高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（七）三角恒等變換與解三角形 理（重點(diǎn)生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（七）三角恒等變換與解三角形 理（重點(diǎn)生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（七）三角恒等變換與解三角形 理（重點(diǎn)生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題跟蹤檢測（七） 三角恒等變換與解三角形 一、全練保分考法——保大分 1．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝，c＝2，cos A＝，則b＝(　　) A.　　　　　　　　　 B. C．2 D．3 解析：選D　由余弦定理得5＝22＋b2－2×2bcos A， ∵cos A＝，∴3b2－8b－3＝0， ∴b＝3. 2．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，已知a＝6，b＝4，C＝120°，則sin B＝(　　) A.　　　　　　　 B. C. D．－ 解析：選B　在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝76，

2、所以c＝.由正弦定理得＝，所以sin B＝＝＝. 3．已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，bc＝4，則△ABC的面積為(　　) A. B．1 C. D．2 解析：選C　∵a2＝b2＋c2－bc，∴bc＝b2＋c2－a2， ∴cos A＝＝.∵A為△ABC的內(nèi)角，∴A＝60°，∴S△ABC＝bcsin A＝×4×＝. 4．(2019屆高三·洛陽第一次統(tǒng)考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a，b，c成等比數(shù)列，且a2＝c2＋ac－bc，則＝(　　) A. B. C. D. 解析：選B　由a，b，c成等

3、比數(shù)列得b2＝ac，則有a2＝c2＋b2－bc，由余弦定理得cos A＝＝＝，因?yàn)锳為△ABC的內(nèi)角，所以A＝，對于b2＝ac，由正弦定理得，sin2B＝sin Asin C＝sin C，由正弦定理得，＝＝＝. 5．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，則C＝(　　) A. B. C. D. 解析：選B　在△ABC中，sin B＝sin(A＋C)， 則sin B＋sin A(sin C－cos C) ＝sin(A＋C)＋sin A(sin C－cos C)＝0， 即sin Acos C＋co

4、s Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0， ∴cos Asin C＋sin Asin C＝0， ∵sin C≠0，∴cos A＋sin A＝0， 即tan A＝－1，所以A＝. 由＝得＝，∴sin C＝， 又0

5、ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×××＝，∴BC邊上的高為＝＝1. 7．(2018·開封模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，btan B＋btan A＝2ctan B，且a＝5，△ABC的面積為2，則b＋c的值為__________． 解析：由正弦定理及btan B＋btan A＝2ctan B， 得sin B·＋sin B·＝2sin C·， 即cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos A， 亦即sin(A＋B)＝2sin Ccos A， 故sin C＝2sin Ccos A. 因?yàn)閟in C≠0，所以cos A＝，所以A＝. 因?yàn)?/p>

6、S△ABC＝bcsin A＝2， 所以bc＝8. 由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc， 可得b＋c＝7. 答案：7 8．(2018·福州模擬)如圖，小明同學(xué)在山頂A處觀測到一輛汽車在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在A處測得公路上B，C兩點(diǎn)的俯角分別為30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽車從B點(diǎn)到C點(diǎn)歷時14 s，則這輛汽車的速度約為______ m/s(精確到0.1)． 參考數(shù)據(jù)： ≈1.414, ≈2.236. 解析：因?yàn)樾∶髟贏處測得公路上B，C兩點(diǎn)的俯角分別為30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD

7、＝45°.設(shè)這輛汽車的速度為v m/s，則BC＝14v，在Rt△ADB中AB＝＝＝200.在Rt△ADC中，AC＝＝＝100.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以(14v)2＝(100)2＋2002－2×100×200×cos 135°，所以v＝≈22.6，所以這輛汽車的速度約為22.6 m/s. 答案：22.6 9．(2018·長春質(zhì)檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若其面積S＝b2sin A，角A的平分線AD交BC于點(diǎn)D，AD＝，a＝，則b＝________. 解析：由面積公式S＝bcsin A＝b2sin A，

8、可得c＝2b，即＝2.由a＝，并結(jié)合角平分線定理可得，BD＝，CD＝，在△ABC中，由余弦定理得cos B＝，在△ABD中，cos B＝，即＝， 化簡得b2＝1，解得b＝1. 答案：1 10．(2018·昆明調(diào)研)已知△ABC的面積為3，AC＝2，BC＝6，延長BC至D，使∠ADC＝45°. (1)求AB的長； (2)求△ACD的面積． 解：(1)因?yàn)镾△ABC＝×6×2×sin∠ACB＝3， 所以sin∠ACB＝，∠ACB＝30°或150°， 又∠ADC＝45°，所以∠ACB＝150°， 由余弦定理得AB2＝12＋36－2×2×6cos 150°＝84， 所以AB＝2.

