高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題強(qiáng)化訓(xùn)練112

1、高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練1已知sin6cos6，則cos2()A1B11C2D013解析：選D.由于sin6cos6，所以2cos2sin3113132cos2sin，即22sin22cos，所以sinsin2cos2sin2tan1，所以cos2cos222cossincos1tan20.tan212(2018高考全國(guó)卷)已知函f數(shù)(x)2cos2xsin2x2，則()Af(x)的最小正周期為，最大值為3Bf(x)的最小正周期為，最大值為4Cf(x)的最小正周期為2，最大值為3Df(x)

2、的最小正周期為2，最大值為41/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112解析：選B.易知f(x)2cos2xsin2x23cos32x12(2cos2x1)3351cos2x，則f(x)的最小正周期為，當(dāng)x222k(kZ)時(shí)，f(x)獲取最大值，最大值為4.3(臺(tái)州市高考一模)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別3為a，b，c，已知a1，2b3c2acosC，sinC2，則ABC的面積為()A.3B.324333C.2或4D.3或2解析：選C.由于2b3c2acosC，所以由正弦定理可得2sinB3sinC2sinAcosC，所以2sin(

3、AC)3sinC2sinAcosC，所以2cosAsinC3sinC，3所以cosA2，所以A30，3由于sinC2，所以C60或120.1A30，C60，B90，a1，所以ABC的面積為22/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練11233，A30，C120，B30，a1，所以ABC1222133的面積為21124，應(yīng)選C.4在ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若SABC2acosBbcosA)3，ab6，c2cosC，則c(A27B23C4D33acosBbcosAsinAcosBsinBcosA解析：選B.由于csin

4、Csin（AB）sin（AB）1，所以2cosC1，所以C3.又SABC23，13，所以ab8.由于ab6，所以c2a2b2則absinC222abcosC(ab)22abab(ab)23ab623812，所以c23.5公元前6世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派研究過(guò)正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)現(xiàn)了黃金切割均為0.618，這一數(shù)值也能夠表示為m2sin18，若m2n4，則mn227()2cos1A8B4C2D1解析：選C.由于m2sin18，3/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112若m2n4，則n4m244sin2184(1sin218)4c

5、os218，所mn2sin184cos218以22712coscos544sin18cos182sin36sin36sin362.6(杭州市高三期末檢測(cè))設(shè)點(diǎn)P在ABC的BC邊所在的直線上從左到右運(yùn)動(dòng)，設(shè)ABP與ACP的外接圓面積之比為，當(dāng)點(diǎn)P不與B，C重合時(shí)()A先變小再變大B當(dāng)M為線段BC中點(diǎn)時(shí)，最大C先變大再變小是一個(gè)定值解析：選D.設(shè)ABP與ACP的外接圓半徑分別為r1，r2，ABAC則2r1sinAPB，2r2sinAPC，由于APBAPC180，所以sinAPBsinAPC，r1AB所以r2AC，r21AB2所以r22AC2.應(yīng)選D.4/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與

6、復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112tan（）7(福州市綜合質(zhì)量檢測(cè))已知mtan（），若sin2()3sin2，則m()13A.2B.43C.2D.2解析：選D.設(shè)A，B，則2()AB，2AB，由于sin2()3sin2，所以sin(AB)3sin(AB)，即sinAcosBcosAsinB3(sinAcosBcosAsinB)，即2cosAsinBsinAcosB，所以tanA2tanB，tanA所以mtanB2，應(yīng)選D.8(咸陽(yáng)二模)已知ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a2b2a，b，c，且sin2Asin2B2c2，sinA(1cosC)sinBsinC，b6，AB

7、邊上的點(diǎn)M滿足AM2MB，過(guò)點(diǎn)M的直線與射線CA，CB分別交于P，Q兩點(diǎn)，則MP2MQ2的最小值是()A36B37C38D395/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112a2b2解析：選A.由正弦定理，知sin2Asin2B2c2，即22sin2C，所以sinC1，C2，所以sinA(1cosC)sinBsinC，即sinAsinB，所以AB.以C為坐4標(biāo)原點(diǎn)成立以以下圖的平面直角坐標(biāo)系，則M(2，4)，設(shè)MPC，則MP2MQ21640，sin2cos2(sin2cos22164216204tan36，當(dāng)且僅當(dāng)tansin2cos2tan2

