2019-2020年高考数学二轮复习专题检测十二三角恒等变换与解三角形理

2019-2020年高考数学二轮复习专题检测十二三角恒等变换与解三角形理
一、选择题
1．(xx 届高三·合肥调研)已知x ∈(0，π)，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2
x ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4等
于( )
A.1
3
B ．－13
C ．3
D ．－3
解析：选A 由cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2
x ，∵x ∈(0，π)，∴tan x ＝2，
∴tan ⎝
⎛⎭⎪⎫x －π4＝
tan x －11＋tan x ＝13.
2．(xx·张掖一诊)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sin
B －a sin A ＝12
a sin C ，则sin B 为( )
A.74
B.34
C.
73
D.13
解析：选A 由b sin B －a sin A ＝1
2
a sin C ，且c ＝2a ，
得b ＝2a ，∵cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2
＝3
4
， ∴sin B ＝
1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342
＝74
. 3．已知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，且sin θ－cos θ＝－144，则2cos 2
θ－1cos ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫π4＋θ的值为( ) A.2
3 B.43 C.34
D.32
解析：选D 法一：由sin θ－cos θ＝－144
， 得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝74
. 因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，所以π4－θ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π4，
所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝3
4
，
故2cos 2
θ－1cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝cos 2θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2θsin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4－θ
＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥
⎤
2⎝
⎛⎭⎪⎫π4－θsin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4－θ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝32.
法二：因为sin θ－cos θ＝－
14
4
， 两边平方，整理得2sin θcos θ＝1
8，
所以(sin θ＋cos θ)2
＝1＋2sin θcos θ＝98
.
因为θ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π4，所以sin θ>0，cos θ>0，
所以sin θ＋cos θ＝32
4
.
所以2cos 2
θ－1cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝cos 2
θ－sin 2
θ22cos θ－sin θ
＝2(cos θ＋sin θ)＝3
2
.
4．(xx·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin B ＋sin A (sin
C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( )
A.π
12 B.π6 C.π4
D.π3
解析：选B 因为sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0， 所以sin(A ＋C )＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，
所以sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，整理得sin C (sin A ＋cos A )＝0.因为sin C ≠0，
所以sin A ＋cos A ＝0，所以tan A ＝－1， 因为A ∈(0，π)，所以A ＝
3π4
，
由正弦定理得sin C ＝
c ·sin A
a
＝2×22
2
＝12
， 又0＜C ＜π4，所以C ＝π
6
.
5．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c b
<cos A ，则△ABC 为( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形
D ．等边三角形
解析：选A 根据正弦定理得c b ＝sin C
sin B
<cos A ，
即sin C <sin B cos A .
∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin C ＝sin(A ＋B )<sin B cos A ， 整理得sin A cos B <0.
又三角形中sin A >0，∴cos B <0，π
2<B <π，
∴△ABC 为钝角三角形．
6．如图，在△ABC 中，∠C ＝π
3
，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，
DE ⊥AB ，E 为垂足．若DE ＝22，则cos A 等于( )
A.22
3 B.2
4 C.64
D.
63 解析：选C 依题意得，BD ＝AD ＝
DE
sin A ＝
22
sin A
，∠BDC ＝∠ABD ＋∠A ＝2∠A .在△BCD
中，BC sin ∠BDC ＝BD sin C ，4sin 2A ＝22sin A ×23＝423sin A ，即42sin A cos A ＝42
3sin A
，由此
解得cos A ＝
6
4
. 二、填空题
7．(xx·洛阳统考)若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝14，则cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π3＋2α＝________. 解析：依题意得cos ⎝
⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎢⎡⎦
⎥
⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝
2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π
3－α－1＝2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫142－1＝－78.
答案：－7
8
8．已知△ABC 中，AC ＝4，BC ＝27，∠BAC ＝60°，AD ⊥BC 于D ，则BD
CD
的值为________． 解析：在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2
＝AC 2
＋AB 2
－2AC ·AB cos ∠BAC ，即28＝16＋AB 2
－4AB ，解得AB ＝6，则cos ∠ABC ＝28＋36－162×27×6＝27
，
所以BD ＝AB ·cos∠ABC ＝6×
2
7＝127
， CD ＝BC －BD ＝27－
127
＝
27
，所以BD CD
＝6.
