精选-高考数学二轮复习小题专项练习四三角恒等变换与正余弦定理文
高考数学二轮复习 小题专项练习(四)三角恒等变换与正余弦定理理
小题专项练习(四) 三角恒等变换与正余弦定理一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．[2019·云南省昆明第一中学第八次月考]若sin α＝13，则cos 2⎝⎛⎭⎫α2＋π4＝( ) A.23 B.12C.13D ．0 2．[2019·厦门外国语学校适应性考试]已知tan θ＋1tan θ＝4，则cos 2⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝( ) A.15 B.14C.13D.123．[2019·广西钦州高三检测]在△ABC 中，∠C ＝π4，AB ＝2，AC ＝6，则cos B 的值为( ) A.12 B ．－32C.12或－32D.12或－124．[2019·名校联盟第二次适应性模拟]已知α∈⎝⎛⎭⎫－π3，0，cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6－sin α＝435，则sin α＋π12的值是( ) A ．－235 B ．－210C.235 D ．－455．[2019·成都第三次诊断性检测]当α∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，若sin(π－α)－cos(π＋α)＝23，则sin α－cos α的值为( )A.23 B ．－23C.43 D ．－436．[2019·台州中学高考模拟测试]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对应边分别为a ，b ，c ，且△ABC 的面积S ＝25cos C ，且a ＝1，b ＝25，则边c 的值为( ) A.15 B.17C.19D.217．[2019·舒城仿真试题三]若2cos2θcos ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝3sin2θ，则sin2θ＝( ) A ．－13 B ．－23C.13D.238．[2019·安徽马鞍山高三第三次模拟]已知sin α－2cos α＝3，则tan α＝( )A ．±22B ．±2C ．－ 2D ．－229．[2019·山东烟台适应性练习]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b sin2A ＋3a sin B ＝0，b ＝3c ，则c a的值为( ) A ．1 B.33C.55D.7710．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B ＝π4，tan ⎝⎛⎭⎫π4－A ＝12，且△ABC 的面积为25，则a ＋b 的值为( )教师范读的是阅读教学中不可缺少的部分，我常采用范读，让幼儿学习、模仿。
高三数学二轮复习解三角形练习含试题答案
解三角形[明考情]高考中主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用.求三角形的面积问题一般在解答题的17题位置. [知考向]1.利用正弦、余弦定理解三角形.2.三角形的面积.3.解三角形的综合问题.考点一 利用正弦、余弦定理解三角形方法技巧 (1)公式法解三角形：直接利用正弦定理或余弦定理，其实质是将几何问题转化为代数问题，适用于求三角形的边或角.(2)边角互化法解三角形：合理转化已知条件中的边角关系，适用于已知条件是边角混和式的解三角形问题.1.(2017·天津)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a sin A ＝4b sin B ，ac ＝5(a 2－b 2－c 2).(1)求cos A 的值； (2)求sin(2B －A )的值.解 (1)由a sin A ＝4b sin B 及a sin A ＝bsin B ，得a ＝2b .由ac ＝5(a 2－b 2－c 2)及余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝－55ac ac＝－55. (2)由(1)，可得sin A ＝255，代入a sin A ＝4b sin B ，得sin B ＝a sin A 4b ＝55. 由(1)知，A 为钝角，所以cos B ＝1－sin 2B ＝255. 于是sin 2B ＝2sin B cos B ＝45，cos 2B ＝1－2sin 2B ＝35，故sin(2B －A )＝sin 2B cos A －cos 2B sin A ＝45×⎝ ⎛⎭⎪⎫－55－35×255＝－255.2.如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝90°.(1)若PB ＝12，求PA ；(2)若∠APB ＝150°，求tan∠PBA .解 (1)由已知得∠PBC ＝60°，∠PBA ＝30°.在△PBA 中，由余弦定理，得PA 2＝3＋14－2×3×12cos 30°＝74，∴PA ＝72. (2)设∠PBA ＝α，由已知得PB ＝sin α，在△PBA 中，由正弦定理得3sin 150°＝sin αsin (30°－α)，化简得3cos α＝4sin α，故tan α＝34，即tan∠PBA ＝34. 3.在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且1a ＋b ＋1a ＋c ＝3a ＋b ＋c. (1)求角A 的大小；(2)若c b ＝12＋3，a ＝15，求b 的值.解 (1)由题意，可得a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c a ＋c ＝3，即c a ＋b ＋ba ＋c＝1， 整理得b 2＋c 2－a 2＝bc ，由余弦定理知，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，因为0＜A ＜π，所以A ＝π3.(2)根据正弦定理，得cb ＝sin C sin B ＝sin (A ＋B )sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B sin B ＝sin Atan B＋cos A ＝32tan B ＋12＝12＋3， 解得tan B ＝12，所以sin B ＝55.由正弦定理得，b ＝a sin Bsin A＝15×5532＝2.4.设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b sin A ＝3a cos B . (1)求角B 的大小；(2)若b ＝3，sin C ＝2sin A ，求a ，c 的值. 解 (1)∵b sin A ＝3a cos B ，由正弦定理得sin B sin A ＝3sin A cos B . 在△ABC 中，sin A ≠0， 即得tan B ＝ 3. ∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3.(2)∵sin C ＝2sin A ，由正弦定理得c ＝2a ， 由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 即9＝a 2＋4a 2－2a ·2a cos π3，解得a ＝3，∴c ＝2a ＝2 3. 考点二 三角形的面积方法技巧 三角形面积的求解策略(1)若所求面积的图形为不规则图形，可通过作辅助线或其他途径构造三角形，转化为三角形的面积.(2)若所给条件为边角关系，则运用正弦、余弦定理求出其两边及其夹角，再利用三角形面积公式求解.5.(2016·全国Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cosA )＝c .(1)求角C 的大小；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长. 解 (1)由已知及正弦定理得，2cos C (sin A cos B ＋sin B ·cos A )＝sin C ，2cos C sin(A ＋B )＝sin C ，故2sin C cos C ＝sin C .因为0＜C ＜π，所以cos C ＝12，所以C ＝π3.(2)由已知，12ab sin C ＝332，又C ＝π3，所以ab ＝6，由已知及余弦定理得，a 2＋b 2－2ab cosC ＝7，故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25，可得a ＋b ＝5.所以△ABC 的周长为5＋7.6.在△ABC 中，已知C ＝π6，向量m ＝(sin A ，1)，n ＝(1，cos B )，且m ⊥n .(1)求A 的大小；(2)若点D 在边BC 上，且3BD →＝BC →，AD ＝13，求△ABC 的面积. 解 (1)由题意知m ·n ＝sin A ＋cos B ＝0，又C ＝π6，A ＋B ＋C ＝π，所以sin A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－A ＝0. 所以sin A －32cos A ＋12sin A ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝0.又0＜A ＜5π6，所以A －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，2π3，所以A －π6＝0，即A ＝π6.(2)设|BD →|＝x ，由3BD →＝BC →，得|BC →|＝3x ， 由(1)知，A ＝C ＝π6，所以|BA →|＝3x ，B ＝2π3.在△ABD 中，由余弦定理，得(13)2＝(3x )2＋x 2－2·3x ·x cos 2π3，解得x ＝1，所以AB ＝BC ＝3，所以S △ABC ＝12BA ·BC ·sin B ＝12·3·3·sin 2π3＝934.7.(2017·全国Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B2.(1)求cos B 的值；(2)若a ＋c ＝6，△ABC 面积为2，求b .解 (1)由题设及A ＋B ＋C ＝π，得sin B ＝8sin 2B2，故sin B ＝4(1－cos B ).上式两边平方，整理得17cos 2B －32cos B ＋15＝0， 解得cos B ＝1(舍去)或cos B ＝1517.故cos B ＝1517.(2)由cos B ＝1517，得sin B ＝817，故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac .又S △ABC ＝2，则ac ＝172.由余弦定理及a ＋c ＝6， 得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B ) ＝36－2×172×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1517＝4.所以b ＝2.8.(2017·延边州一模)已知函数f (x )＝sin 2ωx －sin 2⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈R ，ω为常数且12＜ω＜1，函数f (x )的图象关于直线x ＝π对称. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35A ＝14，求△ABC 面积的最大值.