统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业7三角恒等变换与解三角形理

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业7三角恒等变换与解三角形理，共8页。

A．4eq \r(5)B．－4eq \r(5)
C．eq \f(\r(5),20)D．－eq \f(\r(5),20)
2．[2022·新高考Ⅱ卷]若sin (α＋β)＋cs (α＋β)＝2eq \r(2)cs (α＋eq \f(π,4))sinβ，则( )
A．tan (α－β)＝1B．tan (α＋β)＝1
C．tan (α－β)＝－1D．tan (α＋β)＝－1
3．[2023·东北育才中学高三一模]黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，该比值为m＝eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618，这是公认的最能引起美感的比例．我国著名数学家华罗庚以此引入并优化了现如今广泛应用于国内各个领域的“0.618优选法”．黄金分割比m＝eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618，它还可以近似表示为2sin18°，则eq \f(\r(3)sin12°＋m,sin78°)的值近似等于( )
A．eq \f(1,2)B．1
C．2D．eq \r(3)
4．[2023·西藏拉萨中学高三阶段练习]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足acsA＝bcsB，则△ABC的形状为( )
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
5.
[2023·四川大学附属中学高三检测]如图，在平面四边形ABCD中，CD＝eq \r(2)，∠ADC＝45°，∠ACD＝105°，∠B＝60°，△ABC的面积为eq \r(3)，则AB＋BC＝( )
A．2B．4
C．2＋eq \r(3)D．2eq \r(3)
6．[2023·陕西省铜川市高三二模]已知函数f(x)＝cs (x＋eq \f(π,2))cs (x＋eq \f(π,4))，若x∈[－eq \f(π,4)，eq \f(π,4)]，则函数f(x)的值域为____________．
7．[2023·四川省凉山州高三检测]已知函数f(x)＝4sinxcsx－2sin2x＋2cs2x＋1，则下列说法中正确的是________．
①f(x)一条对称轴为x＝eq \f(π,8)；
②将f(x)图象向右平移eq \f(π,4)个单位，再向下平移1个单位得到的新函数为奇函数；
③若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))＝eq \r(5)＋1，则tanx＝4±eq \r(15)；
④若f(x1)＝f(x2)＝2且x1>x2，则x1－x2的最小值为π.
8．[2023·河南省五市高三二模]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且4eq \r(6)csA＝eq \f(a,b)sinB＋eq \f(a,c)sinC．若△ABC的面积S＝eq \f(\r(6),2)，则边a的最小值为________．
9．[2023·北京市海淀区高三二模]如图，在△ABC中，D是边BC上一点，AD＝BD＝4，CD＝2，AC＝3eq \r(2)，则cs∠ADC＝________；△ABD的面积为________．
10．[2023·山东济宁一模]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq \r(3)asinB－bcsA＝b.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．
11．[2023·江西省南昌市模拟]如图，锐角△OAB中，OA＝OB，延长BA到C，使得AC＝3，∠AOC＝eq \f(π,4)，sin∠OAC＝eq \f(2\r(2),3).
(1)求OC；
(2)求sin∠BOC.
12.[2023·江西省上饶市高三二模]在△ABC中，∠C的角平分线交AB于点D，∠B＝eq \f(π,6)，BC＝3eq \r(3)，AB＝3，则CD＝( )
A．eq \f(3\r(6),2)B．eq \f(3,2)
C．eq \f(3\r(2),2)D．eq \f(5,2)
13．[2023·四川省南充市检测]在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知bsin (B＋C)＝asineq \f(A＋C,2)，且△ABC的面积为eq \r(3)，则△ABC周长的最小值为( )
A．2eq \r(2)B．6
C．6eq \r(2)D．6＋2eq \r(3)
课时作业7 三角恒等变换与解三角形
1．解析：因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq \f(\r(5),3)，所以csα＝－eq \f(2,3)，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2))))＝eq \f(cs2α,－sin2α)＝eq \f(sin2α－cs2α,2sinαcsα)＝eq \f(\f(5,9)－\f(4,9),2×\f(\r(5),3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))))＝－eq \f(\r(5),20).故选D.
