新編高考理科數(shù)學(xué)通用版三維二輪專題復(fù)習(xí)專題檢測(cè)：十二 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析

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1、專題檢測(cè)（十二）專題檢測(cè)（十二）三角恒等變換與解三角形三角恒等變換與解三角形A 卷卷夯基保分專練夯基保分專練一、選擇題一、選擇題1(高三高三合肥調(diào)研合肥調(diào)研)已知已知 x(0，)，且，且 cos2x2 sin2x，則，則 tanx4 等于等于()A.13B13C3D3解析：解析：選選 A由由 cos2x2 sin2x 得得 sin 2xsin2x，x(0，)，tan x2，tanx4 tan x11tan x13.2(20 xx張掖一診張掖一診)在在ABC 中中，內(nèi)角內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別是的對(duì)邊分別是 a，b，c，若若 c2a，bsinBasin A12asin C，則，則 sin B

2、 為為()A.74B.34C.73D.13解析：解析：選選 A由由 bsin Basin A12asin C，且，且 c2a，得得 b 2a，cos Ba2c2b22aca24a22a24a234，sin B134274.3已知已知0，4 ，且，且 sin cos 144，則，則2cos21cos4的值為的值為()A.23B.43C.34D.32解析：解析：選選 D法一：法一：由由 sin cos 144，得得 sin474.因?yàn)橐驗(yàn)?，4 ，所以，所以40，4 ，所以所以 cos434，故故2cos21cos4cos 2sin4sin22sin4sin 24sin42cos432.法二：法二

3、：因?yàn)橐驗(yàn)?sin cos 144，兩邊平方，整理得兩邊平方，整理得 2sin cos 18，所以所以(sin cos )212sin cos 98.因?yàn)橐驗(yàn)?，4 ，所以，所以 sin 0，cos 0，所以所以 sin cos 3 24.所以所以2cos21cos4cos2sin222 cos sin 2(cos sin )32.4(20 xx全國(guó)卷全國(guó)卷)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c.已知已知 sin Bsin A(sinCcos C)0，a2，c 2，則，則 C()A.12B.6C.4D.3解析：解析：選選 B因?yàn)橐驗(yàn)?sin Bsin A(si

4、n Ccos C)0，所以所以 sin(AC)sin Asin Csin Acos C0，所以所以 sin Acos Ccos Asin Csin Asin Csin Acos C0，整理得整理得 sin C(sin Acos A)0.因?yàn)橐驗(yàn)?sin C0，所以所以 sin Acos A0，所以，所以 tan A1，因?yàn)橐驗(yàn)?A(0，)，所以，所以 A34，由正弦定理得由正弦定理得 sin Ccsin Aa222212，又又 0C4，所以，所以 C6.5在在ABC 中中，角角 A，B，C 所對(duì)的邊分別為所對(duì)的邊分別為 a，b，c，若若cbcos A，則則ABC 為為()A鈍角三角形鈍角三角形

5、B直角三角形直角三角形C銳角三角形銳角三角形D等邊三角形等邊三角形解析：解析：選選 A根據(jù)正弦定理得根據(jù)正弦定理得cbsin Csin Bcos A，即即 sin Csin Bcos A.ABC，sin Csin(AB)sin Bcos A，整理得整理得 sin Acos B0，cos B0，2B，ABC 為鈍角三角形為鈍角三角形6如圖，在如圖，在ABC 中，中，C3，BC4，點(diǎn)，點(diǎn) D 在邊在邊 AC 上，上，ADDB，DEAB，E 為垂足若為垂足若 DE2 2，則，則 cos A 等于等于()A.2 23B.24C.64D.63解析：解析：選選 C依題意得，依題意得，BDADDEsin A

6、2 2sin A，BDCABDA2A.在在BCD 中，中，BCsinBDCBDsin C，4sin 2A2 2sin A234 23sin A，即，即42sin Acos A4 23sin A，由此，由此解得解得 cos A64.二、填空題二、填空題7(20 xx洛陽統(tǒng)考洛陽統(tǒng)考)若若 sin314，則，則 cos32_.解析：解析：依題意得依題意得 cos32cos 32cos 232sin2312142178.答案：答案：788 已知已知ABC中中， AC4， BC2 7， BAC60， ADBC于于D， 則則BDCD的值為的值為_解析解析：在在ABC 中中，由余弦定理可得由余弦定理可得