解 (1)f (x )＝12－12cos 2ωx －⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3＝12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3－12cos 2ωx ＝－14cos 2ωx ＋34sin 2ωx ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π6.令2ωx －π6＝π2＋k π，解得x ＝π3ω＋k π2ω，k ∈Z .∴f (x )的对称轴为x ＝π3ω＋k π2ω，k ∈Z .令π3ω＋k π2ω＝π， 解得ω＝2＋3k6，k ∈Z .∵12＜ω＜1， ∴当k ＝1时，ω＝56，∴f (x )＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6.∴f (x )的最小正周期T ＝2π53＝6π5.(2)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35A ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝14，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝12.∴A ＝π3.由余弦定理得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－12bc ＝12，∴b 2＋c 2＝bc ＋1≥2bc ， ∴bc ≤1.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤34，∴△ABC 面积的最大值是34. 考点三 解三角形的综合问题方法技巧 (1)题中的关系式可以先利用三角变换进行化简.(2)和三角形有关的最值问题，可以转化为三角函数的最值问题，要注意其中角的取值. (3)和平面几何有关的问题，不仅要利用三角函数和正弦、余弦定理，还要和三角形、平行四边形的一些性质结合起来.9.(2017·天津)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a >b ，a ＝5，c ＝6，sin B ＝35.(1)求b 和sin A 的值； (2)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π4的值. 解 (1)在△ABC 中，因为a >b ， 所以由sin B ＝35，得cos B ＝45.由已知及余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝13， 所以b ＝13.由正弦定理a sin A ＝bsin B ， 得sin A ＝a sin Bb ＝31313. 所以b 的值为13，sin A 的值为31313.(2)由(1)及a <c ，得cos A ＝21313，所以sin 2A ＝2sin A cos A ＝1213，cos 2A ＝1－2sin 2A ＝－513.所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π4＝sin 2A cos π4＋cos 2A sin π4＝7226.10.△ABC 的三个角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，1＋tan A tan B ＝2c3b .(1)求角A 的大小；(2)若△ABC 为锐角三角形，求函数y ＝2sin 2B －2sin B cosC 的取值范围.解 (1)因为1＋tan A tan B ＝2c 3b ，所以由正弦定理，得1＋sin A cos B cos A sin B ＝sin (A ＋B )cos A sin B ＝2sin C3sin B .因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin C ，所以sin C cos A sin B ＝2sin C3sin B ，因为sin C ≠0，sin B ≠0，所以cos A ＝32，故A ＝π6. (2)因为A ＋B ＋C ＝π，A ＝π6，所以B ＋C ＝5π6. 所以y ＝2sin 2B －2sin B cosC ＝1－cos 2B －2sin B cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－B＝1－cos 2B ＋3sin B cos B －sin 2B ＝1－cos 2B ＋32sin 2B －12＋12cos 2B ＝12＋32sin 2B －12cos 2B ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6＋12.又△ABC 为锐角三角形，所以π3＜B ＜π2⇒π2＜2B －π6＜5π6，所以y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B －π6＋12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.故函数y ＝2sin 2B －2sin B cosC 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.11.(2017·咸阳二模)设函数f (x )＝sin x cos x －sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4(x ∈R )， (1)求函数f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＝0，c ＝2，求△ABC 面积的最大值.解 (1)函数f (x )＝sin x cos x －sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x －π4(x ∈R ).化简可得f (x )＝12sin 2x －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x －12. 令2k π－π2≤2x ≤2k π＋π2(k ∈Z )，则k π－π4≤x ≤k π＋π4(k ∈Z )，即f (x )的递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π4，k π＋π4(k ∈Z ).令2k π＋π2≤2x ≤2k π＋3π2(k ∈Z )，则k π＋π4≤x ≤k π＋3π4(k ∈Z )，即f (x )的递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π4，k π＋3π4(k ∈Z ).(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＝0，得sin C ＝12， 又因为△ABC 是锐角三角形， 所以C ＝π6.由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，将c ＝2，C ＝π6代入得4＝a 2＋b 2－3ab ，由基本不等式得a 2＋b 2＝4＋3ab ≥2ab ，即ab ≤4(2＋3)， 所以S △ABC ＝12ab sin C ≤12·4(2＋3)·12＝2＋3，即△ABC 面积的最大值为2＋ 3.12.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且m ＝(2a －c ，cos C )，n ＝(b ，cos B )，m ∥n .(1)求角B 的大小；(2)若b ＝1，当△ABC 的面积取得最大值时，求△ABC 内切圆的半径.解 (1)由已知可得(2a －c )cos B ＝b cos C ，结合正弦定理可得(2sin A －sin C )cos B ＝sinB cosC ，即2sin A cos B ＝sin(B ＋C )，又sin A ＝sin(B ＋C )＞0，所以cos B ＝12，所以B ＝π3.(2)由(1)得B ＝π3，又b ＝1，在△ABC 中，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，所以12＝a 2＋c 2－ac ，即1＋3ac ＝(a ＋c )2.又(a ＋c )2≥4ac ，所以1＋3ac ≥4ac ， 即ac ≤1，当且仅当a ＝c ＝1时取等号.从而S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ≤34，当且仅当a ＝c ＝1时，S △ABC 取得最大值34.设△ABC 内切圆的半径为r ，由S △ABC ＝12(a ＋b ＋c )r ，得r ＝36.例 (12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(a ＋b ，sin A －sin C )，向量n ＝(c ，sin A －sin B )，且m ∥n . (1)求角B 的大小；(2)设BC 的中点为D ，且AD ＝3，求a ＋2c 的最大值及此时△ABC 的面积. 审题路线图向量m ∥n ―→边角关系式――――→利用正弦定理转化△ABC 三边关系式――――→余弦定理求得角B ――――→引进变量(设角θ)用θ表示a ＋2c (目标函数)―→辅助角公式求最值―→求S △ABC 规范解答·评分标准 解 (1)因为m ∥n ，所以(a ＋b )(sin A －sin B )－c (sin A －sin C )＝0，………………………………………………………………………………………………1分 由正弦定理，可得(a ＋b )(a －b )－c (a －c )＝0，即a 2＋c 2－b 2＝ac . ……………………3分由余弦定理可知，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.…………5分(2)设∠BAD ＝θ，则在△BAD 中，由B ＝π3可知，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3.由正弦定理及AD ＝3，有BDsin θ＝ABsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝3sinπ3＝2，所以BD ＝2sin θ，AB ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝3cos θ＋sin θ，所以a ＝2BD ＝4sin θ，c ＝AB ＝3cos θ＋sin θ，………………………………………8分 从而a ＋2c ＝23cos θ＋6sin θ＝43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6.由θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2π3可知，θ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，所以当θ＋π6＝π2，即当θ＝π3时，a ＋2c 取得最大值4 3 (11)分此时a ＝23，c ＝3，所以S △ABC ＝12ac sin B ＝332.………………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 找条件：分析寻找三角形中的边角关系.[第二步] 巧转化：根据已知条件，选择使用的定理或公式，确定转化方向，实现边角互化. [第三步] 得结论：利用三角恒等变换进行变形，得出结论. [第四步] 再反思：审视转化过程的合理性.1.