（浙江專用）2020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

第2講 三角恒等變換與解三角形專題強(qiáng)化訓(xùn)練1已知sincos，則cos 2()A1B1C D0解析：選D.因?yàn)閟incos，所以cos sin cos sin ，即sin cos ，所以tan 1，所以cos 2cos2sin20.2(2018·高考全國(guó)卷)已知函數(shù)f(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)的最小正周期為2，最大值為4解析：選B.易知f(x)2cos2xsin2x23cos2x1(2cos2x1)1cos 2x，則f(x)的最小正周期為，當(dāng)xk(kZ)時(shí)，f(x)取得最大值，最大值為4.3(2019·臺(tái)州市高考一模)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a1，2bc2acos C，sin C，則ABC的面積為()A. B.C.或 D.或解析：選C.因?yàn)?bc2acos C，所以由正弦定理可得2sin B sin C2sin Acos C，所以2sin(AC)sin C2sin Acos C，所以2cos Asin Csin C，所以cos A，所以A30°，因?yàn)閟in C，所以C60°或120°.A30°，C60°，B90°，a1，所以ABC的面積為×1×2×，A30°，C120°，B30°，a1，所以ABC的面積為×1×1×，故選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SABC2，ab6，2cos C，則c()A2 B2C4 D3解析：選B.因?yàn)?，所以2cos C1，所以C.又SABC2，則absin C2，所以ab8.因?yàn)閍b6，所以c2a2b22abcos C(ab)22abab(ab)23ab623×812，所以c2.5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)了黃金分割均為0.618，這一數(shù)值也可以表示為m2sin 18°，若m2n4，則()A8 B4C2 D1解析：選C.因?yàn)閙2sin 18°，若m2n4，則n4m244sin218°4(1sin218°)4cos218°，所以2.6(2019·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D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，則2r1，2r2，因?yàn)锳PBAPC180°，所以sinAPBsinAPC，所以，所以.故選D.7(2019·福州市綜合質(zhì)量檢測(cè))已知m，若sin 2()3sin 2，則m()A. B.C. D.2解析：選D.設(shè)A，B，則2()AB，2AB，因?yàn)閟in 2()3sin 2，所以sin(AB)3sin(AB)，即sin Acos Bcos Asin B3(sin Acos Bcos Asin B)，即2cos Asin Bsin Acos B，所以tan A2tan B，所以m2，故選D.8(2019·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a，b，c，且2c2，sin A(1cos C)sin Bsin C，b6，AB邊上的點(diǎn)M滿足2，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()A36 B37C38 D39解析：選A.由正弦定理，知2c2，即22sin2C，所以sin C1，C，所以sin A(1cos C)sin Bsin C，即sin Asin B，所以AB.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則M(2，4)，設(shè)MPC，則MP2MQ2(sin2cos2)204tan236，當(dāng)且僅當(dāng)tan 時(shí)等號(hào)成立，即MP2MQ2的最小值為36.9已知2cos2xsin 2xAsin(x)b(A0)，則A_，b_解析：由于2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2xsin(2x)1，所以A，b1.答案：110若，cos2cos 2，則sin 2_解析：由已知得(cos sin )2(cos sin )·(cos sin )，所以cos sin 0或cos sin ，由cos sin 0得tan 1，因?yàn)?，所以cos sin 0不滿足條件；由cos sin ，兩邊平方得1sin 2，所以sin 2.答案：11(2019·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，acos Bbcos A，4S2a2c2，其中S是ABC的面積，則C的大小為_(kāi)解析：ABC中，acos Bbcos A，所以sin Acos Bsin Bcos A，所以sin Acos Bcos Asin Bsin(AB)0，所以AB，所以ab；又ABC的面積為Sabsin C，且4S2a2c2，所以2absin C2a2c2a2b2c2，所以sin Ccos C，所以C.答案：12(2019·紹興市一中高三期末檢測(cè))ABC中，D為線段BC的中點(diǎn)，AB2AC2，tanCADsinBAC，則BC_解析：由正弦定理可知2，又tanCADsinBAC，則sin(CADBAD)，利用三角恒等變形可化為cosBAC，據(jù)余弦定理BC.答案：13(2019·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)，sin 2Asin C，則c的取值范圍為_(kāi)解析：由，得，所以c8cos A，因?yàn)?6b2c22bccos A，所以16b264cos2A16bcos2A，又b4，所以cos2A，所以c264cos2A64×164b.因?yàn)閎(4，6)，所以32<c2<40，所以4<c<2.答案：(4，2)14(2019·紹興市一中期末檢測(cè))設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c且acos Ccb.(1)求角A的大小；(2)若a3，求ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍解：(1)由acos Ccb得：sin Acos Csin Csin B，又sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C，所以sin Ccos Asin C，因?yàn)閟in C0，所以cos A，又0A，所以A.(2)由正弦定理得：b2sin B，c2sin C，labc32(sin Bsin C)32sin Bsin(AB)3232sin，因?yàn)锳，所以B，所以B，所以sin，則ABC的周長(zhǎng)l的取值范圍為(6，3215(2019·湖州模擬)在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知(sin Asin Bsin C)(sin Bsin Csin A)3sin Bsin C.(1)求角A的值；(2)求sin Bcos C的最大值解：(1)因?yàn)?sin Asin Bsin C)(sin Bsin Csin A)3sin Bsin C，由正弦定理，得(abc)(bca)3bc，所以b2c2a2bc，所以cos A，因?yàn)锳(0，)，所以A.(2)由A，得BC，所以sin Bcos Csin Bcossin Bsin.因?yàn)?B，所以B，當(dāng)B，即B時(shí)，sin Bcos C的最大值為1.16(2019·寧波鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)在ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，bsin B，且滿足tan Atan C.(1)求角C和邊c的大??；(2)求ABC面積的最大值解：(1)tan Atan C可得，所以cos C，因?yàn)?C，所以C，因?yàn)閎sin B，由正弦定理可得，所以c.(2)由余弦定理可得c2a2b22abcos C，所以a2b2ab2ababab，當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)取等號(hào)所以SABCabsin Cab×，故ABC面積的最大值為.17(2019·成都市第二次診斷性檢測(cè))如圖，在平面四邊形ABCD中，已知A，B，AB6.在AB邊上取點(diǎn)E，使得BE1，連接EC，ED.若CED，EC.(1)求sinBCE的值；(2)求CD的長(zhǎng)解：(1)在BEC中，由正弦定理，知.因?yàn)锽，BE1，CE，所以sinBCE.(2)因?yàn)镃EDB，所以DEABCE，所以cosDEA.因?yàn)锳，所以AED為直角三角形，又AE5，所以ED2.在CED中，CD2CE2DE22CE·DE·cosCED7282××2×49.所以CD7.- 8 -