（文理通用）2022届高考数学大二轮复习 第1部分 专题3 三角函数及解三角形 第2讲 三角恒等变换与解三角形练习

（文理通用）2022届高考数学大二轮复习 第1部分 专题3 三角函数及解三角形 第2讲 三角恒等变换与解三角形练习A组1若2sin()3sin()，则tan等于( B )A B C D2解析由已知得sincos3sin，即2sincos，所以tan，故选B2(文)如果sin，那么sin()cos等于( A )A BC D解析sin()cossincoscossincos.(理)已知R，sin2cos，则tan2( C )A B C D解析本题考查三角函数同角间的基本关系将sin2cos两边平方可得，sin24sincos4cos2，4sincos3cos2，.将左边分子分母同除以cos2得，解得tan3或tan，tan2.3若三角形ABC中，sin(AB)sin(AB)sin2C，则此三角形的形状是( B )A等腰三角形 B直角三角形C等边三角形 D等腰直角三角形解析sin(AB)sin(AB)sin2C，sin(AB)sinC0，sin(AB)sin(AB)，cosAsinB0，sinB0，cosA0，A为直角4钝角三角形ABC的面积是，AB1，BC，则AC( B )A5 B C2 D1解析本题考查余弦定理及三角形的面积公式SABCacsinB1sinB，sinB，B或.当B时，经计算ABC为等腰直角三角形，不符合题意，舍去B，根据余弦定理，b2a2c22accosB，解得b，故选B5设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2，c2，cosA，且bc，则b( B )A B2 C2 D3解析由余弦定理得：a2b2c22bccosA，所以22b2(2)22b2，即b26b80，解得：b2或b4.因为bc，所以b2.6已知tan，sin()，其中，(0，)，则sin的值为( A )A B C D或解析依题意得sin，cos，注意到sin()(否则，若，则有0，0sinsin()，这与“sin()sin”矛盾)，则cos()，sinsin()sin()coscos()sin.7(2018淮北二模)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a23b23c22bcsinA，则C等于.解析由余弦定理得a2b2c22bccosA，所以b2c22bccosA3b23c22bcsinA，sinAcosA，2sin(A)2，因此bc，AA，所以C.8(2018长沙三模)在锐角ABC中，D为BC的中点，满足BADC90，则角B，C的大小关系为BC.(填“BC”)解析设BAD，CAD，因为BADC90，所以90C，90B，因为D为BC的中点，所以SABDSACD，所以cADsinbADsin，所以csinbsin，所以ccosCbcosB，由正弦定理得，sinCcosCsinBcosB，即sin2Csin2B，所以2B2C或2B2C，因为ABC为锐角三角形，所以BC9为了竖起一块广告牌，要制造三角形支架，如图，要求ACB60， BC的长度大于1米，且AC比AB长0.5米，为了稳定广告牌，要求AC越短越好，则AC最短为2.解析由题意设BCx(x1)米，ACt(t0)米，依题设ABAC0.5(t0.5)米，在ABC中，由余弦定理得：AB2AC2BC22ACBCcos60，即(t0.5)2t2x2tx，化简并整理得：t(x1)，即tx12，因为x1，故tx122，当且仅当x1时取等号，此时取最小值2.10(2018全国卷，17)在平面四边形ABCD中，ADC90，A45，AB2，BD5.(1)求cosADB；(2)若DC2，求BC解析(1)在ABD中，由正弦定理得.由题设知，所以sinADB.由题意知，ADB90，所以cosADB.(2)由题意及(1)知，cosBDCsinADB.在BCD中，由余弦定理得BC2BD2DC22BDDCcosBDC25825225.所以BC5.11(文)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知asinA4bsinB，ac(a2b2c2)(1)求cosA的值；(2)求sin(2BA)的值解析(1)由asinA4bsinB及，得a2b.由ac(a2b2c2)及余弦定理，得cosA.