《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角函數(shù)及解三角形 課后綜合提升練 1.1.2 三角恒等變換與解三角形 文.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角函數(shù)及解三角形 課后綜合提升練 1.1.2 三角恒等變換與解三角形 文.doc（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第二講 三角恒等變換與解三角形
(40分鐘 70分)
一、選擇題(每小題5分,共25分)
1.若cos α=-45,α是第三象限的角,則1+tanα21-tanα2= ( )
A.3 B. -12 C.13 D.12
【解析】選B.因?yàn)閏os α=-45,α是第三象限的角,所以sin α=-35,則
1+tanα21-tanα2=cosα2+sinα2cosα2-sinα2=1+sinαcosα=-12.
2.設(shè)a=2sinπ5cosπ5,b=cos25-sin25,c=tan301-tan230,則 ( )
A.a
tan A,則角A所對(duì)的邊最小.由tan A=14可知sin A=1717,由正弦定理asinA=csinC,得a=sin AcsinC=17171722=2.
5.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且2ccos B=2a+b,若△ABC的面積S=312c,則ab的最小值為 ( )
A.12 B.13 C.16 D.3
【解析】選B.由題意得2sin Ccos B=2sin A+sin B?
2sin Ccos B=2(sin Bcos C+cos Bsin C)+sin B?cos C=-12,
所以S=12absin C=34ab=312c?c=3ab.
因?yàn)閏os C=a2+b2-c22ab,所以-12=a2+b2-9a2b22ab≥2ab-9a2b22ab,解得ab≥13,
當(dāng)且僅當(dāng)a=b=33時(shí),等號(hào)成立,即ab的最小值為13.
二、填空題(每小題5分,共15分)
6.已知tan α=4,則sinα-2cosα3cosα+2sinα=____________.
【解析】sinα-2cosα3cosα+2sinα=tanα-23+2tanα=4-23+24=211.
答案:211
7.若tan α,tan β是方程x2+5x+6=0的兩個(gè)根,且α,β∈-π2,π2,則α+β=____________.
【解析】因?yàn)閠an α,tan β是方程x2+5x+6=0的兩個(gè)根,所以tan α+tan β=-5,tan αtan β=6,所以tan α<0,tan β<0,所以tan(α+β)= tanα+tanβ1-tanαtanβ=-51-6=1,
又因?yàn)棣?β∈-π2,π2,所以α+β=-34π.
答案:-34π
8.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,S為△ABC的面積,若c=2acos B, S=12a2-14c2,則C的大小為_(kāi)___________.
【解析】因?yàn)閏=2acos B,所以sin C=2sin Acos B=sin Acos B+cos Asin B,所
以tan A=tan B,所以A=B,又因?yàn)镾=12a2-14c2,所以a22sin C=a22-c24,由正弦定理得
sin C=1-12sinCsinA2,因?yàn)锳=B,所以sin A=cosC2,所以sin C=cos C,所以C=π4.
答案:π4
三、解答題(每小題10分,共30分)
9.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,△ABC的面積為S,已知a=2,b2+c2-4=43S,B>A,2sin Bsin C=cos A.
(1)求A的值.
(2)判斷△ABC的形狀并求△ABC的面積.
【解析】(1)因?yàn)閎2+c2-4=43S,所以b2+c2-a2=4312bcsin A,由余弦定理得,
cos A=3sin A,所以tan A=33,因?yàn)锳∈(0,π),所以A=π6.
(2)因?yàn)?sin Bsin C=cos A,A+B+C=π,
所以2sin Bsin C=-cos(B+C)
=sin Bsin C-cos Bcos C,
即sin Bsin C+cos Bcos C=0,
cos(B-C)=0,所以B-C=π2或C-B=π2.
(ⅰ)當(dāng)B-C=π2時(shí),由第(1)問(wèn)知A=π6,所以B=2π3,C=π6,所以△ABC是等腰三角形, S=12acsin B=3;
(ⅱ)當(dāng)C-B=π2時(shí),由第(1)問(wèn)知A=π6,所以C=2π3,B=π6,又因?yàn)锽>A,矛盾,舍去.綜上,△ABC是等腰三角形,其面積為3.
