二輪復(fù)習數(shù)學理重點生通用版：專題跟蹤檢測七 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析

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1、 專題跟蹤檢測（七）專題跟蹤檢測（七） 三角恒等變換與解三角形三角恒等變換與解三角形 一、全練保分考法一、全練保分考法保大分保大分 1已知已知ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若，若 a 5，c2，cos A23，則則 b( ) A. 2 B. 3 C2 D3 解析：解析：選選 D 由余弦定理得由余弦定理得 522b222bcos A， cos A23，3b28b30， b3 b13舍去舍去 . 2在在ABC 中，中，a，b，c 分別是角分別是角 A，B，C 的對邊，已知的對邊，已知 a6，b4，C120 ，則，則sin B( ) A.217 B.5719

2、 C.338 D5719 解析：解析：選選 B 在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 c2a2b22abcos C76，所以，所以 c 76.由由正弦定理得正弦定理得bsin Bcsin C，所以，所以 sin Bbsin Cc432765719. 3已知已知ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若，若 a2b2c2bc，bc4，則則ABC 的面積為的面積為( ) A.12 B1 C. 3 D2 解析：解析：選選 C a2b2c2bc，bcb2c2a2， cos Ab2c2a22bc12.A 為為ABC 的內(nèi)角，的內(nèi)角，A60 ，SABC12bcs

3、in A12432 3. 4(2019 屆高三屆高三 洛陽第一次統(tǒng)考洛陽第一次統(tǒng)考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，若若 a，b，c 成等比數(shù)列，且成等比數(shù)列，且 a2c2acbc，則，則cbsin B( ) A.32 B.2 33 C.33 D. 3 解析：解析：選選 B 由由 a，b，c 成等比數(shù)列得成等比數(shù)列得 b2ac，則有，則有 a2c2b2bc，由余弦定理得，由余弦定理得 cos Ab2c2a22bcbc2bc12，因為，因為 A 為為ABC 的內(nèi)角，所以的內(nèi)角，所以 A3，對于，對于 b2ac，由正弦定理，由正弦定理得，得，sin2Bs

4、in Asin C32sin C，由正弦定理得，由正弦定理得，cbsin Bsin Csin2Bsin C32sin C2 33. 5ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c.已知已知 sin Bsin A(sin Ccos C)0，a2，c 2，則，則 C( ) A.12 B.6 C.4 D.3 解析：解析：選選 B 在在ABC 中，中，sin Bsin(AC)， 則則 sin Bsin A(sin Ccos C) sin(AC)sin A(sin Ccos C)0， 即即 sin Acos Ccos Asin Csin Asin Csin Acos C0， c

5、os Asin Csin Asin C0， sin C0，cos Asin A0， 即即 tan A1，所以所以 A34. 由由asin Acsin C得得2222sin C，sin C12， 又又 0C4，C6. 6 在在ABC 中中， 已知已知 AB 2， AC 5， tanBAC3， 則則 BC 邊上的高等于邊上的高等于( ) A1 B. 2 C. 3 D2 解析解析：選選 A 在在ABC 中中，tanBAC3， sinBAC3 1010，cosBAC1010， 由余弦定理得由余弦定理得 BC2AC2AB22AC ABcosBAC522 5 2 10109，BC3. SABC12AB A

6、CsinBAC12 2 53 101032，BC 邊上的高為邊上的高為2SABCBC2323 1. 7(2018 開封模擬開封模擬)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，btan Bbtan A2ctan B，且，且 a5，ABC 的面積為的面積為 2 3，則，則 bc 的值為的值為_ 解析：解析：由正弦定理及由正弦定理及 btan Bbtan A2ctan B， 得得 sin Bsin Bcos Bsin Bsin Acos A2sin Csin Bcos B， 即即 cos Asin Bsin Acos B2sin Ccos A， 亦即亦即 sin(A

