2018-2019年高考数学(理)二轮专题复习突破精练专题对点练11 三角变换与解三角形 及答案
2019年高考数学大二轮复习专题三三角函数3-2三角变换与解三角形练习
3.2三角变换与解三角形【课时作业】A 级1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝()A ．42B ．30 C.29D ．25解析： ∵cos C 2＝55，∴cos C ＝2cos 2C2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35.在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32，∴AB ＝32＝4 2. 故选A. 答案： A2．(2018·山东菏泽2月联考)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝13，则tan(π＋2α)＝()A.427B ．±225C ．±427D ．225解析： ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫3π2，2π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝13，∴cos α＝13，sin α＝－223，由同角三角函数的商数关系知tan α＝sin αcos α＝－2 2.∴tan(π＋2α)＝tan2α＝2tan α1－tan2α＝－421－－22＝427，故选A. 答案： A3．已知△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边长分别为a ，b ，c ，若A ＝π3，b ＝2a cos B ，c ＝1，则△ABC 的面积等于() A.32B ．34C.36D ．38解析： 由正弦定理得sin B ＝2sin A cos B ，故tan B ＝2sin A ＝2sin π3＝3，又B ∈(0，π)，所以B ＝π3，又A ＝π3＝B ，则△ABC 是正三角形，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×1×32＝34.答案： B 4．若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，且3cos2α＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4－α，则sin2α的值为()A.79B ．－79 C ．－19D ．19解析： 3(cos 2α－sin 2α)＝22(cos α－sin α)，因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，所以cos α－sin α≠0，所以3(cos α＋sin α)＝22，即cos α＋sin α＝223，两边平方可得1＋sin2α＝89⇒sin2α＝－19.答案： C5．(2018·南昌市第一次模拟测试卷)已知台风中心位于城市A 东偏北α(α为锐角)的150千米处，以v 千米/时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A 西偏北β(β为锐角)的200千米处，若cos α＝34cos β，则v ＝() A ．60B ．80 C ．100D ．125解析： 如图，台风中心为B,2.5小时后到达点C ，则在△ABC中，AB sin α＝AC sin β，即sin α＝43sin β，又cos α＝34cos β.∴sin 2α＋cos 2α＝169sin 2β＋916cos 2β＝1＝sin 2β＋cos 2β，∴sin β＝34cos β， ∴sin β＝35，cos β＝45，∴sin α＝45，cos α＝35，∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝35×45－45×35＝0，∴α＋β＝π2，∴BC 2＝AB 2＋AC 2，∴(2.5v )2＝1502＋2002，解得v ＝100，故选 C. 答案： C 6．化简：π－α＋sin 2αcos2α2＝________.解析：π－α＋sin 2αcos2α2＝2sin α＋2sin α·cos α12＋cos α＝2sin α＋cos α12＋cos α＝4sinα.答案： 4sin α7．在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C ＝________.解析：sin 2A sin C ＝2sin Acos A sin C ＝2a c ·b2＋c2－a22bc ＝2×46·25＋36－162×5×6＝1. 答案： 18．(2018·开封市高三定位考试)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，且a ＝5，△ABC 的面积为23，则b ＋c 的值为________．解析： 由正弦定理及b tan B ＋b tan A ＝2c tan B ，得sin B ·sin B cos B ＋sin B ·sin A cos A ＝2sin C ·sin Bcos B ，即cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos A ，亦即sin(A ＋B )＝2sin C cos A ，故sin C ＝2sin C cos A ．因为sin C ≠0，所以cos A ＝12，所以A ＝π3.由面积公式，知S △ABC ＝12bc sin A ＝23，所以bc ＝8.由余弦定理，知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ，代入可得b ＋c ＝7.答案： 79．(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝⎛⎭⎪⎫－35，－45.(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．解析： (1)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得sin α＝－45.所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.(2)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得cos α＝－35，由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α，得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－5665或cos β＝1665.10．(2018·北京卷)在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos B ＝－17.(1)求∠A ；(2)求AC 边上的高．解析： (1)在△ABC 中，因为cos B ＝－17，所以sin B ＝1－cos2B ＝437. 由正弦定理得sin A ＝asin B b ＝32.由题设知π2<∠B <π，所以0<∠A <π2.所以∠A ＝π3.(2)在△ABC 中，因为sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝3314，所以AC 边上的高为a sin C ＝7×3314＝332.B 级1．(2018·河南濮阳一模)已知△ABC 中，sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，则sin 2Bsin B ＋cos B 的取值范围是() A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，22B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22C ．(－1，2)D ．⎝⎛⎦⎥⎤0，3－32解析： 由sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，知a ，b ，c ，成等比数列，即b 2＝ac ，∴cos B ＝a2＋c2－b22ac ＝a2＋c2－ac 2ac ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2c ＋c 2a －12≥2a 2c ·c 2a －12＝12，当且仅当a ＝c 时等号成立，可知B ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π3，设y ＝sin 2B sin B ＋cos B ＝2sin Bcos B sin B ＋cos B，设sin B ＋cos B ＝t ，则2sin B cos B ＝t 2－1.由于t ＝sin B ＋cos B ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π4，B ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3，所以t ∈(1，2]，故y ＝sin 2B sin B ＋cos B ＝2sin Bcos B sin B ＋cos B ＝t2－1t ＝t －1t ，t ∈(1，2]，因为y ＝t －1t 在t ∈(1，2]上是增函数，所以y ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，22.故选B. 答案： B2．(2018·石家庄质量检测(一))如图，平面四边形ABCD 的对角线的交点位于四边形的内部，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝CD ，AC ⊥CD ，当∠ABC 变化时，对角线BD 的最大值为________．解析： 设∠ABC ＝θ，θ∈(0，π)，则由余弦定理得AC 2＝3－22cos θ，由正弦定理得1sin∠ACB ＝AC sin θ，得sin ∠ACB ＝sin θAC .在△DCB 中，由余弦定理可得，BD 2＝CD 2＋2－22CD cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠ACB ＝AC 2＋2＋22AC sin ∠ACB ＝3－22cos θ＋2＋22AC ×sin θAC ＝5＋22(sin θ－cos θ)＝5＋4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，当θ＝3π4时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4max ＝1，∴BD 2m ax ＝9，∴BD max ＝3.答案： 33．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x ，3sin x )，f (x )＝a ·b . (1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求△ABC 面积的最大值．解析： (1)易得a ＝(－sin x ，cos x )， 则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x ＝12－12cos2x ＋32sin2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π， 当2x －π6＝π2＋2k π，k ∈Z 时，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )时，f (x )取最大值是32.(2)因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6＝12⇒A ＝π3.因为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 所以12＝b 2＋c 2－bc ， 所以b 2＋c 2＝bc ＋12≥2bc ，所以bc ≤12(当且仅当b ＝c 时等号成立)，所以S ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.所以当△ABC 为等边三角形时面积取最大值是3 3.4．如图，在一条海防警戒线上的点A 、B 、C 处各有一个水声检测点，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 、B 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 表示B 、C 到P 的距离，并求出x 的值； (2)求P 到海防警戒线AC 的距离．解析： (1)依题意，有PA ＝PC ＝x ，PB ＝x －1.5×8＝x －12. 在△PAB 中，AB ＝20，cos ∠PAB ＝PA2＋AB2－PB22PA·AB ＝x2＋202－－2x·20＝3x ＋325x，同理，在△PAC 中，AC ＝50，cos ∠PAC ＝PA2＋AC2－PC22PA·AC ＝x2＋502－x22x·50＝25x .∵cos ∠PAB ＝cos ∠PAC ，∴3x ＋325x ＝25x， 解得x ＝31.(2)作PD ⊥AC 于点D ，在△ADP 中， 由cos ∠PAD ＝2531，得sin ∠PAD ＝1－cos2∠PAD＝42131，∴PD ＝PA sin ∠PAD ＝31×42131＝421.故静止目标P 到海防警戒线AC 的距离为421千米．。
(完整版)专题11三角形综合问题(精练)-2019年中考数学高频考点突破(解析版)
