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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破課時(shí)作業(yè)8 三角變換與解三角形 理
1.[2018·全國(guó)卷Ⅲ]若sin α=,則cos 2α=( )
A. B.
C.- D.-
解析:∵ sin α=,∴ cos 2α=1-2sin2α=1-2×2=.
故選B.
答案:B
2.已知sin=,cos2α=,則sinα等于( )
A. B.-
C.- D.
解析:(1)由sin=,
得sinαcos-cosαsin=,
即sinα-cosα=,①
又cos2α=,所以cos2α-sin2α=,
即(cosα+sinα)·(cosα-sinα)=,
因此c
2、osα+sinα=-.②
由①②得sinα=,故選D.
答案:D
3.[2018·全國(guó)卷Ⅱ]在△ABC中,cos=,BC=1,AC=5,則AB=( )
A.4 B.
C. D.2
解析:∵ cos=,
∴ cos C=2cos2-1=2×2-1=-.
在△ABC中,由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos C=52+12-2×5×1×=32,
∴ AB==4.
故選A.
答案:A
4.[2017·全國(guó)卷Ⅲ]函數(shù)f(x)=的最小正周期為( )
A. B.
C.π D.2π
解析:由已知得f(x)====sin x·cos x=sin
3、 2x,所以f(x)的最小正周期為T(mén)==π.
故選C.
答案:C
5.設(shè)α∈,β∈,且tanα=,則( )
A.3α-β= B.3α+β=
C.2α-β= D.2α+β=
解析:通解 由tanα=得=,即sinαcosβ=cosα+sinβcosα,所以sin(α-β)=cosα,又cosα=sin,所以sin(α-β)=sin,又因?yàn)棣痢剩隆?,所以?α-β<,0<-α<,因?yàn)棣粒拢剑?,所?α-β=,故選C.
優(yōu)解一 ∵tan=,
由tanα=知,α、β應(yīng)為2倍角關(guān)系,A、B項(xiàng)中有3α,不合題意,C項(xiàng)中有2α-β=.
把β=2α-代入
=
==tanα,題
4、設(shè)成立.故選C.
優(yōu)解二?。剑絫an
∴tanα=tan
又∵α∈,β∈,∴∈,
∴+∈,∴α=+,
∴2α=+β,∴2α-β=.故選C.
答案:C
6.[2018·全國(guó)卷Ⅲ]△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若△ABC的面積為,則C=( )
A. B.
C. D.
解析:∵ S=absin C===abcos C,∴ sin C=cos C,即tan C=1.
∵ C∈(0,π),∴ C=.
故選C.
答案:C
7.[2018·廣州調(diào)研]將函數(shù)y=2sinsin的圖象向左平移φ(φ>0)個(gè)單位長(zhǎng)度,所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)恰為奇函數(shù),則φ的最小值為(
5、 )
A. B.
C. D.
解析:由y=2sinsin可得y=2sincos=sin,該函數(shù)的圖象向左平移φ個(gè)單位長(zhǎng)度后,所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)=sin=sin,因?yàn)間(x)=sin為奇函數(shù),所以2φ+=kπ(k∈Z),φ=-(k∈Z),又φ>0,故φ的最小值為,選A.
答案:A
8.[2018·鄭州測(cè)試]在△ABC中,A=60°,b=1,S△ABC=,則=( )
A. B.
C. D.2
解析:依題意得,bcsinA=c=,則c=4.由余弦定理得a==,因此==.由正弦定理得=,故選B.
答案:B
9.[2018·安徽質(zhì)量檢測(cè)]在銳角三角形ABC
6、中,b2cosAcosC=accos2B,則B的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
解析:解法一 由b2cosAcosC=accos2B,并結(jié)合正弦定理得sin2BcosAcosC=sinAsinCcos2B,即tan2B=tanAtanC,所以tan2B=-tanAtan(A+B),即tan2B=-tanA·,整理得tan2A-(tan3B-tanB)tanA+tan2B=0,則關(guān)于tanA的一元二次方程根的判別式Δ=(tan3B-tanB)2-4tan2B≥0,所以(tan2B-3)(tan2B+1)≥0,所以tanB≥,又△ABC為銳角三角形,所以≤B<,即B的取值范圍
7、為.