7、B)2sin Ccos A， 故故 sin C2sin Ccos A. 因為因為 sin C0，所以所以 cos A12，所以所以 A3. 因為因為 SABC12bcsin A2 3， 所以所以 bc8. 由余弦定理由余弦定理，知知 a2b2c22bccos A(bc)23bc， 可得可得 bc7. 答案：答案：7 8(2018 福州模擬福州模擬)如圖，小明同學在山頂如圖，小明同學在山頂 A 處觀測到一輛汽車處觀測到一輛汽車在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在 A 處測得公路上處測得公路上 B，C兩點的俯角分別為兩點的俯角分別為 30 ，45 ，且，

8、且BAC135 .若山高若山高 AD100 m，汽，汽車從車從 B 點到點到 C 點歷時點歷時 14 s， 則這輛汽車的速度約為， 則這輛汽車的速度約為_ m/s(精確到精確到0.1) 參考數(shù)據(jù)：參考數(shù)據(jù)： 21.414, 52.236. 解析：解析：因為小明在因為小明在 A 處測得公路上處測得公路上 B，C 兩點的俯角分別為兩點的俯角分別為 30 ，45 ，所以，所以BAD60 ， CAD45 .設(shè)這輛汽車的速度為設(shè)這輛汽車的速度為 v m/s， 則， 則 BC14v， 在， 在 RtADB 中中 ABADcosBADADcos 60200.在在 RtADC 中，中，ACADcosCAD10

9、0cos 45100 2.在在ABC 中，由余弦定中，由余弦定理，得理，得 BC2AC2AB22AC AB cosBAC，所以，所以(14v)2(100 2)220022100 2200cos 135 ，所以，所以 v50 10722.6，所以這輛汽車的速度約為，所以這輛汽車的速度約為 22.6 m/s. 答案：答案：22.6 9(2018 長春質(zhì)檢長春質(zhì)檢)在在ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，若其面積，若其面積 Sb2sin A，角，角 A 的平分線的平分線 AD 交交 BC 于點于點 D，AD2 33，a 3，則，則 b_. 解析：解析：由面積公

10、式由面積公式 S12bcsin Ab2sin A，可得，可得 c2b，即，即cb 2.由由 a 3，并結(jié)合角平分線定理可得，并結(jié)合角平分線定理可得，BD2 33，CD33，在，在ABC 中，由余弦定理中，由余弦定理得得 cos B4b23b222b 3，在，在ABD 中，中，cos B4b2434322b2 33，即，即4b23b222b 34b2434322b2 33， 化簡得化簡得 b21，解得，解得 b1. 答案：答案：1 10(2018 昆明調(diào)研昆明調(diào)研)已知已知ABC 的面積為的面積為 3 3，AC2 3，BC6，延長，延長 BC 至至 D，使，使ADC45 . (1)求求 AB 的

11、長；的長； (2)求求ACD 的面積的面積 解：解：(1)因為因為 SABC1262 3sinACB3 3， 所以所以 sinACB12，ACB30 或或 150 ， 又又ADC45 ，所以，所以ACB150 ， 由余弦定理得由余弦定理得 AB2123622 36cos 150 84， 所以所以 AB2 21. (2)在在ACD 中，因為中，因為ACB150 ，ADC45 ， 所以所以CAD105 ， 由正弦定理得由正弦定理得CDsinCADACsinADC， 即即CDsin 1052 3sin 45， 解得解得 CD3 3， 又又ACD180 150 30 ， 所以所以 SACD12AC C

12、D sinACD 122 3(3 3)123 31 2. 11(2018 沈陽質(zhì)檢沈陽質(zhì)檢)在在ABC 中，已知內(nèi)角中，已知內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，且，且 2ccos B2ab. (1)求角求角 C 的大小；的大小； (2)若若 ab6，ABC 的面積為的面積為 2 3，求，求 c. 解：解：(1)由正弦定理得由正弦定理得 2sin Ccos B2sin Asin B， 又又 sin Asin(BC)， 2sin Ccos B2sin(BC)sin B， 2sin Ccos B2sin Bcos C2cos Bsin Csin B， 2sin Bcos Csin