一、选择题（10×3=30分）1.如图，在方格纸中，以AB为一边作△ABP，使之与△ABC全等，从P1，P2，P3，P4四个点中找出符合条件的点P，则点P有(C)A．1个B．2个C．3个D．4个【解析】要使△ABP与△ABC全等，点P到AB的距离应该等于点C到AB的距离，即3个单位长度，故点P的位置可以是P1，P3，P4三个．2.如图，▱ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，如果添加一个条件，使△ABE≌△CDF，则添加的条件不能为( )A．BE＝DF B．BF＝DE C．AE＝CF D．∠1＝∠23.（2018·广西梧州·3分）如图，在△ABC中，AB=AC，∠C=70°，△AB′C′与△ABC关于直线EF对称，∠CAF=10°，连接BB′，则∠ABB′的度数是（）A．30°B．35°C．40°D．45°【分析】利用轴对称图形的性质得出△BAC≌△B′AC′，进而结合三角形内角和定理得出答案．4.（2018·辽宁大连·3分）如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α，得到△EBD，若点A恰好在ED的延长线上，则∠CAD的度数为（）A．90°﹣αB．αC．180°﹣αD．2α解：由题意可得：∠CBD=α，∠ACB=∠EDB．∵∠EDB+∠ADB=180°，∴∠ADB+∠ACB=180°．∵∠ADB+∠DBC+∠BCA+∠CAD=360°，∠CBD=α，∴∠CAD=180°﹣α．故选C．5.（2018•聊城）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE．如果∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA'=γ，那么下列式子中正确的是（）A．γ=2α+βB．γ=α+2βC．γ=α+βD．γ=180°﹣α﹣β【分析】根据三角形的外角得：∠BDA'=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论．6.（2017•营口）如图，在△ABC中，AB=AC，E，F分别是BC，AC的中点，以AC为斜边作Rt△ADC，若∠CAD=∠CAB=45°，则下列结论不正确的是（）A．∠ECD=112.5°B．DE平分∠FDC C．∠DEC=30°D．AB=CD【考点】KX：三角形中位线定理；KH：等腰三角形的性质．.【分析】由AB=AC，∠CAB=45°，根据等边对等角及三角形内角和定理求出∠B=∠ACB=67.5°．由Rt△ADC中，∠CAD=45°，∠ADC=90°，根据三角形内角和定理求出∠ACD=45°，根据等角对等边得出AD=DC，那么∠ECD=∠ACB+∠ACD=112.5°，从而判断A正确；根据三角形的中位线定理得到FE=AB，FE∥AB，根据平行线的性质得出∠EFC=∠BAC=45°，∠FEC=∠B=67.5°．根据直角三角形的性质以及等腰三角形的性质得到FD=AC，DF⊥AC，∠FDC=45°，等量代换得到FE=FD，再求出∠FDE=∠FED=22.5°，进而判断B正确；由∠FEC=∠B=67.5°，∠FED=22.5°，求出∠DEC=∠FEC﹣∠FED=45°，从而判断C错误；在等腰Rt△ADC中利用勾股定理求出AC=CD，又AB=AC，等量代换得到AB=CD，从而判断D正确．∵F是AC的中点，∠ADC=90°，AD=DC，∴FD=AC，DF⊥AC，∠FDC=45°，∵AB=AC，∴FE=FD，∴∠FDE=∠FED=（180°﹣∠EFD）=（180°﹣135°）=22.5°，∴∠FDE=∠FDC，∴DE平分∠FDC，故B正确，不符合题意；∵∠FEC=∠B=67.5°，∠FED=22.5°，∴∠DEC=∠FEC﹣∠FED=45°，故C错误，符合题意；∵Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=DC，∴AC=CD，∵AB=AC，∴AB=CD，故D正确，不符合题意．故选C．7.（2017山东滨州）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：（1）PM=PN恒成立；（2）OM+ON的值不变；（3）四边形PMON的面积不变；（4）MN的长不变，其中正确的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．1【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KF：角平分线的性质．【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断．[来&源:%中国@教*育#出版网]在△POE和△POF中，，∴△POE≌△POF，∴OE=OF，8.（2018•杭州）如图，在△ABC中，点D在AB边上，DE∥BC，与边AC交于点E，连结BE．记△ADE，△BCE的面积分别为S1，S2（）A．若2AD＞AB，则3S1＞2S2B．若2AD＞AB，则3S1＜2S2C．若2AD＜AB，则3S1＞2S2D．若2AD＜AB，则3S1＜2S2【分析】根据题意判定△ADE∽△ABC，由相似三角形的面积之比等于相似比的平方解答．【解答】解：∵如图，在△ABC中，DE∥BC，9.（2018•孝感）如图，△ABC是等边三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于点E，连CD分别交AE，AB于点F，G，过点A作AH⊥CD交BD于点H．则下列结论：①∠ADC=15°；②AF=AG；③AH=DF；④△AFG∽△CBG；⑤AF=（﹣1）EF．其中正确结论的个数为（）A．5 B．4 C．3 D．2【分析】①由等边三角形与等腰直角三角形知△CAD是等腰三角形且顶角∠CAD=150°，据此可判断；②求出∠AFP和∠FAG度数，从而得出∠AGF度数，据此可判断；③证△ADF≌△BAH即可判断；④由∠AFG=∠CBG=60°、∠AGF=∠CGB即可得证；⑤设PF=x，则AF=2x、AP==x，设EF=a，由△ADF≌△BAH知BH=AF=2x，根据△ABE是等腰直角三角形之BE=AE=a+2x，据此得出EH=a，证△PAF∽△EAH得=，从而得出a与x的关系即可判断．由AH⊥CD且∠AFG=60°知∠FAP=30°，则∠BAH=∠ADC=15°，在△ADF和△BAH中，∵，∴△ADF≌△BAH（ASA），∴DF=AH，故③正确；∵∠AFG=∠CBG=60°，∠AGF=∠CGB，∴△AFG∽△CBG，故④正确；在Rt△APF中，设PF=x，则AF=2x、AP==x，10.（2018•扬州）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，CD与BE、AE分别交于点P，M．对于下列结论：①△BAE∽△CAD；②MP•MD=MA•ME；③2CB2=CP•CM．其中正确的是（）A．①②③B．①C．①② D．②③【分析】（1）由等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE三边份数关系可证；（2）通过等积式倒推可知，证明△PAM∽△EMD即可；（3）2CB2转化为AC2，证明△ACP∽△MCA，问题可证．【解答】解：由已知：AC=AB，AD=AE∴∵∠BAC=∠EAD∴∠BAE=∠CAD∴△BAE∽△CAD所以①正确∵△BAE∽△CAD∴∠BEA=∠CDA∵∠PME=∠AMD∴△PME∽△AMD∴∴MP•MD=MA•ME所以②正确二、填空题（6×4=24分）.11.如图22－7，已知AB＝BC，要使△ABD≌△CBD，还需添加一个条件，你添加的条件是__ _(只需写一个，不添加辅助线)．【解析】由已知AB＝BC，及公共边BD＝BD，可知要使△ABD≌△CBD，已经具备了两个边了，然后根据全等三角形的判定定理，应该有两种判定方法①SAS，②SSS.所以可添∠ABD＝∠CBD或AD＝CD.12.（2018·广西贺州·3分）如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接BB'，若∠A′B′B=20°，则∠A的度数是．13. （2018·重庆市B卷）（4.00分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于．【分析】根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE的长．【解答】解：由题意可得，DE=DB=CD=AB，∴∠DEC=∠DCE=∠DCB，∵DE∥AC，∠DCE=∠DCB，∠ACB=90°，∴∠DEC=∠ACE，∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30°，∴∠ACD=60°，∠CAD=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AC=CD，∴AC=DE，∵AC∥DE，AC=CD，∴四边形ACDE是菱形，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°，∴AC=，∴AE=．14.（2018•绵阳）如图，在△ABC中，AC=3，BC=4，若AC，BC边上的中线BE，AD垂直相交于O点，则AB=．【分析】利用三角形中线定义得到BD=2，AE=，且可判定点O为△ABC的重心，所以AO=2OD，OB=2OE，利用勾股定理得到BO2+OD2=4，OE2+AO2=，等量代换得到BO2+AO2=4，BO2+AO2=，把两式相加得到BO2+AO2=5，然后再利用勾股定理可计算出AB的长．15.（2017广西）如图，点P在等边△ABC的内部，且PC=6，PA=8，PB=10，将线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，连接AP'，则sin∠PAP'的值为．【考点】R2：旋转的性质；KK：等边三角形的性质；T7：解直角三角形．【解答】解：连接PP′，如图，∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，∴CP=CP′=6，∠PCP′=60°，∴△CPP′为等边三角形，∴PP′=PC=6，∵△ABC为等边三角形，∴CB=CA，∠ACB=60°，∴∠PCB=∠P′CA，在△PCB和△P′CA中，∴△PCB≌△P′CA，∴PB=P′A=10，∵62+82=102，∴PP′2+AP2=P′A2，∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，∴sin∠PAP′===．故答案为．16.（2016·浙江省湖州市·3分）如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，BC=7．如图2，在底边BC上取一点D，连结AD，使得∠DAC=∠ACD．如图3，将△ACD沿着AD所在直线折叠，使得点C落在点E 处，连结BE，得到四边形ABED．则BE的长是.A．4 B．C．3D．2【考点】翻折变换（折叠问题）；四点共圆；等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质．【分析】只要证明△ABD∽△MBE，得=，只要求出BM、BD即可解决问题．∵∠DAM=∠DAC=∠DBA，∠ADM=∠ADB，∴△ADM∽△BDA，∴=，即=，三、解答题（共46分）.17.某产品的商标如图所示，O是线段AC，DB的交点，且AC＝BD，AB＝DC，嘉琪认为图中的两个三角形全等，他的思考过程是：∵AC＝DB，∠AOB＝∠DOC，AB＝DC，∴△ABO≌△DCO.你认为嘉琪的思考过程对吗？如果正确，指出她用的是判别三角形全等的哪个条件；如果不正确，写出你的思考过程．【点拨】判定两个三角形是否满足全等条件“SAS”．【解答】解：显然嘉琪的思路是不正确的，因为由已知条件不能直接得到这两个三角形全等．可考虑连接BC，由SSS可先得△ABC和△DCB全等，由全等三角形的性质，可得到∠A＝∠D，再根据∠AOB＝∠DOC，AB＝DC，由AAS判断得到△ABO≌△DCO.18.如图1所示，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为直角边，A为直角顶点，在AD左侧作等腰直角△ADF，连接CF.(1)当点D 在线段BC 上时(不与点B 重合)，线段CF 和BD 的数量关系与位置关系分别是什么？请给予证明； (2)当点D 在线段BC 的延长线上时，(1)的结论是否仍然成立？请在图2中画出相应的图形，并说明理由．【点拨】 可证明△ACF ≌△ABD ，再利用全等三角形的性质，可得CF ＝BD ，CF ⊥BD.(2)(1)的结论仍然成立． ∵∠CAB ＝∠DAF ＝90°，∴∠CAB ＋∠CAD ＝∠DAF ＋∠CAD ，即∠CAF ＝∠BAD.在△ACF 和△ABD 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝AB ，∠CAF ＝∠BAD ，AF ＝AD ，∴△ACF ≌△ABD(SAS)．∴CF ＝BD ，∠ACF ＝∠B. ∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°， ∴∠B ＝∠ACB ＝45°.∴∠BCF ＝∠ACF ＋∠ACB ＝45°＋45°＝90°，即CF ⊥BD. 综上，CF ＝BD ，且CF ⊥BD.19. （2016·山东潍坊）如图，在菱形ABCD 中，AB=2，∠BAD=60°，过点D 作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥BC 于点F ．（1）如图1，连接AC 分别交DE 、DF 于点M 、N ，求证：MN=AC ；（2）如图2，将△EDF以点D为旋转中心旋转，其两边DE′、DF′分别与直线AB、BC相交于点G、P，连接GP，当△DGP的面积等于3时，求旋转角的大小并指明旋转方向．【分析】（1）连接BD，证明△ABD为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到AE=EB，根据相似三角形的性质解答即可；（2）分∠EDF顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，根据旋转变换的性质解答即可．（2）解：∵AB∥DC，∠BAD=60°，∴∠ADC=120°，又∠ADE=∠CDF=30°，∴∠EDF=60°，当∠EDF顺时针旋转时，由旋转的性质可知，∠EDG=∠FDP，∠GDP=∠EDF=60°，DE=DF=，∠DEG=∠DFP=90°，在△DEG和△DFP中，，同理可得，当逆时针旋转60°时，△DGP的面积也等于3，综上所述，将△EDF以点D为旋转中心，顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP的面积等于3．20.（山东省菏泽市·3分）如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．（1）如图1，若∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°①求证：AD=BE；②求∠AEB的度数．（2）如图2，若∠ACB=∠DCE=120°，CM为△DCE中DE边上的高，BN为△ABE中AE边上的高，试证明：AE=2CM+BN．【考点】等腰三角形的性质．【解答】（1）①证明：∵∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°，∴∠ACB=∠DCE=180°﹣2×50°=80°．∵∠ACB=∠ACD+∠DCB，∠DCE=∠DCB+∠BCE，∴∠ACD=∠BCE．∵△AC B和△DCE均为等腰三角形，∴AC=BC，DC=EC．在△ACD和△BCE中，有，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE．②解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC．∵点A，D，E在同一直线上，且∠CDE=50°，∴∠ADC=180°﹣∠CDE=130°，∴∠BEC=130°．∵∠BEC=∠CED+∠AEB，且∠CED=50°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=130°﹣50°=80°．（2）证明：∵△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB=∠DCE=120°，∴∠CDM=∠CEM=×（180°﹣120°）=30°．∵CM⊥DE，∴∠CMD=90°，DM=EM．在Rt△CMD中，∠CMD=90°，∠CDM=30°，∴DE=2DM=2×=2CM．∵∠BEC=∠ADC=180°﹣30°=150°，∠BEC=∠CEM+∠AEB，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CEM=150°﹣30°=120°，∴∠BEN=180°﹣120°=60°．。
新课标广西2019高考数学二轮复习专题对点练10三角函数与三角变换20181224295