10.已知在△ABC中,D是BC上的點(diǎn),AD平分∠BAC,△ABD面積是△ADC面積的2倍.
(1)求sin∠Bsin∠C.
(2)若AD=1,DC=22,求BD和AC的長(zhǎng).
【解析】(1)S△ABD=12ABADsin∠BAD,
S△ADC=12ACADsin∠CAD,
因?yàn)镾△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC,
在△ABC中,由正弦定理得:ACsin∠B=ABsin∠C,所以sin∠Bsin∠C=ACAB=12.
(2)設(shè)∠ADB=θ,則∠ADC=π-θ.
由(1)知ACAB=bc=12,所以c=2b①,
因?yàn)镃D=22,所以BD=2,
在△ACD中,由余弦定理得,
b2=1+222-2122cos(π-θ),
即b2=32+2cos θ②,
在△ABD中,由余弦定理,c2=1+2-212cos θ,即c2=3-22cos θ③,
由①②③得b=1,故AC=1.
11.在銳角△ABC中,2sinB-C2cosB-C2+2cos Bsin C=32.
(1)求角A.
(2)若BC=7,AC=2,求△ABC的面積.
【解析】(1)因?yàn)?sinB-C2cosB-C2+2cos Bsin C=32,
所以sin(B-C)+2cos Bsin C=32,
則sinB cos C-cos Bsin C+2cos Bsin C=sin(B+C)=32,即sin A=32,
由△ABC為銳角三角形得A=π3.
(2)在△ABC中,a=BC,b=AC,a2=b2+c2-2bccos A,即7=4+c2-22c12,化簡(jiǎn)得c2-2c-3=0,解得c=3(負(fù)根舍去),
所以S△ABC=12bcsin A=332.
【提分備選】
1.如圖所示,某鎮(zhèn)有一塊空地△OAB,其中OA=3 km,OB=33 km,∠AOB=90.當(dāng)?shù)劓?zhèn)政府規(guī)劃將這塊空地改造成一個(gè)旅游景點(diǎn),擬在中間挖一個(gè)人工湖△OMN,其中M,N都在邊AB上,且∠MON=30,挖出的泥土堆放在△OAM地帶上形成假山,剩下的△OBN地帶開(kāi)設(shè)兒童游樂(lè)場(chǎng). 為安全起見(jiàn),需在△OAN的周圍安裝防護(hù)網(wǎng).
(1)當(dāng)AM=32km時(shí),求防護(hù)網(wǎng)的總長(zhǎng)度.
(2)若要求挖人工湖用地△OMN的面積是堆假山用地△OAM的面積的3倍,試確定∠AOM的大小.
(3)為節(jié)省投入資金,人工湖△OMN的面積要盡可能小,問(wèn)如何設(shè)計(jì)施工方案,可使△OMN的面積最小?最小面積是多少?
【解析】(1)因?yàn)樵凇鱋AB中,OA=3,OB=33,∠AOB=90,所以∠OAB=60,
在△AOM中,OA=3,AM=32,∠OAM=60,
由余弦定理,得OM=332,
所以O(shè)M2+AM2=OA2,即OM⊥AN,所以∠AOM=30,
所以△OAN為正三角形,所以△OAN的周長(zhǎng)為9,
即防護(hù)網(wǎng)的總長(zhǎng)度為9 km.
(2)設(shè)∠AOM=θ(0<θ<60),
因?yàn)镾△OMN=3S△OAM,
所以12ONOMsin 30=312OAOMsin θ,即ON=63sin θ,
在△OAN中,由ONsin60=OAsin(θ+60+30)=3cosθ,
得ON=332cosθ,
從而63sin θ=332cosθ,所以sin 2θ=12,
所以θ=15,即∠AOM=15.
(3)設(shè)∠AOM=α(0<α<60),由(2)知ON=332cosα,又在△AOM中,由OMsin60=OAsin(α+60),得OM=332sin(α+60),
所以S△OMN=12OMONsin 30=2716sin(α+60)cosα
=27812sin2α+32cos2α+32
=278sin(2α+60)+43,
所以當(dāng)且僅當(dāng)2α+60=90,即α=15時(shí),
△OMN的面積取最小值為27(2-3)4 km2.