解法二 由b2cosAcosC=accos2B,并結(jié)合余弦定理得b2··=ac·2,即(b2+c2-a2)·(b2+a2-c2)=(c2+a2-b2)2,即b4-(a2-c2)2=b4+(c2+a2)2-2b2(c2+a2),化簡(jiǎn)得a4+c4=b2(c2+a2),則cosB===≤=,當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí),等號(hào)成立.又△ABC為銳角三角形,所以≤B<,即B的取值范圍為.
答案:B
10.[2018·安徽省質(zhì)量檢測(cè)]已知α∈,cos=,則sin=________.
解析:由α∈可得α+∈,又cos=,∴sin=,
∴sin=sin=sin+cos=×+×=.
答案:
11.
8、
如圖,為了估測(cè)某塔的高度,在同一水平面的A,B兩點(diǎn)處進(jìn)行測(cè)量,在點(diǎn)A處測(cè)得塔頂C在西偏北20°的方向上,仰角為60°;在點(diǎn)B處測(cè)得塔頂C在東偏北40°的方向上,仰角為30°.若A,B兩點(diǎn)相距130 m,則塔的高度CD=________ m.
解析:分析題意可知,設(shè)CD=h,則AD=,BD=h,在△ADB中,∠ADB=180°-20°-40°=120°,所以由余弦定理得AB2=BD2+AD2-2BD·AD·cos120°,可得1302=3h2+-2·h··,
解得h=10,故塔的高度為10 m.
答案:10
12.[2018·全國(guó)卷Ⅰ]△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已
9、知bsin C+csin B=4asin Bsin C,b2+c2-a2=8,則△ABC的面積為_(kāi)_______.
解析:∵ bsin C+csin B=4asin Bsin C,
∴ 由正弦定理得sin Bsin C+sin Csin B=4sin Asin Bsin C.
又sin Bsin C >0,∴ sin A=.
由余弦定理得cos A===>0,
∴ cos A=,bc==,
∴ S△ABC=bcsin A=××=.
答案:
13.[2018·浙江卷]已知角α的頂點(diǎn)與原點(diǎn)O重合,始邊與x軸的非負(fù)半軸重合,它的終邊過(guò)點(diǎn)P.
(1)求sin(α+π)的值;
(2)
10、若角β滿足sin(α+β)=,求cos β的值.
解析:(1)解:由角α的終邊過(guò)點(diǎn)P,
得sin α=-.
所以sin(α+π)=-sin α=.
(2)解:由角α的終邊過(guò)點(diǎn)P,
得cos α=-.
由sin(α+β)=,得cos(α+β)=±.
由β=(α+β)-α,
得cos β=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α,
所以cos β=-或cos β=.
14.[2018·江蘇卷]已知α,β為銳角,tan α=,cos(α+β)=-.
(1)求cos 2α的值;
(2)求tan(α-β)的值.
解析:(1)解:因?yàn)閠an α=,tan α=,
11、所以sin α=cos α.
因?yàn)閟in2α+cos2α=1,
所以cos2α=,
因此,cos 2α=2cos2α-1=-.
(2)解:因?yàn)棣?,β為銳角,所以α+β∈(0,π).
又因?yàn)閏os(α+β)=-,
所以sin(α+β)==,
因此tan(α+β)=-2.
因?yàn)閠an α=,
所以tan 2α==-.
因此,tan(α-β)=tan[2α-(α+β)]
==-.
15.[2018·長(zhǎng)沙,南昌聯(lián)合模擬]在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且bsinB=asinA+(c-a)sinC.
(1)求B;
(2)若3sinC=2sinA,且△ABC
12、的面積為6,求b.
解析:(1)由bsinB=asinA+(c-a)sinC及正弦定理,得b2=a2+(c-a)c,即a2+c2-b2=ac.
由余弦定理,得cosB===,
因?yàn)锽∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)得B=,
所以△ABC的面積為acsinB=ac=6,得ac=24.
由3sinC=2sinA及正弦定理,得3c=2a,
所以a=6,c=4.
由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB=36+16-24=28,
所以b=2.
16.[2018·南昌模擬]已知函數(shù)f(x)=1+2sincos-2cos2,△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.
(1)求f(A)的取值范圍;
(2)若A為銳角且f(A)=,2sinA=sinB+sinC,△ABC的面積為,求b的值.
解析:(1)f(x)=sinx-cosx=2sin,
∴f(A)=2sin,
由題意知,0