(2)由(1)，可得sinA，代入asinA4bsinB中，得sinB.由(1)知，A为钝角，所以cosB.于是sin2B2sinBcosB，cos2B12sin2B，故sin(2BA)sin2BcosAcos2BsinA().(理)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知ab，a5，c6，sinB.(1)求b和sinA的值；(2)求sin(2A)的值解析(1)在ABC中，因为ab，所以由sinB，得cosB.由已知及余弦定理，得b2a2c22accosB13，所以b.由正弦定理，得sinAa.所以b的值为，sinA的值为.(2)由(1)及ac，得cosA，所以sin2A2sinAcosA，cos2A12sin2A.所以sin(2A)sin2Acoscos2Asin.B组1(2018福州三模)已知a，b，c分别是ABC的内角A，B，C所对的边，点M为ABC的重心若abc0，则C( D )A B C D解析M为ABC的重心，则0，abc0，a()bc0.即(ba)(ca)0，与不共线，ba0，ca0.得abc111，令a1，b1，c，则cosC，C，故选D2(2018唐山市一模)若sin()，则cos(2)( A )A B C D解析cos(2)cos(2)12sin2()(1).3(2018威海二模)已知等腰ABC满足ABAC，BC2AB，点D为BC边上的一点且ADBD，则sinADB的值为( C )A B C D解析如图，设ABACa，ADBDb，由BC2AB，得BCa，在ABC中，由余弦定理得，cosABC.ABAC，ABC是锐角，则sinABC，在ABD中，由余弦定理得AD2AB2BD22ABBDcosABD，b2a2b22ab，解得ab，由正弦定理得，解得sinADB.4钝角三角形ABC的面积是，AB1，BC，则AC( B )A5 B C2 D1解析SABBCsinB1sinB，sinB，B或.当B时，根据余弦定理有AC2AB2BC22ABBCcosB1225，AC，此时ABC为钝角三角形，符合题意；当B时，根据余弦定理有AC2AB2BC22ABBCcosB1221，AC1，此时AB2AC2BC2，ABC为直角三角形，不符合题意故AC.5设，且tan，则( C )A3 B3C2 D2解析因为tan，去分母得sincoscoscossin，所以sincoscossincos，即sin()cossin.又因为，则，0，所以故2.6已知，tantan3，则cos()的值为.解析因为tantan3，且，所以coscos，cos()coscossinsin，所以sinsin，所以cos()coscossinsin.7已知点O是ABC的内心，BAC30，BC1，则BOC面积的最大值为.解析根据角平分线的性质可知，BOC105，所以在BOC中，根据余弦定理有cos105，等价于OBOCOB2OC21，即OBOC2OBOC1，所以OBOC，而SBOCOBOCsin105sin105.8已知向量m与n(3，sinAcosA)共线，其中A是ABC的内角(1)求角A的大小；(2)若BC2，求ABC的面积S的最大值，并判断S取得最大值时ABC的形状解析(1)因为mn，所以sinA(sinAcosA)0.所以sin2A0，即sin2Acos2A1，即sin1.因为A(0，)，所以2A.故2A，A.(2)设角A、B、C所对的边分别为a、b、c，则由余弦定理，得4b2c2bc.而b2c22bc，bc42bc，bc4(当且仅当bc时等号成立)，所以SABCbcsinAbc4，当ABC的面积取最大值时，bc.又A，故此时ABC为等边三角形9(2018天津卷，15)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinAacos.(1)求角B的大小；(2)设a2，c3，求b和sin(2AB)的值解析(1)在ABC中，由正弦定理，可得bsinAasinB，又由bsinAacos，得asinBacos，即sinBcos，所以sinBcosBsinB，可得tanB.又因为B(0，)，可得B.(2)在ABC中，由余弦定理及a2，c3，B，有b2a2c22accosB7，故b.由bsinAacos，可得sinA.因为ac，故cosA.因此sin2A2sinAcosA，cos2A2cos2A1.所以，sin(2AB)sin2AcosBcos2AsinB.