答案：D
2．解析：方法一 设β＝0，则sinα＋csα＝0，即tanα＝－1.取α＝eq \f(3π,4)，排除A，B.设α＝0，则sinβ＋csβ＝2sinβ，即tanβ＝1.取β＝eq \f(π,4)，排除D.故选C.
方法二 因为sin（α＋β）＋cs（α＋β）＝eq \r(2)·sin（α＋β＋eq \f(π,4)）＝eq \r(2)sin [（α＋eq \f(π,4)）＋β]＝eq \r(2)sin（α＋eq \f(π,4)）·csβ＋eq \r(2)cs（α＋eq \f(π,4)）sinβ＝2eq \r(2)cs（α＋eq \f(π,4)）sinβ，所以eq \r(2)sin（α＋eq \f(π,4)）csβ＝eq \r(2)cs（α＋eq \f(π,4)）sinβ，所以sin（α＋eq \f(π,4)）csβ－cs（α＋eq \f(π,4)）sinβ＝0，即sin（α＋eq \f(π,4)－β）＝0.所以sin（α－β＋eq \f(π,4)）＝eq \f(\r(2),2)sin（α－β）＋eq \f(\r(2),2)cs（α－β）＝0，即sin（α－β）＝－cs（α－β），所以tan（α－β）＝－1.故选C.
方法三 因为sin（α＋β）＋cs（α＋β）＝2eq \r(2)·cs（α＋eq \f(π,4)）sinβ，所以sinαcsβ＋csαsinβ＋csαcsβ－sinαsinβ＝2eq \r(2)sinβ（eq \f(\r(2),2)csα－eq \f(\r(2),2)sinα）＝2sinβcsα－2sinαsinβ，所以csαcsβ＋sinαsinβ＝－sinαcsβ＋sinβcsα，所以cs（α－β）＝－sin（α－β），所以tan（α－β）＝－1.故选C.
答案：C
3．解析：由题eq \f(\r(3)sin12°＋m,sin78°)＝eq \f(\r(3)sin12°＋2sin18°,sin78°)
＝eq \f(\r(3)sin12°＋2sin（30°－12°）,sin78°)
＝eq \f(\r(3)sin12°＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs12°－\f(\r(3),2)sin12°)),sin78°)＝eq \f(cs12°,sin78°)
＝eq \f(cs12°,cs12°)＝1，故选B.
答案：B
4．解析：在△ABC中，对于acsA＝bcsB，由正弦定理得：
sinAcsA＝sinBcsB，即sin2A＝sin2B，
所以2A＝2B或2A＋2B＝π即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．故选D.
答案：D
5．解析：在△ACD中，∠CAD＝180°－∠ACD－∠ADC＝30°，由正弦定理有：eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，即eq \f(\r(2),\f(1,2))＝eq \f(AC,\f(\r(2),2))，解得AC＝2.由三角形的面积公式有：S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC·sinB＝eq \r(3)，则AB·BC＝4.在△ABC中，由余弦定理有：AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·csB⇒4＝AB2＋BC2－4⇒AB2＋BC2＝8.则AB2＋BC2＋2AB·BC＝（AB＋BC）2＝16⇒AB＋BC＝4.故选B.
答案：B
6．解析：f（x）＝－sinx（eq \f(\r(2),2)csx－eq \f(\r(2),2)sinx）＝－eq \f(\r(2),2)sinxcsx＋eq \f(\r(2),2)sin2x＝－eq \f(\r(2),4)sin2x＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(1－cs2x,2)＝－eq \f(\r(2),4)sin2x－eq \f(\r(2),4)cs2x＋eq \f(\r(2),4)＝－eq \f(1,2)（eq \f(\r(2),2)sin2x＋eq \f(\r(2),2)cs2x）＋eq \f(\r(2),4)＝－eq \f(1,2)sin（2x＋eq \f(π,4)）＋eq \f(\r(2),4)，
∴x∈[－eq \f(π,4)，eq \f(π,4)]时，2x＋eq \f(π,4)∈[－eq \f(π,4)，eq \f(3π,4)]，sin（2x＋eq \f(π,4)）∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，得f（x）∈[eq \f(\r(2)－2,4)，eq \f(\r(2),2)].
