高考数学二轮总复习专题能力训练10三角变换与解三角形理

专题能力训练10三角变换与解三角形能力突破训练1.sin4π12+cos4π12=(A.12 B.58 C.342.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c=3+1,b=2,A=π3,则B=(A.3π4 B.C.π4 D.3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若(a2+c2b2)tanB=3ac,则角B的值为()A.π6 B.C.π6或54.若α∈0,π2,tan2α=cosα2-A.1515 B.5C.53 D.5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且acosC,bcosB,ccosA成等差数列,若△ABC外接圆的半径为1,则b=()A.32 B.2 C.3 D.6.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m+nsin63°7.(2022广西桂林二模)已知锐角△ABC的面积为9,AB=AC,点D在边AC上,且CD=2DA=10,则BD的长为.

8.(2022广西柳州三模)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,已知3bsinπ2+A=asinB.(1)求角A的大小;(2)若b,a,c成等比数列,判断△ABC的形状.9.如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,AB=26,CD=6,cosA=63,cos∠ADB=1(1)求cos∠BDC;(2)求BC的长.10.(2022广西南宁三中二模)记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsinC=sinC+3cosC,A=π3(1)求c;(2)在下列三个条件中选择一个作为补充条件,判断该三角形是否存在.若存在,求出三角形的面积;若不存在,说明理由.①BC边上的中线长为22,②AB边上的中线长为7,③△ABC的周长为611.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=22,b=5,c=13.(1)求角C的大小;(2)求sinA的值;(3)求sin2A+思维提升训练12.(2022新高考Ⅱ,6)若sin(α+β)+cos(α+β)=22cosα+π4sinβA.tan(α+β)=1 B.tan(α+β)=1C.tan(αβ)=1 D.tan(αβ)=113.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足csinA=acosC.当3sinAcosB+π4取最大值时,角AA.π3 B.πC.π6 D.14.在△ABC中,若bcosCccosB=A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形15.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足2cosBcosC(tanB+tanC)=cosBtanB+cosCtanC,则cosA的最小值是.

16.在锐角三角形ABC中,若sinA=2sinBsinC,则tanAtanBtanC的最小值是.

17.在△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,π3<C<π2,且(1)判断△ABC的形状;(2)若|BA+BC|=2,求BA

