新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形

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这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1. (2023·福州模拟)已知△ABC的外接圆半径为1，A＝eq \f(π,3)，则AC·cs C＋AB·cs B＝( D )
A．eq \f(1,2) B．1
C．eq \f(\r(3),2) D．eq \r(3)
【解析】由正弦定理可得eq \f(AB,sin C)＝eq \f(AC,sin B)＝eq \f(BC,sin A)＝2，所以AB＝2sin C，AC＝2sin B，则AC·cs C＋AB·cs B＝2sin Bcs C＋2sin Ccs B＝2sin(B＋C)＝2sin A＝eq \r(3).故选D．
2. (2023·济宁二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若AB边上的高为2c，A＝eq \f(π,4)，则cs C＝( B )
A．eq \f(\r(10),10) B．eq \f(3\r(10),10)
C．eq \f(3\r(5),10) D．eq \f(\r(5),5)
【解析】如图，AB边上的高为CD，因为A＝eq \f(π,4)，所以AD＝2c,2c＝bsin eq \f(π,4)，所以BD＝c，b＝2eq \r(2)c，由勾股定理可得BC＝eq \r(c2＋4c2)＝eq \r(5)c，由余弦定理可得cs∠ACB＝eq \f(5c2＋8c2－c2,2×\r(5)c×2\r(2)c)＝eq \f(3\r(10),10).故选B．
3. (2023·上饶二模)在△ABC中，∠C的角平分线交AB于点D，∠B＝eq \f(π,6)，BC＝3eq \r(3)，AB＝3，则CD＝( A )
A．eq \f(3\r(6),2) B．eq \f(3,2)
C．eq \f(3\r(2),2) D．eq \f(5,2)
【解析】如图所示，在△ABC中，由余弦定理得：AC2＝BC2＋AB2－2BC·AB·cs B＝(3eq \r(3))2＋32－2×3eq \r(3)×3×eq \f(\r(3),2)＝9，∴AC＝3＝AB，∴△ABC为等腰三角形，∴∠ACB＝∠B＝eq \f(π,6)，∠A＝π－2×eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)，又CD为角平分线，∴∠ACD＝eq \f(π,12)，∴在△ACD中，∠ADC＝π－eq \f(2π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sin A)，可得CD＝eq \f(AC·sin A,sin∠ADC)＝eq \f(3×sin \f(2π,3),sin \f(π,4))＝eq \f(3×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝eq \f(3\r(6),2).故选A．
4. (2023·思明区校级期中)在△ABC中，∠A＝60°，b＝1，△ABC的面积为eq \r(3)，则eq \f(a,sin A)为( B )
A．eq \f(8\r(3),81) B．eq \f(2\r(39),3)
C．eq \f(26\r(3)\r(),3) D．2eq \r(7)
【解析】在△ABC中，因为∠A＝60°，b＝1，△ABC的面积为eq \r(3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×1×c×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，所以c＝4，因为a2＝b2＋c2－2bccs A＝12＋42－2×1×4×eq \f(1,2)＝13，所以a＝eq \r(13)，所以eq \f(a,sin A)＝eq \f(\r(13),\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(39),3).故选B．
5. (2023·青羊区校级期中)在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若S△ABC＝2eq \r(3)，a＋b＝6，eq \f(acs B＋bcs A,c)＝2cs C，则c＝( B )
A．2eq \r(7) B．2eq \r(3)
C．4 D．3eq \r(3)
【解析】因为eq \f(acs B＋bcs A,c)＝eq \f(sin Acs B＋sin Bcs A,sin C)＝eq \f(sinA＋B,sinA＋B)＝1，所以2cs C＝1，又06. (2023·运城期中)想测量一座山的高度，可以通过飞机的航行来完成，如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔20 km，速度为900 km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过80 s后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为( C )
A．5(eq \r(3)＋1)km B．5(eq \r(3)－1)km
C．5(3－eq \r(3))km D．5(5－eq \r(3))km
【解析】如图所示，∠A＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，AB＝900÷3 600×80＝20(km)，∴在△ABC中，eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(20,sin 45°)，∴BC＝10eq \r(2)；∵CD⊥AD，∴CD＝BCsin∠CBD＝BC×sin 75°＝10eq \r(2)×eq \f(\r(6)＋\r(2),4)＝5(eq \r(3)＋1)km，∴山顶的海拔高度为20－5(eq \r(3)＋1)＝5(3－eq \r(3))km.故选C．
7. (2023·辽宁期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sin A＋sin B＝2sin Ccs B，若△ABC的面积为S＝eq \f(\r(3),2)c，则ab的最小值为( A )
A．12 B．24
C．28 D．48
【解析】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，由于2sin Ccs B＝2sin A＋sin B，所以：2sin Ccs B＝2sin(B＋C)＋sin B，整理得：－2sin Bcs C＝sin B，解得：cs C＝－eq \f(1,2)，由于08．在△ABC中，tan A，tan B，tan C依次成等差数列，则B的取值范围是( D )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))
