《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題二 三角函數(shù)與解三角形 專題強(qiáng)化練七 三角恒等變換與解三角形 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題二 三角函數(shù)與解三角形 專題強(qiáng)化練七 三角恒等變換與解三角形 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題(6頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強(qiáng)化練七 三角恒等變換與解三角形
一、選擇題
1.(2018·煙臺(tái)二模)已知cos=,則cos x+cos=( )
A.-1 B.1 C. D.
解析:因?yàn)閏os=,
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(duì)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?yàn)閎=c,a2=2b2(1-sin A),
所以cos A==,
則cos A=sin A.
因?yàn)樵凇鰽BC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?yàn)閟in+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(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:因?yàn)镾△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(xué)質(zhì)量檢測(cè))△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)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(guó)卷Ⅱ)已知sin α+cos β=1,cos α+sin β=0,則sin(α+β)=________.
解析:因?yàn)閟in 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(fù)值舍去),
又AC·BC·sin 60°=AB·CH,
則3=CH,故CH=.
答案:
8.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)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(diǎn)與原點(diǎn)O重合,始邊與x軸的非負(fù)半軸重合,它的終邊過點(diǎn)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?yàn)榻铅恋慕K邊過點(diǎn)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(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.已知bsin A=acos.
(1)求角B的大?。?
(2)設(shè)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?yàn)锽∈(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?yàn)閍<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(zhǎng);
(2)設(shè)D是平面ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn),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?yàn)椋?,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(shè)∠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.