高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題二 三角函數(shù)與解三角形 專題強化練七 三角恒等變換與解三角形 理-人教版高三數(shù)學試題

上傳人:文*** 文檔編號:238355089 上傳時間:2023-12-30 格式:DOC 頁數(shù):6 大小:54KB
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1、專題強化練七 三角恒等變換與解三角形 一、選擇題 1.(2018·煙臺二模)已知cos=,則cos x+cos=(  ) A.-1    B.1    C.    D. 解析:因為cos=, 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:因為b=c,a2=2b2(1-sin A), 所以cos A==, 則cos A=sin A. 因為在△ABC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:因為sin+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·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若△ABC的面積為,則C=(  ) A. B. C. D. 解析:因為S△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·合肥第一次教學質(zhì)量檢測)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為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·全國卷Ⅱ)已知sin α+cos β=1,cos α+sin β=0,則sin(α+β)=________. 解析:因為sin 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(負值舍去), 又AC·BC·sin 60°=AB·CH, 則3=CH,故CH=. 答案: 8.(2018·全國卷Ⅰ)設△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為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的頂點與原點O重合,始邊與x軸的非負半軸重合,它的終邊過點P. (1)求sin(α+π)的值; (2)若角β滿足sin(α+β)=,求cos β的值. 解:(1)因為角α的終邊過點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所對的邊分別為a,b,c.已知bsin A=acos. (1)求角B的大??; (2)設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=. 又因為B∈(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=. 因為a<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; (2)設D是平面ABC內(nèi)一動點,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=-. 因為=,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∠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.

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