(2016·山东)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tan B )＝tan Acos B ＋tan Bcos A. (1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值. (1)证明 由题意知，2⎝⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos A cos B.化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ， 即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B ，因为A ＋B ＋C ＝π， 所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，从而sin A ＋sin B ＝2sin C ，由正弦定理得a ＋b ＝2c .(2)解 由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c22ab＝a 2＋b 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab ＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立，故cos C 的最小值为12.2.已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A 为锐角，向量m ＝(2sin A ，－3)，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos 2A ，2cos 2A 2－1，且m ∥n .(1)求A 的大小；(2)如果a ＝2，求△ABC 面积的最大值.解 (1)由m ∥n ，可得2sin A ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2A 2－1＋3cos 2A ＝0，即2sin A ·cos A ＋3cos 2A ＝0，所以sin 2A ＝－3cos 2A ，即tan 2A ＝－ 3.因为A 为锐角，故0°＜2A ＜180°，所以2A ＝120°，A ＝60°.(2)如果a ＝2，在△ABC 中，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得4＝b 2＋c 2－bc ≥2bc －bc ＝bc ，即bc ≤4，所以S ＝12bc sin A ≤12×4×32＝3， 故△ABC 面积的最大值为 3.3.在海岸A 处，发现北偏东45°方向距A 为3－1海里的B 处有一艘走私船，在A 处北偏西75°方向，距A 为2海里的C 处的缉私船奉命以103海里/小时的速度追截走私船.此时走私船正以10海里/小时的速度从B 处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？并求出所需要的时间.(注：6≈2.449)解 设缉私船追上走私船所需时间为t 小时，如图所示，则CD ＝103t 海里，BD ＝10t 海里.在△ABC 中，因为AB ＝(3－1)海里，AC ＝2海里，∠BAC ＝45°＋75°＝120°， 根据余弦定理，可得BC ＝(3－1)2＋22－2·2·(3－1)cos 120°＝6(海里). 根据正弦定理，可得sin∠ABC ＝AC ·sin 120°BC ＝2·326＝22. 所以∠ABC ＝45°，易知CB 方向与正北方向垂直，从而∠CBD ＝90°＋30°＝120°. 在△BCD 中，根据正弦定理，可得sin∠BCD ＝BD ·sin∠CBD CD ＝10t ·sin 120°103t＝12， 所以∠BCD ＝30°，∠BDC ＝30°， 所以DB ＝BC ＝6海里.则有10t ＝6，t ＝610≈0.245(小时)＝14.7(分钟).故缉私船沿北偏东60°方向，最快需约14.7分钟才能追上走私船.4.(2017·济南一模)已知f (x )＝23sin x cos x －cos(π＋2x ).(1)求f (x )的单调增区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若f (C )＝1，c ＝3，a ＋b ＝23，求△ABC 的面积.解 (1)f (x )＝23sin x cos x －cos(π＋2x ).化简可得f (x )＝3sin2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 由－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ， 得－π3＋k π≤x ≤π6＋k π，k ∈Z . ∴f (x )的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3＋k π，π6＋k π，k ∈Z . (2)由(1)可知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. ∵f (C )＝1，即2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝1， 0＜C ＜π，可得2C ＋π6＝5π6，∴C ＝π3. 由a ＋b ＝23，可得a 2＋b 2＝12－2ab . ∵c ＝3，根据余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab， 可得12－2ab －c 22ab ＝12，解得ab ＝3. 故△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×3×32＝334. 5.已知向量a ＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x ，34，b ＝(cos x ，－1). (1)当a ∥b 时，求cos 2x －sin 2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ，已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，b ＝2，sin B ＝63，求f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3的取值范围. 解 (1)因为a ∥b ，所以34cos x ＋sin x ＝0，所以tan x ＝－34.cos 2x －sin 2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝1－2tan x 1＋tan 2x ＝85. (2)f (x )＝2(a ＋b )·b ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋32. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin A ＝22， 所以A ＝π4或A ＝3π4，因为b ＞a ，所以A ＝π4， f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4－12. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3，所以2x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，11π12， 所以32－1≤f (x )＋4cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6≤2－12. 所以所求取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－1，2－12.。
高考数学专题复习四-4.2三角恒等变换-高考真题练习(附答案)
4.2三角恒等变换考点三角恒等变换1.(2017课标Ⅲ文,4,5分)已知sinα-cosα=43,则sin2α=()A.-79 B.-29C.29D.79答案A ∵(sinα-cosα)2=169,∴sin2α=-79.解后反思涉及sinα±cosα,sinαcosα的问题,通常利用公式(sinα±cosα)2=1±2sinαcosα进行转换.2.(2017山东文,4,5分)已知cosx=34,则cos2x=()A.-14 B.14C.-18D.18答案D 本题考查二倍角余弦公式.因为cosx=34,所以cos2x=2cos 2-1=18.3.(2016课标Ⅲ文,6,5分)若tanθ=-13,则cos2θ=()A.-45 B.-15C.15D.45答案D 解法一:cos2θ=cos 2θ-sin 2θ=cos 2θ-sin 2θcos 2θ+sin 2θ=1−tan 2θ1+tan 2θ=45.故选D.解法二:由tanθ=-13,可得因而cos2θ=1-2sin 2θ=45.评析本题考查化归与转化的能力.属中档题.4.(2015课标Ⅰ理,2,5分)sin20°cos10°-cos160°sin10°=()C.-12D.12答案D 原式=sin20°cos10°+cos20°sin10°=sin(20°+10°)=sin30°=12,故选D.5.(2015重庆理,9,5分)若tanα=2tan π5,)A.1B.2C.3D.4答案C=sinvos π5+cosLin π5sinvos π5-cosLin π5=tanrtan π5tanttan π5,∵tanα=2tanπ5,∴=3tanπ5tanπ5=3.故选C.6.(2015重庆文,6,5分)若tanα=13,tan(α+β)=12,则tanβ=()A.17B.16C.57D.56答案A tanβ=tan[(α+β)-α]=tan(rp-tan1+tan(rp·tan=12-131+12×13=17,故选A.7.(2013课标Ⅱ文,6,5分)已知sin2α=23,则cos2)A.16B.13C.12D.23答案A cos2=1−sin22,把sin2α=23代入,原式=16.选A.评析本题考查了三角函数的化简求值,考查了降幂公式、诱导公式的应用.8.(2016课标Ⅱ,9,5分)若-α=35,则sin2α=()A.725B.15C.-15D.-725答案D解法一:因为-α=35,所以-2α=cos2-α=2cos-α-1=-725.故选D.解法二-α(cosα+sinα)=35⇒1+sin2α=1825,∴sin2α=-725.故选D. 9.(2021全国乙文,6,5分)cos2π12−cos25π12=()A.12答案D解析解法一:cos2π5π12=π=cos2π12−sin2π12=cosπ6=解法二:cos2π12−cos25π12cos2−cos2=cosπ4π6π4π4π6sinπ4×10.(2021全国甲理,9,5分)若α∈tan2α=cos2−sin,则tanα=()答案A 解题指导:先将切化弦,再将分式化为整式,利用两角差的余弦公式及二倍角公式将异角化为同角,最后利用同角三角函数的基本关系求解.解析∵tan 2α=cos 2−sin ,且α∈0,∴sin2cos2=cos2−sin ,∴2sin 2α=cos αcos 2α+sin αsin 2α,即4sin αcos α=cos (2α-α)=cos α,又cos α≠0,∴4sin α=1,∴sin α=14,∴cos αtan αA .疑难突破将tan 2α转化为sin2cos2是本题的突破口.11.