答案：6
9．(xx·福州质检)在距离塔底分别为80 m,160 m ，240 m 的同一水平面上的A ，B ，C 处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________m.
解析：设塔高为h m ．依题意得，tan α＝h 80，tan β＝h 160，tan γ＝h
240
.因为α＋
β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tan γ＝tan (90°－γ)tan γ＝
sin
90°－γsin γcos 90°－γcos γ
＝cos γsin γsin γcos γ＝1，所以tan α＋tan β1－tan αtan β·tan γ＝1，所以h
80＋h
160
1－h 80·
h 160
·h 240
＝1，解得h ＝80，所以塔高为80 m.
答案：80 三、解答题
10．(xx·郑州第二次质量预测)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知B ＝2C,2b ＝3c .
(1)求cos C ；
(2)若c ＝4，求△ABC 的面积．
解：(1)由正弦定理得，2sin B ＝3sin C .
∵B ＝2C ，∴2sin 2C ＝3sin C ，∴4sin C cos C ＝3sin C ， ∵C ∈(0，π)，sin C ≠0，∴cos C ＝3
4.
(2)由题意得，c ＝4，b ＝6.
∵C ∈(0，π)，∴sin C ＝1－cos 2
C ＝
74
，
sin B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ＝37
8，
cos B ＝cos 2C ＝cos 2C －sin 2
C ＝18
，
∴sin A ＝sin(π－B －C )＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝378×34＋18×7
4＝
57
16
. ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×6×4×5716＝157
4
.
11．(xx·东北四市高考模拟)已知点P (3，1)，Q (cos x ，sin x )，O 为坐标原点，函数f (x )＝OP ―→·QP ―→
.
(1)求函数f (x )的最小正周期；
(2)若A 为△ABC 的内角，f (A )＝4，BC ＝3，求△ABC 周长的最大值． 解：(1)由已知，得OP ―→＝(3，1)，QP ―→
＝(3－cos x,1－sin x )，
所以f (x )＝3－3cos x ＋1－sin x ＝4－2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π3，
所以函数f (x )的最小正周期为2π.
(2)因为f (A )＝4，所以sin ⎝
⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝0，
又0<A <π，所以π3<A ＋π3<4π3，A ＝2π
3
.
因为BC ＝3，所以由正弦定理，得AC ＝23sin B ，AB ＝23sin C ，
所以△ABC 的周长为3＋23sin B ＋23sin C ＝3＋23sin B ＋23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－B ＝3＋
23sin ⎝
⎛⎭⎪⎫B ＋π3.
因为0<B <π3，所以π3<B ＋π3<2π
3
，
所以当B ＋π3＝π2，即B ＝π
6
时，△ABC 的周长取得最大值，为3＋2 3.
12．如图，在一条海防警戒线上的点A ，B ，C 处各有一个水声监测点，B ，C 两点到A 的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B 收到发自静止目标P 的一个声波信号，8秒后
A ，C 同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．
(1)设A 到P 的距离为x 千米，用x 分别表示B ，C 到P 的距离，并求x 的值； (2)求P 到海防警戒线AC 的距离．
解：(1)依题意，有PA ＝PC ＝x ，PB ＝x －1.5×8＝x －12. 在△PAB 中，AB ＝20，
cos ∠PAB ＝PA 2＋AB 2－PB 22PA ·AB ＝
x 2＋202－x －12
2
2x ·20
＝
3x ＋32
5x
， 同理，在△PAC 中，AC ＝50，
cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝x 2＋502－x 22x ·50＝25
x
.
∵cos ∠PAB ＝cos ∠PAC ， ∴
3x ＋325x ＝25x
， 解得x ＝31.
(2)作PD ⊥AC 于点D (图略)，在△ADP 中， 由cos ∠PAD ＝2531
，
得sin ∠PAD ＝1－cos 2
∠PAD ＝42131，
∴PD ＝PA sin ∠PAD ＝31×421
31
＝421.