专题对点练10 三角函数与三角变换1.(2018上海,18)设常数a∈R,函数f(x)=a sin 2x+2cos2x.(1)若f(x)为偶函数,求a的值;(2)若f+1,求方程f(x)=1- 在区间[-π,π]上的解.2.已知函数f(x)=cos--2sin x cos x.(1)求f(x)的最小正周期;(2)求证:当x∈-时,f(x)≥-.3.设函数f(x)=cos2x-x cos x+.(1)求f(x)的最小正周期及值域;(2)已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若f(B+C)=,a=,b+c=3,求△ABC的面积.4.已知函数f(x)=sin ωx·cos ωx+cos2ωx-(ω>0)的两条相邻对称轴之间的距离为.(1)求ω的值;(2)将函数f(x)的图象向左平移个单位,再将所得函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到函数y=g(x)的图象,若函数y=g(x)-k在区间-上存在零点,求实数k的取值范围.5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知A为锐角,且b sin A cos C+c sin A cos B= a.(1)求角A的大小;(2)设函数f(x)=tan A sin ωx cos ωx-cos 2ωx(ω>0),其图象上相邻两条对称轴间的距离为,将函数y=f(x)的图象向左平移个单位,得到函数y=g(x)图象,求函数g(x)在区间-上的值域.6.已知f(x)=sin(π+ωx)·sin--cos2ωx(ω>0)的最小正周期为T=π.(1)求f的值;(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若(2a-c)cos B=b cos C,求角B的大小以及f(A)的取值范围.7.已知函数f(x)=2cos2x+2sin x cos x+a,且当x∈时,f(x)的最小值为2.(1)求a的值,并求f(x)的单调递增区间;(2)先将函数y=f(x)的图象上的点纵坐标不变,横坐标缩小到原来的,再将所得图象向右平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,求方程g(x)=4在区间上所有根之和.8.函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示.(1)求f(x)的解析式,并求函数f(x)在-上的值域;(2)在△ABC中,AB=3,AC=2,f(A)=1,求sin 2B.专题对点练10答案1.解 (1)∵f(x)=a sin 2x+2cos2x,∴f(-x)=-a sin 2x+2cos2x.∵f(x)为偶函数,∴f(-x)=f(x),∴-a sin 2x+2cos2x=a sin 2x+2cos2x,∴2a sin 2x=0,∴a=0.(2)∵f+1,∴a sin+2cos2=a+1=+1,∴a=,∴f(x)=sin 2x+2cos2x=x+cos 2x+1=2sin+1.∵f(x)=1-,∴2sin+1=1-,∴sin=-,∴2x+=-+2kπ或2x+π+2kπ,k∈Z,∴x=kπ-或x=kπ+,k∈Z.∵x∈[-π,π],∴x=-或-或或.∴所求方程的解为x=-或-或或.2.(1)解f(x)=cos 2x+sin 2x-sin 2x=sin 2x+cos 2x=sin.所以f(x)的最小正周期T==π.(2)证明因为-≤x≤,所以-≤ x+.所以sin≥sin-=-.所以当x∈-时,f(x)≥-.3.解 (1)f(x)=cos2x-sin x cos x+=cos+1,∴f(x)的最小正周期为T=π.∵x∈R,∴- ≤cos≤故f(x)的值域为[0,2].(2)由f(B+C)=cos)+1=,得cos-.又A∈(0,π),得A=.在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos=(b+c)2-3bc,又a=,b+c=3,∴3=9-3bc,解得bc=2,∴△ABC的面积S=bc sin×2×.4.解 (1)原函数可化为f(x)=sin 2ωx+cos sin 2ωx+·cos 2ωx=sin.∵函数f(x)的相邻两条对称轴之间的距离为,∴f(x)的最小正周期为2×=π.∴=π,∴ω=1.(2)由(1)知,ω=1,f(x)=sin,将函数f(x)的图象向左平移个单位,得到函数y=sin=sin=cos 2x的图象,再将函数y=cos 2x的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到函数y=cos x的图象.∴g(x)=cos x.∵x∈-,∴g(x)=cos x∈-.∵函数y=g(x)-k在区间-上存在零点,∴k∈-.∴实数k的取值范围为-.5.解 (1)∵b sin A cos C+c sin A cos B=a,∴由正弦定理可得sin B sin A cos C+sin C sinA cos B=sin A,∵A为锐角,sin A≠0,∴sin B cos C+sin C cos B=,可得sin(B+C)=sin A=,∴A=.(2)∵A=,可得tan A=,∴f(x)=sin ωx cos ωx-cos 2ωx=sin 2ωx-cos 2ωx=sin-,∵其图象上相邻两条对称轴间的距离为,可得T=2×,解得ω=1,∴f(x)=sin-,∴将y=f(x)的图象向左平移个单位,图象对应的函数为y=g(x)=sin-=sinπ3,∵x∈-,可得2x+,∴g(x)=sin.6.解 (1)f(x)=sin(π+ωx)·sin--cos2ωx=ωx·cos ωx-cos2ωx=sin 2ωx-cos 2ωx-=sin-.∵最小正周期为T=π,∴=π,ω=1.∴f(x)=sin-.∴f=sin-.(2)∵(2a-c)cos B=b cos C,∴(2sin A-sin C)cos B=sin B cos C,2sin A cos B=sin B cos C+cos B sin C=sin(B+C)=sin A.∵sin A>0,∴cos B=,∵B∈(0,π),∴B=.∴A∈,2A--,∴sin--.即f(A)的取值范围为-.7.解 (1)f(x)=2cos2x+2·sin x cos x+a=cos 2x+1+sin 2x+a=2sin+a+1,∵x∈,∴2x+,∴f(x)的最小值为-1+a+1=2,解得a=2,∴f(x)=2sin+3.由2kπ-≤ x+≤ kπ+,k∈Z,可得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z,∴f(x)的单调递增区间为- (k∈Z).(2)由函数图象变换可得g(x)=2sin-+3,由g(x)=4可得sin-,∴4x-=2kπ+或4x-=2kπ+(k∈Z),解得x=或x=(k∈Z),∵x∈,∴x=或x=,∴所有根之和为.8.解 (1)由题图知,T=,∴T=π.∴=π,∴ω=2,∴f(x)=2sin(2x+φ).∵点在函数f(x)的图象上,∴sin=1,∴+φ=+2kπ(k∈Z).∵0<φ<π,∴φ=,∴f(x)=2sin.∵-≤x≤,∴ ≤ x+.∴ ≤sin≤ ∴ ≤f(x)≤ 即函数f(x)在-上的值域为[0,2].(2)∵f(A)=2sin=1,∴sin.∵<2A+,∴2A+,∴A=.在△ABC中,由余弦定理得BC2=9+4-2×3×2×=7,∴BC=.,由正弦定理得sin sin故sin B=.又AC<AB,∴角B为锐角,∴cos B=,∴sin 2B=2sin B cos B=.。
2018届高考数学(理)二轮专题复习：规范练5-2-4 含答案
大题规范练(四)(满分70分，押题冲刺，70分钟拿到主观题高分)解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(本小题满分12分)△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积S 满足S ＝12[c 2－(a －b )2]．(1)求cos C ；(2)若c ＝4，且2sin A cos C ＝sin B ，求b 的长．解：(1)由S ＝12[c 2－(a －b )2]＝12[－(a 2＋b 2－c 2)＋2ab ]＝－ab cos C ＋ab ，又S ＝12ab sin C ，于是12ab sin C ＝－ab cos C ＋ab ，即sin C ＝2(1－cos C )，结合sin 2C ＋cos 2C ＝1，可得5cos 2C －8cos C ＋3＝0，解得cos C ＝35或cos C ＝1(舍去)，故cos C ＝35.(2)由2sin A cos C ＝sin B 结合正、余弦定理，可得2·a ·a 2＋b 2－c 22ab＝b ，即(a －c )(a ＋c )＝0，解得a ＝c ，又c ＝4，所以a ＝4，由c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得42＝42＋b 2－2×4×35b ，解得b ＝245.2．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)求直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值． 解：(1)取AB 的中点O ，连接OD ，OB 1. 因为B 1B ＝B 1A ，所以OB 1⊥AB .又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，所以AB ⊥平面B 1OD ， 因为OD ⊂平面B 1OD ，所以AB ⊥OD .由已知，BC ⊥BB 1，又OD ∥BC ，所以OD ⊥BB 1，因为AB ∩BB 1＝B ，所以OD ⊥平面ABB 1A 1. 又OD ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ABB 1A 1.(2)由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的正方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由题设知B 1(0,0，3)，D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)． 则B 1D →＝(0,1，－3)，AC →＝(2,2,0)，CC 1→＝(－1,0，3)．设平面ACC 1A 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，即x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，可取m ＝(3，－3，1)．设直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角为θ，故cos 〈B 1D →，m 〉＝B 1D →·m|B 1D →|·|m |＝－217.则sin θ＝217. ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为217. 3．(本小题满分12分)2017年1月6日，国务院法制办公布了《未成年人网络保护条例(送审稿)》，条例禁止未成年人在每日的0：00至8：00期间打网游，强化网上个人信息保护，对未成年人实施网络欺凌，构成犯罪的，将被依法追究刑事责任．为了解居民对实施此条例的意见，某调查机构从某社区内年龄(单位：岁)在[25,55]内的10 000名居民中随机抽取了100人，获得的所有样本数据按照年龄区间[25,30)，[30,35)，[35,40)，[40,45)，[45,50)，[50,55]进行分组，同时对这100人的意见情况进行统计得到频率分布表．(1)完成抽取的这100人的频率分布直方图，并估计这100人的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)将频率视为概率，根据样本估计总体的思想，若从这10 000名居民中任选4人进行座谈，求至多有1人的年龄在[50,55]内的概率；(3)若按分层抽样的方法从年龄在区间[25,40)，[40,45)内的居民中共抽取10人，再从这10人中随机抽取3人进行座谈，记抽取的3人的年龄在[40,45)内的人数为X ，求X 的分布列与数学期望.分组 持赞同意见的人数占本组的频率[25,30) 4 0.80 [30,35)80.80[35,40) 12 0.80 [40,45) 19 0.95 [45,50) 24 0.80 [50,55]170.85解：(1)根据题意可得年龄在[25,30)内的人数为40.80＝5，其频率为5100＝0.05；年龄在[30,35)内的人数为80.80＝10，其频率为10100＝0.1；年龄在[35,40)内的人数为120.80＝15，其频率为15100＝0.15；年龄在[40,45)内的人数为190.95＝20，其频率为20100＝0.2；年龄在[45,50)内的人数为240.80＝30，其频率为30100＝0.3；年龄在[50,55]内的人数为170.85＝20，其频率为20100＝0.2.作出频率分布直方图如图所示．根据频率分布直方图估计这100人的平均年龄为25＋302×0.05＋30＋352×0.1＋35＋402×0.15＋40＋452×0.2＋45＋502×0.3＋50＋552×0.2＝1.375＋3.25＋5.625＋8.5＋14.25＋10.5＝43.5.(2)由(1)知随机抽取的这100人中，年龄在[25,50)内的人数为80，年龄在[50,55]内的人数为20，任选1人，其年龄恰在[50,55]内的频率为20100＝15，将频率视为概率，故从这10 000名居民中任选1人，其年龄恰在[50,55]内的概率为15，设“从这10 000名居民中任选4人进行座谈，至多有1人的年龄在[50,55]内”为事件A ，则P (A )＝C 04×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－154×⎝ ⎛⎭⎪⎫150＋C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－153×15＝512625.(3)由(1)得年龄在[25,40)内的人数为30，年龄在[40,45)内的人数为20，则分层抽样的抽样比为30∶20＝3∶2，故从年龄在[25,40)内的居民中抽取6人，从年龄在[40,45)内的居民中抽取4人，则抽取的3人的年龄在[40,45)内的人数X 的所有可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 36C 04C 310＝16，P (X ＝1)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝2)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝3)＝C 06C 34C 310＝130.故X 的分布列为X 0 1 2 3 P16 12310130E (X )＝0×16＋1×12＋2×10＋3×30＝5.4．(本小题满分12分)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ，右顶点为A ，B ，C 是椭圆上关于原点对称的两点(B ，C 均不在x 轴上)，线段AC 的中点为D ，且B ，F ，D 三点共线．(1)求椭圆E 的离心率；(2)设F (1,0)，过F 的直线l 交E 于M ，N 两点，直线MA ，NA 分别与直线x ＝9交于P ，Q 两点．证明：以PQ 为直径的圆过点F .解：(1)解法一：由已知A (a,0)，F (c,0)，设B (x 0，y 0)，C (－x 0，－y 0)，则D ⎝⎛⎭⎪⎫a －x 02，－y 02，∵B ，F ，D 三点共线，∴BF →∥BD →，又BF →＝(c －x 0，－y 0)，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3x 02，－3y 02，∴－32y 0(c －x 0)＝－y 0·a －3x 02，∴a ＝3c ，从而e ＝13.解法二：设直线BF 交AC 于点D ，连接OD ，由题意知，OD 是△CAB 的中位线， ∴OD ═∥12AB ，∴AB →∥OD →， ∴△OFD ∽△AFB .∴ca －c ＝12，解得a ＝3c ，从而e ＝13. (2)证明：∵F 的坐标为(1,0)， ∴c ＝1，从而a ＝3，∴b 2＝8. ∴椭圆E 的方程为x 29＋y 28＝1.