9、 (2)在△ACD中，因?yàn)椤螦CB＝150°，∠ADC＝45°， 所以∠CAD＝105°， 由正弦定理得＝， 即＝， 解得CD＝3＋， 又∠ACD＝180°－150°＝30°， 所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD ＝×2×(3＋)×＝. 11．(2018·沈陽質(zhì)檢)在△ABC中，已知內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且2ccos B＝2a＋b. (1)求角C的大?。? (2)若a＋b＝6，△ABC的面積為2，求c. 解：(1)由正弦定理得2sin Ccos B＝2sin A＋sin B， 又sin A＝sin(B＋C)， ∴2sin Ccos B＝2sin(

10、B＋C)＋sin B， ∴2sin Ccos B＝2sin Bcos C＋2cos Bsin C＋sin B， ∴2sin Bcos C＋sin B＝0， ∵sin B≠0，∴cos C＝－. 又C∈(0，π)，∴C＝. (2)∵S△ABC＝absin C＝2，∴ab＝8， 由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋ab＋b2＝(a＋b)2－ab＝28，∴c＝2. 12．(2018·長沙模擬)在銳角△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且4sin Acos2A－cos(B＋C)＝sin 3A＋. (1)求角A的大??； (2)若b＝2，求△ABC面積的取

11、值范圍． 解：(1)∵A＋B＋C＝π，∴cos(B＋C)＝－cos A． ① ∵3A＝2A＋A， ∴sin 3A＝sin(2A＋A)＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A． ② 又sin 2A＝2sin Acos A， ③ cos 2A＝2cos2A－1， ④ 將①②③④代入已知等式，得2sin 2Acos A＋cos A＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A＋， 整理得sin A＋cos A＝， 即sin＝， 又A∈，∴A＋＝，即A＝. (2)由(1)得B＋C＝，∴C＝－B， ∵△ABC為銳角三角形， ∴－

12、B∈且B∈，解得B∈， 在△ABC中，由正弦定理得＝， ∴c＝＝＝＋1， 又B∈，∴∈(0，)，∴c∈(1,4)， ∵S△ABC＝bcsin A＝c，∴S△ABC∈. 故△ABC面積的取值范圍為. 二、強(qiáng)化壓軸考法——拉開分 1．(2018·成都模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2(sin2A－sin2C)＝(a－b)sin B，△ABC的外接圓半徑為.則△ABC面積的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　由正弦定理，得＝＝＝2，所以sin A＝，sin B＝，sin C＝，將其代入2(sin2A－sin2C)＝(a－b

13、)sin B得，a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理，得cos C＝＝，又0

14、可得，sin B＋2sin Ccos A＝0，即sin(A＋C)＋2sin Ccos A＝0， 得sin Acos C＝－3sin Ccos A，即tan A＝－3tan C. 又cos A＝－<0，所以A為鈍角，于是tan C>0. 從而tan B＝－tan(A＋C)＝－＝＝，由基本不等式，得＋3tan C≥2 ＝2，當(dāng)且僅當(dāng)tan C＝時等號成立，此時角B取得最大值，且tan B＝tan C＝，tan A＝－，即b＝c，A＝120°，又bc＝1，所以b＝c＝1，a＝，故△ABC的周長為2＋. 法二：由已知b＋2ccos A＝0，得b＋2c·＝0，整理得2b2＝a2－c2.由余弦定理

15、，得cos B＝＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時等號成立，此時角B取得最大值，將a＝c代入2b2＝a2－c2可得b＝c.又bc＝1，所以b＝c＝1，a＝，故△ABC的周長為2＋. 3．(2019屆高三·惠州調(diào)研)已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的對邊，a＝4，b∈(4,6)，sin 2A＝sin C，則c的取值范圍為______________． 解析：在△ABC中，由正弦定理得＝， 即＝，∴c＝8cos A， 由余弦定理得16＝b2＋c2－2bccos A， ∴16－b2＝64cos2A－16bcos2A， 又b≠4，∴cos2A＝＝＝， ∴c2＝64cos2A＝64×＝16＋4

16、 B. ∵b∈(4,6)，∴32

17、sin Ccos A， 又sin C≠0，所以cos A＝，sin A＝. 設(shè)外接圓的半徑為r，則r＝1， 由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc. 當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時，等號成立， 又因?yàn)閍＝2rsin A＝， 所以bc≤3，所以S△ABC＝bcsin A＝bc≤. 答案： 5．(2018·陜西質(zhì)檢)已知△ABC 的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且(a2＋b2－c2)(acos B＋bcos A)＝abc，若a＋b＝2，則c的取值范圍為________． 解析：由sin Acos B＋sin Bcos A＝sin(A＋B