(2021新高考Ⅰ,6,5分)若tan θ=-2,则sino1+sin2psinrcos=()A.-65B.−25C.25D.65答案Csino1+sin2psinrcos=sinosin 2rcos 2r2sinbcospsinrcos=sinosinrcosp 2sinrcos=sin θ(sin θ+cos θ)=sin 2θ+sin θ·cosθ=sin 2rsinbcos sin 2rcos 2=tan 2rtan tan 2r1=(−2)2−2(−2)2+1=25.故选C .12.(2022新高考Ⅱ,6,5分)若sin (α+β)+cos (α+β)=22cos β,则()A.tan (α-β)=1B.tan (α+β)=1C.tan (α-β)=-1D.tan (α+β)=-1答案C 因为sin (α+β)+cos (α+β)=sin αcos β+cos αsin β+cos αcos β-sin αsin β,22cos β=(2cosα-2sin α)sin β=2cos αsin β-2sin αsin β,所以sin αcos β+cos αsin β+cos αcos β-sin αsin β=2cos αsin β-2sin αsin β,即sin αcos β-cos αsin β+cos αcos β+sin αsin β=0,进而得sin (α-β)+cos (α-β)=0,又知cos (α-β)≠0,所以tan (α-β)=-1,故选C .13.(2022浙江,13,6分)若3sin α-sin β=10,α+β=π2,则sin α=,cos 2β=.答案45解析设a =sin α,b =sin β=cos α,则3−=10,21,解得a b∴sin α=a cos 2β=1-2sin 2β=1-2b 2=45.14.(2020课标Ⅱ文,13,5分)若sinx=-23,则cos2x=.答案19解析∵sinx=-23,∴cos2x=1-2sin2x=1-2×=19.15.(2018课标Ⅱ文,15,5分)已知tan t=15,则tanα=.答案32解析本题主要考查两角差的正切公式.tan t=tanttan5π41+tanMan5π4=tant11+tan=15,解得tanα=32.16.(2017课标Ⅰ文,15,5分)已知α∈则cos t=.答案解析因为α∈且tanα=sin cos=2,所以sinα=2cosα,又sin2α+cos2α=1,所以则cos t=cosαcosπ4+sinαsinπ4=易错警示在求三角函数值时,常用到sin2α+cos2α=1和tanα=sin cos,同时要注意角的范围,以确定三角函数值的正负.17.(2017江苏,5,5分)若tan t=16,则tanα=.答案75解析本题考查两角和的正切公式.因为tan=16,所以tanα=tan=16+11−16×1=75.18.(2016浙江,理10,文10,5分)已知2cos2x+sin2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0),则A=,b=.答案2;1解析∵2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x=2sin2+1,∴A=2,b=1.评析本题主要考查三角恒等变换,熟练利用两角和的正弦公式及二倍角公式是解题关键. 19.(2016课标Ⅰ文,14,5分)已知θ是第四象限角,且sin=35,则tan t=.答案-43解析解法一:∵sin×(sinθ+cosθ)=35,∴sinθ+cosθ=①,∴2sinθcosθ=-725.∵θ是第四象限角,∴sinθ<0,cosθ>0,∴sinθ-cosθ=-1−2sinvos=-由①②得,∴tanθ=-17,∴tan=tant11+tan=-43.解法二:∵-θ=π2,∴sin=35,又2kπ-π2<θ<2kπ,k∈Z,∴2kπ-π4<θ+π4<2kπ+π4,k∈Z,∴cos=45,∴sin-θ=45,-θ=43,∴tan=-43.评析本题主要考查了三角恒等变换,熟练掌握同角三角函数关系式及诱导公式是解题的关键.20.(2016四川理,11,5分)cos2π8-sin2π8=.答案解析由二倍角公式易得cos2π8-sin2π8=cosπ4=21.(2015江苏,8,5分)已知tanα=-2,tan(α+β)=17,则tanβ的值为.答案3解析tanβ=tan[(α+β)-α]=tan(rp-tan1+tan(rptan=17-(-2)1+17×(−2)=3.22.(2015四川理,12,5分)sin15°+sin75°的值是.答案解析sin15°+sin75°=sin15°+cos15°=2sin(15°+45°)=2sin60°=23.(2014课标Ⅱ理,14,5分)函数f(x)=sin(x+2φ)-2sinφcos(x+φ)的最大值为.答案1解析f(x)=sin[(x+φ)+φ]-2sinφcos(x+φ)=sin(x+φ)cosφ+cos(x+φ)sinφ-2sinφcos(x+φ)=sin(x+φ)cosφ-sinφcos(x+φ)=sin(x+φ-φ)=sinx,∴f(x)的最大值为1.24.(2014课标Ⅱ文,14,5分)函数f(x)=sin(x+φ)-2sinφcosx的最大值为.答案1解析f(x)=sin(x+φ)-2sinφcosx=sinxcosφ+cosxsinφ-2sinφcosx=sinxcosφ-cosxsinφ=sin(x-φ)≤1,所以f(x)max=1.25.(2015广东文,16,12分)已知tanα=2.(1)求tan;(2)求sin2sin2α+sinvostcos2t1的值.解析(1)因为tanα=2,所以tan=tanrtanπ41−tan·tanπ4=2+11−2×1=-3.(2)因为tanα=2,所以sin2sin2α+sinvostcos2t1=2sinvossin2α+sinvost(cos2α-sin2α)-(sin2α+cos2α)=2sinvostan2α+tant2=2×222+2−2=1.sin2α+sinvost2cos2α=2tan26.(2014江苏,15,14分)已知,π(1)求α的值;(2)求-2α.解析(1)因为2,π所以cosα=-1−sin2α=-故α=sinπ4cosα+cosπ4sinα×(2)由(1)知-=-45,cos2α=1-2sin2=35,所以-2α=cos5π6cos2α+sin5π6sin2α=×35+12×评析本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和与差的正、余弦公式及二倍角公式,考查运算求解能力.。
高考数学二轮复习 第四章 三角函数及三角恒等变换 解三角形 理(含试题)
【科学备考】（新课标）2015高考数学二轮复习第四章三角函数及三角恒等变换解三角形理（含2014试题）理数1. (2014大纲全国,11,5分)已知二面角α-l-β为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,CD⊂β,C∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A. B. C. D.[答案] 1.B[解析] 1.依题意作图,平移CD至AD',作AE⊥l,且D'E∥l,连结BE,BD',则D'E⊥面BAE,则∠EAB=60°,∠D'AE=45°,设AB=1,AE=1,则BE=1,D'E=1,D'A=.在Rt△BED'中,BD'=.∴cos∠BAD'===,即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.故选B.2. (2014重庆,10,5分)已知△ABC的内角A,B,C满足sin 2A+sin(A-B+C)=sin(C-A-B)+,面积S满足1≤S≤2,记a,b,c分别为A,B,C所对的边,则下列不等式一定成立的是()A.bc(b+c)>8B.ab(a+b)>16C.6≤abc≤12D.12≤abc≤24[答案] 2.A[解析] 2.设△ABC的外接圆半径为R,由三角形内角和定理知A+C=π-B,A+B=π-C.于是sin 2A+sin(A-B+C)=sin(C-A-B)+⇒sin 2A+sin 2B=-sin 2C+⇒sin 2A+sin 2B+sin 2C=⇒2sin(A+B)cos(A-B)+2sin Ccos C=⇒2sin C[cos(A-B)-cos(A+B)]=⇒4sin Asin Bsin C=⇒sin Asin Bsin C=.则S=absin C=2R2·sin Asin Bsin C=R2∈[1,2],∴R∈[2,2],∴abc=8R3sin Asin Bsin C=R3∈[8,16 ],知C、D均不正确,bc(b+c)>bc·a=R3≥8,∴A正确.事实上,注意到a、b、c 的无序性,并且16>8,若B成立,A必然成立,排除B.故选A.3.(2014江西,4,5分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若c2=(a-b)2+6,C=,则△ABC的面积是()A.3B.C.D.3[答案] 3.C[解析] 3.c2=(a-b)2+6,即c2=a2+b2-2ab+6①.∵C=,由余弦定理得c2=a2+b2-ab②,由①和②得ab=6,∴S△ABC=absin C=×6×=,故选C.4.(2014课标全国卷Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.[答案] 4.C[解析] 4.解法一:取BC的中点Q,连结QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求,设BC=CA=CC1=2,则AQ=,AN=,QN=,∴cos∠ANQ====,故选C.解法二:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),∴=(-1,0,-2),=(1,-1,-2),∴cos<,>====,故选C.5.(2014课标全国卷Ⅱ,4,5分)钝角三角形ABC的面积是,AB=1,BC=,则AC=()A.5B.C.2D.1[答案] 5.B[解析] 5.S△ABC=AB·BCsin B=×1×sin B=,∴sin B=,若B=45°,则由余弦定理得AC=1,∴△ABC为直角三角形,不符合题意,因此B=135°,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B=1+2-2×1××=5,∴AC=.故选B.6.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，10）（原创）已知分别是的三边上的点，且满足，，，，. 则（）（A）（B）（C）（D）[答案] 6. D[解析] 6. 因为＝，∴；又因为，可得, 所以DE⊥AC;，则可得,所以可得.7. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，9) 向边长分别为的三角形区域内随机投一点，则该点与三角形三个顶点距离都大于1的概率为（）A． B. C. D.[答案] 7. A[解析] 7. 设△AB C的三边AB=5，BC=6，AC=. 根据余弦定理可得，又因为∠B∈（0，π），所以. 所以△ABC的面积为. 而在△ABC的内部且离点A距离小于等于1的点构成的区域的面积为，同理可得在△ABC的内部且离点B、C距离小于等于1的点构成的区域的面积分别为，，所以在△ABC内部，且与三角形三个顶点距离都大于1的平面区域的面积为，根据几何概型的概率计算公式可得所求概率为.8.