2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题二　2 第2讲　三角恒等变换与解三角形 .doc

1、 专题强化训练 1已知 sin 6 cos 6 ，则 cos 2( ) A1 B1 C1 2 D0 解析：选 D.因为 sin 6 cos 6 ，所以1 2cos 3 2 sin 3 2 cos 1 2sin ， 即 1 2 3 2 sin 1 2 3 2 cos ，所以 tan sin cos 1，所以 cos 2cos 2sin2 cos 2sin2 sin2cos2 1tan2 tan210. 2(2018 高考全国卷)已知函数 f(x)2cos2xsin2x2，则( ) Af(x)的最小正周期为，最大值为 3 Bf(x)的最小正周期为，最大值为 4 Cf(x)的最小正周期为 2，最大值

2、为 3 Df(x)的最小正周期为 2，最大值为 4 解析：选 B.易知 f(x)2cos2xsin2x23cos2x13 2(2cos 2x1)3 21 3 2cos 2x 5 2，则 f(x)的最小正周期为，当 xk(kZ)时，f(x)取得最大值，最大值为 4. 3(2019 台州市高考一模)在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 a1， 2b 3c2acos C，sin C 3 2 ，则ABC 的面积为( ) A. 3 2 B. 3 4 C. 3 2 或 3 4 D. 3或 3 2 解析：选 C.因为 2b 3c2acos C， 所以由正弦定理可得 2sin B 3

3、 sin C2sin Acos C， 所以 2sin(AC) 3sin C2sin Acos C， 所以 2cos Asin C 3sin C， 所以 cos A 3 2 ，所以 A30， 因为 sin C 3 2 ，所以 C60或 120. A30，C60，B90，a1，所以ABC 的面积为1 212 3 2 3 2 ，A30， C120，B30，a1，所以ABC 的面积为1 211 3 2 3 4 ，故选 C. 4在ABC 中，三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 SABC2 3，ab6， acos Bbcos A c 2cos C，则 c( ) A2 7 B2 3 C4

4、D3 3 解析：选 B.因为acos Bbcos A c sin Acos Bsin Bcos A sin C sin（AB） sin（AB）1，所以 2cos C 1，所以 C 3 .又 SABC2 3，则1 2absin C2 3，所以 ab8.因为 ab6，所以 c 2a2 b22abcos C(ab)22abab(ab)23ab623812，所以 c2 3. 5公元前 6 世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了 黄金分割均为 0.618，这一数值也可以表示为 m2sin 18，若 m2n4，则 m n 2cos2271 ( ) A8 B4 C2 D1 解析：

5、选 C.因为 m2sin 18， 若 m2n4， 则 n4m244sin2184(1sin218)4cos218， 所以 m n 2cos2271 2sin18 4cos218 cos 54 4sin 18cos 18 sin 36 2sin 36 sin 36 2. 6(2019 杭州市高三期末检测)设点 P 在ABC 的 BC 边所在的直线上从左到右运动，设 ABP 与ACP 的外接圆面积之比为 ，当点 P 不与 B，C 重合时( ) A先变小再变大 B当 M 为线段 BC 中点时，最大 C 先变大再变小 D是一个定值 解析：选 D.设ABP 与ACP 的外接圆半径分别为 r1，r2， 则

6、 2r1 AB sinAPB，2r2 AC sinAPC， 因为APBAPC180， 所以 sinAPBsinAPC， 所以r1 r2 AB AC， 所以 r 2 1 r22 AB2 AC2.故选 D. 7(2019 福州市综合质量检测)已知 mtan（） tan（），若 sin 2()3sin 2，则 m ( ) A.1 2 B.3 4 C.3 2 D.2 解析：选 D.设 A，B， 则 2()AB，2AB， 因为 sin 2()3sin 2， 所以 sin(AB)3sin(AB)， 即 sin Acos Bcos Asin B3(sin Acos Bcos Asin B)， 即 2cos

7、Asin Bsin Acos B， 所以 tan A2tan B， 所以 mtan A tan B2，故选 D. 8 (2019 咸阳二模)已知ABC 的三个内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 且 a2 sin2A b2 sin2B 2c2，sin A(1cos C)sin Bsin C，b6，AB 边上的点 M 满足AM 2MB ，过点 M 的直线与 射线 CA，CB 分别交于 P，Q 两点，则 MP2MQ2的最小值是( ) A36 B37 C38 D39 解析：选 A.由正弦定理，知 a2 sin2 A b2 sin2B2c 2，即 22sin2C，所以 sin C1，C

8、 2 ，所以 sin A(1cos C)sin Bsin C，即 sin Asin B，所 以 AB 4 .以 C 为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则 M(2， 4) ， 设 MPC ， 0， 2 ， 则 MP2 MQ2 16 sin2 4 cos2 (sin2 cos2 ) 16 sin2 4 cos2 204tan2 16 tan236，当且仅当 tan 2时等号成立，即 MP2 MQ2的最小值为 36. 9已知 2cos2xsin 2xAsin(x)b(A0)，则 A_，b_ 解析：由于 2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x 2sin(2x 4 )1，所以 A 2，

9、b1. 答案： 2 1 10若 0， 2 ，cos 4 2 2cos 2，则 sin 2_ 解析：由已知得 2 2 (cos sin )2 2(cos sin ) (cos sin )， 所以 cos sin 0 或 cos sin 1 4， 由 cos sin 0 得 tan 1， 因为 0， 2 ， 所以 cos sin 0 不满足条件； 由 cos sin 1 4，两边平方得 1sin 2 1 16， 所以 sin 215 16. 答案：15 16 11(2019 金丽衢十二校联考二模)在ABC 中，内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c， acos Bbcos A，4S2a2c2

