（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（七）三角恒等變換與解三角形 理（重點(diǎn)生含解析）

（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（七）三角恒等變換與解三角形 理（重點(diǎn)生，含解析）1已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a，c2，cos A，則b()A.B.C2 D3解析：選D由余弦定理得522b22×2bcos A，cos A，3b28b30，b3.2在ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，已知a6，b4，C120°，則sin B()A.B.C. D解析：選B在ABC中，由余弦定理得c2a2b22abcos C76，所以c.由正弦定理得，所以sin B.3已知ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a2b2c2bc，bc4，則ABC的面積為()A. B1C. D2解析：選Ca2b2c2bc，bcb2c2a2，cos A.A為ABC的內(nèi)角，A60°，SABCbcsin A×4×.4(2019屆高三·洛陽第一次統(tǒng)考)在ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a，b，c成等比數(shù)列，且a2c2acbc，則()A. B.C. D.解析：選B由a，b，c成等比數(shù)列得b2ac，則有a2c2b2bc，由余弦定理得cos A，因?yàn)锳為ABC的內(nèi)角，所以A，對于b2ac，由正弦定理得，sin2Bsin Asin Csin C，由正弦定理得，.5ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sin Bsin A(sin Ccos C)0，a2，c，則C()A. B.C. D.解析：選B在ABC中，sin Bsin(AC)，則sin Bsin A(sin Ccos C)sin(AC)sin A(sin Ccos C)0，即sin Acos Ccos Asin Csin Asin Csin Acos C0，cos Asin Csin Asin C0，sin C0，cos Asin A0，即tan A1，所以A.由得，sin C，又0<C<，C.6在ABC中，已知AB，AC，tanBAC3，則BC邊上的高等于()A1 B.C. D2解析：選A在ABC中，tanBAC3，sinBAC，cosBAC，由余弦定理得BC2AC2AB22AC·ABcosBAC522×××9，BC3.SABCAB·ACsinBAC×××，BC邊上的高為1.7(2018·開封模擬)在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，btan Bbtan A2ctan B，且a5，ABC的面積為2，則bc的值為_解析：由正弦定理及btan Bbtan A2ctan B，得sin B·sin B·2sin C·，即cos Asin Bsin Acos B2sin Ccos A，亦即sin(AB)2sin Ccos A，故sin C2sin Ccos A.因?yàn)閟in C0，所以cos A，所以A.因?yàn)镾ABCbcsin A2，所以bc8.由余弦定理，知a2b2c22bccos A(bc)23bc，可得bc7.答案：78(2018·福州模擬)如圖，小明同學(xué)在山頂A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A處測得公路上B，C兩點(diǎn)的俯角分別為30°，45°，且BAC135°.若山高AD100 m，汽車從B點(diǎn)到C點(diǎn)歷時(shí)14 s，則這輛汽車的速度約為_ m/s(精確到0.1)參考數(shù)據(jù)： 1.414, 2.236.解析：因?yàn)樾∶髟贏處測得公路上B，C兩點(diǎn)的俯角分別為30°，45°，所以BAD60°，CAD45°.設(shè)這輛汽車的速度為v m/s，則BC14v，在RtADB中AB200.在RtADC中，AC100.在ABC中，由余弦定理，得BC2AC2AB22AC·AB·cosBAC，所以(14v)2(100)220022×100×200×cos 135°，所以v22.6，所以這輛汽車的速度約為22.6 m/s.答案：22.69(2018·長春質(zhì)檢)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若其面積Sb2sin A，角A的平分線AD交BC于點(diǎn)D，AD，a，則b_.解析：由面積公式Sbcsin Ab2sin A，可得c2b，即2.由a，并結(jié)合角平分線定理可得，BD，CD，在ABC中，由余弦定理得cos B，在ABD中，cos B，即，化簡得b21，解得b1.