设直线l 的方程为x ＝ny ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ny ＋1x 29＋y28＝1⇒(8n 2＋9)y 2＋16ny －64＝0，∴y 1＋y 2＝－16n 8n 2＋9，y 1y 2＝－648n 2＋9，其中M (ny 1＋1，y 1)，N (ny 2＋1，y 2)． ∴直线AM 的方程为y y 1＝x －3ny 1－2，∴P ⎝⎛⎭⎪⎫9，6y 1ny 1－2，同理Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫9，6y 2ny 2－2， 从而FP →·FQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8，6y 1ny 1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫8，6y 2ny 2－2＝64＋36y 1y 2n 2y 1y 2－2n y 1＋y 2＋4＝64＋36×－648n 2＋9－64n 28n 2＋9＋32n28n 2＋9＋4 ＝64＋36×－6436＝0.∴FP ⊥FQ ，即以PQ 为直径的圆恒过点F .5．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝12x 2－x ＋a ln x (a ＞0)．(1)若a ＝1，求f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)＞－3－2ln 24.解：(1)a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1＋1x ，f ′(1)＝1，f (1)＝－12，∴y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝x －1，即y ＝x －32.∴f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为2x －2y －3＝0.(2)f ′(x )＝x －1＋a x ＝x 2－x ＋ax(a ＞0)．①若a ≥14，x 2－x ＋a ≥0，f ′(x )≥0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若0＜a ＜14，由x 2－x ＋a ＞0得0＜x ＜1－1－4a 2或x ＞1＋1－4a 2；由x 2－x ＋a ＜0得1－1－4a 2＜x ＜1＋1－4a 2. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．综上，当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜14时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．(3)由(2)知0＜a ＜14时，f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1，x 2是方程x 2－x ＋a ＝0的两个根，∴x 1＋x 2＝1，x 1·x 2＝a .∴f (x 1)＋f (x 2)＝12x 21－x 1＋a ln x 1＋12x 22－x 2＋a ln x 2＝12(x 1＋x 2)2－x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋a ln(x 1·x 2)＝12－a －1＋a ln a ＝a ln a －a －12.令g (x )＝x ln x －x －12⎝⎛⎭⎪⎫0＜x ＜14，则g ′(x )＝ln x ＜0.∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，∴g (x )＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝－3－2ln 24.∴f (x 1)＋f (x 2)＞－3－2ln 24.请考生在第6、7题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 6．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，圆C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φy ＝2＋2sin φ(φ为参数)．以O 为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆C 的普通方程；(2)直线l 的极坐标方程是2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝53，射线OM ：θ＝π6与圆C 的交点为O ，P ，与直线l 的交点为Q ，求线段PQ 的长．解：(1)因为圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φy ＝2＋2sin φ(φ为参数)，所以圆心C 的坐标为(0,2)，半径为2，圆C 的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4.(2)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋(y －2)2＝4，得圆C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ.设P (ρ1，θ1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝4sin θθ＝π6，解得ρ1＝2，θ1＝π6.设Q (ρ2，θ2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧2ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝53θ＝π6，解得ρ2＝5，θ2＝π6.所以|PQ |＝3.7．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知f (x )＝|2x －1|－|x ＋1|.(1)将f (x )的解析式写成分段函数的形式，并作出其图象；(2)若a ＋b ＝1，对∀a ，b ∈(0，＋∞)，1a ＋4b≥3f (x )恒成立，求x 的取值范围．解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2，x ＜－1－3x ，－1≤x ＜12，x －2，x ≥12作函数f (x )的图象如图所示．(2)∵a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，∴1a＋4b＝⎝⎛⎭⎪⎫1a＋4b(a＋b)＝5＋⎝⎛⎭⎪⎫ba＋4ab≥5＋2ba·4ab＝9，当且仅当ba＝4ab，即a＝13，b＝23时等号成立．∴1a＋4b≥3(|2x－1|－|x＋1|)恒成立，∴|2x－1|－|x＋1|≤3，结合图象知－1≤x≤5.∴x的取值范围是[－1,5]．。
(新课标)天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练10 三角变换与解三角形 理
专题能力训练10 三角变换与解三角形一、能力突破训练1.(2018全国Ⅲ,理4)若sin α=,则cos 2α=()A.B.C.-D.-2.已知=-,则sin α+cos α等于()A.-B.C.D.-3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若(a2+c2-b2)tan B=ac,则角B的值为()A. B.C. D.4.在△ABC中,∠ABC=,AB=,BC=3,则sin∠BAC等于()A. B. C. D.5.已知在△ABC中,内角A,B,C对边分别为a,b,c,C=120°,a=2b,则tan A= .6.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=,cos C=,a=1,则b= .7.(2018全国Ⅱ,理15)已知sin α+cos β=1,cos α+sin β=0,则sin(α+β)= .8.在△ABC中,a2+c2=b2+ac.(1)求B的大小;(2)求cos A+cos C的最大值.9.在△ABC中,∠A=60°,c=a.(1)求sin C的值;(2)若a=7,求△ABC的面积.10.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=b tan A,且B为钝角.(1)证明:B-A=;(2)求sin A+sin C的取值范围.11.设f(x)=sin x cos x-cos2.(1)求f(x)的单调区间;(2)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f=0,a=1,求△ABC面积的最大值.二、思维提升训练12.若0<α<,-<β<0,cos,cos,则cos等于()A. B.- C. D.-13.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足c sin A=a cos C.当sin A-cos取最大值时,角A的大小为()A. B. C. D.14.在△ABC中,边AB的垂直平分线交边AC于点D,若C=,BC=8,BD=7,则△ABC的面积为.15.已知sin sin,α∈,则sin 4α的值为.16.在锐角三角形ABC中,若sin A=2sin B sin C,则tan A tan B tan C的最小值是.17.在△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,<C<,且.(1)判断△ABC的形状;(2)若||=2,求的取值范围.专题能力训练10三角变换与解三角形一、能力突破训练1.B解析 cos 2α=1-2sin2α=1-22.D解析=-=2cos cos α+sin α=-,∴sin α+cos α=-,故选D.3.D解析由(a2+c2-b2)tan B=ac,得,即cos B=,则sin B=∵0<B<π,∴角B为故选D.4.C解析在△ABC中,由余弦定理,得AC2=BA2+BC2-2BA·BC cos∠ABC=()2+32-23cos=5.解得AC=由正弦定理,得sin∠BAC=5解析由正弦定理可得sin A=2sin B,因为B=180°-A-120°=60°-A,所以sin A=2sin(60°-A),即sin A=cos A-sin A,所以2sin A=cos A,故tan A=6解析因为cos A=,cos C=,且A,C为△ABC的内角,所以sin A=,sin C=,sin B=sin[π-(A+C)]=sin (A+C)=sin A cos C+cos A sin C=又因为,所以b=7.-解析∵(sin α+cos β)2+(cos α+sin β)2=1,∴sin2α+cos2β+cos2α+sin2β+2sin αcos β+2sin βcos α=1+1+2sin(α+β)=1.∴sin(α+β)=-8.解 (1)由余弦定理及题设得cos B=又因为0<B<π,所以B=(2)由(1)知A+C=cos A+cos C=cos A+cos=cos A-cos A+sin A=cos A+sin A=cos因为0<A<,所以当A=时,cos A+cos C取得最大值1.9.解 (1)在△ABC中,因为∠A=60°,c=a,所以由正弦定理得sin C=(2)因为a=7,所以c=7=3.由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A得72=b2+32-2b×3,解得b=8或b=-5(舍).所以△ABC的面积S=bc sin A=8×3=610.(1)证明由a=b tan A及正弦定理,得,所以sin B=cos A,即sin B=sin又B为钝角,因此+A,故B=+A,即B-A=(2)解由(1)知,C=π-(A+B)=π--2A>0,所以A,于是sin A+sin C=sin A+sin=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-2因为0<A<,所以0<sin A<,因此<-2由此可知sin A+sin C的取值范围是11.解 (1)由题意知f(x)==sin 2x-由-+2kπ≤2x+2kπ,k∈Z,可得-+kπ≤x+kπ,k∈Z;由+2kπ≤2x+2kπ,k∈Z,可得+kπ≤x+kπ,k∈Z.所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z);单调递减区间是(k∈Z).(2)由f=sin A-=0,得sin A=,由题意知A为锐角,所以cos A=由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A,得1+bc=b2+c2≥2bc,即bc≤2+,且当b=c时等号成立.因此bc sin A所以△ABC面积的最大值为二、思维提升训练12.C解析∵cos,0<α<,∴sin又cos,-<β<0,∴sin,∴cos=cos=cos cos+sin sin=13.A解析由正弦定理,得sin C sin A=sin A cos C.因为0<A<π,所以sin A>0,从而sin C=cos C.又cos C≠0,所以tan C=1,则C=,所以B=-A.于是sin A-cos sin A-cos(π-A)=sin A+cos A=2sin因为0<A<,所以<A+,从而当A+,即A=时,2sin取最大值2.故选A.14.20或24解析在△CDB中,设CD=t,由余弦定理得49=64+t2-2×8t×cos,即t2-8t+15=0,解得t=3或t=5.当t=3时,CA=10,△ABC的面积S=10×8×sin=20;当t=5时,CA=12,△ABC的面积S=12×8×sin=24故△ABC的面积为20或2415.-解析因为sin=sin=cos,所以sin sin=sin cos sin=cos 2α=,所以cos 2α=因为<α<π,所以π<2α<2π.所以sin 2α=-=-所以sin 4α=2sin 2αcos 2α=-=-16.8解析 sin A=sin(B+C)=2sin B sin C⇒tan B+tan C=2tan B tan C,因为tan A=-tan(B+C)=-,所以tan A tan B tan C=tan A+tan B+tan C=tan A+2tan B tan C.因为△ABC为锐角三角形,所以tan A>0,tan B tan C>0,所以tan A+2tan B tan C≥2,当且仅当tanA=2tan B tan C时,等号成立,即tan A tan B tan C≥2,解得tan A tan B tan C≥8,即最小值为8.17.解 (1)由及正弦定理,得sin B=sin 2C,∴B=2C或B+2C=π.若B=2C,<C<,<B<π,B+C>π(舍去).若B+2C=π,又A+B+C=π,∴A=C,∴△ABC为等腰三角形.(2)∵||=2,∴a2+c2+2ac cos B=4.又由(1)知a=c,∴cos B=而cos B=-cos 2C,<cos B<1,∴1<a2<=ac cos B=a2cos B,且cos B=,∴a2cos B=2-a2。
2018年高考数学二轮复习第二部分高考22题各个击破专题三三角3.3.2三角变换与解三角形课件文
解 (1)由 asin A=4bsin B,及 得 a=2b. 由 ac= 5(a2-b2-c2), 及余弦定理,得 cos A=
������
2
������ sin������
=
������ , sin������
+������2 -������2 2������������
=
5 -5 ������������
sin ������ sin ������ 2 2
1
2
1
=
������������
������������
= .