7、BC2AC2AB22ACABcosBAC，即即 2816AB24AB，解得，解得 AB6，則，則 cosABC28361622 7627，所以所以 BDABcosABC627127，CDBCBD2 712727，所以，所以BDCD6.答案：答案：69(20 xx福州質(zhì)檢福州質(zhì)檢)在距離塔底分別為在距離塔底分別為 80 m,160 m，240 m 的同一水平面上的的同一水平面上的 A，B，C 處，依次測(cè)得塔頂?shù)难鼋欠謩e為處，依次測(cè)得塔頂?shù)难鼋欠謩e為，.若若90，則塔高為，則塔高為_m.解析：解析：設(shè)塔高為設(shè)塔高為 h m依題意得，依題意得，tan h80，tan h160，tan h240.因?yàn)?/p>

8、因?yàn)?0，所以，所以 tan()tan tan(90)tan sin 90 sin cos 90 cos cos sin sin cos 1，所以，所以tan tan 1tan tan tan 1，所以，所以h80h1601h80h160h2401，解得，解得 h80，所以塔高為，所以塔高為 80 m.答案：答案：80三、解答題三、解答題10(20 xx鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測(cè)鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，已，已知知B2C,2b3c.(1)求求 cos C；(2)若若 c4，求，求ABC 的面積的面積解：解：(1)由正弦定理得，由正弦定理

9、得，2sin B3sin C.B2C，2sin 2C3sin C，4sin Ccos C3sin C，C(0，)，sin C0，cos C34.(2)由題意得，由題意得，c4，b6.C(0，)，sin C 1cos2C74，sin Bsin 2C2sin Ccos C3 78，cos Bcos 2Ccos2Csin2C18，sin Asin(BC)sin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C3 783418745 716.SABC12bcsin A12645 71615 74.11(20 xx東北四市高考模擬東北四市高考模擬)已知點(diǎn)已知點(diǎn) P( 3，1)，Q(cos x，sin x)

10、，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，函函數(shù)數(shù)f(x) OP QP.(1)求函數(shù)求函數(shù) f(x)的最小正周期；的最小正周期；(2)若若 A 為為ABC 的內(nèi)角，的內(nèi)角，f(A)4，BC3，求，求ABC 周長(zhǎng)的最大值周長(zhǎng)的最大值解：解：(1)由已知，得由已知，得 OP( 3，1)， QP( 3cos x,1sin x)，所以所以 f(x)3 3cos x1sin x42sinx3 ，所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)的最小正周期為的最小正周期為 2.(2)因?yàn)橐驗(yàn)?f(A)4，所以，所以 sinA3 0，又又 0A，所以，所以3A343，A23.因?yàn)橐驗(yàn)?BC3，所以由正弦定理，得，所以由正弦定理，得 AC2 3

11、sin B，AB2 3sin C，所以所以ABC 的周長(zhǎng)為的周長(zhǎng)為 32 3sin B2 3sin C32 3sin B2 3sin3B32 3sinB3 .因?yàn)橐驗(yàn)?0B3，所以，所以3B323，所以當(dāng)所以當(dāng) B32，即，即 B6時(shí)，時(shí)，ABC 的周長(zhǎng)取得最大值，為的周長(zhǎng)取得最大值，為 32 3.12如圖，在一條海防警戒線上的點(diǎn)如圖，在一條海防警戒線上的點(diǎn) A，B，C 處各有一個(gè)水聲監(jiān)測(cè)處各有一個(gè)水聲監(jiān)測(cè)點(diǎn)點(diǎn)，B，C 兩點(diǎn)到兩點(diǎn)到 A 的距離分別為的距離分別為 20 千米和千米和 50 千米千米，某時(shí)刻某時(shí)刻，B 收到發(fā)收到發(fā)自靜止目標(biāo)自靜止目標(biāo) P 的一個(gè)聲波信號(hào)的一個(gè)聲波信號(hào)，8 秒后秒

12、后 A，C 同時(shí)接收到該聲波信號(hào)同時(shí)接收到該聲波信號(hào)，已知聲波在水中的傳已知聲波在水中的傳播速度是播速度是 1.5 千米千米/秒秒(1)設(shè)設(shè) A 到到 P 的距離為的距離為 x 千米，用千米，用 x 分別表示分別表示 B，C 到到 P 的距離，并求的距離，并求 x 的值；的值；(2)求求 P 到海防警戒線到海防警戒線 AC 的距離的距離解：解：(1)依題意，有依題意，有 PAPCx，PBx1.58x12.在在PAB 中，中，AB20，cosPABPA2AB2PB22PAABx2202 x12 22x203x325x，同理，在同理，在PAC 中，中，AC50，cosPACPA2AC2PC22PA