18、)＝sin C及正弦定理，可知acos B＋bcos A＝c， 則由(a2＋b2－c2)(acos B＋bcos A)＝abc， 得a2＋b2－c2＝ab， 由余弦定理可得cos C＝，則C＝，B＝－A， 由正弦定理＝＝， 得＝＝，又a＋b＝2， 所以＋＝2， 即c＝＝. 因?yàn)锳∈，所以A＋∈， 所以sin∈，則c∈[1,2)． 答案：[1,2) 6．(2018·南昌模擬)如圖，平面上有四個點(diǎn)A，B，P，Q，其中A，B為定點(diǎn)，且AB＝，P，Q為動點(diǎn)，滿足關(guān)系A(chǔ)P＝PQ＝QB＝1，若△APB和△PQB的面積分別為S，T，則S2＋T2的最大值為________． 解析：設(shè)P

19、B＝2x，則－1＜2x＜2， ∴＜x＜1， ∴T2＝2＝x2(1－x2)， cos∠PAB＝＝， sin2∠PAB＝1－2， ∴S2＝2＝1－＝－(1－x2)2， ∴S2＋T2＝－(1－x2)2＋x2(1－x2)， 令1－x2＝t，則x2＝1－t,0＜t＜， ∴S2＋T2＝－t2＋(1－t)t＝－2t2＋t＋， 其對稱軸方程為t＝，且∈， ∴當(dāng)t＝時，S2＋T2取得最大值， 此時S2＋T2＝－2×＋＋＝. 答案： 三、加練大題考法——少失分 1.(2019屆高三·洛陽聯(lián)考)如圖，在△ABC中，點(diǎn)P在BC邊上，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4. (

20、1)求∠ACP； (2)若△APB的面積是，求sin∠BAP. 解：(1)在△APC中，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4， 由余弦定理得 PC2＝AP2＋AC2－2·AP·AC·cos∠PAC， 所以22＝AP2＋(4－AP)2－2·AP·(4－AP)·cos 60°， 整理得AP2－4AP＋4＝0， 解得AP＝2，所以AC＝2， 所以△APC是等邊三角形，所以∠ACP＝60°. (2)由于∠APB是△APC的外角， 所以∠APB＝120°， 因?yàn)椤鰽PB的面積是， 所以·AP·PB·sin∠APB＝，所以PB＝3. 在△APB中，由余弦定理得 AB2＝A

21、P2＋PB2－2·AP·PB·cos∠APB ＝22＋32－2×2×3×cos 120°＝19， 所以AB＝. 在△APB中，由正弦定理得＝， 所以sin∠BAP＝＝. 2．(2018·開封模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，已知3a2－4S＝3b2＋3c2. (1)求A； (2)若a＝3，求△ABC周長的取值范圍． 解：(1)∵S＝bcsin A， ∴由已知得，b2＋c2－a2＝－S＝－·bcsin A， ∴cos A＝＝－sin A， ∴tan A＝－，又∵A∈(0，π)，∴A＝. (2)在△ABC中，由正弦定理得， ＝＝＝2， ∴b

22、＝2sin B，c＝2sin C＝2sin， 記△ABC周長為y， ∴y＝a＋b＋c＝2sin B＋2sin＋3 ＝2sin B＋2＋3 ＝sin B＋3cos B＋3＝2sin＋3， ∵B∈，∴sin∈， ∴y∈(6,3＋2]， ∴△ABC周長的取值范圍是(6,3＋2]． 3. (2018·淄博模擬)在△ABC中，∠BAC＝，D為邊BC上一點(diǎn)，DA⊥AB，且AD＝. (1)若AC＝2，求BD； (2)求＋的取值范圍． 解：(1)因?yàn)椤螧AC＝，∠BAD＝， 所以∠CAD＝，在△DAC中， 由余弦定理知 CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos＝， 得CD＝，

23、 從而cos∠ADC＝＝＝－. 或用正弦定理求得sin∠ADC＝ 所以cos∠ADB＝. 在Rt△DAB中，BD＝＝， 所以所求BD的長為. (2)設(shè)∠ADB＝α，則∠ACD＝α－， 在Rt△DAB中，＝cos α， 在△DAC中，由正弦定理知 ＝＝2sin. 于是＋＝cos α＋2sin＝sin α. 由題設(shè)知＜α＜，故＜sin α＜1， 因此所求＋的取值范圍為. 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝sin x(cos x＋sin x)－. (1)求函數(shù)f(x)的最大值，并求此時的x值； (2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若f(A)＝1，且2bsin B

24、＋2csin C＝bc＋a，求a的值． 解：(1)由題意可得f(x)＝sin xcos x＋sin2x－ ＝sin 2x＋(1－cos 2x)－ ＝sin 2x－cos 2x ＝sin. 當(dāng)2x－＝＋2kπ(k∈Z)， 即x＝＋kπ(k∈Z)時，函數(shù)f(x)取得最大值為1. (2)∵A∈(0，π)，∴2A－∈. 又f(A)＝sin＝1， ∴2A－＝， ∴A＝. 根據(jù)正弦定理＝＝， 得sin B＝，sin C＝. ∵2bsin B＋2csin C＝bc＋a， ∴2b·＋2c·＝bc＋a， ∴(b2＋c2－a2)＝abc， ∴·2bccos ＝abc， ∴a＝.