2021届二轮复习 考点十三角恒等变换与解三角形 理 作业（全国通用） 练习

考点十　三角恒等变换与解三角形

一、选择题

1．(2020·乌鲁木齐第一次诊断)已知α∈，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝(　　)

A． B．

C． D．

答案　B

解析　由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α.

又∵α∈，∴tanα＝，∴sinα＝.故选B.

2．(2020·辽宁丹东质量测试二)若tan＝－3，则sin2α－cos2α＝(　　)

A． B．－

C．－1 D．3

答案　A

解析　因为tan＝－3⇒＝－3⇒tanα＝2，所以sin2α－cos2α＝＝＝＝，故选A.

3．(2020·湖北4月调研)已知sinx＋cosx＝，则cos＝(　　)

A． B．

C． D．

答案　B

解析　由sinx＋cosx＝，得2sin＝，所以cos＝sin＝，故选B.

4．(2020·山西吕梁阶段性测试一)已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若2cosB＝，则该三角形一定是(　　)

A．等腰三角形 B．直角三角形

C．等边三角形 D．等腰直角三角形

答案　A

解析　由2cosB＝得2×＝，即c2＝b2，∴b＝c，∴△ABC为等腰三角形，故选A.

5．(2020·湖南湘东五校联考)已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，则log 2等于(　　)

A．2 B．3

C．4 D．5

答案　C

解析　因为sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，

所以sinαcosβ＋cosαsinβ＝，sinαcosβ－cosαsinβ＝，

所以sinαcosβ＝，cosαsinβ＝，所以＝5，

所以log 2＝log 52＝4.故选C.

6．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为(　　)

A． B．

C． D．

答案　D

解析　根据题意可设此三角形的三边长分别为2t,2t，t，由余弦定理得它的顶角的余弦值为＝.

7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2＝c2＋ac－bc，则＝(　　)

A． B．

C． D．

答案　B

解析　由a，b，c成等比数列得b2＝ac，则有a2＝c2＋b2－bc，由余弦定理得cosA＝＝＝，故A＝，对于b2＝ac，由正弦定理得，sin2B＝sinAsinC＝·sinC，由正弦定理得，＝＝＝.

8．(2020·山东栖霞模拟)设锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，B＝2A，则b的取值范围为(　　)

A．(0,4) B．(2,2)

C．(2，2) D．(2，4)

答案　C

解析　∵a＝2，B＝2A，∴0<2A<，A＋B＝3A，∴<3A<π，∴<A<，又0<A<，∴<cosA<，由正弦定理得＝b＝2cosA，即b＝4cosA，∴2<4cosA<2，则b的取值范围为(2，2)，故选C.

二、填空题

9．(2020·吉林联合模拟一)已知sin10°＋mcos10°＝－2cos40°，则m＝________.

答案　－

解析　由sin10°＋mcos10°＝－2cos40°得sin10°＋mcos10°＝－2cos(10°＋30°)＝－2，所以m＝－.

10．(2020·西安五校联考景德镇第二次质检)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin18°.若m2＋n＝4，则＝________.

答案　2

解析　因为m＝2sin18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cos218°，

所以＝＝＝2.

11．(2020·河南八市重点高中模拟)已知点(3，a)和(2a,4)分别在角β和角β－45°的终边上，则实数a的值是________．

答案　6

解析　由题得tanβ＝，tan(β－45°)＝＝＝，所以a2－5a－6＝0，解得a＝6或－1，

当a＝－1时，两个点分别在第四象限和第二象限，不符合题意，舍去，所以a＝6.

12．(2020·华南师大附中一模)在△ABC中，a，b，c为∠A，∠B，∠C的对边，a，b，c成等比数列，a＋c＝3，cosB＝，则·＝________.

答案　－

解析　因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac.

又因为a＋c＝3，cosB＝.根据余弦定理得

b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB，

所以ac＝32－2ac－ac，

解得ac＝2，所以·＝c·acos(π－B)

＝－accosB＝－2×＝－.

