2021届二轮复习 考点十三角恒等变换与解三角形 文 作业(全国通用) 练习
展开考点十 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为角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.所以△ABC的面积为S=AB·AC·sinA=×7×8×=28.
(2)解法一:在△ACD中,AD=,所以由余弦定理得CD2=82+2-2×8××=,所以CD=.
解法二:因为cosB=<,∴B>,∵A=,
∴C为锐角,故cosC=
=.
∵+=2,
∴4||2=(+)2=||2+2·+||2=64+2×8×5×+50=130,
所以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=.