(2014河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试（四）数学（理）试题, 6) 已知，是椭圆两个焦点，P在椭圆上，，且当时，的面积最大，则椭圆的标准方程为( )(A) (B) (C) （D）[答案] 8. A[解析] 8. 在中，由余弦定理可得：，反解得，又因为的面积为，因为当时面积最大，故的最大角为，所以可得a=2b，又因为c=3，所以可得，椭圆方程为.9.(2014湖北武汉高三2月调研测试，10) 如图，半径为2的半圆有一内接梯形ABCD，它的下底AB是⊙O的直径，上底CD的端点在圆周上．若双曲线以A，B为焦点，且过C，D 两点，则当梯形ABCD的周长最大时，双曲线的实轴长为[答案] 9. D[解析] 9. 分别过点作的垂线，垂足分别为，连结, 设,则＝, 等腰梯形的周长,令则，所以，，所以，当即，,此时，,因为为双曲线的焦点，点在双曲线上，所以实轴长. 故选D.10. (2014四川,13,5分)如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为67°,30°,此时气球的高是46 m,则河流的宽度BC约等于________m.(用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据:sin 67°≈0.92,cos 67°≈0.39,sin 37°≈0.60,cos 37°≈0.80,≈1.73)[答案] 10.60[解析] 10.不妨设气球A在地面的投影为点D,则AD=46,于是BD=AD·tan(90°-67°)=46×=19.5,DC=AD·tan(90°-30°)=46×≈79.6,∴BC=DC-BD=79.6-19.5≈60(m).11. (2014广东,12,5分)在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c.已知bcos C+ccos B=2b,则=________.[答案] 11.2[解析] 11.利用余弦定理,将bcos C+ccos B=2b转化为b·+c·=2b,化简得=2.12. (2014福建,12,4分)在△ABC中,A=60°,AC=4,BC=2,则△ABC的面积等于________. [答案] 12.2[解析] 12.由=,得sin B=sin A=×=1,∴B=90°,故C=30°,∴S△ABC=AC·BCsin C=×4×2×=2.13.(2014江苏,14,5分)若△ABC的内角满足sin A+sin B=2sin C,则cos C的最小值是________.[答案] 13.[解析] 13.∵sin A+sin B=2sin C,由正弦定理得a+b=2c,∴cos C====≥=,当且仅当a=b时等号成立,故cos C的最小值为.14.(2014天津,12,5分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知b-c=a,2sin B=3sin C,则cos A的值为________.[答案] 14.-[解析] 14.由2sin B=3sin C得2b=3c,即b=c,代入b-c=a,整理得a=2c,故cos A===-.15.(2014课表全国Ⅰ，16，5分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,则△ABC面积的最大值为________.[答案] 15.[解析] 15.因为a=2,所以(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C可化为(a+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C,由正弦定理可得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,由余弦定理可得cosA===,又0<A<π,故A=,又cos A==≥,所以bc≤4,当且仅当b=c时取等号,由三角形面积公式知S△ABC=bcsin A=bc·=bc≤,故△ABC面积的最大值为.16. (2014安徽合肥高三第二次质量检测，15) 中，角所对的边分别为，下列命题正确的是________（写出正确命题的编号）.①总存在某内角，使②若，则③存在某钝角，有；④若，则的最小角小于；⑤若，则.[答案] 16. ①④⑤[解析] 16. 在中，当时，，所以①正确；当时，，满足，不满足，故②错误；设为钝角，则，所以，故③错误；因为，所以，所以，由于与是一组基底，所以，所以，由余弦定理求得，故④正确；若，则，正确，因为在三角形中大边所对的角较大.故正确的是①④⑤.17. (2014黑龙江哈尔滨第三中学第一次高考模拟考试，16) 在中，内角所对的边长分别为，已知角为锐角, 且，则实数范围为________.[答案] 17.[解析] 17. 因为，由正弦定理，所以，即，又角为锐角，所以，所以，所以，即，，解得或，故的取值范围是.18.(2014吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，13) 在△中，三个内角，，所对的边分别为，，，若, 则= . [答案] 18.[解析] 18. 由正弦定理，，所以，即，∴19. (2014周宁、政和一中第四次联考，13) 在中，角所对的边分别为. 若，则.[答案] 19. 1[解析] 19. 由及正弦定理得，.20.(2014江苏苏北四市高三期末统考, 13) 在平面四边形中，已知，，点分别在边上，且，．若向量与的夹角为，则的值为▲．[答案] 20. 7[解析] 20. 如图所示，设直线与相交于，由题意知，令，则由，可得，，故为等边三角形，在中，由余弦定理求得，，，，21.(2014江苏苏北四市高三期末统考, 9) 在△中，已知，，且的面积为，则边长为▲．[答案] 21. 7[解析] 21. ，，，由余弦定理得，.22. (2014河南郑州高中毕业班第一次质量预测, 15) 已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为. ，则此球的表面积等于_________.[答案] 22.[解析] 22. 三棱柱的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为，，，解得，根据余弦定理得，，设外接圆的半径为，则，，外接球的半径为，球的表面积为.23. (2014大纲全国,17,10分)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知3acos C=2ccosA,tan A=,求B.[答案] 23.查看解析[解析] 23.由题设和正弦定理得3sin Acos C=2sin Ccos A.故3tan Acos C=2sin C,因为tan A=,所以cos C=2sin C,tan C=.(6分)所以tan B=tan[180°-(A+C)]=-tan(A+C)=(8分)=-1,即B=135°.(10分)24. (2014湖南,18,12分)如图,在平面四边形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=.(Ⅰ)求cos∠CAD的值;(Ⅱ)若cos∠BAD=-,sin∠CBA=,求BC的长.[答案] 24.查看解析[解析] 24.(Ⅰ)在△ADC中,由余弦定理,得cos∠CAD===.(Ⅱ)设∠BAC=α,则α=∠BAD-∠CAD.因为cos∠CAD=,cos∠BAD=-,所以sin∠CAD===,sin∠BAD===.于是sin α=sin(∠BAD-∠CAD)=sin∠BADcos∠CA D-cos∠BADsin∠CAD=×-×=.在△ABC中,由正弦定理,得=,故BC===3.25. (2014陕西,16,12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c. (Ⅰ)若a,b,c成等差数列,证明:sin A+sin C=2sin(A+C);(Ⅱ)若a,b,c成等比数列,求cos B的最小值.[答案] 25.查看解析[解析] 25.(Ⅰ)∵a,b,c成等差数列,∴a+c=2b.由正弦定理得sin A+sin C=2sin B.∵sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),∴sin A+sin C=2sin(A+C).(Ⅱ)∵a,b,c成等比数列,∴b2=ac.由余弦定理得cos B==≥=,当且仅当a=c时等号成立.∴cos B的最小值为.26.(2014安徽,16,12分)设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,且b=3,c=1,A=2B. (Ⅰ)求a的值;(Ⅱ)求sin的值.[答案] 26.查看解析[解析] 26.(Ⅰ)因为A=2B,所以sin A=sin 2B=2sin Bcos B.由正、余弦定理得a=2b·.因为b=3,c=1,所以a2=12,a=2.(Ⅱ)由余弦定理得cos A===-.由于0<A<π,所以sin A===.故sin=sin Acos+cos Asin=×+×=.27.(2014浙江,18,14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=,cos2A-cos2B=sin Acos A-sin Bcos B.(Ⅰ)求角C的大小;(Ⅱ)若sin A=,求△ABC的面积.[答案] 27.查看解析[解析] 27.(Ⅰ)由题意得-=sin2A-sin 2B,即sin 2A-cos 2A=sin 2B-cos 2B,sin=sin.由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π),得2A-+2B-=π,即A+B=,所以C=.(Ⅱ)由c=,sin A=,=,得a=,由a<c,得A<C.从而cos A=,故sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=,所以,△ABC的面积为S=acsin B=.28.(2014辽宁,17,12分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a>c.已知·=2,cos B=,b=3.求:(Ⅰ)a和c的值;(Ⅱ)cos(B-C)的值.[答案] 28.查看解析[解析] 28.(Ⅰ)由·=2得c·acos B=2,又cos B=,所以ac=6.由余弦定理,得a2+c2=b2+2accos B.又b=3,所以a2+c2=9+2×2=13.解得a=2,c=3或a=3,c=2.因a>c,所以a=3,c=2.(Ⅱ)在△ABC中,sin B===,由正弦定理,得sin C=sin B=×=.因a=b>c,所以C为锐角,因此cos C===.于是cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C=×+×=.29.(2014北京,15,13分)如图,在△ABC中,∠B=,AB=8,点D在BC边上,且CD=2,cos∠ADC=.(Ⅰ)求sin∠BAD;(Ⅱ)求BD,AC的长.[答案] 29.查看解析[解析] 29.(Ⅰ)在△ADC中,因为cos∠ADC=,所以sin∠ADC=.所以sin∠BAD=sin(∠ADC-∠B)=sin∠ADCcos B-cos∠ADCsin B=×-×=.(Ⅱ)在△ABD中,由正弦定理得BD===3.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=82+52-2×8×5×=49.所以AC=7.30.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，20）（原创）在中，内角、、的对边分别是、、，且。