8、時(shí)等號(hào)成立，即MP2MQ2的最小值為36.9已知2cos2xsin2xAsin(x)b(A0)，則A_，b_解析：由于2cos2xsin2x1cos2xsin2x2sin(2x4)1，所以A2，b1.答案：2110若0，2，cos422cos2，則sin2_2(cos2(cos(cos解析：由已知得2sin)2sin)sin)，6/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練1121所以cossin0或cossin4，由cossin0得tan1，由于0，2，所以cossin0不滿足條件；11由cossin4，兩邊平方得1sin216，15所以sin2

9、16.15答案：1611(金麗衢十二校聯(lián)考二模)在ABC中，內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，acosBbcosA，4S2a2c2，其中S是ABC的面積，則C的大小為_解析：ABC中，acosBbcosA，所以sinAcosBsinBcosA，所以sinAcosBcosAsinBsin(AB)0，所以AB，所以ab；1又ABC的面積為S2absinC，且4S2a2c2，所以2absinC2a2c2a2b2c2，7/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112所以sinCa2b2c2cosC，2ab所以C4.答案：412(紹興市一中高三期末

10、檢測(cè)ABC)中，D為線段BC的中點(diǎn)，AB2AC2，tanCADsinBAC，則BC_sinCAD解析：由正弦定理可知sinBAD2，又tanCADsinsinCADBAC，則cosCADsin(CADBAD)，利用三角恒等變形可化為1cosBAC2，據(jù)余弦定理BCAC2AB22ACABcosBAC1423.答案：313(惠州第一次調(diào)研)已知a，b，c是ABC中角A，B，C的對(duì)邊，a4，b(4，6)，sin2AsinC，則c的取值范圍為_4c4cA，所以c8cosA，因解析：由sinAsinC，得sinAsin2為16b2c22bccosA，所以16b264cos2A16bcos2A，8/14高

11、考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練11216b2又b4，所以cos2A6416b以c264cos2A644b1616（4b）（4b）4b16（4b）16，所4b.由于b(4，6)，所以32c240，所以42c210.答案：(42，210)14(紹興市一中期末檢測(cè))設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的1邊分別為a，b，c且acosC2cb.(1)求角A的大?。?2)若a3，求ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍11解：(1)由acosC2cb得：sinAcosC2sinCsinB，又sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，1所以2sinCcosAsi

12、nC，由于sinC0，1所以cosA2，又0A，所以A3.asinB(2)由正弦定理得：bsinA23sinB，c23sinC，9/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112labc323(sinBsinC)323sinBsin(AB)133232sinB2cosB323sinB3，2由于A3，所以B0，3，2所以B33，3，3所以sinB32，1，則ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍為(6，32315(湖州模擬)在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知(sinAsinBsinC)(sinBsinCsinA)3sinBsinC.(1)求角

13、A的值；(2)求3sinBcosC的最大值解：(1)由于(sinAsinBsinC)(sinBsinCsinA)3sinBsinC，由正弦定理，得(abc)(bca)3bc，b2c2a21所以b2c2a2bc，所以cosA2bc2，由于A(0，10/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112)，所以A3.2(2)由A3，得BC3，2所以3sinBcosC3sinBcosB33sinB1cosB3BsinB22sin.625由于0B3，所以6B66，當(dāng)B62，即B3時(shí)，3sinBcosC的最大值為1.16(寧波鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)在ABC中，a，b，

14、c分別是角A，2sinBB，C的對(duì)邊，b2sinB，且滿足tanAtanCcosA.(1)求角C和邊c的大小；(2)求ABC面積的最大值2sinBsinAsinC解：(1)tanAtanCcosA可得cosAcosCsinAcosCcosAsinCsin（AC）sinBcosAcosCcosAcosCcosAcosC2sinB，cosA1所以cosC2，11/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112由于0C，所以C3，由于b2sinB，cb由正弦定理可得sinCsinB2，6所以c2.(2)由余弦定理可得c2a2b22abcosC，3所以2a2b2ab2ababab，當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)取等號(hào)133333所以SABC2absinC4ab428，3故ABC面積的最大值為8.17(成都市第二次診療性檢測(cè))如圖，在平面四邊形ABCD中，2已知A2，B3，AB6.在AB邊上取點(diǎn)E，使得BE1，連結(jié)EC，ED.若CED3，EC7.(1)求sinBCE的值；(2)求CD的長(zhǎng)12/14高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第2講三角恒等變換與解三角形專題增強(qiáng)訓(xùn)練112BECE解：(1)在BEC中，由正弦定理，知sinBCEsi