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专题跟踪检测（七）专题跟踪检测（七） 三角恒等变换与解三角形三角恒等变换与解三角形 一、全练保分考法一、全练保分考法保大分保大分 1已知已知ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，若，若 a 5，c2，cos A23，则则 b( ) A. 2 B. 3 C2 D3 解析：解析：选选 D 由余弦定理得由余弦定理得 522b222bcos A， cos A23，3b28b30， b3 b13舍去舍去 . 2在在ABC 中，中，a，b，c 分别是角分别是角 A，B，C 的对边，已知的对边，已知 a6，b4，C120 ，则，则sin B( ) A.217 B.5719 C.338 D5719 解析：解析：选选 B 在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 c2a2b22abcos C76，所以，所以 c 76.由由正弦定理得正弦定理得bsin Bcsin C，所以，所以 sin Bbsin Cc432765719. 3已知已知ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，若，若 a2b2c2bc，bc4，则则ABC 的面积为的面积为( ) A.12 B1 C. 3 D2 解析：解析：选选 C a2b2c2bc，bcb2c2a2， cos Ab2c2a22bc12.A 为为ABC 的内角，的内角，A60 ，SABC12bcsin A12432 3. 4(2019 届高三届高三 洛阳第一次统考洛阳第一次统考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的对边分别是的对边分别是 a，b，c，若若 a，b，c 成等比数列，且成等比数列，且 a2c2acbc，则，则cbsin B( ) A.32 B.2 33 C.33 D. 3 解析：解析：选选 B 由由 a，b，c 成等比数列得成等比数列得 b2ac，则有，则有 a2c2b2bc，由余弦定理得，由余弦定理得 cos Ab2c2a22bcbc2bc12，因为，因为 A 为为ABC 的内角，所以的内角，所以 A3，对于，对于 b2ac，由正弦定理，由正弦定理得，得，sin2Bsin Asin C32sin C，由正弦定理得，由正弦定理得，cbsin Bsin Csin2Bsin C32sin C2 33. 5ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c.已知已知 sin Bsin A(sin Ccos C)0，a2，c 2，则，则 C( ) A.12 B.6 C.4 D.3 解析：解析：选选 B 在在ABC 中，中，sin Bsin(AC)， 则则 sin Bsin A(sin Ccos C) sin(AC)sin A(sin Ccos C)0， 即即 sin Acos Ccos Asin Csin Asin Csin Acos C0， cos Asin Csin Asin C0， sin C0，cos Asin A0， 即即 tan A1，所以所以 A34. 由由asin Acsin C得得2222sin C，sin C12， 又又 0C4，C6. 6 在在ABC 中中， 已知已知 AB 2， AC 5， tanBAC3， 则则 BC 边上的高等于边上的高等于( ) A1 B. 2 C. 3 D2 解析解析：选选 A 在在ABC 中中，tanBAC3， sinBAC3 1010，cosBAC1010， 由余弦定理得由余弦定理得 BC2AC2AB22AC ABcosBAC522 5 2 10109，BC3. SABC12AB ACsinBAC12 2 53 101032，BC 边上的高为边上的高为2SABCBC2323 1. 7(2018 开封模拟开封模拟)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，btan Bbtan A2ctan B，且，且 a5，ABC 的面积为的面积为 2 3，则，则 bc 的值为的值为_ 解析：解析：由正弦定理及由正弦定理及 btan Bbtan A2ctan B， 得得 sin Bsin Bcos Bsin Bsin Acos A2sin Csin Bcos B， 即即 cos Asin Bsin Acos B2sin Ccos A， 亦即亦即 sin(AB)2sin Ccos A， 故故 sin C2sin Ccos A. 因为因为 sin C0，所以所以 cos A12，所以所以 A3. 因为因为 SABC12bcsin A2 3， 所以所以 bc8. 由余弦定理由余弦定理，知知 a2b2c22bccos A(bc)23bc， 可得可得 bc7. 答案：答案：7 8(2018 福州模拟福州模拟)如图，小明同学在山顶如图，小明同学在山顶 A 处观测到一辆汽车处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在 A 处测得公路上处测得公路上 B，C两点的俯角分别为两点的俯角分别为 30 ，45 ，且，且BAC135 .若山高若山高 AD100 m，汽，汽车从车从 B 点到点到 C 点历时点历时 14 s， 则这辆汽车的速度约为， 则这辆汽车的速度约为_ m/s(精确到精确到0.1) 参考数据：参考数据： 21.414, 52.236. 解析：解析：因为小明在因为小明在 A 处测得公路上处测得公路上 B，C 两点的俯角分别为两点的俯角分别为 30 ，45 ，所以，所以BAD60 ， CAD45 .设这辆汽车的速度为设这辆汽车的速度为 v m/s， 则， 则 BC14v， 在， 在 RtADB 中中 ABADcosBADADcos 60200.