故静止目标P 到海防警戒线AC 的距离为421千米．
B 卷——大题增分专练
1．(xx 届高三·天津五区县联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且8 sin
2
A ＋B
2
－2cos 2C ＝7.
(1)求tan C 的值；
(2)若c ＝3，sin B ＝2sin A ，求a ，b 的值． 解：(1)在△ABC 中，因为A ＋B ＋C ＝π， 所以
A ＋
B 2＝π2－
C 2，则sin A ＋B 2＝cos C
2
. 由8sin
2
A ＋B
2－2cos 2C ＝7，得8cos 2
C
2
－2cos 2C ＝7， 所以4(1＋cos C )－2(2cos 2
C －1)＝7， 即(2cos C －1)2
＝0，所以cos C ＝12.
因为0＜C ＜π，所以C ＝π
3，
于是tan C ＝tan π
3
＝ 3.
(2)由sin B ＝2sin A ，得b ＝2a . ①
又c ＝3，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2
－2ab cos π3，
即a 2
＋b 2
－ab ＝3.
②
联立①②，解得a ＝1，b ＝2.
2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且a sin B ＝－b sin ⎝
⎛⎭⎪⎫A ＋π3.
(1)求A ；
(2)若△ABC 的面积S ＝
34
c 2
，求sin C 的值． 解：(1)∵a sin B ＝－b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3，
∴由正弦定理得sin A ＝－sin ⎝
⎛⎭⎪⎫A ＋π3，
即sin A ＝－12sin A －32cos A ，化简得tan A ＝－3
3，
∵A ∈(0，π)，∴A ＝5π
6.
(2)∵A ＝5π6，∴sin A ＝1
2，
由S ＝
34c 2＝12bc sin A ＝1
4
bc ，得b ＝3c ， ∴a 2
＝b 2
＋c 2
－2bc cos A ＝7c 2
，则a ＝7c ， 由正弦定理得sin C ＝
c sin A a ＝7
14
. 3．已知函数f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2
x －1(x ∈R)．
(1)求函数f (x )的最小正周期及在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值；
(2)若f (x 0)＝65，x 0∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π4，π2，求cos 2x 0的值．
解：(1)f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2
x －1＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，
所以函数f (x )的最小正周期为π.
因为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6上为增函数，在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π6，π2上为减函数，
又f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＝－1，
所以函数f (x )在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为2，最小值为－1.
(2)由(1)可知f (x 0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6，
又因为f (x 0)＝65，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝35. 由x 0∈⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤π4，π2，得2x 0＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，7π6，
从而cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝－
1－sin 2⎝
⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝－45.
所以cos 2x 0＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6－π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6cos π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6sin π6＝
3－43
10
. 4．在△ABC 中，B ＝π
3，点D 在边AB 上，BD ＝1，且DA ＝DC .
(1)若△BCD 的面积为3，求CD ； (2)若AC ＝3，求∠DCA .
解：(1)因为S △BCD ＝3，即1
2BC ·BD ·sin B ＝3，
又B ＝π
3
，BD ＝1，所以BC ＝4.
在△BDC 中，由余弦定理得CD 2
＝BC 2
＋BD 2
－2BC ·BD ·cos B ， 即CD 2
＝16＋1－2×4×1×12＝13，解得CD ＝13.
(2)在△ACD 中，DA ＝DC ，可设∠A ＝∠DCA ＝θ， 则∠ADC ＝π－2θ，又AC ＝3，
由正弦定理，得AC sin 2θ＝CD sin θ，所以CD ＝3
2cos θ
.
在△BDC 中，∠BDC ＝2θ，∠BCD ＝2π
3
－2θ，
由正弦定理，得CD sin B ＝BD sin ∠BCD ，即32cos θsin π3＝1
sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－2θ，
化简得cos θ＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2π3－2θ，
于是sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2π3－2θ. 因为0＜θ＜π2，所以0＜π2－θ＜π2，－π3＜2π3－2θ＜2π
3，
所以π2－θ＝2π3－2θ或π2－θ＋2π
3－2θ＝π，
解得θ＝π6或θ＝π18，故∠DCA ＝π6或∠DCA ＝π18
.。