答案：110(2018·昆明調(diào)研)已知ABC的面積為3，AC2，BC6，延長BC至D，使ADC45°.(1)求AB的長；(2)求ACD的面積解：(1)因?yàn)镾ABC×6×2×sinACB3，所以sinACB，ACB30°或150°，又ADC45°，所以ACB150°，由余弦定理得AB212362×2×6cos 150°84，所以AB2.(2)在ACD中，因?yàn)锳CB150°，ADC45°，所以CAD105°，由正弦定理得，即，解得CD3，又ACD180°150°30°，所以SACDAC·CD·sinACD×2×(3)×.11(2018·沈陽質(zhì)檢)在ABC中，已知內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且2ccos B2ab.(1)求角C的大小；(2)若ab6，ABC的面積為2，求c.解：(1)由正弦定理得2sin Ccos B2sin Asin B，又sin Asin(BC)，2sin Ccos B2sin(BC)sin B，2sin Ccos B2sin Bcos C2cos Bsin Csin B，2sin Bcos Csin B0，sin B0，cos C.又C(0，)，C.(2)SABCabsin C2，ab8，由余弦定理，得c2a2b22abcos Ca2abb2(ab)2ab28，c2.12(2018·長沙模擬)在銳角ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且4sin Acos2Acos(BC)sin 3A.(1)求角A的大?。?2)若b2，求ABC面積的取值范圍解：(1)ABC，cos(BC)cos A3A2AA，sin 3Asin(2AA)sin 2Acos Acos 2Asin A又sin 2A2sin Acos A，cos 2A2cos2A1，將代入已知等式，得2sin 2Acos Acos Asin 2Acos Acos 2Asin A，整理得sin Acos A，即sin，又A，A，即A.(2)由(1)得BC，CB，ABC為銳角三角形，B且B，解得B，在ABC中，由正弦定理得，c1，又B，(0，)，c(1,4)，SABCbcsin Ac，SABC.故ABC面積的取值范圍為.二、強(qiáng)化壓軸考法拉開分1(2018·成都模擬)ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2(sin2Asin2C)(ab)sin B，ABC的外接圓半徑為.則ABC面積的最大值為()A. B.C. D.解析：選D由正弦定理，得2，所以sin A，sin B，sin C，將其代入2(sin2Asin2C)(ab)sin B得，a2b2c2ab，由余弦定理，得cos C，又0<C<，所以C.于是SABCabsin C×2sin A×2sin B×sin3sin Asin Bcos(AB)cos(AB)cos(AB)cos Ccos(AB).當(dāng)AB時(shí)，SABC取得最大值，最大值為，故選D.2(2019屆高三·南寧二中、柳州高中聯(lián)考)在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bc1，b2ccos A0，則當(dāng)角B取得最大值時(shí)，ABC的周長為()A2 B2C3 D3解析：選A法一：由題意可得，sin B2sin Ccos A0，即sin(AC)2sin Ccos A0，得sin Acos C3sin Ccos A，即tan A3tan C.又cos A<0，所以A為鈍角，于是tan C>0.從而tan Btan(AC)，由基本不等式，得3tan C2 2，當(dāng)且僅當(dāng)tan C時(shí)等號成立，此時(shí)角B取得最大值，且tan Btan C，tan A，即bc，A120°，又bc1，所以bc1，a，故ABC的周長為2.法二：由已知b2ccos A0，得b2c·0，整理得2b2a2c2.由余弦定理，得cos B，當(dāng)且僅當(dāng)ac時(shí)等號成立，此時(shí)角B取得最大值，將ac代入2b2a2c2可得bc.又bc1，所以bc1，a，故ABC的周長為2.3(2019屆高三·惠州調(diào)研)已知a，b，c是ABC中角A，B，C的對邊，a4，b(4,6)，sin 2Asin C，則c的取值范圍為_解析：在ABC中，由正弦定理得，即，c8cos A，由余弦定理得16b2c22bccos A，16b264cos2A16bcos2A，又b4，cos2A，c264cos2A64×164B.b(4,6)，32<c2<40，4<c<2.答案：(4，2)4(2018·濰坊模擬)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，外接圓的半徑為1，且，則ABC面積的最大值為_解析：因?yàn)?