10、，其中 S 是ABC 的面积，则 C 的大小为_ 解析：ABC 中，acos Bbcos A， 所以 sin Acos Bsin Bcos A， 所以 sin Acos Bcos Asin Bsin(AB)0， 所以 AB，所以 ab； 又ABC 的面积为 S1 2absin C， 且 4S2a2c2， 所以 2absin C2a2c2a2b2c2， 所以 sin Ca 2b2c2 2ab cos C， 所以 C 4 . 答案： 4 12(2019 绍兴市一中高三期末检测)ABC 中，D 为线段 BC 的中点，AB2AC2，tan CADsinBAC，则 BC_ 解析：由正弦定理可知sinCA

11、D sinBAD2，又 tanCADsinBAC，则 sinCAD cosCADsin(CAD BAD)，利用三角恒等变形可化为 cosBAC1 2，据余弦定理 BC AC2AB22 AC AB cosBAC 142 3. 答案： 3 13(2019 惠州第一次调研)已知 a，b，c 是ABC 中角 A，B，C 的对边，a4，b(4， 6)，sin 2Asin C，则 c 的取值范围为_ 解析：由 4 sin A c sin C，得 4 sin A c sin 2A，所以 c8cos A，因为 16b 2c22bccos A，所 以 16b264cos2A16bcos2A，又 b4，所以 co

12、s2A 16b2 6416b （4b）（4b） 16（4b） 4b 16 ， 所以 c264cos2A644b 16 164b.因为 b(4，6)，所以 32c240，所以 4 2c2 10. 答案：(4 2，2 10) 14 (2019 绍兴市一中期末检测)设ABC 的内角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c 且 acos C1 2cb. (1)求角 A 的大小； (2)若 a3，求ABC 的周长 l 的取值范围 解：(1)由 acos C1 2cb 得：sin Acos C 1 2sin Csin B， 又 sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C， 所

13、以1 2sin Ccos Asin C， 因为 sin C0， 所以 cos A1 2， 又 0A， 所以 A2 3 . (2)由正弦定理得：basin B sin A 2 3sin B，c2 3sin C， labc32 3(sin Bsin C) 32 3sin Bsin(AB) 32 3 1 2sin B 3 2 cos B 32 3sin B 3 ， 因为 A2 3 ，所以 B 0， 3 ， 所以 B 3 3 ，2 3 ， 所以 sin B 3 3 2 ，1 ， 则ABC 的周长 l 的取值范围为(6，32 3 15(2019 湖州模拟)在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a

14、，b，c，已知(sin Asin Bsin C)(sin Bsin Csin A)3sin Bsin C. (1)求角 A 的值； (2)求 3sin Bcos C 的最大值 解：(1)因为(sin Asin Bsin C)(sin Bsin Csin A) 3sin Bsin C， 由正弦定理，得(abc)(bca)3bc， 所以 b2c2a2bc，所以 cos Ab 2c2a2 2bc 1 2，因为 A(0，)，所以 A 3 . (2)由 A 3 ，得 BC2 3 ， 所以 3sin Bcos C 3sin Bcos 2 3 B 3sin B 1 2cos B 3 2 sin B sin

15、B 6 . 因为 0B2 3 ，所以 6 B 6 5 6 ， 当 B 6 2 ，即 B 3 时， 3sin Bcos C 的最大值为 1. 16(2019 宁波镇海中学模拟)在ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，b 2sin B，且满足 tan Atan C2sin B cos A. (1)求角 C 和边 c 的大小； (2)求ABC 面积的最大值 解：(1)tan Atan C2sin B cos A可得 sin A cos A sin C cos C sin Acos Ccos Asin C cos Acos C sin（AC） cos Acos C sin B cos

16、Acos C 2sin B cos A， 所以 cos C1 2， 因为 0C， 所以 C 3 ， 因为 b 2sin B， 由正弦定理可得 c sin C b sin B 2， 所以 c 6 2 . (2)由余弦定理可得 c2a2b22abcos C， 所以3 2a 2b2ab2ababab，当且仅当 ab 时取等号 所以 SABC1 2absin C 3 4 ab 3 4 3 2 3 3 8 ， 故ABC 面积的最大值为3 3 8 . 17 (2019 成都市第二次诊断性检测)如图， 在平面四边形 ABCD 中， 已知 A 2 ， B2 3 ， AB6.在 AB 边上取点 E，使得 BE1

17、，连接 EC，ED.若CED2 3 ，EC 7. (1)求 sinBCE 的值； (2)求 CD 的长 解：(1)在BEC 中，由正弦定理，知 BE sinBCE CE sin B. 因为 B2 3 ，BE1，CE 7， 所以 sinBCEBEsin B CE 3 2 7 21 14 . (2)因为CEDB2 3 ， 所以DEABCE， 所以 cosDEA 1sin2DEA 1sin2BCE1 3 28 5 7 14 . 因为 A 2 ， 所以AED 为直角三角形，又 AE5， 所以 ED AE cosDEA 5 5 7 14 2 7. 在CED 中，CD2CE2DE22CE DE cosCED7282 72 7 1 2 49. 所以 CD7.