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

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<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.a<c<b 【解析】選C.因?yàn)閍=sin25π=sin 72,b=cos 10=sin 80,c=12tan 60=32,函數(shù)y=sin x在區(qū)間0,π2上是增函數(shù),所以c=32<a<b. 3.已知A是△ABC的內(nèi)角且sin A+2cos A=-1,則tan A= (　　) A.-34 B.-43 C.34 D.43 【解析】選A.因?yàn)閟in A+2cos A=-1,所以代入sin2A+cos2A=1中,整理得5cos2A+4cos A=0,所以cos A=0或cos A=-45,當(dāng)cos A=0時,sin A=-1,矛盾,所以cos A=-45,sin A=35,所以tan A=-34. 4.在△ABC中,已知tan A=14,tan B=35,且△ABC最大邊的長為17,則△ABC的最小邊為 (　　) A.1 B.5 C.2 D.3 【解析】選C.設(shè)△ABC中,A,B,C的對邊分別為a,b,c.在△ABC中, tan(A+B)=tanA+tanB1-tanAtanB=14+351-1435=1,即tan C=-1,所以C=135,所以c=17,因?yàn)? tan B>tan A,則角A所對的邊最小.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,等號成立,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____________. 【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,由第(1)問知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,由第(1)問知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. 【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旅游景點(diǎn),擬在中間挖一個人工湖△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地帶開設(shè)兒童游樂場. 為安全起見,需在△OAN的周圍安裝防護(hù)網(wǎng). (1)當(dāng)AM=32km時,求防護(hù)網(wǎng)的總長度. (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的周長為9, 即防護(hù)網(wǎng)的總長度為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, △OMN的面積取最小值為27(2-3)4 km2. 2.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為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,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,-(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,S△ADC最大, 所以當(dāng)D=π2時,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, 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.