13、 B0， sin B0，cos C12. 又又 C(0，)，C23. (2)SABC12absin C2 3，ab8， 由余弦定理由余弦定理，得得 c2a2b22abcos Ca2abb2(ab)2ab28，c2 7. 12 (2018 長沙模擬長沙模擬)在銳角在銳角ABC 中中， a， b， c 分別為角分別為角 A， B， C 的對邊的對邊， 且且 4sin Acos2A 3cos(BC)sin 3A 3. (1)求角求角 A 的大??；的大??； (2)若若 b2，求，求ABC 面積的取值范圍面積的取值范圍 解：解：(1)ABC，cos(BC)cos A 3A2AA， sin 3Asin(2

14、AA)sin 2Acos Acos 2Asin A 又又 sin 2A2sin Acos A， cos 2A2cos2A1， 將將代入已知等式代入已知等式，得得 2sin 2Acos A 3cos Asin 2Acos Acos 2Asin A 3， 整理得整理得 sin A 3cos A 3， 即即 sin A332， 又又 A 0，2，A323，即即 A3. (2)由由(1)得得 BC23，C23B， ABC 為銳角三角形，為銳角三角形， 23B 0，2且且 B 0，2，解得，解得 B 6，2， 在在ABC 中，由正弦定理得中，由正弦定理得2sin Bcsin C， c2sin Csin

15、B2sin 23Bsin B3tan B1， 又又 B 6，2，1tan B(0， 3)，c(1,4)， SABC12bcsin A32c，SABC 32，2 3 . 故故ABC 面積的取值范圍為面積的取值范圍為 32，2 3 . 二、強化壓軸考法二、強化壓軸考法拉開分拉開分 1 (2018 成都模擬成都模擬)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A， B， C 的對邊分別為的對邊分別為 a， b， c， 且， 且 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B，ABC 的外接圓半徑為的外接圓半徑為 3.則則ABC 面積的最大值為面積的最大值為( ) A.38 B.34 C.9 38 D.9 34 解析：解

16、析： 選選 D 由正弦定理， 得由正弦定理， 得asin Absin Bcsin C2 3， 所以， 所以 sin Aa2 3， sin Bb2 3，sin Cc2 3，將其代入，將其代入 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B 得，得，a2b2c2ab，由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ca2b2c22ab12，又，又 0C，所以，所以 C3.于是于是 SABC12absin C122 3sin A2 3sin Bsin33 3sin Asin B3 32cos(AB)cos(AB)3 32cos(AB)cos C3 32cos(AB)3 34.當當 AB3時，時，SABC取得

17、最大值，最大值為取得最大值，最大值為9 34，故選，故選 D. 2(2019 屆高三屆高三 南寧二中、柳州高中聯(lián)考南寧二中、柳州高中聯(lián)考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 所對的邊分別為所對的邊分別為a，b，c，若，若 bc1，b2ccos A0，則當角，則當角 B 取得最大值時，取得最大值時，ABC 的周長為的周長為( ) A2 3 B2 2 C3 D3 2 解析：解析：選選 A 法一：法一：由題意可得，由題意可得，sin B2sin Ccos A0，即，即 sin(AC)2sin Ccos A0， 得得 sin Acos C3sin Ccos A，即即 tan A3tan C. 又又

18、cos Ab2c0. 從而從而 tan Btan(AC)tan Atan C1tan Atan C2tan C13tan2C21tan C3tan C，由基本不等由基本不等式式，得得1tan C3tan C2 1tan C 3tan C2 3，當且僅當當且僅當 tan C33時等號成立時等號成立，此時角此時角B 取得最大值取得最大值，且且 tan Btan C33，tan A 3，即即 bc，A120 ，又又 bc1，所以所以 bc1，a 3，故故ABC 的周長為的周長為 2 3. 法二：法二： 由已知由已知 b2ccos A0， 得， 得 b2cb2c2a22bc0， 整理得， 整理得 2b

19、2a2c2.由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ba2c2b22aca23c24ac2 3ac4ac32，當且僅當，當且僅當 a 3c 時等號成立，此時角時等號成立，此時角 B 取得取得最大值，將最大值，將 a 3c 代入代入 2b2a2c2可得可得 bc.又又 bc1，所以，所以 bc1，a 3，故，故ABC的周長為的周長為 2 3. 3 (2019 屆高三屆高三 惠州調(diào)研惠州調(diào)研)已知已知 a， b， c 是是ABC 中角中角 A， B， C 的對邊，的對邊， a4， b(4,6)，sin 2Asin C，則，則 c 的取值范圍為的取值范圍為_ 解析：解析：在在ABC 中，由正弦定理得中