13、ACx2502x22x5025x.cosPABcosPAC，3x325x25x，解得解得 x31.(2)作作 PDAC 于點(diǎn)于點(diǎn) D(圖略圖略)，在，在ADP 中，中，由由 cosPAD2531，得得 sinPAD 1cos2PAD4 2131，PDPAsinPAD314 21314 21.故靜止目標(biāo)故靜止目標(biāo) P 到海防警戒線到海防警戒線 AC 的距離為的距離為 421千米千米B 卷卷大題增分專練大題增分專練1(高三高三天津五區(qū)縣聯(lián)考天津五區(qū)縣聯(lián)考)在在ABC 中中，內(nèi)角內(nèi)角 A，B，C 所對(duì)的邊分別為所對(duì)的邊分別為 a，b，c，且且 8sin2AB22cos 2C7.(1)求求 tan C

14、 的值；的值；(2)若若 c 3，sin B2sin A，求，求 a，b 的值的值解：解：(1)在在ABC 中，因?yàn)橹校驗(yàn)?ABC，所以所以AB22C2，則，則 sinAB2cosC2.由由 8sin2AB22cos 2C7，得，得 8cos2C22cos 2C7，所以所以 4(1cos C)2(2cos2C1)7，即即(2cos C1)20，所以，所以 cos C12.因?yàn)橐驗(yàn)?0C，所以，所以 C3，于是于是 tan Ctan3 3.(2)由由 sin B2sin A，得，得 b2a.又又 c 3，由余弦定理得，由余弦定理得 c2a2b22abcos3，即即 a2b2ab3.聯(lián)立聯(lián)立，解

15、得，解得 a1，b2.2在在ABC 中，中，a，b，c 分別為內(nèi)角分別為內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊，且的對(duì)邊，且 asin BbsinA3 .(1)求求 A；(2)若若ABC 的面積的面積 S34c2，求，求 sin C 的值的值解：解：(1)asin BbsinA3 ，由正弦定理得由正弦定理得 sin AsinA3 ，即即 sin A12sin A32cos A，化簡(jiǎn)得，化簡(jiǎn)得 tan A33，A(0，)，A56.(2)A56，sin A12，由由 S34c212bcsin A14bc，得，得 b 3c，a2b2c22bccos A7c2，則，則 a 7c，由正弦定理得由正弦定理得 sin C

16、csin Aa714.3已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)2 3sin xcos x2cos2x1(xR)(1)求函數(shù)求函數(shù) f(x)的最小正周期及在區(qū)間的最小正周期及在區(qū)間0，2 上的最大值和最小值；上的最大值和最小值；(2)若若 f(x0)65，x04，2 ，求，求 cos 2x0的值的值解：解：(1)f(x)2 3sin xcos x2cos2x1 3sin 2xcos 2x2sin2x6 ，所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)的最小正周期為的最小正周期為.因?yàn)橐驗(yàn)?f(x)2sin2x6 在區(qū)間在區(qū)間0，6 上為增函數(shù)，在區(qū)間上為增函數(shù)，在區(qū)間6，2 上為減函數(shù)，上為減函數(shù)，又又 f(0)1，f6 2，

17、f2 1，所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)在區(qū)間在區(qū)間0，2 上的最大值為上的最大值為 2，最小值為，最小值為1.(2)由由(1)可知可知 f(x0)2sin2x06 ，又因?yàn)橛忠驗(yàn)?f(x0)65，所以，所以 sin2x06 35.由由 x04，2 ，得，得 2x0623，76 ，從而從而 cos2x06 1sin22x06 45.所以所以 cos 2x0cos2x06 6cos2x06 cos6sin2x06 sin634 310.4在在ABC 中中，B3，點(diǎn)點(diǎn) D 在邊在邊 AB 上上，BD1，且且 DADC.(1)若若BCD 的面積為的面積為 3，求，求 CD；(2)若若 AC 3，求，求D

18、CA.解：解：(1)因?yàn)橐驗(yàn)?SBCD 3，即，即12BCBDsin B 3，又又 B3，BD1，所以，所以 BC4.在在BDC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 CD2BC2BD22BCBDcos B，即即 CD21612411213，解得，解得 CD 13.(2)在在ACD 中，中，DADC，可設(shè)，可設(shè)ADCA，則則ADC2，又，又 AC 3，由正弦定理，得由正弦定理，得ACsin 2CDsin ，所以，所以 CD32cos .在在BDC 中，中，BDC2，BCD232，由正弦定理，得由正弦定理，得CDsin BBDsinBCD，即，即32cos sin31sin232，化簡(jiǎn)得化簡(jiǎn)得 cos sin232，于是于是 sin2sin232.因?yàn)橐驗(yàn)?02，所以，所以 022，323223，所以所以2232或或2232，解得解得6或或18，故，故DCA6或或DCA18.