（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题二 三角函数、平面向量与复数 第2讲 三角恒等变换与解三角形专题强化训练

第2讲 三角恒等变换与解三角形专题强化训练1已知sincos，则cos 2()A1B1C D0解析：选D.因为sincos，所以cos sin cos sin ，即sin cos ，所以tan 1，所以cos 2cos2sin20.2(2018高考全国卷)已知函数f(x)2cos2xsin2x2，则()Af(x)的最小正周期为，最大值为3Bf(x)的最小正周期为，最大值为4Cf(x)的最小正周期为2，最大值为3Df(x)的最小正周期为2，最大值为4解析：选B.易知f(x)2cos2xsin2x23cos2x1(2cos2x1)1cos 2x，则f(x)的最小正周期为，当xk(kZ)时，f(x)取得最大值，最大值为4.3(2019台州市高考一模)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a1，2bc2acos C，sin C，则ABC的面积为()A. B.C.或 D.或解析：选C.因为2bc2acos 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，因为sin C，所以C60或120.A30，C60，B90，a1，所以ABC的面积为12，A30，C120，B30，a1，所以ABC的面积为11，故选C.4在ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若SABC2，ab6，2cos C，则c()A2 B2C4 D3解析：选B.因为1，所以2cos C1，所以C.又SABC2，则absin C2，所以ab8.因为ab6，所以c2a2b22abcos C(ab)22abab(ab)23ab623812，所以c2.5公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割均为0.618，这一数值也可以表示为m2sin 18，若m2n4，则()A8 B4C2 D1解析：选C.因为m2sin 18，若m2n4，则n4m244sin2184(1sin218)4cos218，所以2.6(2019杭州市高三期末检测)设点P在ABC的BC边所在的直线上从左到右运动，设ABP与ACP的外接圆面积之比为，当点P不与B，C重合时()A先变小再变大B当M为线段BC中点时，最大C先变大再变小D是一个定值解析：选D.设ABP与ACP的外接圆半径分别为r1，r2，则2r1，2r2，因为APBAPC180，所以sinAPBsinAPC，所以，所以.故选D.7(2019福州市综合质量检测)已知m，若sin 2()3sin 2，则m()A. B.C. D.2解析：选D.设A，B，则2()AB，2AB，因为sin 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，故选D.8(2019咸阳二模)已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c2，sin A(1cos C)sin Bsin C，b6，AB边上的点M满足2，过点M的直线与射线CA，CB分别交于P，Q两点，则MP2MQ2的最小值是()A36 B37C38 D39解析：选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为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则M(2，4)，设MPC，则MP2MQ2(sin2cos2)204tan236，当且仅当tan 时等号成立，即MP2MQ2的最小值为36.9已知2cos2xsin 2xAsin(x)b(A0)，则A_，b_解析：由于2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2xsin(2x)1，所以A，b1.答案：110若，cos2cos 2，则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，因为，所以cos sin 0不满足条件；由cos sin ，两边平方得1sin 2，所以sin 2.答案：11(2019金丽衢十二校联考二模)在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，acos Bbcos A，4S2a2c2，其中S是ABC的面积，则C的大小为_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的面积为Sabsin C，且4S2a2c2，所以2absin C2a2c2a2b2c2，所以sin Ccos C，所以C.答案：12(2019绍兴市一中高三期末检测)ABC中，D为线段BC的中点，AB2AC2，tanCADsinBAC，则BC_解析：由正弦定理可知2，又tanCADsinBAC，则sin(CADBAD)，利用三角恒等变形可化为cosBAC，据余弦定理BC.答案：13(2019惠州第一次调研)已知a，b，c是ABC中角A，B，C的对边，a4，b(4，6)，sin 2Asin C，则c的取值范围为_解析：由，得，所以c8cos A，因为16b2c22bccos A，所以16b264cos2A16bcos2A，又b4，所以cos2A，所以c264cos2A64164b.因为b(4，6)，所以32c240，所以4c2.答案：(4，2)14(2019绍兴市一中期末检测)设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且acos Ccb.(1)求角A的大小；(2)若a3，求ABC的周长l的取值范围解：(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，因为sin 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，因为A，所以B，所以B，所以sin，则ABC的周长l的取值范围为(6，3215(2019湖州模拟)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为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)因为(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，因为A(0，)，所以A.(2)由A，得BC，所以sin Bcos Csin Bcossin Bsin.因为0B，所以B，当B，即B时，sin Bcos C的最大值为1.16(2019宁波镇海中学模拟)在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，bsin B，且满足tan Atan C.(1)求角C和边c的大小；(2)求ABC面积的最大值解：(1)tan Atan C可得，所以cos C，因为0C，所以C，因为bsin B，由正弦定理可得，所以c.(2)由余弦定理可得c2a2b22abcos C，所以a2b2ab2ababab，当且仅当ab时取等号所以SABCabsin Cab，故ABC面积的最大值为.17(2019成都市第二次诊断性检测)如图，在平面四边形ABCD中，已知A，B，AB6.在AB边上取点E，使得BE1，连接EC，ED.若CED，EC.(1)求sinBCE的值；(2)求CD的长解：(1)在BEC中，由正弦定理，知.因为B，BE1，CE，所以sinBCE.(2)因为CEDB，所以DEABCE，所以cosDEA.因为A，所以AED为直角三角形，又AE5，所以ED2.在CED中，CD2CE2DE22CEDEcosCED7282249.所以CD7.- 8 -