B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))
D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
【解析】由已知得2tan B＝tan A＋tan C>0(显然tan B≠0，若tan B<0，因为tan A>0且tan C>0，tan A＋tan C>0，这与tan B<0矛盾)，又tan B＝－tan(A＋C)＝－eq \f(tan A＋tan C,1－tan Atan C)＝－eq \f(2tan B,1－tan Atan C)≠0，所以tan Atan C＝3.又(2tan B)2＝(tan A＋tan C)2＝tan2A＋tan2C＋2tan Atan C≥4tan Atan C＝12，因此tan2B≥3，又tan B>0，所以tan B≥eq \r(3)，eq \f(π,3)≤B二、多项选择题
9. (2023·无锡三模)在△ABC中，若AA．sin AC．cs A>cs B D．tan eq \f(A－B,2)<0
【解析】在△ABC中，已知Acs B，即选项C正确；对于选项D，因为010. (2023·鹤城区校级期中)下列说法中正确的是( AD )
A．若c＝eq \r(6)，A＝45°，a＝2，则△ABC有两组解
B．在△ABC中，已知a2tan B＝b2tan A，则△ABC是等腰直角三角形
C．若eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)cs C＋\f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)cs B))，则直线AP一定经过这个三角形的外心
D．在△ABC中，若A>B⇔sin A>sin B
【解析】对于A，由正弦定理得sin C＝eq \f(csin A,a)＝eq \f(\r(6)sin 45°,2)＝eq \f(\r(3),2)，因为c>a⇒C>A，所以C＝60°或120°，有两解，故A正确；对于B，a2tan B＝b2tan A⇒sin2Aeq \f(sin B,cs B)＝sin2Beq \f(sin A,cs A)⇒sin Acs A＝sin Bcs B，可得sin 2A＝sin 2B⇒A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，故B错误；对于C，
eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)cs C＋\f(\(AC,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)cs B))
＝λeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(|\(AB,\s\up6(→))|·|\(BC,\s\up6(→))|csπ－B,|\(AB,\s\up6(→))|)cs C＋\f(|\(AC,\s\up6(→))|·|\(BC,\s\up6(→))|cs C,|\(AC,\s\up6(→))|)cs B))＝λ(－|eq \(BC,\s\up6(→))|cs Bcs C＋|eq \(BC,\s\up6(→))|cs Bcs C)＝0⇒eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，所以直线AP一定经过这个三角形的垂心，故C错误；对于D，A>B⇔a>b⇔sin A>sin B，故D正确．故选AD．
11. (2023·广陵区校级期中)在△ABC中，内角A、B、C所对应边分别为a、b、c，则下列说法正确的是( ABD )
A．若A>B，则cs AB．若点G为△ABC的重心，则eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝0
C．若b＝2，A＝30°的三角形有两解，则a的取值范围为(1,2]
D．若点O为△ABC内一点，且eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))＝0，则S△BOC：S△ABC＝1∶6
【解析】 ∵0eq \(GD,\s\up6(→))＝eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(GC,\s\up6(→))－eq \(GB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(GC,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→)))，∴eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝2eq \(GD,\s\up6(→))，∴eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(AG,\s\up6(→))＝0，故B正确；若b＝2，A＝30°的三角形有两解，如图所示：
由图可得bsin A则eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB′,\s\up6(→))＋eq \(OC′,\s\up6(→))＝0，则O为△AB′C′的重心，由重心的几何性质得S△AOB′＝S△AOC′＝S△B′OC′，设S△AOB′＝S△AOC′＝S△B′OC′＝m，∵eq \f(S△AOB,S△AOB′)＝eq \f(|\(OB,\s\up6(→))|,|\(OB′,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，∴S△AOB＝eq \f(1,2)m，同理可得S△BOC＝eq \f(1,6)m，S△AOC＝eq \f(1,3)m，∴S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝eq \f(1,2)m＋eq \f(1,6)m＋eq \f(1,3)m＝m，∴S△BOC∶S△ABC＝1∶6，故D正确．故选ABD．
12. (2023·云南模拟)已知在△ABC中，角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，c＝2b，下列说法正确的是( ABD )
A．若B＝eq \f(π,6)，则△ABC是直角三角形
B．若a＝eq \r(7)b，则A＝eq \f(2π,3)
C．若a＝2，则△ABC的面积有最大值eq \f(5,3)
D．若△ABC的面积为2，则BC的最小值是eq \r(6)
【解析】由正弦定理得eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，即eq \f(b,\f(1,2))＝eq \f(2b,sin C)，则sin C＝1，因为00，得cs A>eq \f(4,5)，不妨设cs θ＝eq \f(4,5)(0<θ<π)，则00，得cs Aeq \f(4,5)，则0三、填空题
13. (2023·麒麟区校级期中)在△ABC中，若(sin A＋sin B)(sin A－sin B)＝sin2C，则A＝ eq \f(π,2) .