三、解答题

13．(2020·河北保定二模)已知△ABC中，A＝，cosB＝，AC＝8.

(1)求△ABC的面积；

(2)求AB边上的中线CD的长．

解　(1)∵cosB＝，且B∈(0，π)，

∴sinB＝＝，

∴sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝×＋×＝，在△ABC中，由正弦定理，得＝，即＝，解得AB＝7.

∴△ABC的面积为S＝AB·AC·sinA＝×7×8×＝28.

(2)解法一：在△ACD中，AD＝，

∴由余弦定理得CD2＝82＋2－2×8××＝，∴CD＝.

解法二：∵cosB＝<，∴B>，

∵A＝，∴C为锐角，故cosC＝＝

.

∵＋＝2，∴4||2＝(＋)2＝||2＋2·＋||2＝64＋2×8×5×＋50＝130，∴CD＝.

14．(2020·河南郑州第三次质量检测)在△ABC中，AB＝2，AC＝，AD为△ABC的内角平分线，AD＝2.

(1)求的值；

(2)求角A的大小．

解　(1)在△ABD中，由正弦定理，得＝，

在△ACD中，由正弦定理，得＝，

∵sin∠ADB＝sin∠ADC，AC＝，AB＝2，

∴＝＝2.

(2)在△ABD中，由余弦定理，得

BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos

＝16－8×cos，

在△ACD中，由余弦定理，得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos＝7－4cos，所以＝4，解得cos＝，又∈，

∴＝，即A＝.

一、选择题

1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，A＝60°，a＝4，b＝4，则B＝(　　)

A．B＝30°或B＝150° B．B＝150°

C．B＝30° D．B＝60°或B＝150°

答案　C

解析　∵A＝60°，a＝4，b＝4，∴sinB＝＝＝，∵a>b，∴B<60°，∴B＝30°，故选C.

2．(2020·西安五校联考新八校第二次联考)我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为

S＝，若a2sinC＝2sinA，(a＋c)2＝6＋b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为(　　)

A． B．

C． D．1

答案　A

解析　∵a2sinC＝2sinA，∴a2c＝2a，即ac＝2，又(a＋c)2＝6＋b2，∴a2＋c2＋2ac＝6＋b2，即a2＋c2－b2＝6－2ac＝6－4＝2，则△ABC的面积为 ＝，故选A.

3．(2020·湖北黄冈元月调研)已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，已知C＝45°，c＝，a＝x，若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围是(　　)

A．<x<1 B．<x<2

C．1<x<2 D．1<x<

答案　B

解析　在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，可得sinA＝x，由题意得当A∈时，满足条件的△ABC有两个，所以<x<1，解得<x<2，则a的取值范围是(，2)，故选B.

4．若sin2α＝，sin(β－α)＝，且α∈，β∈，则α＋β的值是(　　)

A． B．

C．或 D．或

答案　A

解析　因为α∈，所以2α∈，

又sin2α＝，所以2α∈，α∈，

所以cos2α＝－.又β∈，

所以β－α∈，故cos(β－α)＝－，

所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－×－×＝，又α＋β∈，故α＋β＝，选A.

5．(2020·河北邯郸一模)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知absinC＝20sinB，a2＋c2＝41，且8cosB＝1，则b＝(　　)

A．6 B．4

C．3 D．7

答案　A

解析　因为absinC＝20sinB，所以由正弦定理得abc＝20b，所以ac＝20，又因为a2＋c2＝41，cosB＝，所以由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝41－2×20×＝36，所以b＝6.

6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a∶b∶c＝6∶4∶3，则＝(　　)

A．－ B．

C．－ D．－

答案　A

解析　由已知得b＝，c＝，所以＝＝＝cosA.因为cosA＝＝－，所以＝－.故选A.