专题能力训练10三角变换与解三角形能力突破训练1.D解析sin4π12+cos4π12=sin2π12+cos2π1222sin2π12cos2π12=112sin2.C解析由余弦定理,可得a=b由正弦定理,可得sinB=b∵b<a,∴B为锐角,∴B=π3.D解析由(a2+c2b2)tanB=3ac,得a2+c2-b∵0<B<π,∴B=π3或4.A解析由题意sin2αcos2α=cosα2-sinα,2sinαcosα1-2sin5.C解析∵acosC,bcosB,ccosA成等差数列,∴2bcosB=acosC+ccosA,由正弦定理,∴2sinBcosB=sinAcosC+sinCcosA,2sinBcosB=sin(A+C)=sinB,又B∈(0,π),∴cosB=12,sinB=32,由bsinB=2R=2(R为△ABC外接圆的半径),得6.22解析因为m=2sin18°,m2+n=4,所以n=4m2=44sin218°=4cos218°,所以m=22sin(7.4解析因为CD=2DA=10,所以DA=102所以AC=CD+DA=3102,则AB=AC=所以S△ABC=12·3所以sinA=45,又0<A<π2,所以cos在△ABD中,由余弦定理得BD2=1022+310228.解(1)3bsinπ2+A=asinB,即3bcosA=a由正弦定理得3sinBcosA=sinAsinB,∵sinB≠0,∴3cosA=sinA,∴tanA=∵A∈(0,π),∴A=π(2)∵b,a,c成等比数列,∴a2=bc,又cosA=b2即b2+c2bc=bc,∴(bc)2=0,∴b=c,又A=π3,∴△ABC为等边三角形9.解(1)因为cosA=63,cos∠ADB=1所以在△ABD中,sinA=1-cos2A所以cos∠ABD=cos(πA∠ADB)=cos(A+∠ADB)=sinAsin∠ADBcosAcos∠ADB=3又AB∥CD,所以∠BDC=∠ABD,所以cos∠BDC=cos∠ABD=6(2)在△ABD中,由正弦定理,得ABsin∠ADB=BDsin在△BCD中,由余弦定理,得BC2=BD2+CD22BD·CDcos∠BDC=9+62×3×6×故BC=1110.解(1)由bsinC=sinC+3cosC得csinB=2sinC+又A=π3,A+B+C=π,所以csinB=2sin(πB)=2sinB而0<B<π,所以sinB≠0,故c=2.(2)若选①,方法一:设BC边上的中线为AD,则AD=22因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos∠ADB=cos∠ADC,得AD2+即12+a244=12+a24b2,即由余弦定理a2=b2+c22bccosA得a2=b22b+4,所以b2+2b+2=0,该方程无实数解,故符合条件的三角形不存在.方法二:设BC边上的中线为AD,则AD=两边平方得AD2=14即12=14×4+2×2b×12+b2,即b2+故符合条件的三角形不存在.方法三:如图,以A为原点,AB所在直线为x轴,建立平面直角坐标系.则点C的坐标为bcosπ3,bsinπ3,即12b,32b,点B的坐标为(2,0),所以BC边的中点坐标为1+14b,34b.由BC边上的中线长为22,得1+14b2+34整理得b2+2b+2=0,该方程无实数解,故符合条件的三角形不存在.若选②,设AB边上的中线为CF,则CF=7在△ACF中,由余弦定理得CF2=AF2+AC22AC·AFcosA,即7=1+AC22×1×ACcosπ3整理得AC2AC6=0,解得AC=3或AC=2(舍去),故△ABC的面积S=12AC·ABsinA=12×3若选③,依题意得AB+BC+CA=6,由(1)知AB=2,所以BC+CA=4.在△ABC中,由余弦定理,得BC2=AB2+CA22AB·CAcosA,所以BC2=22+CA22×2×12CA,即BC2=4+CA22所以(4CA)2=4+CA22CA,解得CA=2,所以△ABC的面积S=12CA·ABsinA=12×211.解(1)在△ABC中,由余弦定理及a=22,b=5,c=13,有cosC=a又因为C∈(0,π),所以C=π(2)在△ABC中,由正弦定理及C=π4,a=22,c=13,可得sinA=(3)由a<c及sinA=21313,可得cosA=1-sin2A=31313,进而sin2A=2sinA所以,sin2A+π4=sin2Acosπ4思维提升训练12.C解析sin(α+β)+cos(α+β)=2sinα+β+π4=2sinα+π4+β=2sinα+π4cosβ+2cosα+π4sinβ.又sin(α+β)+cos(α+β)=22cosα+π4所以2sinα+π4cosβ=2cosα+π4sinβ,所以sinα+π4cosβcosα+π4sinβ=0,所以sinα+π4β=0.所以sinαβ+π4=22sin(αβ)+22cos(αβ)=0所以sin(αβ)=cos(αβ).故tan(αβ)=1.故选C.13.A解析由正弦定理,得sinCsinA=sinAcosC.因为0<A<π,所以sinA>0,从而sinC=cosC.又cosC≠0,所以tanC=1,又0<C<π,则C=π4,所以B=3π于是3sinAcosB+π4=3sinAcos(πA)=3sin因为0<A<3π所以π6<A+π6<11即A=π3时,2sinA+π614.D解析由已知1+cos2C可得cosCcosB当cosCcosB=0时,C=90°,当cosCcosB所以cosC即sinCcosC=sinBcosB,即sin2C=sin2B.因为B,C均为△ABC的内角,所以2C=2B或2C+2B=180°,所以B=C或B+C=90°,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.15.12解析因为2cosBcosC(tanB+tanC)=2cosB·cosCsinBcosB+sinCcosC=2sinBcosC+2sincosBtanB+cosCtanC=sinB+sinC,所以sinB+sinC=2sinA.由正弦定理,得b+c=2a,由余弦定理,得cosA=b2当且仅当b=c=a时,等号成立.16.8解析sinA=sin(B+C)=2sinBsinC⇒tanB+tanC=2tanBtanC,因为tanA=tan(B+C)=tanB所以tanAtanBtanC=tanA+tanB+tanC=tanA+2tanBtanC.因为△ABC为锐角三角形,所以tanA>0,tanBtanC>0,所以tanA+2tanBtanC≥22tanAtanBtanC,当且仅当tanA=2tanBtanC时,等号成立,即tanAtanBtanC≥22tanAta