【高考推荐】2019-2020高考数学二轮复习限时集训(八)三角恒等变换与正余弦定理理
限时集训（八）三角恒等变换与正余弦定理基础过关1.已知sin θ=,sin θ-cos θ>1,则sin 2θ=()A.B.-C.D.-2.在△ABC中,a,b分别为内角A,B所对的边,且a=2,b=2,B=45°,则A=()A.60°或120°B.60°C.30°或150°D.30°3.已知sin=,那么cos=()A.-B.-C.D.4.已知tan=-3,则tan的值是()A.B.-C.D.5.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,则A=()A.B.C.D.6.已知在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且+=,则b=()A.B.2C.D.7.一艘海警船从港口A出发,以每小时40海里的速度沿南偏东40°方向直线航行,30分钟后到达B 处,这时候接到从C处发出的求救信号,已知C在B的北偏东65°方向上,在港口A的东偏南20°方向上,则B,C之间的距离是()A.10海里B.10海里C.20海里D.15海里8.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2b cos B=a cos C+c cos A,b=2,则△ABC面积的最大值是()A.1B.C.2D.49.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且4S=(a+b)2-c2,则sin=()A.1B.-C.D.10.在△ABC中,AB=2,C=,则AC+BC的最大值为()A.B.2C.3D.411.若△ABC的内角A,B,C满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶3,则以2B为一内角且其对边长为2的三角形的外接圆的面积为.12.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若cos 2A+3cos A=1,b=5,且△ABC的面积S=5,则△ABC的周长为.能力提升13.若=sin 2θ,则sin 2θ=()A.B.-C.D.-14.已知在平面四边形ABCD中,AB=AD=2,BC=CD,∠BCD=90°,则四边形ABCD的面积的最大值为()A.6B.2+2C.2+2D.415.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=b2+c2-bc,且△ABC的面积为,则a的最小值为.图X8-116.如图X8-1所示,在△ABC中,BC=2,∠ABC=,AC的垂直平分线DE与AB,AC分别交于D,E两点,且DE=,则BE2= .限时集训(八)基础过关1.D [解析] ∵sin θ=,且sin θ-cos θ>1,∴cos θ<0,∴cos θ=-=-,∴sin2θ=2sin θcos θ=-.故选D . 2.A [解析] 在△ABC 中,由正弦定理得=,∴sin A===.又∵a>b ,∴A>B ,∴A=60°或A=120°. 故选A .3.A [解析] 由题意得cos =cos 2-α=1-2sin 2=,所以cos+2α=cos=-cos-2α=-.4.C [解析] ∵tan ==-3,∴tan x=2,∴tan ===.5.C [解析] ∵(a-b )(sin A+sin B )=(c-b )sin C ,∴由正弦定理可得(a-b )(a+b )=(c-b )c ,即b 2+c 2-a 2=bc ,∴由余弦定理可得cos A=,∵A ∈(0,π),∴A=.6.A [解析] 由正弦定理和余弦定理得+=,化简得b=.7.A [解析] 如图所示,由已知可得,∠BAC=30°,∠ABC=105°,AB=20,所以∠ACB=45°.在△ABC中,由正弦定理可得BC=·sin 30°=10.故选A .8.B [解析] 由正弦定理得,2sin B cos B=sin A cos C+sin C cos A=sin(A+C )=sin(π-B )=sin B ,因为B ∈(0,π),所以cos B=,所以B=,所以由余弦定理得,ac=a 2+c 2-4≥2ac-4,即ac ≤4,当且仅当a=c 时,等号成立,故S △ABC =ac sin B ≤.故选B .9.C [解析] ∵S=ab sin C ,cos C=,∴2S=ab sin C ,a 2+b 2-c 2=2ab cos C , 又4S=(a+b )2-c 2=a 2+b 2-c 2+2ab , ∴2ab sin C=2ab cos C+2ab. ∵ab ≠0,∴sin C=cos C+1. ∵sin 2C+cos 2C=1,∴(cos C+1)2+cos 2C=1,解得cos C=-1(舍去)或cos C=0,∴sin C=1,则sin=(sin C+cos C)=.10.D[解析] 由正弦定理可得,====4,又A+B=π-C=,∴AC+BC=4sin B+4sin A=4sin B+4sin=4sin B+4=2cosB+10sin B=4sin(B+θ),θ∈.∵B∈,∴B+θ∈,∴sin(B+θ)∈,∴AC+BC的最大值为4.11.[解析] 设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,由题设a=2k(k>0),则b=c=3k,∴cos B==,∴cos 2B=2cos2B-1=-.∵2B为三角形的一个内角,∴2B∈(0,π),∴sin 2B>0,∴sin 2B=.设所求三角形的外接圆的半径为R,则=2R,解得R=,∴所求三角形的外接圆的面积为πR2=.12.9+[解析] ∵cos 2A+3cos A=1,∴2cos2A+3cos A-2=0,解得cos A=或cos A=-2(舍去).∵A∈(0,π),∴sin A=.又∵S=5,b=5,∴bc sin A=×5·c·=5,∴c=4.由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A=25+16-2×5×4×=21,即a=,∴△ABC的周长为5+4+=9+.能力提升13.B[解析] 由题意得==2(cos θ+sin θ)=sin 2θ,将上式两边同时平方,得4+4sin 2θ=3sin22θ,即3sin22θ-4sin 2θ-4=0,解得sin 2θ=-或sin 2θ=2(舍去),故选B.14.C[解析] 如图所示,设∠DAB=θ,θ∈(0,π),BC=CD=x,四边形ABCD的面积为S,则BD=x.在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos θ,即(x)2=4+4-8cos θ=8-8cos θ,∴x2=4-4cos θ,∴S=×22·sin θ+x2=2sin θ+2-2cos θ=2sin+2,∵0<θ<π,∴-<θ-<,∴当θ-=,即当θ=时,S有最大值,且最大值为2+2.故选C.15.[解析] 由题意得b2+c2-a2=bc,∴cos A=,∵A∈(0,π),∴A=.∵△ABC的面积为,∴bc sin A=,∴bc=3.∵a2=b2+c2-bc,∴a2≥2bc-bc=bc=3,当且仅当b=c时,等号成立,∴a≥.16.+[解析] 由题意得,∠BDC=2A,所以==,故CD=.又因为DE=CD sinA==,所以cos A=,因为A∈(0,π),所以A=,因此△ADE为等腰直角三角形,所以AE=DE=.在△ABC中,C=π--=,所以=,故AB=+1.在△ABE中,BE2=AB2+AE2-2·AB·AE·cosA=(+1)2+-2×(+1)××=+.。
【精选高考】2019-2020高考数学二轮复习限时集训(八)三角恒等变换与正余弦定理理
限时集训（八）三角恒等变换与正余弦定理基础过关1.已知sin θ=,sin θ-cos θ>1,则sin 2θ=()A.B.-C.D.-2.在△ABC中,a,b分别为内角A,B所对的边,且a=2,b=2,B=45°,则A=()A.60°或120°B.60°C.30°或150°D.30°3.已知sin=,那么cos=()A.-B.-C.D.4.已知tan=-3,则tan的值是()A.B.-C.D.5.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,则A=()A.B.C.D.6.已知在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且+=,则b=()A.B.2C.D.7.一艘海警船从港口A出发,以每小时40海里的速度沿南偏东40°方向直线航行,30分钟后到达B处,这时候接到从C处发出的求救信号,已知C在B的北偏东65°方向上,在港口A的东偏南20°方向上,则B,C之间的距离是() A.10海里B.10海里C.20海里D.15海里8.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2b cos B=a cos C+c cos A,b=2,则△ABC面积的最大值是()A.1B.C.2D.49.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且4S=(a+b)2-c2,则sin=()A.1B.-C.D.10.在△ABC中,AB=2,C=,则AC+BC的最大值为()A.B.2C.3D.411.若△ABC的内角A,B,C满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶3,则以2B为一内角且其对边长为2的三角形的外接圆的面积为.12.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若cos 2A+3cos A=1,b=5,且△ABC的面积S=5,则△ABC的周长为.能力提升13.若=sin 2θ,则sin 2θ=()A.B.-C.D.-14.已知在平面四边形ABCD中,AB=AD=2,BC=CD,∠BCD=90°,则四边形ABCD的面积的最大值为()A.6B.2+2C.2+2D.415.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=b2+c2-bc,且△ABC的面积为,则a的最小值为.图X8-116.如图X8-1所示,在△ABC中,BC=2,∠ABC=,AC的垂直平分线DE与AB,AC分别交于D,E两点,且DE=,则BE2= .限时集训(八)基础过关1.D[解析] ∵sin θ=,且sin θ-cos θ>1,∴cos θ<0,∴cos θ=-=-,∴sin 2θ=2sin θcos θ=-.故选D.2.A[解析] 在△ABC中,由正弦定理得=,∴sin A===.又∵a>b,∴A>B,∴A=60°或A=120°.故选A.3.A[解析] 由题意得cos=cos 2-α=1-2sin2=,所以cos+2α=cos=-cos-2α=-.4.C[解析] ∵tan==-3,∴tan x=2,∴tan===.5.C[解析] ∵(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,∴由正弦定理可得(a-b)(a+b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,∴由余弦定理可得cos A=,∵A∈(0,π),∴A=.6.A[解析] 由正弦定理和余弦定理得+=,化简得b=.7.A[解析] 如图所示,由已知可得,∠BAC=30°,∠ABC=105°,AB=20,所以∠ACB=45°.在△ABC中,由正弦定理可得BC=·sin 30°=10.