7．(2020·闽粤赣三省十校联考)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＝，点M在边AC上，且cos∠AMB＝－，BM＝，则AB＝(　　)

A．4 B．2

C． D．

答案　A

解析　由正弦定理可知＝，即sinAcosC＝2sinBcosA－cosAsinC⇒sin(A＋C)＝2sinBcosA，即sinB＝2sinBcosA⇒cosA＝⇒sinA＝，cos∠AMB＝－⇒sin∠AMB＝，在△AMB中，＝，即＝，解得AB＝4，故选A.

8．(2020·福建宁德第二次质量检查)如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E.从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°.若测得DC＝2，CE＝(单位：百米)，则A，B两点的距离为(　　)

A． B．2

C．3 D．2

答案　C

解析　根据题意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝2，则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝2，在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝，则∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，则＝，变形得BC＝＝＝，在△ABC中，AC＝2，BC＝，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，则AB＝3，故选C.

二、填空题

9．已知cos＋sin(π－α)＝－，－<α<0，则cos＝________.

答案　－

解析　依题意得cos＋sin(π－α)＝cosα＋sinα＋sinα＝cosα＋sinα＝sin＝－，∴sin＝－，∴cos＝cos＝1－2sin2＝1－2×2＝－.

10.的值是________．

答案　

解析　原式＝＝＝.

11．如图，在△ABC中，∠B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，则AB的长为______．

答案　

解析　在△ACD中，cos∠ADC＝＝－，所以∠ADC＝120°，所以∠ADB＝60°.在△ABD中，由正弦定理，得＝，所以AB＝.

12．(2020·安徽合肥模拟)在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝，且满足(2c－a)cosB－bcosA＝0，则△ABC周长的取值范围是________．

答案　(3＋，3]

解析　由(2c－a)cosB－bcosA＝0及正弦定理知(2sinC－sinA)cosB－sinBcosA＝0，∴sinC(2cosB－1)＝0，

∵sinC≠0，∴cosB＝，又B∈(0，π)，∴B＝，

∵b＝，根据正弦定理得，

＝＝＝2，

∴a＋c＝2sinA＋2sinC＝2sin＋2sinC＝cosC＋3sinC＝2sin，

又△ABC是锐角三角形，

∴<C<，C＋∈，

sin∈，

∴a＋c的取值范围是(3，2]，

∴△ABC周长的取值范围是(3＋，3]．

三、解答题

13．(2020·河北示范性高中联合体3月联考)在△ABC中，3sinA＝2sinB，tanC＝2.

(1)证明：△ABC为等腰三角形；

(2)若△ABC的面积为2，D为AC边上一点，且BD＝3CD，求线段CD的长．

解　(1)证明：∵3sinA＝2sinB，∴3a＝2b，

∵tanC＝2，∴cosC＝，

设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，

由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－2a×cosC＝b2，即b＝c，则△ABC为等腰三角形．

(2)∵tanC＝2，∴sinC＝，则△ABC的面积S＝absinC＝×a2×＝2，解得a＝2.设CD＝x，则BD＝3x，由余弦定理可得(3x)2＝x2＋22－4x×，解得x＝(负根舍去)，从而线段CD的长为.

14．(2020·山西晋城第三次模拟)如图所示，锐角△ABC中，AC＝5，点D在线段BC上，且CD＝3，△ACD的面积为6，延长BA至E，使得EC⊥BC.

(1)求AD的值；

(2)若sin∠BEC＝，求AE的值．

解　(1)在△ACD中，S△ACD＝AC·CDsin∠ACD＝×5×3×sin∠ACD＝6，

所以sin∠ACD＝，

因为0°<∠ACD<90°，

所以cos∠ACD＝＝.

由余弦定理得，

AD2＝CD2＋CA2－2·CD·CA·cos∠ACD＝56，得AD＝2.

(2)因为EC⊥BC，所以sin∠ACE＝sin(90°－∠ACD)＝cos∠ACD＝.

在△AEC中，由正弦定理得，

＝，即＝，所以AE＝.