20、，由正弦定理得4sin Acsin C， 即即4sin Acsin 2A，c8cos A， 由余弦定理得由余弦定理得 16b2c22bccos A， 16b264cos2A16bcos2A， 又又 b4，cos2A16b26416b 4b 4b 16 4b 4b16， c264cos2A644b16164 B. b(4,6)，32c240，4 2c2 10. 答案：答案：(4 2，2 10) 4(2018 濰坊模擬濰坊模擬)在在ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，外接圓的半，外接圓的半徑為徑為 1，且，且tan Atan B2cbb，則，則ABC 面積的

21、最大值為面積的最大值為_ 解析：解析：因為因為tan Atan B2cbb，所以，所以bsin Acos A(2cb)sin Bcos B， 由正弦定理得由正弦定理得 sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A， 又又 sin B0，所以所以 sin Acos B(2sin Csin B)cos A， 所以所以 sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A， sin(AB)2sin Ccos A，即即 sin C2sin Ccos A， 又又 sin C0，所以所以 cos A12，sin A32. 設(shè)外接圓的半徑為設(shè)外接圓的半徑為 r，則，

22、則 r1， 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos Ab2c2bc2bcbcbc. 當且僅當當且僅當 bc 時，等號成立，時，等號成立， 又因為又因為 a2rsin A 3， 所以所以 bc3，所以，所以 SABC12bcsin A34bc3 34. 答案：答案：3 34 5(2018 陜西質(zhì)檢陜西質(zhì)檢)已知已知ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別是的對邊分別是 a，b，c，且，且(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc，若，若 ab2，則，則 c 的取值范圍為的取值范圍為_ 解析：解析：由由 sin Acos Bsin Bcos Asin(AB)sin C 及正

23、弦定理，可知及正弦定理，可知 acos Bbcos Ac， 則由則由(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc， 得得 a2b2c2ab， 由余弦定理可得由余弦定理可得 cos C12，則，則 C3，B23A， 由正弦定理由正弦定理asin Absin Bcsin C， 得得asin Absin 23Acsin3，又，又 ab2， 所以所以csin A32csin 23A322， 即即 c3sin Asin 23A 1sin A6. 因為因為 A 0，23，所以，所以 A6 6，56， 所以所以 sin A6 12，1 ，則，則 c1,2) 答答案：案：1,2) 6(2018 南昌模擬

24、南昌模擬)如圖，平面上有四個點如圖，平面上有四個點 A，B，P，Q，其中，其中 A，B 為定點，且為定點，且 AB 3， P， Q 為動點， 滿足關(guān)系為動點， 滿足關(guān)系 APPQQB1， 若， 若APB 和和PQB的面積分別為的面積分別為 S，T，則，則 S2T2的最大值為的最大值為_ 解析：解析：設(shè)設(shè) PB2x，則，則 312x2， 312x1， T2 122x 1x2 2x2(1x2)， cosPAB134x22 32 1x2 3， sin2PAB1 2 1x2 32， S2 12 31sinPAB23414 1x2 2334(1x2)2， S2T234(1x2)2x2(1x2)， 令令

25、1x2t，則，則 x21t,0t32， S2T234t2(1t)t2t2t34， 其對稱軸方程為其對稱軸方程為 t14，且，且14 0，32， 當當 t14時，時，S2T2取得最大值，取得最大值， 此時此時 S2T22116143478. 答案：答案：78 三、加練大題考法三、加練大題考法少失分少失分 1.(2019 屆高三屆高三 洛陽聯(lián)考洛陽聯(lián)考)如圖，在如圖，在ABC 中，點中，點 P 在在 BC 邊上，邊上，PAC60 ，PC2，APAC4. (1)求求ACP； (2)若若APB 的面積是的面積是3 32，求，求 sinBAP. 解：解：(1)在在APC 中，中，PAC60 ，PC2，A