2
1
-7-Βιβλιοθήκη (2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD= 在△ABD和△ADC中,由余弦定理知 AB2=AD2+BD2-2AD· BDcos∠ADB, ① AC2=AD2+DC2-2AD· DCcos∠ADC. ② 因为cos∠ADB=-cos∠ADC, 所以①+2×②得 AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6. 由(1)知AB=2AC,所以AC=1.
=3,化为 a2+c2-b2=6c,①
������ 2 +������ 2 -������ 2
=1,化为 b2+c2-a2=2c.②
������
解由①,②组成的方程组得2c2=8c,即c=4.
(2)由(1)可得 a -b =8.由正弦定理可得
π 6 π 6
2
2
sin ������
=
π 6
������ sin ������
=
4 sin ������
,
又 A-B= ,∴A=B+ ,C=π-(A+B)=π- 2������ + 可得 sin C=sin 2������ +
高三数学二轮复习重点
高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。
这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。
一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。
不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。
当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。
专题二：数列。
以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。
专题三：三角函数，平面向量，解三角形。
三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。
向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。
专题四：立体几何。
立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。
大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。
另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。
空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。
专题五：解析几何。
2018-2019年高考数学试题分类汇编三角函数附答案详解
2018-2019年高考数学试题分类汇编三角函数一、选择题.1、（2018年高考全国卷1文科8）已知函数f（x）=2cos2x﹣sin2x+2，则（）A．f（x）的最小正周期为π，最大值为3B．f（x）的最小正周期为π，最大值为4C．f（x）的最小正周期为2π，最大值为3D．f（x）的最小正周期为2π，最大值为4【解答】解：函数f（x）=2cos2x﹣sin2x+2，=2cos2x﹣sin2x+2sin2x+2cos2x，=4cos2x+sin2x，=3cos2x+1，=，=，故函数的最小正周期为π，函数的最大值为，故选：B．2、（2018年高考全国卷1文科11）已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A（1，a），B（2，b），且cos2α=，则|a﹣b|=（）A．B．C．D．1【解答】解：∵角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A（1，a），B（2，b），且cos2α=，∴cos2α=2cos2α﹣1=，解得cos2α=，∴|cosα|=，∴|sinα|==，|tanα|=||=|a﹣b|===．故选：B．3、（2018年高考全国卷3理科4）若sinα=，则cos2α=（）A．B．C．﹣ D．﹣【解答】解：∵sinα=，∴cos2α=1﹣2sin2α=1﹣2×=．故选：B．4、（2018年高考全国卷3理科9文科11）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为，则C=（）A．B．C．D．【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．△ABC的面积为，∴S△ABC==，∴sinC==cosC，∵0＜C＜π，∴C=．故选：C．5、（2018年高考全国卷2理科6文科7）在△ABC中，cos=，BC=1，AC=5，则AB=（）A．4 B． C． D．2【解答】解：在△ABC中，cos=，cosC=2×=﹣，BC=1，AC=5，则AB====4．故选：A．6、（2018年高考全国卷2理科10）若f（x）=cosx﹣sinx在[﹣a，a]是减函数，则a的最大值是（）A．B．C． D．π【解答】解：f（x）=cosx﹣sinx=﹣（sinx﹣cosx）=，由，k∈Z，得，k∈Z，取k=0，得f（x）的一个减区间为[，]，由f（x）在[﹣a，a]是减函数，得，∴．则a的最大值是．故选：A．7、（2018年高考全国卷2文科）10．（5分）若f（x）=cosx﹣sinx在[0，a]是减函数，则a的最大值是（）A．B．C． D．π【解答】解：f（x）=cosx﹣sinx=﹣（sinx﹣cosx）=﹣sin（x﹣），由﹣+2kπ≤x﹣≤+2kπ，k∈Z，得﹣+2kπ≤x≤+2kπ，k∈Z，取k=0，得f（x）的一个减区间为[﹣，]，由f（x）在[0，a]是减函数，得a≤．则a的最大值是．故选：C8、（2018年高考全国卷3文科4）若sinα=，则cos2α=（）A．B．C．﹣ D．﹣【解答】解：∵sinα=，∴cos2α=1﹣2sin2α=1﹣2×=．故选：B．9、（2018年高考全国卷3文科6）函数f（x）=的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π【解答】解：函数f（x）===sin2x的最小正周期为=π，故选：C．10、（2018年高考北京卷理科7）在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线x﹣my﹣2=0的距离．当θ、m变化时，d的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：由题意d==，tanα=﹣，∴当sin（θ+α）=﹣1时，d max=1+≤3．∴d的最大值为3．故选：C．11、（2018年高考北京卷文科7）在平面直角坐标系中，，，，是圆x2+y2=1上的四段弧（如图），点P其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边．若tanα＜cosα＜sinα，则P所在的圆弧是（）A．B．C．D．【解答】解：A．在AB段，正弦线小于余弦线，即cosα＜sinα不成立，故A不满足条件．B．在CD段正切线最大，则cosα＜sinα＜tanα，故B不满足条件．C．在EF段，正切线，余弦线为负值，正弦线为正，满足tanα＜cosα＜sinα，D．在GH段，正切线为正值，正弦线和余弦线为负值，满足cosα＜sinα＜tanα不满足tanα＜cosα＜sinα．故选：C．12、（2018年高考天津卷文理科6）将函数y=sin（2x+）的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（）A．在区间[，]上单调递增B．在区间[，π]上单调递减C．在区间[，]上单调递增D．在区间[，2π]上单调递减【解答】解：将函数y=sin（2x+）的图象向右平移个单位长度，得到的函数为：y=sin2x，增区间满足：﹣+2kπ≤2x ≤，k ∈Z ， 减区间满足：≤2x ≤，k ∈Z ，∴增区间为[﹣+kπ，+kπ]，k ∈Z ， 减区间为[+kπ，+kπ]，k ∈Z ，∴将函数y=sin （2x+）的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数在区间[，]上单调递增．故选：A ．13、（2019年高考全国I 卷文理科5）函数f (x )=2sin cos ++x xx x 在[,]-ππ的图像大致为A ．B ．C ．D ．答案：D解析：因为)()(x f x f -=-，所以)(x f 为奇函数又01)(2>-=πππf ，124412)2(22>+=+=πππππf ，故选D 14、（2019年高考全国I 卷理科11）关于函数()sin |||sin |f x x x =+有下述四个结论：①f (x )是偶函数②f (x )在区间（2π，π）单调递增③f (x )在[,]-ππ有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是 A ．①②④ B ．②④C ．①④D ．①③答案：C解析：由)(|sin |||sin |)sin(|||sin )(x f x x x x x f =+=-+-=-，故①正确；),2(ππ∈x 时，x x x x f sin 2sin sin )(=+=，函数递减，故②错误；],0[π∈x 时，x x x x f sin 2sin sin )(=+=，函数有2个零点，0)()0(==πf f ，而],0[π∈x 时0)()0(=-=πf f ，所以函数有且只有3个零点，故③错误；函数为偶函数，只需讨论0>x ，N k k k x ∈+∈),2,2(πππ时，x x x x f sin 2sin sin )(=+=，最大值为2，N k k k x ∈++∈),22,2(ππππ时，0sin sin )(=-=x x x f ，故函数最大值为2，故④正确。
2019年高考数学(理科)二轮专题复习：第二部分 函数的图象与性质
π4 ＝
2 2.
(2)因为f(x)＋f(－x)＝ln( 1＋x2 －x)＋1＋ln( 1＋x2 ＋x)＋1＝ln(1＋x2－x2)＋2＝2，
所以f(a)＋f(－a)＝2，所以f(－a)＝－2.
答案：(1)
2 2
(2)－2
命题视角 函数的单调性与最值
【例 3－2】 (1)(2018·河南六市一模)若函数 f(x)＝
因此M＝3116，m＝0，所以M－m＝3116.
