＝π，则△ABC的面积的最大值为________．
解析：在△ABC中，由eq \r(3)ACsin∠BAC＋BCcs B＝2BC，结合正弦定理可得eq \r(3)sin B·sin∠BAC＋sin∠BACcs B＝2sin∠BAC，∵sin∠BAC≠0，
∴eq \r(3)sin B＋cs B＝2,2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝2，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝1，∵0＜B＜π，
∴B＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，∴B＝eq \f(π,3).又B＋D＝π，∴∠ADC＝eq \f(2π,3).
在△ACD中，∠ADC＝eq \f(2π,3)，sin∠CAD＝eq \f(\r(21),14)，
∴cs∠CAD＝eq \f(5\r(7),14)，
则sin∠ACD＝sin[180°－(∠ADC＋∠CAD)]＝sin(∠ADC＋∠CAD)＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(5\r(7),14)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×eq \f(\r(21),14)＝eq \f(\r(21),7)，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(AD,sin∠ACD)，即eq \f(AC,\f(\r(3),2))＝eq \f(2,\f(\r(21),7))，∴AC＝eq \r(7).
在△ABC中，7＝AC2＝AB2＋BC2－AB·BC≥2AB·BC－AB·BC＝AB·BC，当且仅当AB＝BC时取“＝”，则S△ABC＝eq \f(\r(3),4)AB·BC≤eq \f(7\r(3),4)，即△ABC的面积的最大值为eq \f(7\r(3),4).
答案：eq \f(7\r(3),4)
三、解答题
10．(2019·北京高考)在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cs B＝－eq \f(1,2).
(1)求b，c的值；
(2)求sin(B－C)的值．
解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，
得b2＝32＋c2－2×3×c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))).
因为b＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
解得c＝5，所以b＝7.
(2)由cs B＝－eq \f(1,2)得sin B＝eq \f(\r(3),2).
由正弦定理得sin C＝eq \f(c,b)sin B＝eq \f(5\r(3),14).
在△ABC中，∠B是钝角，所以∠C为锐角，
所以cs C＝ eq \r(1－sin2C)＝eq \f(11,14).
所以sin(B－C)＝sin Bcs C－cs Bsin C＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(11,14)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×eq \f(5\r(3),14)＝eq \f(4\r(3),7).
11．(2019·长沙模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋c2－b2＝abcs A＋a2cs B.
(1)求B；
(2)若b＝2eq \r(7)，tan C＝eq \f(\r(3),2)，求△ABC的面积．
解：(1)因为a2＋c2－b2＝abcs A＋a2cs B，所以由余弦定理，得2accs B＝abcs A＋a2cs B，
又a≠0，所以2ccs B＝bcs A＋acs B，由正弦定理，得
2sin Ccs B＝sin Bcs A＋sin Acs B＝sin(A＋B)＝sin C，
又C∈(0，π)，sin C＞0，所以cs B＝eq \f(1,2).
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
(2)由tan C＝eq \f(\r(3),2)，C∈(0，π)，得sin C＝eq \f(\r(21),7)，
cs C＝eq \f(2\r(7),7)，
所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(2\r(7),7)＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(21),7)＝eq \f(3\r(21),14).
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得a＝eq \f(bsin A,sin B)＝eq \f(2\r(7)×\f(3\r(21),14),\f(\r(3),2))＝6，
所以△ABC的面积为eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×6×2eq \r(7)×eq \f(\r(21),7)＝6eq \r(3).
12．(2019·武汉部分学校调研)已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2B＝sin2A＋sin2C－eq \r(3)sin Asin C.
(1)求B；
(2)求sin A＋cs C的取值范围．
解：(1)锐角三角形ABC中，sin2B＝sin2A＋sin2C－eq \r(3)sin Asin C，
故b2＝a2＋c2－eq \r(3)ac，
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(\r(3),2)，又B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以B＝eq \f(π,6).
(2)由(1)知，C＝eq \f(5π,6)－A，
故sin A＋cs C＝sin A＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－A))＝eq \f(3,2)sin A－eq \f(\r(3),2)cs A＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6))).
又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，C＝eq \f(5π,6)－A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，
A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
故sin A＋cs C的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).
B组——大题专攻强化练
1．(2019·重庆市七校联合考试)如图，在平面四边形ABCD中，E为AB边上一点，连接CE，DE.CB＝2，BE＝1，∠B＝∠CED＝eq \f(2π,3).
(1)求sin∠AED的值；
(2)若AB∥CD，求CD的长．
解：(1)在△BEC中，由余弦定理得，CE＝eq \r(CB2＋BE2－2CB·BEcs∠B)＝eq \r(7)，又eq \f(BE,sin∠BCE)＝eq \f(CE,sin∠B)，所以sin∠BCE＝eq \f(\r(21),14)，
因为∠B＝∠CED，所以sin∠AED＝sin∠BCE＝eq \f(\r(21),14).