2.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,滿足(2a-c)cos B=bcos C.
(1)求B的大小.
(2)如圖,AB=AC,在直線AC的右側(cè)取點(diǎn)D,使得AD=2CD=4.當(dāng)角D為何值時(shí),四邊形ABCD的面積最大?
【解析】(1)因?yàn)?2a-c)cos B=bcos C,
所以(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C,
所以2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C,
所以2sin Acos B=sin(B+C)=sin A,
因?yàn)閟in A≠0,
所以cos B=12,
所以B=π3.
(2)因?yàn)锳B=AC,B=π3,
所以△ABC為等邊三角形,
若四邊形ABCD面積最大,
則△ADC的面積最大,
設(shè)AC=x,在△ADC中,由余弦定理可得x2=AC2=CD2+AD2-2CDADcos D=4+16-2
24cos D,
所以cos D=20-x216,
所以sin D=162-(20-x2)216,當(dāng)x2=20,即x=25時(shí),-(20-x2)2+162最大,即sin D最大,最大為1,
因?yàn)镾△ADC=12CDADsin D=4sin D,
所以當(dāng)D=π2時(shí),S△ADC最大,
所以當(dāng)D=π2時(shí),四邊形ABCD的面積最大.
3.已知△ABC為銳角三角形,若向量p=(2-2sin A,cos A+sin A)與向量q=
(sin A-cos A,1+sin A)是共線向量.
(1)求角A.
(2)求函數(shù)y=2sin2B+cosC-3B2的最大值.
【解析】(1)因?yàn)閜,q共線,所以(2-2sin A)(1+sin A)
=(cos A+sin A)(sin A-cos A),
則sin2A=34.
又A為銳角,所以sin A=32,則A=π3.
(2)y=2sin2B+cosC-3B2=2sin2B+cosπ-π3-B-3B2=2sin2B+cosπ3-2B=1-cos 2B +12cos 2B+32sin 2B
=32sin 2B-12cos 2B+1=sin2B-π6+1.
因?yàn)锽∈0,π2,所以2B-π6∈-π6,5π6,所以當(dāng)2B-π6=π2即B=π3時(shí),
函數(shù)y取得最大值,ymax=2.
(20分鐘 20分)
1.(10分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.已知tanπ4+A=2.
(1)求sin2Asin2A+cos2A的值.
(2)若B=π4,a=3,求△ABC的面積.
【解析】(1)由tanπ4+A=2,得tan A=13.
所以sin2Asin2A+cos2A=2tanA2tanA+1=25.
(2)由tan A=13,A∈(0,π),
得sin A=1010,cos A=31010.
又由a=3,B=π4及正弦定理asinA=bsinB,得b=35.
由sin C=sin(A+B)=sinA+π4,得sin C=255,
設(shè)△ABC的面積為S,則S=12absin C=9.
2.(10分)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,且cosAa+cosBb=sinCc.
(1)證明:sin AsinB=sin C.
(2)若b2+c2-a2=65bc,求tan B.
【解析】(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC,可知原式可以化解為cosAsinA+cosBsinB=sinCsinC=1,因?yàn)锳和B為三角形內(nèi)角,所以sin Asin B≠0,
則兩邊同時(shí)乘以sin Asin B,可得sin Bcos A+sin Acos B=sin Asin B,
由和角公式可知,sin Bcos A+sin Acos B=sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,原式得證.
(2)由題b2+c2-a2=65bc,根據(jù)余弦定理可知,cos A=b2+c2-a22bc=35.
因?yàn)锳為三角形內(nèi)角,A∈(0,π),sin A>0,則sin A=1-352=45,即cosAsinA=34,由(1)可知cosAsinA+cosBsinB=sinCsinC=1,所以cosBsinB=1tanB=14,
所以tan B=4.
2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角函數(shù)及解三角形 課后綜合提升練 1.1.2 三角恒等變換與解三角形 文.doc
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