故选A.8.B[解析] 由正弦定理得,2sin B cos B=sin A cos C+sin C cos A=sin(A+C)=sin(π-B)=sin B,因为B∈(0,π),所以cos B=,所以B=,所以由余弦定理得,ac=a2+c2-4≥2ac-4,即ac≤4,当且仅当a=c时,等号成立,故S△ABC=ac sin B≤.故选B.9.C[解析] ∵S=ab sin C,cos C=,∴2S=ab sin C,a2+b2-c2=2ab cos C,又4S=(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab,∴2ab sin C=2ab cos C+2ab.∵ab≠0,∴sin C=cos C+1.∵sin2C+cos2C=1,∴(cos C+1)2+cos2C=1,解得cos C=-1(舍去)或cos C=0,∴sin C=1,则sin=(sin C+cos C)=.10.D[解析] 由正弦定理可得,====4,又A+B=π-C=,∴AC+BC=4sin B+4sin A=4sin B+4sin=4sin B+4=2cos B+10sinB=4sin(B+θ),θ∈.∵B∈,∴B+θ∈,∴sin(B+θ)∈,∴AC+BC的最大值为4.11.[解析] 设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,由题设a=2k(k>0),则b=c=3k,∴cos B==,∴cos 2B=2cos2B-1=-.∵2B为三角形的一个内角,∴2B∈(0,π),∴sin 2B>0,∴sin 2B=.设所求三角形的外接圆的半径为R,则=2R,解得R=,∴所求三角形的外接圆的面积为πR2=.12.9+[解析] ∵cos 2A+3cos A=1,∴2cos2A+3cos A-2=0,解得cos A=或cos A=-2(舍去).∵A∈(0,π),∴sinA=.又∵S=5,b=5,∴bc sin A=×5·c·=5,∴c=4.由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A=25+16-2×5×4×=21,即a=,∴△ABC的周长为5+4+=9+.能力提升13.B[解析] 由题意得==2(cos θ+sin θ)=sin 2θ,将上式两边同时平方,得4+4sin 2θ=3sin22θ,即3sin22θ-4sin 2θ-4=0,解得sin 2θ=-或sin 2θ=2(舍去),故选B.14.C[解析] 如图所示,设∠DAB=θ,θ∈(0,π),BC=CD=x,四边形ABCD的面积为S,则BD=x.在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos θ,即(x)2=4+4-8cos θ=8-8cos θ,∴x2=4-4cos θ,∴S=×22·sin θ+x2=2sin θ+2-2cos θ=2sin+2,∵0<θ<π,∴-<θ-<,∴当θ-=,即当θ=时,S有最大值,且最大值为2+2.故选C.15.[解析] 由题意得b2+c2-a2=bc,∴cos A=,∵A∈(0,π),∴A=.∵△ABC的面积为,∴bc sin A=,∴bc=3.∵a2=b2+c2-bc,∴a2≥2bc-bc=bc=3,当且仅当b=c时,等号成立,∴a≥.16.+[解析] 由题意得,∠BDC=2A,所以==,故CD=.又因为DE=CD sin A==,所以cosA=,因为A∈(0,π),所以A=,因此△ADE为等腰直角三角形,所以AE=DE=.在△ABC中,C=π--=,所以=,故AB=+1.在△ABE中,BE2=AB2+AE2-2·AB·AE·cos A=(+1)2+-2×(+1)××=+.。
2019高考数学二轮复习限时集训(八)三角恒等变换与正余弦定理理
限时集训（八）三角恒等变换与正余弦定理基础过关1.已知sin θ=,sin θ-cos θ>1,则sin 2θ=()A.B.-C.D.-2.在△ABC中,a,b分别为内角A,B所对的边,且a=2,b=2,B=45°,则A=()A.60°或120°B.60°C.30°或150°D.30°3.已知sin=,那么cos=()A.-B.-C.D.4.已知tan=-3,则tan的值是()A.B.-C.D.5.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,则A=()A.B.C.D.6.已知在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且+=,则b=()A.B.2C.D.7.一艘海警船从港口A出发,以每小时40海里的速度沿南偏东40°方向直线航行,30分钟后到达B处,这时候接到从C处发出的求救信号,已知C在B的北偏东65°方向上,在港口A的东偏南20°方向上,则B,C之间的距离是()A.10海里B.10海里C.20海里D.15海里8.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2b cos B=a cos C+c cos A,b=2,则△ABC面积的最大值是()A.1B.C.2D.49.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且4S=(a+b)2-c2,则sin=()A.1B.-C.D.10.在△ABC中,AB=2,C=,则AC+BC的最大值为()A.B.2C.3D.411.若△ABC的内角A,B,C满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶3,则以2B为一内角且其对边长为2的三角形的外接圆的面积为.12.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若cos 2A+3cos A=1,b=5,且△ABC的面积S=5,则△ABC的周长为.能力提升13.若=sin 2θ,则sin 2θ=()A.B.-C.D.-14.已知在平面四边形ABCD中,AB=AD=2,BC=CD,∠BCD=90°,则四边形ABCD的面积的最大值为()A.6B.2+2C.2+2D.415.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=b2+c2-bc,且△ABC的面积为,则a的最小值为.图X8-116.如图X8-1所示,在△ABC中,BC=2,∠ABC=,AC的垂直平分线DE与AB,AC分别交于D,E两点,且DE=,则BE2= .限时集训(八)基础过关1.D[解析] ∵sin θ=,且sin θ-cos θ>1,∴cos θ<0,∴cos θ=-=-,∴sin 2θ=2sin θcos θ=-.故选D.2.A[解析] 在△ABC中,由正弦定理得=,∴sin A===.又∵a>b,∴A>B,∴A=60°或A=120°.故选A.3.A[解析] 由题意得cos=cos 2-α=1-2sin2=,所以cos+2α=cos=-cos-2α=-.4.C[解析] ∵tan==-3,∴tan x=2,∴tan===.5.C[解析] ∵(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,∴由正弦定理可得(a-b)(a+b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,∴由余弦定理可得cos A=,∵A∈(0,π),∴A=.6.A[解析] 由正弦定理和余弦定理得+=,化简得b=.7.A[解析] 如图所示,由已知可得,∠BAC=30°,∠ABC=105°,AB=20,所以∠ACB=45°.在△ABC中,由正弦定理可得BC=·sin 30°=10.故选A.8.B[解析] 由正弦定理得,2sin B cos B=sin A cos C+sin C cos A=sin(A+C)=sin(π-B)=sin B,因为B∈(0,π),所以cos B=,所以B=,所以由余弦定理得,ac=a2+c2-4≥2ac-4,即ac≤4,当且仅当a=c时,等号成立,故S△ABC=ac sin B≤.故选B.9.C[解析] ∵S=ab sin C,cos C=,∴2S=ab sin C,a2+b2-c2=2ab cos C,又4S=(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab,∴2ab sin C=2ab cos C+2ab.∵ab≠0,∴sin C=cos C+1.∵sin2C+cos2C=1,∴(cos C+1)2+cos2C=1,解得cos C=-1(舍去)或cos C=0,∴sin C=1,则sin=(sin C+cos C)=.10.D[解析] 由正弦定理可得,====4,又A+B=π-C=,∴AC+BC=4sin B+4sin A=4sin B+4sin=4sin B+4=2cosB+10sin B=4sin(B+θ),θ∈.∵B∈,∴B+θ∈,∴sin(B+θ)∈,∴AC+BC的最大值为4.11.[解析] 设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,由题设a=2k(k>0),则b=c=3k,∴cosB==,∴cos 2B=2cos2B-1=-.∵2B为三角形的一个内角,∴2B∈(0,π),∴sin 2B>0,∴sin 2B=.设所求三角形的外接圆的半径为R,则=2R,解得R=,∴所求三角形的外接圆的面积为πR2=.12.9+[解析] ∵cos 2A+3cos A=1,∴2cos2A+3cos A-2=0,解得cos A=或cos A=-2(舍去).∵A∈(0,π),∴sin A=.又∵S=5,b=5,∴bc sin A=×5·c·=5,∴c=4.由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A=25+16-2×5×4×=21,即a=,∴△ABC的周长为5+4+=9+.能力提升13.B[解析] 由题意得==2(cos θ+sin θ)=sin 2θ,将上式两边同时平方,得4+4sin 2θ=3sin22θ,即3sin22θ-4sin 2θ-4=0,解得sin 2θ=-或sin 2θ=2(舍去),故选B.14.C[解析] 如图所示,设∠DAB=θ,θ∈(0,π),BC=CD=x,四边形ABCD的面积为S,则BD=x.在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos θ,即(x)2=4+4-8cos θ=8-8cos θ,∴x2=4-4cos θ,∴S=×22·sin θ+x2=2sin θ+2-2cos θ=2sin+2,∵0<θ<π,∴-<θ-<,∴当θ-=,即当θ=时,S有最大值,且最大值为2+2.故选C.15.[解析] 由题意得b2+c2-a2=bc,∴cos A=,∵A∈(0,π),∴A=.∵△ABC的面积为,∴bc sin A=,∴bc=3.∵a2=b2+c2-bc,∴a2≥2bc-bc=bc=3,当且仅当b=c时,等号成立,∴a≥.16.+[解析] 由题意得,∠BDC=2A,所以==,故CD=.又因为DE=CD sinA==,所以cos A=,因为A∈(0,π),所以A=,因此△ADE为等腰直角三角形,所以AE=DE=.在△ABC中,C=π--=,所以=,故AB=+1.在△ABE中,BE2=AB2+AE2-2·AB·AE·cos A=(+1)2+-2×(+1)××=+.。
小题专练24-2021届高考数学二轮复习新高考版含解析
【答案】A
6.(考点:双曲线,★★)已知直线y=2b与双曲线 - =1(a>0,b>0)的渐近线在第一象限交于点C,双曲线的左、右焦点分别为F1,F2,若tan∠CF2F1= ,则双曲线的离心率为().