26、PAC4， 由余弦定理得由余弦定理得 PC2AP2AC22 AP AC cosPAC， 所以所以 22AP2(4AP)22 AP (4AP) cos 60 ， 整理得整理得 AP24AP40， 解得解得 AP2，所以，所以 AC2， 所以所以APC 是等邊三角形，所以是等邊三角形，所以ACP60 . (2)由于由于APB 是是APC 的外角，的外角， 所以所以APB120 ， 因為因為APB 的面積是的面積是3 32， 所以所以12 AP PB sinAPB3 32，所以，所以 PB3. 在在APB 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 AB2AP2PB22 AP PB cosAPB 223222

27、3cos 120 19， 所以所以 AB 19. 在在APB 中，由正弦定理得中，由正弦定理得ABsinAPBPBsinBAP， 所以所以 sinBAP3sin 120193 5738. 2(2018 開封模擬開封模擬)ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別為的對邊分別為 a，b，c，面積為，面積為 S，已知，已知3a24 3S3b23c2. (1)求求 A； (2)若若 a3，求，求ABC 周長的取值范圍周長的取值范圍 解：解：(1)S12bcsin A， 由已知得，由已知得，b2c2a24 33S4 3312bcsin A， cos Ab2c2a22bc33sin A， tan A

28、3，又又A(0，)，A23. (2)在在ABC 中中，由正弦定理得由正弦定理得， bsin Bcsin C3sin232 3， b2 3sin B，c2 3sin C2 3sin 3B ， 記記ABC 周長為周長為 y， yabc2 3sin B2 3sin 3B 3 2 3sin B2 3 32cos B12sin B 3 3sin B3cos B32 3sin B33， B 0，3，sin B3 32，1 ， y(6,32 3， ABC 周長的取值范圍是周長的取值范圍是(6,32 3 3. (2018 淄博模擬淄博模擬)在在ABC 中，中，BAC23，D 為邊為邊 BC 上一上一 點，點，

29、DAAB，且，且 AD32. (1)若若 AC2，求，求 BD； (2)求求DADBDADC的取值范圍的取值范圍 解：解：(1)因為因為BAC23，BAD2， 所所以以CAD6，在，在DAC 中，中， 由余弦定理知由余弦定理知 CD2AC2AD22AC ADcos674， 得得 CD72， 從而從而 cosADCAD2CD2AC22AD CD32212217. 或用正弦定理求得或用正弦定理求得 sinADC2 77 所以所以 cosADB217. 在在 RtDAB 中，中，BDADcosADB72， 所以所求所以所求 BD 的長為的長為72. (2)設(shè)設(shè)ADB，則，則ACD6， 在在 RtDA

30、B 中，中，DADBcos ， 在在DAC 中，由正弦定理知中，由正弦定理知 DADCsin 6sin62sin 6. 于是于是DADBDADCcos 2sin 6 3sin . 由題設(shè)知由題設(shè)知62，故，故12sin 1， 因此所求因此所求DADBDADC的取值范圍為的取值范圍為 32， 3 . 4設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f(x)sin x( 3cos xsin x)12. (1)求函數(shù)求函數(shù) f(x)的最大值，并求此時的的最大值，并求此時的 x 值；值； (2)在在ABC 中，內(nèi)角中，內(nèi)角 A，B，C 所對的邊分別為所對的邊分別為 a，b，c，若，若 f(A)1，且，且 2bsin B2csin C

31、bc 3a，求，求 a 的值的值 解：解：(1)由題意可得由題意可得 f(x) 3sin xcos xsin2x12 32sin 2x12(1cos 2x)12 32sin 2x12cos 2x sin 2x6. 當當 2x622k(kZ)， 即即 x3k(kZ)時，函數(shù)時，函數(shù) f(x)取得最大值為取得最大值為 1. (2)A(0，)，2A6 6，116. 又又 f(A)sin 2A61， 2A62， A3. 根據(jù)正弦定理根據(jù)正弦定理bsin Bcsin Casin 3， 得得 sin B3b2a，sin C3c2a. 2bsin B2csin Cbc 3a， 2b3b2a2c3c2abc 3a， 3(b2c2a2)abc， 3 2bccos 3abc， a 3.