(2)因为f(x)在R上是偶函数，且在(－∞，0)上是增 函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数， 由f(32a－1)≥f(－ 3)＝f( 3)， 所以32a－1≤ 3，则2a－1≤12，所以a≤34. 故a的最大值是34. 答案：(1)A (2)D
热点3 函数的性质及应用(高频考点) 1．函数的单调性 单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的 区间上可以有不同的单调性，判断函数单调性常用定义 法、图象法及导数法． 温馨提醒：函数的多个单调区间若不连续，不能用 符号“∪”连接，可用“和”或“，”连接．
2．函数的奇偶性 函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质，偶函 数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义区间 上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对 称，在关于坐标原点对称的定义区间上具有相同的单调 性．
|x|－x12在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为 M，最小值
为 m，则 M－m＝( )
31 A.16
B．2
9 C.4
11 D. 4
(2)(2018·佛山调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函
数，且在区间(－∞ ，0)上单调递增．若实数a满足f(32a－1)
≥f(－ 3)，则a的最大值是( )
新高考数学二轮专题复习高频考点强化训练11(附解析)
强化训练11 空间几何体的表面积与体积——小题备考一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的)1．[2022·山东临沂一模]已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为( )A ．3πB ．3π3C ．3 πD ．2π2．[2022·山东潍坊一模]以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周，所得到的几何体的体积为( )A ．2πB ．8πC ．2π3D ．8π33．在三棱锥P - ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且P A ＝AB ＝2，AC ＝23 ，则三棱锥P - ABC 外接球的体积等于( )A ．2033 πB ．203π C ．2053π D ．20π 4．[2022·湖北黄冈中学模拟]已知某圆台的高为1，上底面半径为1，下底面半径为2，则侧面展开图的面积为( )A ．3πB ．6πC ．62 πD ．32 π5．一个正四面体的棱长为2，则这个正四面体的外接球的体积为( )A ．6 πB ．2πC ．3πD ．22 π6．[2022·河北唐山二模]如图，圆锥的轴为PO ，其底面直径和高均为2，过PO 的中点O 1作平行底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，此圆柱的下底面在圆锥的底面上，则圆锥与所得圆柱的体积之比为( )A ．2∶1B ．5∶3C ．3∶1D ．8∶37．已知正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为BC 上一点，则三棱锥B 1 - AC 1E 的体积为( ) A.12 B ．13C ．14D ．168．[2022·山东济宁三模]若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为( )A ．2∶1B ．3∶2C ．7∶3D ．7∶4二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，选错或多选得0分)9．用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上、下两部分空间图形且上、下两部分的高之比为1∶2，则关于上、下两空间图形的说法正确的是( )A.侧面积之比为1∶4B ．侧面积之比为1∶8C ．体积之比为1∶27D．体积之比为1∶2610．[2022·湖北武汉模拟]一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是()A．圆柱的侧面积为4πR2B．圆锥的侧面积为2πR2C．圆柱的侧面积与球的表面积相等D．球的体积是圆锥体积的两倍11．我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则关于半球的说法正确的是()A．半径是3B．体积为18πC．表面积为27πD．表面积为18π12．[2022·山东滨州二模]在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF，如图2所示，则下列结论中正确的是()A．P A⊥EFB．三棱锥M -AEF的体积为4C．三棱锥P -AEF外接球的表面积为24πD．过点M的平面截三棱锥P -AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2022·山东济南一模]已知圆锥的轴截面是一个顶角为2π3，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为________．14．[2022·广东惠州一模]若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为4π，圆台上、下底面圆的半径分别为r1，r2(r1<r2)，则r22－r21＝________．15．一个正四棱锥的高为7，底面边长为10，若正四棱锥的五个顶点恰好在一个球面上，则该球的半径为________．16．[2022·山东烟台三模]某学校开展手工艺品展示活动，小明同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________．强化训练11 空间几何体的表面积与体积1．解析：设圆锥底面半径为r ，高为h ，母线长为l ＝2，则l2＝r2＋h2＝4，底面周长2πr ＝12 ×（2π×2）⇒r ＝1，所以h ＝4－12 ＝ 3 ，所以圆锥的体积为13 ×π×12× 3 ＝3π3 .答案：B2．解析：以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周所得几何体是以2为底面圆半径，高为2的圆柱，由圆柱的体积公式得：V ＝π×22×2＝8π，所以所得到的几何体的体积为8π.答案：B3．解析：PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，因此以AP ，AB ，AC 为棱构造一个长方体，此长方体的外接球即为三棱锥P - ABC 的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，由已知长方体对角线长为22＋22＋（23）2 ＝2 5 ，所以外接球半径为R ＝5 ，外接球体积为V ＝43 π·（ 5 ）3＝2053 π.答案：C4．解析：由题意知圆台母线长为12＋（2－1）2 ＝ 2 ，且上底面圆周为2π，下底面圆周为4π，圆台侧面展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为12＋12 ＝ 2 ，则圆环所在的大圆半径为2 2 ，所以侧面展开图的面积S＝12×4π×2 2 －12×2π× 2 ＝3 2 π.答案：D5．解析：如图，四面体BDMN是正四面体，棱长BD＝2，将其补形成正方体GBCD - MENF，则正方体GBCD - MENF的棱长GB＝22 BD＝ 2 ，此正方体的体对角线长为6 ，正四面体BDMN与正方体GBCD - MENF有相同的外接球，则正四面体BDMN的外接球半径R＝6 2，所以正四面体BDMN的外接球体积为V＝43πR3＝43π·（62）3＝ 6 π.答案：A6．解析：圆锥的体积为V1＝13π×12×2＝2π3，圆柱的体积为V2＝π×（12）2×1＝π4，所以V1∶V2＝2π3∶π4＝8∶3.答案：D7．解析：由ABCD - A1B1C1D1为正方体，显然AB为A到平面EB1C1的距离，所以VB1 - AC1E＝VA - EB1C1＝13 S△EB1C1·AB＝13 ×12 ×1×1×1＝16 .答案：D8．解析：如图：O1，O2分别为底面中心，O为O1O2的中点，D为AB的中点，设正六棱柱的底面边长为2，若正六棱柱有内切球，则OO1＝O1D＝ 3 ，即内切球的半径r＝ 3 ，OA2＝OO21＋O1A2＝7，即外接球的半径R＝7 ，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3. 答案：C9．解析：依题意知，上部分为小棱锥，下部分为棱台，所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为1∶3，高之比为1∶3，所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为1∶9，体积之比为1∶27，即小棱锥与棱台的侧面积之比为1∶8，体积之比为1∶26.答案：BD10．解析：对于A，∵圆柱的底面直径和高都等于2R，∴圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2故A正确；对于B，∵圆锥的底面直径和高等于2R，∴圆锥的侧面积为S2＝πR·R2＋4R2 ＝ 5 πR2，故B错误；对于C，∵圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝43πR3，圆锥的体积为V2＝13πR2·2R＝23πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确．答案：ACD11．解析：如图，△PAC是正四棱锥的对角面，设球半径为r，AC是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为 2 r，棱锥体积为V＝13 ×（ 2 r）2×r＝23 r3＝18，r＝3，半球体积为V ＝23 πr3＝23 π×33＝18π，表面积为S ＝2π×32＋π×32＝27π.答案：ABC12．解析：由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示：对A ：因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以PA ⊥EF ，故选项A 正确；对B ：因为M 为BE 的中点，所以VM - AEF ＝12 VP - AEF ＝12 ×13 ×12 ×2×2×4＝43 ，故选项B 错误；对C ：三棱锥P - AEF 外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径（2R ）2＝22＋22＋42＝24，所以三棱锥P - AEF 外接球的表面积为S ＝4πR2＝24π，故选项C 正确；对D ：过点M 的平面截三棱锥P - AEF 的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O 的大圆，此时截面圆的面积为πR2＝π（ 6 ）2＝6π，最小截面为过点M 垂直于球心O 与M 连线的圆，此时截面圆半径r ＝R2－OM2 ＝6－5 ＝1，截面圆的面积为πr2＝π，所以过点M 的平面截三棱锥P - AEF 的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]，故选项D 正确．答案：ACD13．解析：因圆锥的轴截面是一个顶角为2π3 ，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h ，因此，h ＝2cos π3 ＝1，圆锥底面圆半径r ＝22－h2 ＝ 3 ，所以圆锥的体积为V ＝13 πr2h ＝13 π×（ 3 ）2×1＝π.答案：π14．解析：圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，所以圆台的母线长为2πr2π －2πr1π ＝2r2－2r1，圆台的侧面积为2πr1＋2πr22×（2r2－2r1）＝2π（r 2 －r 21 ）＝4π， 所以r 22 －r 21 ＝2.答案：215．解析：设该正四棱锥为P - ABCD ，由正四棱锥和球的性质可知球的球心在高上，设球心为O ，底面中心为E ，因为底面是正方形，所以DE ＝12 102＋102 ＝5 2 ，在直角三角形ODE 中，OD2＝OE2＋DE2，设球的半径为r ，所以有r2＝（7－r ）2＋50⇒r ＝9914 .答案：991416．解析：依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为△MNG 的中心，因为MN ＝6，所以△MNG 内切圆的半径r ＝OH ＝13 MH ＝13 MN2－HN2 ＝3 ，即内切球的半径R ＝ 3 ，所以内切球的表面积S ＝4πR2＝12π，又正三棱柱的高AA1＝2R ＝2 3 ，所以OM ＝23 OH ＝2 3 ，所以AO ＝OM2＋AM2 ＝（23）2＋（3）2 ＝15 ，所以A 到球面上的点的距离最小值为AO －R ＝15 － 3答案：12π 15 － 3。
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测三三角恒等变换与解三角形小题练理
课时跟踪检测（三） 三角恒等变换与解三角形 （小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．(2018·河北保定一模)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3，则tan α的值为( ) A ．－1 B ．1 C. 3D ．－ 3解析：选 B 由已知得12cos α－32sin α＝12sin α－32cos α，整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32cos α，即sin α＝cos α，故tan α＝1. 2．(2018·福州模拟)3cos 15°－4sin 215°cos 15°＝( ) A.12 B.22C ．1 D. 2解析：选D3cos 15°－4sin 215°cos 15°＝3cos 15°－2sin 15°·2sin 15°cos 15°＝3cos 15°－2sin 15°·sin 30°＝3cos 15°－sin 15°＝2cos(15°＋30°)＝2cos 45°＝ 2.故选D.3．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2 B.30 C.29D ．2 5解析：选A ∵cos C 2＝55，∴cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35.在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32，∴AB ＝4 2.4．(2018·唐山模拟)已知α是第三象限的角，且tan α＝2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝( ) A ．－1010B.1010 C ．－31010D.31010解析：选C 因为α是第三象限的角，tan α＝2，且⎩⎪⎨⎪⎧sin αcos α＝tan α，sin 2α＋cos 2α＝1，所以cos α＝－11＋tan 2α＝－55，sin α＝－255，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝sinαcos π4＋cos αsin π4＝－255×22－55×22＝－31010，选C. 5．(2018·武汉调研)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且2b cos C ＝2a ＋c ，则B ＝( )A.π6B.π4C.