D.直四棱柱的外接球的体积为
10.(考点:椭圆,★★)过椭圆C: + =1(a>b>0)的右焦点F2作x轴的垂线,交椭圆C于A,B两点,直线l过椭圆C的左焦点和上顶点,以AB为直径的圆与l相切,则下列结论正确的是().
A.直线l的斜率为2
B.椭圆C的长轴长为短轴长的 倍
C.椭圆C的离心率为
D.|AF2|与点A到直线x= 的距离之比为
D.f(x)在 的值域为[-1,1]
【解析】根据题意,-1=2sinφ,∴φ=- ,∴f(x)=2sin ,平移后的函数解析式为g(x)=2sin =2sin ,∴ωπ=2kπ,∴ω=2k,k∈Z,又 - ≤ = ,∴ω≤ ,故ω=2,∴f(x)=2sin ,故A正确;令2x- =kπ+ ,k∈Z,得x= + ,k∈Z,当 + = 时,k无整数解,故B错误;令2x- =kπ,k∈Z,得x= + ,k∈Z,∵-π≤ + ≤π,k∈Z,∴k=-2,-1,0,1,故C正确;∵x∈ ,2x- ∈ ,∴f(x)∈[-1,2],故D错误.
A.3B.1C.-1D.-3
【解析】根据诱导公式,sin =cos =sin ,所以原式= = = ,
分子、分母同时除以cosαcos ,得出原式= =-3.
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C．12 千米D．12千米
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．
13．[2018·河南洛阳第三次统考]已知角α的始边与x轴的非负半轴重合，顶点与坐标原点重合，终边过点P(3,4)，则 ＝________.
14．[2018·江苏南师附中四校联考]已知tan ＋θ＝3，则sinθcosθ－3cos2θ的值为________．
∴c2－a2＝8，故选B.
7．B由 ＝ sin2θ，
得 ＝2 sinθcosθ，
即2(cosθ＋sinθ)＝2 sinθcosθ，
∴1＋2sinθcosθ＝3sin2θcos2θ，
∴sinθcosθ＝－ ，或sinθcosθ＝1(舍)，
∴sin2θ＝－ ，故选B.
8．D由sinα－ cosα＝ ，
得sin2α－2 sinαcosα＋2cos2α＝3sin2α＋3cos2α，
∴sin ＝ < ，
∴α－ ∈ ，
∴cos ＝－ ，
∴sinα＝sin ＝sin cos ＋cos cos ＝ × ＋ × ＝－ ，故选B.
5．C∵sin(π－α)－cos(π＋α)＝ ，
∴sinα＋cosα＝ ，
∴1＋2sinαcosα＝ ，
∴2sinαcosα＝－ ，
∴(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝ ，
15．[2018·广西钦州第三次质量检测]△ABC的三内角A，B，C的对边边长分别为a，b，c，若a＝ b，A＝2B，则cosB＝________.
16．[2018·高考押题预测卷]如图，在△DEF中，M在线段DF上，EM＝DE＝3，DM＝2，cos∠F＝ ，则△MEF的面积为________．
小题专项练习(四)三角恒等变换
小题专项练习(四)三角恒等变换与正余弦定理
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．[2018·云南省昆明第一中学第八次月考]若sinα＝ ，则cos2 ＝()
A. B.
C. D．0
2．[2018·辽宁省重点高中第三次模拟]已知α∈ ，sinα＝ ，则tan ＝()
∵S△ABC＝25，∴S△ABC＝ absinC＝ ab ＝25，
∴ab＝25 ，
又 ＝ ＝ ＝ ，
∴a＝5，b＝5 ，
∴a＋b＝5＋5 ，故选A.
11．A∵absinC＝20sinB，
∴abc＝20b，
即ac＝20，
∴b2＝a2＋c2－2accosB＝41－40× ＝36，
∴b＝6，故选A.
12．D由题可知∵AC＝2 ，
A. B．－
C. D．－
3．[2018·广西钦州高三检测]在△ABC中，∠C＝ ，AB＝2，AC＝ ，则cosB的值为()
A. B．－
C. 或－ D. 或－
4．[2018·江西师大附中三模]已知sin ＝ ，α∈ ，则sinα＝()
A. B．－
C．± D．－ 或
5．[2018·成都第三次诊断性检测]当α∈ 时，若sin(π－α)－cos(π＋α)＝ ，则sinα－cosα的值为()
8．[2018·安徽马鞍山高三第三次模拟]已知sinα－ cosα＝ ，则tanα＝()
A．± B．±
C．－ D．－
9．[2018·山东烟台适应性练习]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsin2A＋ asinB＝0，b＝ c，则 的值为()
A．1 B.
C. D.
10．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B＝ ，tan ＝ ，且△ABC的面积为25，则a＋b的值为()
又α∈ ，sinα－cosα>0，
∴sinα－cosα＝ ，故选C.
6．B由sin(C－A)＝ sinB，
得2sin(C－A)＝sin(C＋A)，
∴2sinCcosA－2cosCsinA＝sinCcosA＋cosCsinA，
∴sinCcosA＝3cosCsinA，由正余弦定理，得
c· ＝3a· ，
得4c2－4a2＝2b2＝2×16＝32，
A. B．－
C. D．－
6．[2018·合肥第三次教学质量检测]若△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若sin(C－A)＝ sinB，且b＝4，则c2－a2＝()
A．10 B．8
C．7 D．4
7．[2018·舒城仿真试题三]若 ＝ sin2θ，则sin2θ＝()
A．－ B．－
C. D.
∴2sin2α＋2 sinαcosα＋cos2α＝0，
∴2tan2α＋2 tanα＋1＝0，
∴( tanα＋1)2＝0，∴tanα＝－ ，故选D.
9．D由bsin2A＋ asinB＝0，
得2bsinAcosA＋ asinB＝0，
∴2sinBsinAcosA＋ sinAsinB＝0，
∴sinBsinA(2cosA＋ )＝0，
与正余弦定理os2 ＝ ＝ ＝ ，故选C.
2．B∵sinα＝ ，α∈ ，
∴cosα＝ ＝ ，
∴tanα＝ ，
∴tan ＝ ＝－ ，故选B.
3．D由正弦定理得 ＝ ，
∴sinB＝ ，
又 >2，B∈(0，π)，∴B＝ 或B＝ ，
∴cosB＝ 或cosB＝－ ，故选D.
4．B∵α∈ ，
∴α－ ∈ ，
A．5＋5 B．5
C．10 D．5＋10
11．[2018·衡水联考]△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知absinC＝20sinB，a2＋c2＝41，且8cosB＝1，则b＝()
A．6 B．4
C．3 D．7
12．如图，在海岸线上相距2 千米的A，C两地分别测得小岛B在A的北偏西α方向，在C的北偏西 －α方向，且cosα＝ ，则BC之间的距离是()
sinA＝sin ＝cosα＝ ，
sinB＝sin ＝cos2α＝2cos2α－1＝ ，
∴BC＝由题可知sinα＝ ＝ ，cosα＝ ＝ ，
在△ABC中，sinB≠0，sinA≠0，∴2cosA＋ ＝0，
∴cosA＝－ ，
由余弦定理，得
a2＝b2＋c2－2bccosA＝3c2＋c2＋2 c2· ＝7c2，
∴ ＝ ，故选D.
10．A∵tan ＝ ，∴tanA＝ ，∴sinA＝ ，cosA＝ ，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝ ，