適用于新高考新教材2024版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點突破練2三角恒等變換與解三角形

考點突破練2三角恒等變換與解三角形一、必備知識夯實練1.(2023新高考Ⅱ,7)已知α為銳角,cosα=1+54,則sinα2=A.3-58B.-1+58C2.(2021全國甲,文8)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,則BC=()A.1 B.2 C.5 D.33.(2023湖南長沙一模)若1-tan(α-π4)1+tan(A.-35 B.35 C.-454.(2023全國乙,文4)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若acosB-bcosA=c,且C=π5,則B=(A.π10 B.π5 C.3π5.(2023河南周口模擬)已知△ABC的三個內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.若sin2A+csinA=sinAsinB+bsinC,則該三角形的形狀一定是()A.鈍角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.銳角三角形6.(2023江西九江模擬)在銳角三角形ABC中,AB=3,4cosAsinB=1,若BC在AB上的投影長等于△ABC的外接圓半徑R,則R=()A.4 B.2 C.1 D.17.(多選題)(2023廣東深圳龍華中學(xué)?？?在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a=4,sinA=45,cosC=210,則下列結(jié)論正確的是(A.cosA=±35 B.B=C.b=522 D.△ABC的面積為8.(2023江西宜春一模)如圖所示,在等腰梯形ABCD中,AB=4,AD=CD=BC=2,現(xiàn)將梯形ABCD依次繞著B,C,D各點順時針翻轉(zhuǎn),則在第一次繞著點B翻轉(zhuǎn)的過程中,對角線BD掃過的平面區(qū)域面積為()A.2π B.3π C.8π D.4π9.(2023河北邢臺模擬)如圖,為了測量A,C兩點間的距離,選取同一平面上的B,D兩點,測出四邊形ABCD各邊的長度,AB=5km,BC=8km,CD=3km,DA=5km,且A,B,C,D四點共圓,則AC的長為km.

10.(2023浙江紹興高三期末)已知α∈(0,π2),tanα=2cosα+13-2sin11.(2020全國Ⅰ,理16)如圖,在三棱錐P-ABC的平面展開圖中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,則cos∠FCB=.

二、關(guān)鍵能力提升練12.(2023河南鄭州二模)已知△ABC不為直角三角形,AB=5,AC=2,且sin2A-2cos2A=2,則△ABC的面積為()A.1 B.5 C.2 D.313.(2023全國甲,理11)已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長為4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,則△PBC的面積為()A.22 B.32 C.42 D.6214.(2023河南鄭州二模)假設(shè)二維空間中有兩個點A(x1,y1),B(x2,y2),O為坐標(biāo)原點,余弦相似度為向量OA,OB夾角的余弦值,記作cos(A,B),余弦距離為1-cos(A,B).已知P(sinα,cosα),Q(sinβ,cosβ),R(sinα,-cosα),若P,Q的余弦距離為13,Q,R的余弦距離為12,則tanαtanβA.7 B.17 C.4 D.15.(多選題)(2021新高考Ⅰ,10)已知O為坐標(biāo)原點,點P1(cosα,sinα),P2(cosβ,-sinβ),P3(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),則()A.|OP1|=|OB.|AP1|=|AC.OA·D.OA16.(2023山東菏澤一模)設(shè)x,y均為非零實數(shù),且滿足xsinπ5+ycosπ5xcos17.(2023河南五市二模)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且46cosA=absinB+acsinC.若△ABC的面積S=62,則a的最小值為三、核心素養(yǎng)創(chuàng)新練18.如圖是某所大學(xué)數(shù)學(xué)愛好者協(xié)會的會標(biāo),其內(nèi)部是一個邊長為1cm的正五邊形,外面一圈是五個全等的四邊形,其中∠BAD=36°,∠BCD=108°,AB=AD,CB=CD,則四邊形ABCD的周長為()(sin36°=10-254A.5+5 B.10-5 C.5+25 D.10-2519.(2022全國甲,理16)已知△ABC中,點D在邊BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.當(dāng)ACAB取得最小值時,BD=.

