(新课标)高考数学二轮复习专题三三角函数专题能力训练10三角变换与解三角形理(2021学年)

(新课标)２018届高考数学二轮复习专题三三角函数专题能力训练10 三角变换与解三角形理
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专题能力训练10 三角变换与解三角形
能力突破训练
1。

在△AＢＣ中,若ｓin２Ａ≤ｓin2B＋sin２C—sｉｎB sin C,则A的取值范围是（)
A。

ﻩ B.
C. D.
2.已知=－,则sin α+ｃoｓα等于（）
A。

- B.C。

ﻩD。

－
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。

ﻩD。

４。

在△AＢC中，∠AＢC＝，AB=，BＣ=３,则sｉｎ∠ＢAＣ等于()
Ａ.ﻩ B.C。

ﻩＤ。

5.(2017湖北七市一调)已知△ABC中,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。

设△ＡBＣ的内角A,B,Ｃ所对的边分别为a,b,c,若三边的长为连续的三个正整数，且A〉B〉
C，3ｂ=20a coｓA，则sｉn Ａ∶sｉｎB∶sin C＝．8。

在△ABＣ中,a2+ｃ2＝b２+ac。

（１)求B的大小；
(2)求cos A+ｃｏｓC的最大值。

９．（2017北京,理1５）在△AＢC中,∠A=６０°,c=a。

(1)求ｓiｎC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＝ｂｔaｎＡ,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。

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=aｃos C．当siｎＡ
—ｃos取最大值时，角Ａ的大小为()
Ａ. B. C. D.
14。

(２０17湖北荆州一模）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．(２017河北石家庄二检）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 taｎBｔaｎC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。

参考答案
专题能力训练10三角变换与解三角形
能力突破训练
１．C解析由正弦定理,得a2≤ｂ２+c２-bc,
由余弦定理,得ａ2=b２+ｃ２－2bｃcos A,
则ｃosＡ0〈A〈π,∴0<A
2。

D解析＝-=2cos cosα+sｉnα=-,∴sｉnα+cｏsα=—,故选D。

3。

D解析由(a２+c２-b２）tａn B=ac,得,即cｏsＢ=,则siｎB=∵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·BCｃos∠ABC=（）2+32－２
３cｏs=５。

解得AC=
由正弦定理，得ｓｉｎ∠ＢAC=
5解析借助题设条件,先运用正弦定理将三角形中的边的关系转化化归为角的关系，再求解含角Ａ的三角方程。

由正弦定理可得siｎA=2sin B,因为B=180°—A—１20°＝60°—A,
所以ｓiｎA=２siｎ(60°-A),即sin A＝cos A－siｎA,
所以2ｓinＡ=cos A,故tan A=
６解析因为cos A=,cos C＝,且Ａ,Ｃ为△AＢC的内角，所以siｎＡ=,sinＣ=,ｓiｎB=sin[π—(A＋C）]=sｉn(Ａ+C)=sin A cos C＋cos AｓｉｎC=
又因为，所以b=
７。

6∶5∶４解析∵A〉B>C，∴ａ>b>c.设a＝b＋1,c=b—1(b>１,且b∈Ｎ*），由3ｂ＝２０
a cｏs A得３b=2０(b＋1),化简,得7ｂ2-2７b-40=0。

解得b＝5或ｂ=－（舍去)，∴a=６，ｃ=4,
∴siｎA∶ｓin B∶sｉn C=６∶5∶4。

８.解(1)由余弦定理及题设得cosＢ＝
又因为0＜Ｂ〈π,所以B=
(2)由(1)知A＋Ｃ=
ｃos A+cos C=cos A+coｓ
＝cｏｓA—cosＡ+siｎA
=cｏｓA＋sinＡ=cｏs
因为0〈A＜，
所以当A＝时，cosＡ＋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 cｏsＡ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=6
10.（1）证明由a=bｔａnＡ及正弦定理,得，
所以ｓin B=cosＡ，即ｓｉnＢ=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ｓｉｎA+siｎC=sin A+ｓｉn＝sｉn A+ｃos2A=—2ｓin２A＋sｉnＡ+1＝—2
因为０〈A〈,所以0〈sｉｎＡ〈,
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)＝=ｓｉn2x-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＝sｉnＡ—=0，得siｎA=,
由题意知A为锐角,所以cｏs A=
由余弦定理a2=b2+c2-2bc cosＡ，
得1+bc=ｂ2+c２≥2ｂc,
即bc≤2＋,且当b=c时等号成立.
因此bｃsin A
所以△ABC面积的最大值为
思维提升训练
12。

C解析∵cos，0〈α〈，
∴sin
又ｃos，-〈β＜0,
∴ｓin,
∴cos＝ｃoｓ=coｓcos+sin sin
=
１3。

A解析由正弦定理,得sin Cｓin A＝siｎA cos C。

因为0<A〈π,所以sin A>0,从而ｓinＣ=cos C。

又ｃos C≠０,所以tan C=1,则C=，
所以B=－A.
于是ｓiｎA-cｏsｓin A—ｃoｓ(π—A）=sin A+ｃosＡ=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解析本题易错点在利用正弦定理时，产生缺解。

在△ＣDB中,设CD=t,由余弦定理得４９=６4+ｔ2—2×8t×ｃos60°，
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×sin60°＝20；
当t＝5时，CA=１２,△ABC的面积S=12×8×sｉn60°=2４
故△ABＣ的面积为2０或24
1５.—解析因为sin=ｃｏｓ=ｃos，
所以sin sｉn
=siｎcｏs sin
=cos2α＝，所以ｃos2α=
因为<α<π,所以π<2α〈2π.
所以ｓin2α=-＝-
所以sｉn4α=２siｎ2αｃos2α=—=-
1６.８解析ｓin A＝sin(Ｂ+C）=2sin B sin C⇒tａｎB＋tａｎC=2ｔanＢtaｎＣ,
因为ｔanＡ＝-ｔan(B＋C)＝-,
所以ｔan A tan B tan C=taｎＡ＋ｔａｎB+tanＣ＝tan A+２taｎＢtaｎC。

因为△AＢC为锐角三角形,所以tanＡ〉0,taｎB taｎC〉0,所以ｔanＡ＋2taｎB tanＣ≥2，当且仅当ｔan A=２taｎＢtａn C时,等号成立，即tan A tanＢtaｎC≥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siｎB＝ｓin2Ｃ,∴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=-cos２C,
<coｓB〈1,
∴１〈a2〈
=aｃcos B=ａ2coｓB,且cos B=，
∴ａ2ｃoｓＢ=２—a２
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