答案：[eq \f(\r(2)－2,4)，eq \f(\r(2),2)]
7．解析：函数f（x）＝4sinxcsx－2sin2x＋2cs2x＋1＝2sin2x＋2cs2x＋1＝2eq \r(2)sin（2x＋eq \f(π,4)）＋1，
①因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝2eq \r(2)sin（eq \f(π,4)＋eq \f(π,4)）＋1＝2eq \r(2)＋1，所以f（x）一条对称轴为x＝eq \f(π,8)，故正确；
②将f（x）图象向右平移eq \f(π,4)个单位得到y＝2eq \r(2)sin（2（x－eq \f(π,4)）＋eq \f(π,4)）＋1＝2eq \r(2)sin（2x－eq \f(π,4)）＋1，再向下平移1个单位得到g（x）＝2eq \r(2)sin（2x－eq \f(π,4)），因为g（－x）≠－g（x），所以新函数不是奇函数，故错误；
③由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))＝2eq \r(2)sin（x＋eq \f(π,4)）＋1＝eq \r(5)＋1得：sin（x＋eq \f(π,4)）＝eq \f(\r(10),4)，则cs（x＋eq \f(π,4)）＝±eq \f(\r(6),4)，tan（x＋eq \f(π,4)）＝±eq \f(\r(15),3)，当tan（x＋eq \f(π,4)）＝eq \f(\r(15),3)时，tanx＝tan [（x＋eq \f(π,4)）－eq \f(π,4)]＝eq \f(tan（x＋\f(π,4)）－tan\f(π,4),1＋tan（x＋\f(π,4)）·tan\f(π,4))＝4－eq \r(15)；当tan（x＋eq \f(π,4)）＝－eq \f(\r(15),3)时，tanx＝tan [（x＋eq \f(π,4)）－eq \f(π,4)]＝eq \f(tan（x＋\f(π,4)）－tan\f(π,4),1＋tan（x＋\f(π,4)）·tan\f(π,4))＝4＋eq \r(15)，所以tanx＝4±eq \r(15)，故正确；
④令f（x）＝2eq \r(2)sin（2x＋eq \f(π,4)）＋1＝2得：sin（2x＋eq \f(π,4)）＝eq \f(\r(2),4)，在同一坐标系中作出y＝sin（2x＋eq \f(π,4)），y＝eq \f(\r(2),4)的图象如图所示：
由图象知：（x1－x2）min故答案为①③.
答案：①③
8．解析：由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)可得，bsinC＝csinB，asinB＝bsinA．由已知可得，4eq \r(6)bccsA＝acsinB＋absinC＝2acsinB＝2bcsinA，所以sinA＝2eq \r(6)csA．又00.因为sin2A＋cs2A＝25cs2A＝1，所以csA＝eq \f(1,5)，sinA＝eq \f(2\r(6),5).因为△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(\r(6),5)bc＝eq \f(\r(6),2)，所以bc＝eq \f(5,2).由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccsA＝b2＋c2－2×eq \f(5,2)×eq \f(1,5)≥2bc－1＝4，当且仅当b＝c＝eq \f(\r(10),2)时，等号成立．所以，a2≥4，a的最小值为2.
答案：2
9．解析：在△ADC中由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcs∠ADC，即（3eq \r(2)）2＝42＋22－2×4×2cs∠ADC，解得cs∠ADC＝eq \f(1,8)，所以sin∠ADC＝eq \r(1－cs2∠ADC)＝eq \f(3\r(7),8)，所以sin∠ADB＝sin（π－∠ADC）＝sin∠ADC＝eq \f(3\r(7),8)，所以S△ABD＝eq \f(1,2)AD·BDsin∠ADB＝eq \f(1,2)×4×4×eq \f(3\r(7),8)＝3eq \r(7).