考點突破練2三角恒等變換與解三角形1.D解析由cosα=1-2sin2α2,得sin2α2=1-cosα2=12(1因為0<α<π2,所以0<α所以sinα2>0,所以sinα2=-2.D解析設(shè)BC=x,由余弦定理得19=4+x2-2×2x·cos120°,解得x=3或x=-5(舍).故選D.3.A解析由1-tan(α-π4)1+tan(α-所以tanα=tan(π4+α-π4)=tanπ4+tan(α-π4)1-tanπ4tan(α-4.C解析由acosB-bcosA=c及正弦定理,得sinAcosB-sinBcosA=sinC,即sin(A-B)=sinC.又因為A,B,C是△ABC的內(nèi)角,所以A-B=C,所以A-B=π5.又因為A+B=π-C=4π5結(jié)合①②解得B=3π10.故選5.C解析因為sin2A+csinA=sinAsinB+bsinC,由正弦定理可得,asinA+csinA=bsinA+bsinC,則sinA(a+c)=b(sinA+sinC),即a(sinA+c)=b(sinA+c).因為sinA>0,c>0,所以a=b,即△ABC為等腰三角形.6.B解析∵△ABC是銳角三角形,BC在AB上的投影長等于△ABC的外接圓半徑R,∴BC·cosB=R.∵BC=2RsinA,∴2RsinAcosB=R,∴sinAcosB=12∵cosAsinB=14,兩式相加得sinAcosB+cosAsinB=34,即sin(A+B)=34,∴sin(π-C)=34,即∵AB=3,∴2R=ABsinC∴R=2.7.BC解析由題知,sinC=1-cos2C=7210,則asin所以A不為鈍角,則cosA=1-sin2A又a2+b2-2abcosC=c2,即16+b2-425b=整理得10b2-82b-85=(52b+17)(2b-5)=0,解得b=52cosB=a2+c2-b22ac=16+492-25故△ABC的面積S=12bcsinA=12×522×8.D解析由題知,BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos∠DAB,BD2=CD2+CB2-2CD·CBcos∠DCB,又梯形ABCD為等腰梯形,則∠DAB+∠DCB=π,則20-16cos∠DAB=8-8cos(π-∠DAB),所以cos∠DAB=12.又∠DAB∈(0,π),可得∠DAB=π3,故∠CBA=π3,所以第一次繞著點B翻轉(zhuǎn)的過程的翻轉(zhuǎn)角為π-∠CBA=2π3.而BD2=20-16×12=12,故對角線BD掃過的平面區(qū)域面積為12×BD9.7解析∵A,B,C,D四點共圓,圓內(nèi)接四邊形的對角和為π,即∠B+∠D=π,∴由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠D=52+32-2×5×3cos∠D=34-30cos∠D,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠B=52+82-2×5×8cos∠B=89-80cos∠B.∵∠B+∠D=π,即cos∠B=-cos∠D,∴89-AC280=-3410.6+24解析tanα化簡得3sinα-cosα=2,即sin(α-π6)=22>又α∈(0,π2),所以α-π6是第一象限角,得cos(α-π6)故sinα=sin[(α-π6)+π6]=sin(α-π6)cosπ6+cos(α-11.-14解析由題意得BD=2AB=6,BC=AC2∵D,E,F重合于一點P,∴AE=AD=3,BF=BD=6,∴在△ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+(3)2-2×1×3cos30°=1,∴CE=CF=1.∴在△BCF中,由余弦定理,得cos∠FCB=BC2+12.C解析∵sin2A-2cos2A=2,∴2sinAcosA=2(1+cos2A)=4cos2A.∵△ABC不是直角三角形,∴cosA≠0,∴sinA-2cosA=0,即cosA=12sinA∵sin2A+cos2A=1,∴sin2A+14sin2A=1,解得sinA=±255.∵A∈(0,π),即sinA>0,∴sin∴S△ABC=12sinA·AB·AC=12×2513.C解析在四棱錐P-ABCD中,由PC=PD=3,得△CDP是等腰三角形.設(shè)CD的中點為E,AB的中點為F,由圖得,△CDP關(guān)于直線PE對稱,點P在平面PEF內(nèi),且PA=PB.在正方形ABCD中,AB=BC=CD=AD=4,由勾股定理得,AC=AB2+B在△ACP中,∠PCA=45°,由余弦定理得,PA2=PC2+AC2-2AC·PC·cos∠PCA,解得PA=17,∴PB=PA=17.在△BCP中,由余弦定理得,PB2=PC2+BC2-2PC·BC·cos∠BCP,解得cos∠BCP=13∴sin∠BCP=1-∴S△PBC=12BC·PC·sin∠BCP=42故選C.14.A解析由OP=(sinα,cosα),OQ=(sinβ,cosβ),OR=(sinα,-cosα),cos(P,Q)=OP·OQ|OP||OQ|=sinαsinβ+cosαcoscos(Q,R)=OQ·OR|OQ||OR|=sinαsinβ-cosαcosβ=-則cos=1+tanαtanβ整理得tanαtanβ=7.15.AC解析∵|OP1|=co|OP2|=co∴|OP1|=|OP2|,∵AP1=(cosα-1,sinα),AP2=(cosβ-1,∴|AP1|=(cos2α∴|AP1|≠|(zhì)A故B不正確;∵OA·OP3=(1,0)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos(α+β),OP1·OP2=(cosα,sinα)·(cosβ,-sinβ)=cosαcosβ-∴OA·OP3=∵OA·OP1=(1,0)·(cosα,sinα)OP2·OP3=(cosβ,-sinβ)·(cos(α+β),sin(α+β))=cosβcos(α+β)-sinβsin(α+β)=cos(β+α+β)∴OA·OP1≠16.1解析由題意可得,tanπ5+y令yx=tanθ,則tanπ5+tanθ1-tanθtanπ5=tan9π20,即tan(θ+π5)=tan9π20,所以θ+π5=kπ+9π20,即θ=kπ+π17.2解析由正弦定理可得,bsinC=csinB,asinB=bsinA.由已知可得,46bccosA=acsinB+absinC=2acsinB=2bcsinA,所以sinA=26cosA.又0<A<π,所以0<A<π2,所以cosA>0因為sin2A+cos2A=25cos2A=1,所以cosA=15,sinA=2因為△ABC的面積S=12bcsinA=65bc=所以bc=52由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-2×52×15≥2當(dāng)且僅當(dāng)b=c=102時,等號成立所以a2≥4,故a的最小值為2.18.C解析如圖,取內(nèi)部正五邊形靠近點C的頂點E,連接BE,在△BCE中,可得EC=12,∠CBE=18°,∠BEC=由正弦定理可得BCsin∠BEC=CE連接AC,易知∠BAC=18°,∠ACB=54°,在△ABC中,由正弦定理可知BCsin∠BAC=BA故四邊形ABCD的周長l=2AB+2BC=cos236°cos272°+cos36所