【解析】由已知结合正弦定理边化角可得，(a＋b)(a－b)＝c2，即a2－b2＝c2，所以有a2＝b2＋c2，所以A＝eq \f(π,2).故答案为eq \f(π,2).
14. (2023·洪山区校级模拟)已知在△ABC中，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sin Ccs A＝sin B，a2－c2＝1，则b＝ eq \r(3) .
【解析】因为3sin Ccs A＝sin B，所以由正弦定理可得3ccs A＝b，由余弦定理可得3c·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝b，化简得b2＝3a2－3c2，又由于a2－c2＝1，解得b2＝3，可得b＝eq \r(3).故答案为eq \r(3).
15. (2023·郑州模拟)△ABC中，AB＝4，BC＝5，CA＝6，∠ABC平分线与AC交于点D，则BD＝ eq \f(10,3) .
【解析】 AB＝4，BC＝5，CA＝6，则cs C＝eq \f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝eq \f(52＋62－42,2×5×6)＝eq \f(3,4)，cs∠ ABC＝eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq \f(52＋42－62,2×5×4)＝eq \f(1,8)，所以cs 2C＝2cs2C－1＝eq \f(1,8)，所以∠ABC＝2C，因为BD为∠ABC的平分线，所以∠DBC＝C，所以sin∠BDC＝sin(π－2C)＝sin 2C，在△BCD中由正弦定理eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(BD,sin C)，即eq \f(5,sin 2C)＝eq \f(BD,sin C)，所以BD＝eq \f(5,2cs C)＝eq \f(10,3).故答案为eq \f(10,3).
16. (2023·徐汇区校级期中)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a、b、c为正数，∠BAC＝120°，AO为BC边上的中线，AO＝eq \r(3)，则c－2b的取值范围是 (－4eq \r(3)，2eq \r(3)) .
【解析】在△ABC中，AO为BC边上的中线，则2eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，两边平方得4eq \(AO,\s\up6(→))2＝eq \(AB,\s\up6(→))2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))2，又∠BAC＝120°，AO＝eq \r(3)，12＝b2＋c2－bc，b2＋c2＝12＋bc①.设z＝c－2b，所以c＝z＋2b，代入①得12＝b2＋(z＋2b)2－b(z＋2b)，整理得3b2＋3zb＋z2－12＝0②，此方程至少有1个正根，首先Δ＝9z2－12(z2－12)≥0，解得－4eq \r(3)≤z≤4eq \r(3)③，在三角形ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs120°＝b2＋c2＋bc＝12＋2bc>0恒成立，由于－2b－eq \f(6,b)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2b＋\f(6,b)))≤－2eq \r(2b·\f(6,b))＝－4eq \r(3)，当且仅当2b＝eq \f(6,b)，b＝eq \r(3)时等号成立，所以z>－4eq \r(3)，结合③可得－4eq \r(3)0，z<0，则方程②至少1个正根，符合题意，若对称轴－eq \f(3z,3)＝－z<0，z>0，要使方程②至少有一个正根，则需z2－12<0，解得0