π3D.2π3解析：选D 因为2b cos C ＝2a ＋c ，所以由正弦定理可得2sin B cos C ＝2sin A ＋sin C ＝2sin(B ＋C )＋sin C ＝2sin B cos C ＋2cos B sin C ＋sin C ，即2cos B sin C ＝－sin C ，又sin C ≠0，所以cos B ＝－12，又0<B <π，所以B ＝2π3，故选D.6．已知3cos 2α＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，则sin 2α＝( )A.79 B ．－79C.19D ．－19解析：选D 由题意知3(cos 2α－sin 2α)＝22(cos α－sin α)，由于α∈⎝⎛⎭⎪⎫π4，π，因而cos α≠sin α，则3(cos α＋sin α)＝22，那么9(1＋sin 2α)＝8，sin 2α＝－19.7．(2019届高三·昆明三中、玉溪一中联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C 等于( )A.34B.43 C ．－43D ．－34解析：选C 因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，由面积公式与余弦定理，得ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ，即sin C －2cos C ＝2，所以(sin C －2cos C )2＝4，sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2Csin 2C ＋cos 2C＝4，所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，解得tan C ＝－43或tan C ＝0(舍去)． 8．(2018·洛阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a ，b ，c 成等比数列，且a 2＝c 2＋ac －bc ，则cb sin B＝( )A.32B.233C.33D. 3解析：选B 由a ，b ，c 成等比数列得b 2＝ac ，则有a 2＝c 2＋b 2－bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝bc 2bc ＝12，故A ＝π3.对于b 2＝ac ，由正弦定理，得sin 2B ＝sin A sinC ＝32·sin C ，由正弦定理，得cb sin B ＝sin C sin 2B ＝sin C 32sin C ＝233.故选B. 9．(2019届高三·广西三市联考)已知x ∈(0，π)，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x ，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝( )A.13 B ．－13C ．3D ．－3解析：选A 由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，∵x ∈(0，π)，∴tan x ＝2，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.10．(2018·广东佛山二模)已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝34，则cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝( )A.725 B.925 C.1625D.2425解析：选 B 由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1＋tan α1－tan α＝34，解得tan α＝－17，所以cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α2＝1＋sin 2α2＝12＋sin αcos α，又sin αcos α＝sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan αtan 2α＋1＝－750，故12＋sin αcos α＝925. 11．(2018·福州模拟)已知m ＝tan α＋β＋γtan α－β＋γ，若sin [2(α＋γ)]＝3sin 2β，则m ＝( )A.12B.34C.32D ．2解析：选D 设A ＝α＋β＋γ，B ＝α－β＋γ，则2(α＋γ)＝A ＋B,2β＝A －B ，因为sin [2(α＋γ)]＝3sin 2β，所以sin(A ＋B )＝3sin(A －B )，即sin A cos B ＋cos A sin B ＝3(sin A cos B －cos A sin B )，即2cos A sin B ＝sin A cos B ，所以tan A ＝2tan B ，所以m ＝tan A tan B＝2.12．(2018·南宁、柳州联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若bc ＝1，b ＋2c cos A ＝0，则当角B 取得最大值时，△ABC 的周长为( )A ．2＋ 3B ．2＋ 2C ．3D ．3＋ 2解析：选A 由已知b ＋2c cos A ＝0，得b ＋2c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝0，整理得2b 2＝a 2－c 2.由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋3c 24ac ≥23ac 4ac ＝32，当且仅当a ＝3c 时等号成立，此时角B 取得最大值，将a ＝3c 代入2b 2＝a 2－c 2可得b ＝c .又bc ＝1，所以b ＝c ＝1，a ＝ 3.故△ABC 的周长为2＋ 3.故选A.二、填空题13．(2018·全国卷Ⅱ)已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－5π4＝15，则tan α＝________.解析：tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－5π4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝tan α－11＋tan α＝15，解得tan α＝32.答案：3214．(2018·贵州模拟)如图，已知两座灯塔A 和B 与海洋观察站C 的距离分别为a 海里和2a 海里，灯塔A 在观察站C 的北偏东20°，灯塔B 在观察站C 的南偏东40°，则灯塔A 和B 的距离为________海里．解析：依题意知∠ACB ＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC 中，由余弦定理知AB ＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos 120°＝7a 2＝7a .即灯塔A 与灯塔B 的距离为7a 海里．答案：7a15．(2018·贵州模拟)已知△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a ＝4，a sinB ＝3b cos A ，若△ABC 的面积S ＝43，则b ＋c ＝________.解析：由正弦定理，得sin A sin B ＝3sin B cos A ， 又sin B ≠0，∴tan A ＝3，∴A ＝π3.由S ＝12bc ×32＝43，得bc ＝16，由余弦定理得，16＝b 2＋c 2－bc ，∴c 2＋b 2＝32，∴b ＋c ＝8.答案：816.(2018·成都模拟)如图，在直角梯形ABDE 中，已知∠ABD ＝∠EDB ＝90°，C 是BD 上一点，AB ＝3－3，∠ACB ＝15°，∠ECD ＝60°，∠EAC ＝45°，则线段DE 的长度为________．解析：易知∠ACE ＝105°，∠AEC ＝30°，在直角三角形ABC 中，AC ＝ABsin 15°，在三角形AEC中，AC sin 30°＝CE sin 45°⇒CE ＝AC sin 45°sin 30°，在直角三角形CED 中，DE ＝CE sin 60°，所以DE ＝CE sin60°＝sin 45°sin 60°sin 30°×AB sin 15°＝22×3212×3－36－24＝6.答案：6B 级——难度小题强化练1．已知sin θ＋cos θ＝2sin α，sin 2θ＝2sin 2β，则( ) A ．cos β＝2cos α B ．cos 2β＝2cos 2α C ．cos 2β＝2cos 2αD ．cos 2β＝－2cos 2α解析：选C 由同角三角函数的基本关系可得sin 2θ＋cos 2θ＝1，所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝1＋sin 2θ.由已知可得(2sin α)2＝1＋2sin 2β，即4sin 2α＝1＋2sin 2β.由二倍角公式可得4×1－cos 2α2＝1＋2×1－cos 2β2，整理得cos 2β＝2cos 2α.故选C.2．在不等边三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，其中a 为最大边，如果sin 2(B ＋C )<sin 2B ＋sin 2C ，则角A 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2C.⎝⎛⎭⎪⎫π6，π3D.⎝⎛⎭⎪⎫π3，π2解析：选D 由题意得sin 2A <sin 2B ＋sin 2C ，由正弦定理得a 2<b 2＋c 2，即b 2＋c 2－a 2>0，则cos A＝b 2＋c 2－a 22bc >0.因为0<A <π，所以0<A <π2，又a 是最大边，所以A >π3，即角A 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2.故选D.3．(2018·唐山统考)在O 点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于P 点，一分钟后，其位置在Q 点，且∠POQ ＝90°，再过两分钟后，该物体位于R 点，且∠QOR ＝30°，则tan ∠OPQ 的值为( )A.32B.233C.32D.23解析：选B 如图，设物体的运动速度为v ，则PQ ＝v ，QR ＝2v ，因为∠POQ ＝90°，∠QOR ＝30°，所以∠POR ＝120°，P ＋R ＝60°，所以R ＝60°－P .在Rt △OPQ 中，OQ ＝v sin P ．在△OQR 中，由正弦定理得OQ ＝QR ·sin Rsin ∠ROQ＝4v ·sin R ＝4v sin(60°－P )＝23v cos P －2v sin P ．所以有23v cosP －2v sin P ＝v sin P ，即23v cos P ＝3v sin P ，所以tan P ＝233，所以选B. 4．(2018·成都模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且23(sin 2A －sin 2C )＝(a －b )sin B ，△ABC 的外接圆半径为 3.则△ABC 面积的最大值为( )A.38B.34C.938D.934解析：选D 由正弦定理，得a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝23，所以sin A ＝a 23，sin B ＝b23，sin C ＝c23，将其代入23(sin 2A －sin 2C )＝(a －b )sin B ，得a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理，得cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又0<C <π，所以C ＝π3.于是S △ABC ＝12ab sin C ＝12×23sin A ×23sin B ×sinπ3＝33sin A sin B ＝332[cos(A －B )－cos(A ＋B )]＝332[cos(A －B )＋cos C ]＝332cos(A －B )＋334.当A ＝B ＝π3时，S △ABC 取得最大值，最大值为934，故选D.5．定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b cd ＝ad －bc .若cos α＝17，⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin α sin βcos α cos β＝3314，0<β<α<π2，则β＝________.解析：依题意有sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＝3314，又0<β<α<π2，∴0<α－β<π2，故cos(α－β)＝1－sin 2α－β＝1314，而cos α＝17，∴sin α＝437，于是sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝437×1314－17×3314＝32，故β＝π3. 答案：π36.(2018·四川成都模拟)如图，在△ABC 中，AB ＝4，BC ＝2，∠ABC ＝∠D ＝π3，若△ADC 是锐角三角形，则DA ＋DC 的取值范围为________．解析：设∠ACD ＝θ，则∠CAD ＝2π3－θ，根据条件及余弦定理计算得AC ＝2 3.在△ACD 中，由正弦定理得AD sin θ＝CD sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝23sinπ3＝4，∴AD ＝4sin θ，CD ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ， ∴DA ＋DC ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin θ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋32cos θ＋12sin θ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin θ＋32cos θ ＝43⎝⎛⎭⎪⎫32sin θ＋12cos θ＝43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6.∵△ACD 是锐角三角形，∴θ和2π3－θ均为锐角，∴θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，∴θ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤32，1.∴DA ＋DC ＝43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6∈(]6，43. 答案：(6,4 3 ]。
2018年高考数学二轮复习专题对点练11三角变换与解三角形理