，所?2cb)，由正弦定理得sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A，又sin B0，所以sin Acos B(2sin Csin B)cos A，所以sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A，sin(AB)2sin Ccos A，即sin C2sin Ccos A，又sin C0，所以cos A，sin A.設(shè)外接圓的半徑為r，則r1，由余弦定理得a2b2c22bccos Ab2c2bc2bcbcbc.當(dāng)且僅當(dāng)bc時(shí)，等號成立，又因?yàn)閍2rsin A，所以bc3，所以SABCbcsin Abc.答案：5(2018·陜西質(zhì)檢)已知ABC 的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc，若ab2，則c的取值范圍為_解析：由sin Acos Bsin Bcos Asin(AB)sin C及正弦定理，可知acos Bbcos Ac，則由(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc，得a2b2c2ab，由余弦定理可得cos C，則C，BA，由正弦定理，得，又ab2，所以2，即c.因?yàn)锳，所以A，所以sin，則c1,2)答案：1,2)6(2018·南昌模擬)如圖，平面上有四個(gè)點(diǎn)A，B，P，Q，其中A，B為定點(diǎn)，且AB，P，Q為動點(diǎn)，滿足關(guān)系A(chǔ)PPQQB1，若APB和PQB的面積分別為S，T，則S2T2的最大值為_解析：設(shè)PB2x，則12x2，x1，T22x2(1x2)，cosPAB，sin2PAB12，S221(1x2)2，S2T2(1x2)2x2(1x2)，令1x2t，則x21t,0t，S2T2t2(1t)t2t2t，其對稱軸方程為t，且，當(dāng)t時(shí)，S2T2取得最大值，此時(shí)S2T22×.答案：三、加練大題考法少失分1.(2019屆高三·洛陽聯(lián)考)如圖，在ABC中，點(diǎn)P在BC邊上，PAC60°，PC2，APAC4.(1)求ACP；(2)若APB的面積是，求sinBAP.解：(1)在APC中，PAC60°，PC2，APAC4，由余弦定理得PC2AP2AC22·AP·AC·cosPAC，所以22AP2(4AP)22·AP·(4AP)·cos 60°，整理得AP24AP40，解得AP2，所以AC2，所以APC是等邊三角形，所以ACP60°.(2)由于APB是APC的外角，所以APB120°，因?yàn)锳PB的面積是，所以·AP·PB·sinAPB，所以PB3.在APB中，由余弦定理得AB2AP2PB22·AP·PB·cosAPB22322×2×3×cos 120°19，所以AB.在APB中，由正弦定理得，所以sinBAP.2(2018·開封模擬)ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，已知3a24S3b23c2.(1)求A；(2)若a3，求ABC周長的取值范圍解：(1)Sbcsin A，由已知得，b2c2a2S·bcsin A，cos Asin A，tan A，又A(0，)，A.(2)在ABC中，由正弦定理得，2，b2sin B，c2sin C2sin，記ABC周長為y，yabc2sin B2sin32sin B23sin B3cos B32sin3，B，sin，y(6,32，ABC周長的取值范圍是(6,323. (2018·淄博模擬)在ABC中，BAC，D為邊BC上一點(diǎn)，DAAB，且AD.(1)若AC2，求BD；(2)求的取值范圍解：(1)因?yàn)锽AC，BAD，所以CAD，在DAC中，由余弦定理知CD2AC2AD22AC·ADcos，得CD，從而cosADC.或用正弦定理求得sinADC所以cosADB.在RtDAB中，BD，所以所求BD的長為.(2)設(shè)ADB，則ACD，在RtDAB中，cos ，在DAC中，由正弦定理知2sin.于是cos 2sinsin .由題設(shè)知，故sin 1，因此所求的取值范圍為.4設(shè)函數(shù)f(x)sin x(cos xsin x).(1)求函數(shù)f(x)的最大值，并求此時(shí)的x值；(2)在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若f(A)1，且2bsin B2csin Cbca，求a的值解：(1)由題意可得f(x)sin xcos xsin2xsin 2x(1cos 2x)sin 2xcos 2xsin.當(dāng)2x2k(kZ)，即xk(kZ)時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值為1.(2)A(0，)，2A.又f(A)sin1，2A，A.根據(jù)正弦定理，得sin B，sin C.2bsin B2csin Cbca，2b·2c·bca，(b2c2a2)abc，·2bccos abc，a.