答案：eq \f(1,8) 3eq \r(7)
10．解析：（1）由正弦定理得eq \r(3)sinAsinB－sinBcsA＝sinB，
又sinB≠0，所以eq \r(3)sinA－csA＝1，
所以eq \f(\r(3),2)sinA－eq \f(1,2)csA＝eq \f(1,2)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝eq \f(1,2).
因为A∈（0，π），A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以A－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即A＝eq \f(π,3).
（2）由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccsA，即4＝b2＋c2－bc.
所以4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤4.
当且仅当b＝c时，等号成立．
所以S＝eq \f(1,2)bcsinA≤eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
所以△ABC面积的最大值为eq \r(3).
11．解析：（1）在△OAC中，由正弦定理知eq \f(OC,sin∠OAC)＝eq \f(AC,sin∠AOC)，
所以，OC＝eq \f(3sin∠OAC,sin\f(π,4))＝4.
（2）设∠OAB＝α，则α为锐角，sinα＝sin（π－∠OAC）＝sin∠OAC＝eq \f(2\r(2),3)，
所以csα＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(1,3)，
所以sin∠AOB＝sin（π－2α）＝sin2α＝2sinαcsα＝eq \f(4\r(2),9)，
则cs∠AOB＝cs（π－2α）＝－cs2α＝2sin2α－1＝eq \f(7,9)，
所以sin∠BOC＝sin（∠AOB＋eq \f(π,4)）＝sin∠AOBcseq \f(π,4)＋cs∠AOBsineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(4\r(2),9)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(7,9)＝eq \f(8＋7\r(2),18).
12．解析：
如图所示，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝BC2＋AB2－2BC·AB·csB＝（3eq \r(3)）2＋32－2×3eq \r(3)×3×eq \f(\r(3),2)＝9，∴AC＝3＝AB，∴△ABC为等腰三角形，∠ACB＝∠B＝eq \f(π,6)，∠A＝π－2×eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)，又∵CD为角平分线，∴∠ACD＝eq \f(π,12)，∴在△ACD中，∠ADC＝π－eq \f(2π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sinA)，CD＝eq \f(AC·sinA,sin∠ADC)＝eq \f(3×sin\f(2π,3),sin\f(π,4))＝eq \f(3×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝eq \f(3\r(6),2).故选A.
答案：A
13．解析：由题设及三角形内角和性质：bsinA＝asineq \f(π－B,2)，
根据正弦定理及诱导公式得sinB·sinA＝sinA·cseq \f(B,2)，
∵A∈（0，π），∴sinA≠0，∴sinB＝cseq \f(B,2)，
即2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2)＝cseq \f(B,2)，
∵B∈（0，π），则eq \f(B,2)∈（0，eq \f(π,2)），则cseq \f(B,2)≠0，
解得sineq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，则eq \f(B,2)＝eq \f(π,6)⇒B＝eq \f(π,3)，
所以S＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(3)ac,4)＝eq \r(3)，则ac＝4，
又a＋c≥2eq \r(ac)＝4仅当a＝c＝2时等号成立，
根据余弦定理得b＝eq \r(a2＋c2－2accsB)，
即b＝eq \r(a2＋c2－ac)，
设△ABC的周长为C，则C△ABC＝a＋c＋eq \r(（a＋c）2－3ac)＝（a＋c）＋eq \r(（a＋c）2－12)，
设a＋c＝t≥4，则f（t）＝t＋eq \r(t2－12)，
根据复合函数单调性：增函数加增函数为增函数得：f（t）在[4，＋∞）上为单调增函数，
故f（t）min＝f（4）＝6，故（C△ABC）min＝6，当且仅当a＝b＝c＝2时取等．故选B.
答案：B
A基础达标
B素养提升