专题对点练11三角变换与解三角形1. (2017全国川,理17) △ ABC 的内角ABC的对边分别为a, b,c.已知sin cosA=0, a=2 , b=2.(1)求c;⑵设D为BC边上一点，且ADL AC求厶ABD的面积.解(1)由已知可得tan A=-,所以A=.2u在厶ABC中,由余弦定理得28=4+c - 4c cos ',2即c+2c-24=0,解得c=-6(舍去),c=4.n(2)由题设可得/ CAD=,1 7T—AB AD sin—Z 6n 1—-ACAD 所以/ BAD M BAC2 CAD=.故厶ABD面积与△ ACD面积的比值为二=1.1又厶ABC的面积为1X 4 X 2sin M BAC2<S ,所以△ ABD的面积为.2. 已知a, b, c分别为锐角三角形ABC的内角ABC所对的边，且山a=2c sin A.(1)求角C3•晶⑵若c=,且厶ABC的面积为，求a+b的值.解(1)由a=2c sin A 及正弦定理得' sin A=2sin C sin A.J? K••• sin A M0, ••• sin C= . v △ ABC是锐角三角形，C=.⑵•/ C= , △ ABC的面积为，1 7T痂• ab sin ,即ab=6.71v c= , •由余弦定理得a2+b2- 2ab cos 1=7,2即(a+b) =3ab+7.将①代入②得(a+b )2=25,故a+b=5. 3.(2017河南商丘二模,理17)在厶ABC 中,角A , B.C 的对边分别为 a , b , c ,已知b (1+cos C ) =c (2 - cos B ).(1)求证：a , c , b 成等差数列；⑵若C= , △ ABC 的面积为4,求c.(1)证明 T b (1+cos C ) =c (2 - cos B ),由正弦定理可得 sin B+sin B cos C=2sin C-sin C bos B, 可得 sin B cos C+sin C cos B+sinB=2sin C,sin A+sin B=2sin C 二 a+b=2c ,即 a , c , b 成等差数列.⑵ 解■/ C= , △ ABC 的面积为4ab sin C 」ab ,222222.ab=16, T 由余弦定理可得 c =a+b-2ab cos C=a+b-ab=(a+b ) -3ab, ■/ a+b=2c ,.可得 c 2=4c 2- 3 x 16,解得 c=4.4. (2017河南六市联考二模,理17)已知在△ ABC 中，角A B, C 的对边分别为 a , b , c ,且a sinB+t cos A=0.(1)求角A 的大小；⑵若a=2, b=2,求厶ABC 的面积.解(1)在厶 ABC 中 ,由正弦定理得 sin A - sin B+sin B - cos A=0,即 sin B (sin A+cos A ) =0,M 又角B 为三角形内角,sinB M 0,所以sin A+cos A=0,即' sin '' =0,3TI又因为A € (0, n ),所以A= ^ .2 2 2 2⑵在厶ABC 中,由余弦定理得 a=b+c-2bc • cos A 则20=4+c-4c • 即 c 2+2 c-16=0,解得 c=-4(舍)或 c=2 ,5.(2017四川成都二诊，理17)如图，在梯形ABCD^ ,已知/ A= , / B= ：, AB=6,在AB 边上取 点E 使得 BE=,连接 EC ED 若/ CED= , EC^.1又 S= bc sin(1)求sin / BCE的值;⑵求CD 的长.1 X -T - . --- CE BEBEsinB 2 善1解(1)在厶CBE 中,由正弦定理得 门心‘ 曲“：江=,sin / BCE= ' »：'丨；2n(2)在厶CBE 中 ,由余弦定理得 CE=BE+C 直2BE ・ CB Cos ,即7=1+CB+CB 解得CB=2.2“ 721由余弦定理得 C B=B E+C E-2BE ・ CE J OS / BEC Cos / BEC= ,sin / BEC=,鬥 \ V 32A /7 1 J21 Ql5J7—+^EC = —x —--x —=——sin / AED=in ,cos / AED=：,AE50在 Rt △ ADE 中 , AE=5^ ；=cos / AED= , DE=2,2n在厶 CED 中 ,由余弦定理得 CD=CE+D E-2CE ・ DE J OS =49, /• CD=.6.(2017江西宜春二模,理17)如图，某生态园将一块三角形地271已知角A 为 ，AB AC 的长度均大于200米，现在边界AP AQ 处建围墙，在PQ 处围竹篱笆 (1)若围墙APAQ 总长度为200米,如何可使得三角形地块 APC 面积最大？⑵ 已知竹篱笆长为50 米，AP 段围墙高1米,AQ 段围墙高2米，造价均为每平方米100元, 若AP> AQ求围墙总造价的取值范围.解设 AP=x 则 AQ=200-x ,当且仅当x=200-x 时，取等号，即AP=AQ=)0时，S A APQ 有最大值为2 500 '平方米AP AQ PQ⑵由正弦定理smS 卩Q wm",得 AP=100sin / AQPAQ=00sin / APQ.故围墙总造价y=100(AP£AQ =10 000(sin / AQP+sin / APQ =10 000 cos / AQP.u u因为 AP>AQ 所以’<Z AQP<,导学号16804183?ABC 的一角APQ 开辟为水果园1 二 &AP (= x (200 -x )sin^-<J3 ?所以. cos / AQ匡.所以围墙总造价(单位：元)的取值范围为(5 000 ,15 000] .?导学号16804184?cosP + xUinP+x,b=( - sin x, sin x), f (x) =a • b.7.已知向量a=(1)求函数f (x)的最小正周期及f (x)的最大值；iA⑵在锐角三角形ABC中,角A B, C的对边分别为a, b, c,若f 12=1, a=2 ,求厶ABC面积的最大值.解(1)易得贝U f (x) =a • b=sin 2x+ sin x cos11 ©x= cos 2 x+ 1 sin 2 x=sinf (x)的最小正周期T= =n ,7T 71 K 3当2x-‘'+2k n (k € Z)时，即x= +k n (k € Z), f ( x)取最大值是.(A(2) v *=sin 1 = 1■/a2=b2+c2-2bc cos A12=b2+c2-bc,b2+c2=12+bc>2 be,bc< 12.(当且仅当b=c时等号成立)1 占S= bc sin A」bc<3•••当厶ABC为等边三角形时面积最大，最大值是3 .?导学号16804185?8. (2017 陕西咸阳二模,理17)设函数f (x) =sin x cos x- sin (X €R). (1)求函数f(x)的单调区间；⑵在锐角三角形ABC中,角A B, C所对的边分别为a, b, c,若f fCJ=0, c=2,求厶ABC面积的最大值.2胡 |解 (1)函数 f (x )=sinx cos x-sin 丿(x € R),化 简可得 f (x )=^ sin 令 2k n - W2xW2k n + ( k € Z),贝 V k n - : < x W k n + ：(k € Z),即 f (x )的递增区间为71 71]fcn - - fcn + — 4 4J(k € Z),K3n令 2k n + ' W2x W2k n + (k € Z),u3TI贝 V k n + ：W x W k n + ( k € Z).' IT 3K 'fcir + — kn + ——44 可得f (x )的递减区间为J(k € Z).|S 1⑵由f 卩丿=0,得sin C=.u•••△ ABC 是锐角三角形，••(=.u由余弦定理得 c 2=a 2+b 2-2ab cos C ,将 c=2, C=代入得 4=a 2+b 2「ab. 由基本不等式得 a 2+b 2=4+ab>2 ab ,即ab w 4(2 + ),1 1 1• &ABC = ab sin C W x 4(2 + ) x =2+ ,即厶ABC 面积的最大值为 2+.—1 - cos (2x2x- ' =sin 2 x-.。
2018年高考数学(理)二轮专题复习突破精练一专题对点练10 三角函数与三角变换附答案
专题对点练10三角函数与三角变换1.已知函数f(x)=A sin错误!未找到引用源。
,x∈R,且f错误!未找到引用源。
.(1)求A的值;(2)若f(θ)+f(-θ)=错误!未找到引用源。
,θ∈错误!未找到引用源。
,求f错误!未找到引用源。
.解(1)∵f(x)=A sin错误!未找到引用源。
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,∴f错误!未找到引用源。
=A sin错误!未找到引用源。
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,∴A=错误!未找到引用源。
.(2)∵f(x)=错误!未找到引用源。
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,且f(θ)+f(-θ)=错误!未找到引用源。
,∴f(θ)+f(-θ)=错误!未找到引用源。
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×2cos θsin 错误!未找到引用源。
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.∴f错误!未找到引用源。
sin错误!未找到引用源。
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sin(π-θ)=错误!未找到引用源。
sin θ=错误!未找到引用源。
.2.(2017河北邯郸一模,理17)已知a,b分别是△ABC内角A,B的对边,且b sin2A=错误!未找到引用源。
a cos A sin B,函数f(x)=sin A cos2x-sin2错误!未找到引用源。
sin 2x,x∈错误!未找到引用源。
.(1)求A;(2)求函数f(x)的值域.解(1)在△ABC中,b sin2A=错误!未找到引用源。
a cos A sin B,由正弦定理得sin B sin2A=错误!未找到引用源。
sin A cos A sin B,∴tan A=错误!未找到引用源。
,又A∈(0,π),∴A=错误!未找到引用源。
.(2)由A=错误!未找到引用源。
,∴函数f(x)=sin A cos2x-sin2错误!未找到引用源。
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专题对点练11 三角变换与解三角形
1.(2017全国Ⅲ,理17)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin A+cos A=0,a=2,b=
2.
(1)求c;
(2)设D为BC边上一点,且AD⊥AC,求△ABD的面积.
解 (1)由已知可得tan A=-,所以A=.
在△ABC中,由余弦定理得28=4+c2-4c cos,
即c2+2c-24=0,解得c=-6(舍去),c=4.
(2)由题设可得∠CAD=,
所以∠BAD=∠BAC-∠CAD=.故△ABD面积与△ACD面积的比值为=1.
又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC=2,
所以△ABD的面积为.
2.已知a,b,c分别为锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边,且a=2c sin A.
(1)求角C;
(2)若c=,且△ABC的面积为,求a+b的值.
解 (1)由a=2c sin A及正弦定理得sin A=2sin C sin A.
∵sin A≠0,∴sin C=.∵△ABC是锐角三角形,∴C=.
(2)∵C=,△ABC的面积为,
∴ab sin ,即ab=6. ①∵c=,∴由余弦定理得a2+b2-2ab cos =7,
即(a+b)2=3ab+7. ②将①代入②得(a+b)2=25,故a+b=5.
3.(2017河南商丘二模,理17)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知
b(1+cos C)=c(2-cos B).
(1)求证:a,c,b成等差数列;
(2)若C=,△ABC的面积为4,求c.
(1)证明∵b(1+cos C)=c(2-cos B),
∴由正弦定理可得sin B+sin B cos C=2sin C-sin C cos B,
可得sin B cos C+sin C cos B+sin B=2sin C,
∴sin A+sin B=2sin C,∴a+b=2c,即a,c,b成等差数列.
(2)解∵C=,△ABC的面积为4ab sin C=ab,
∴ab=16,∵由余弦定理可得c2=a2+b2-2ab cos C=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
∵a+b=2c,∴可得c2=4c2-3×16,解得c=4.
4.(2017河南六市联考二模,理17)已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,
且a sin B+b cos A=0.
(1)求角A的大小;
(2)若a=2,b=2,求△ABC的面积.
解 (1)在△ABC中,由正弦定理得sin A·sin B+sin B·cos A=0,即sin B(sin
A+cos A)=0,又角B为三角形内角,sin B≠0,所以sin A+cos A=0,即sin=0,
又因为A∈(0,π),所以A=.
(2)在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bc·cos A,则20=4+c2-4c·,
即c2+2c-16=0,解得c=-4(舍)或c=2,
又S=bc sin A,所以S=×2×2=2.
5.(2017四川成都二诊,理17)如图,在梯形ABCD中,已知∠A=,∠B=,AB=6,在
AB边上取点E,使得BE=1,连接EC,ED.若∠CED=,EC=.
(1)求sin∠BCE的值;
(2)求CD的长.
解 (1)在△CBE中,由正弦定理得,sin∠BCE=.
(2)在△CBE中,由余弦定理得CE2=BE2+CB2-2BE·CB cos,即7=1+CB2+CB,解
得CB=2.
由余弦定理得CB2=BE2+CE2-2BE·CE cos∠BEC,cos∠BEC=,sin∠BEC=,
sin∠AED=sin,cos∠AED=,
在Rt△ADE中,AE=5,=cos∠AED=,DE=2,
在△CED中,由余弦定理得CD2=CE2+DE2-2CE·DE cos=49,∴CD=7.〚导学号16804183〛6.
(2017江西宜春二模,理17)如图,某生态园将一块三角形地ABC的一角APQ开辟为水果园,已知角A为,AB,AC的长度均大于200米,现在边界AP,AQ处建围墙,在PQ处围竹篱笆.
(1)若围墙AP,AQ总长度为200米,如何可使得三角形地块APQ面积最大?
(2)已知竹篱笆长为50米,AP段围墙高1米,AQ段围墙高2米,造价均为每平方米100元,若AP≥AQ,求围墙总造价的取值范围.
解设AP=x,则AQ=200-x,
∴S
=x(200-x)sin=2 500,
△APQ
当且仅当x=200-x时,取等号,即AP=AQ=100时,S △APQ有最大值为2 500平方米.
(2)由正弦定理,得AP=100sin∠AQP,AQ=100sin∠APQ.
故围墙总造价y=100(AP+2AQ)
=10 000(sin∠AQP+2sin∠APQ)
=10 000cos∠AQP.
因为AP≥AQ,所以≤∠AQP<,
所以cos∠AQP≤.
所以围墙总造价(单位:元)的取值范围为(5 000,15 000].〚导学号
16804184〛
7.已知向量a=,b=(-sin x,sin x),f(x)=a·b.
(1)求函数f(x)的最小正周期及f(x)的最大值;
(2)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若f=1,a=2,求
△ABC面积的最大值.
解 (1)易得a=(-sin x,cos x),
则f(x)=a·b=sin 2x+sin x cos x=cos 2x+sin 2x
=sin,
∴f(x)的最小正周期T==π,
当2x-+2kπ(k∈Z)时,即x=+kπ(k∈Z),f(x)取最大值是.
(2)∵f=sin=1,
∴sin,∴A=.
∵a2=b2+c2-2bc cos A,∴12=b2+c2-bc,∴b2+c2=12+bc≥2bc,∴bc≤12.(当且仅
当b=c时等号成立)
∴S=bc sin A=bc≤3.
∴当△ABC为等边三角形时面积最大,最大值是3.〚导学号16804185〛8.(2017陕西咸阳二模,理17)设函数f(x)=sin x cos x-sin2(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若f=0,c=2,求△ABC
面积的最大值.
解(1)函数f(x)=sin x cos x-sin2(x∈R),化简可得f(x)=sin
2x-=sin 2x-.
令2kπ-≤2x≤2kπ+(k∈Z),则kπ-≤x≤kπ+(k∈Z),即f(x)的递增区间为(k∈Z),
令2kπ+≤2x≤2kπ+(k∈Z),
则kπ+≤x≤kπ+(k∈Z).
可得f(x)的递减区间为(k∈Z).
(2)由f=0,得sin C=.
∵△ABC是锐角三角形,∴C=.
由余弦定理得c2=a2+b2-2ab cos C,将c=2,C=代入得4=a2+b2-ab.
由基本不等式得a2+b2=4+ab≥2ab,即ab≤4(2+),
=ab sin C≤×4(2+)×=2+,
∴S
△ABC
即△ABC面积的最大值为2+.。