(2)因为AB∥CD ，所以∠CDE＝∠AED，
所以sin∠CDE＝sin∠AED＝eq \f(\r(21),14)，
在△CDE中，eq \f(CD,sin∠CED)＝eq \f(CE,sin∠CDE)，所以CD＝eq \f(CEsin∠CED,sin∠CDE)＝eq \f(\r(7)×\f(\r(3),2),\f(\r(21),14))＝7.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin Asin B＝cs2eq \f(C,2)，(c－eq \r(3)b)sin C＝(a＋b)(sin A－sin B)．
(1)求A和B；
(2)若△ABC的面积为eq \r(3)，求BC边上的中线AM的长．
解：(1)因为(c－eq \r(3)b)sin C＝(a＋b)(sin A－sin B)，
所以(c－eq \r(3)b)c＝(a＋b)(a－b)，
所以a2＝b2＋c2－eq \r(3)bc，所以cs A＝eq \f(\r(3),2)，所以A＝30°.
因为sin Asin B＝cs2eq \f(C,2).
所以sin Asin B＝eq \f(1＋cs C,2)，即sin B＝1＋cs C.
因为B＋C＝150°，所以sin B＝1＋cs(150°－B)，
解得B＝30°.
(2)因为eq \f(1,2)absin C＝eq \r(3)，C＝120°，所以a＝b＝2.
因为c2＝a2＋b2－2abcs C，所以c＝2eq \r(3).
在△ABM中，AM 2＝AB2＋BM 2－2AB·BMcs B＝7，得AM＝eq \r(7)，
所以BC边上的中线AM的长为eq \r(7).
3．(2019·昆明市质量检测)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2(c－acs B)＝eq \r(3)b.
(1)求A；
(2)若a＝2，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)由2(c－acs B)＝eq \r(3)b及正弦定理得2(sin C－sin Acs B)＝eq \r(3)sin B，
所以2sin(A＋B)－2sin Acs B＝eq \r(3)sin B，即2cs Asin B＝eq \r(3)sin B，
因为sin B≠0，所以cs A＝eq \f(\r(3),2)，
又0＜A＜π，所以A＝eq \f(π,6).
(2)因为a＝2，所以由正弦定理得b＝4sin B，c＝4sin C，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,4)bc，
所以S△ABC＝4sin Bsin C，因为C＝π－(A＋B)＝eq \f(5π,6)－B，所以sin C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－B))，
所以S△ABC＝4sin Bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－B))＝4sin Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs B＋\f(\r(3),2)sin B))，
即S△ABC＝2sin Bcs B＋2eq \r(3)sin2B
＝sin 2B－eq \r(3)cs 2B＋eq \r(3)
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,3)))＋eq \r(3).
因为0＜B＜eq \f(5π,6)，所以－eq \f(π,3)＜2B－eq \f(π,3)＜eq \f(4π,3)，
所以－eq \f(\r(3),2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,3)))≤1，所以0＜S△ABC≤2＋eq \r(3).
即△ABC面积的取值范围为(0,2＋eq \r(3) ]．
4．(2019·福州市质量检测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若角A，B，C成等差数列，且b＝eq \f(\r(3),2).
(1)求△ABC的外接圆直径；
(2)求a＋c的取值范围．
解：(1)因为角A，B，C成等差数列，
所以2B＝A＋C，
又因为A＋B＋C＝π，
所以B＝eq \f(π,3).
根据正弦定理得，△ABC的外接圆直径2R＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(\f(\r(3),2),sin\f(π,3))＝1.
(2)法一：由B＝eq \f(π,3)，知A＋C＝eq \f(2π,3)，可得0＜A＜eq \f(2π,3).
由(1)知△ABC的外接圆直径为1，根据正弦定理得，
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝1，
所以a＋c＝sin A＋sin C
＝sin A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))
＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin A＋\f(1,2)cs A))
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))).
因为0＜A＜eq \f(2π,3)，所以eq \f(π,6)＜A＋eq \f(π,6)＜eq \f(5π,6).
所以eq \f(1,2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))≤1，
从而eq \f(\r(3),2)＜ eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))≤ eq \r(3)，
所以a＋c的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\r(3))).
法二：由(1)知，B＝eq \f(π,3)，
b2＝a2＋c2－2accs B
＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2＝eq \f(1,4)(a＋c)2(当且仅当a＝c时，取等号)，
因为b＝ eq \f(\r(3),2)，所以(a＋c)2≤3，即a＋c≤ eq \r(3)，
又三角形两边之和大于第三边，所以eq \f(\r(3),2)＜a＋c≤ eq \r(3)，
所以a＋c的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\r(3))).