在在 RtADC 中，中，ACADcosCAD100cos 45100 2.在在ABC 中，由余弦定中，由余弦定理，得理，得 BC2AC2AB22AC AB cosBAC，所以，所以(14v)2(100 2)220022100 2200cos 135 ，所以，所以 v50 10722.6，所以这辆汽车的速度约为，所以这辆汽车的速度约为 22.6 m/s. 答案：答案：22.6 9(2018 长春质检长春质检)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，若其面积，若其面积 Sb2sin A，角，角 A 的平分线的平分线 AD 交交 BC 于点于点 D，AD2 33，a 3，则，则 b_. 解析：解析：由面积公式由面积公式 S12bcsin Ab2sin A，可得，可得 c2b，即，即cb 2.由由 a 3，并结合角平分线定理可得，并结合角平分线定理可得，BD2 33，CD33，在，在ABC 中，由余弦定理中，由余弦定理得得 cos B4b23b222b 3，在，在ABD 中，中，cos B4b2434322b2 33，即，即4b23b222b 34b2434322b2 33， 化简得化简得 b21，解得，解得 b1. 答案：答案：1 10(2018 昆明调研昆明调研)已知已知ABC 的面积为的面积为 3 3，AC2 3，BC6，延长，延长 BC 至至 D，使，使ADC45 . (1)求求 AB 的长；的长； (2)求求ACD 的面积的面积 解：解：(1)因为因为 SABC1262 3sinACB3 3， 所以所以 sinACB12，ACB30 或或 150 ， 又又ADC45 ，所以，所以ACB150 ， 由余弦定理得由余弦定理得 AB2123622 36cos 150 84， 所以所以 AB2 21. (2)在在ACD 中，因为中，因为ACB150 ，ADC45 ， 所以所以CAD105 ， 由正弦定理得由正弦定理得CDsinCADACsinADC， 即即CDsin 1052 3sin 45， 解得解得 CD3 3， 又又ACD180 150 30 ， 所以所以 SACD12AC CD sinACD 122 3(3 3)123 31 2. 11(2018 沈阳质检沈阳质检)在在ABC 中，已知内角中，已知内角 A，B，C 的对边分别是的对边分别是 a，b，c，且，且 2ccos B2ab. (1)求角求角 C 的大小；的大小； (2)若若 ab6，ABC 的面积为的面积为 2 3，求，求 c. 解：解：(1)由正弦定理得由正弦定理得 2sin Ccos B2sin Asin B， 又又 sin Asin(BC)， 2sin Ccos B2sin(BC)sin B， 2sin Ccos B2sin Bcos C2cos Bsin Csin B， 2sin Bcos Csin B0， sin B0，cos C12. 又又 C(0，)，C23. (2)SABC12absin C2 3，ab8， 由余弦定理由余弦定理，得得 c2a2b22abcos Ca2abb2(ab)2ab28，c2 7. 12 (2018 长沙模拟长沙模拟)在锐角在锐角ABC 中中， a， b， c 分别为角分别为角 A， B， C 的对边的对边， 且且 4sin Acos2A 3cos(BC)sin 3A 3. (1)求角求角 A 的大小；的大小； (2)若若 b2，求，求ABC 面积的取值范围面积的取值范围 解：解：(1)ABC，cos(BC)cos A 3A2AA， sin 3Asin(2AA)sin 2Acos Acos 2Asin A 又又 sin 2A2sin Acos A， cos 2A2cos2A1， 将将代入已知等式代入已知等式，得得 2sin 2Acos A 3cos Asin 2Acos Acos 2Asin A 3， 整理得整理得 sin A 3cos A 3， 即即 sin A332， 又又 A 0，2，A323，即即 A3. (2)由由(1)得得 BC23，C23B， ABC 为锐角三角形，为锐角三角形， 23B 0，2且且 B 0，2，解得，解得 B 6，2， 在在ABC 中，由正弦定理得中，由正弦定理得2sin Bcsin C， c2sin Csin B2sin 23Bsin B3tan B1， 又又 B 6，2，1tan B(0， 3)，c(1,4)， SABC12bcsin A32c，SABC 32，2 3 . 故故ABC 面积的取值范围为面积的取值范围为 32，2 3 . 二、强化压轴考法二、强化压轴考法拉开分拉开分 1 (2018 成都模拟成都模拟)ABC 的内角的内角 A， B， C 的对边分别为的对边分别为 a， b， c， 且， 且 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B，ABC 的外接圆半径为的外接圆半径为 3.则则ABC 面积的最大值为面积的最大值为( ) A.38 B.34 C.9 38 D.9 34 解析：解析： 选选 D 由正弦定理， 得由正弦定理， 得asin Absin Bcsin C2 3， 所以， 所以 sin Aa2 3， sin Bb2 3，sin Cc2 3，将其代入，将其代入 2 3(sin2Asin2C)(ab)sin B 得，得，a2b2c2ab，由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ca2b2c22ab12，又，又 0C，所以，所以 C3.于是于是 SABC12absin C122 3sin A2 3sin Bsin33 3sin Asin B3 32cos(AB)cos(AB)3 32cos(AB)cos C3 32cos(AB)3 34.当当 AB3时，时，SABC取得最大值，最大值为取得最大值，最大值为9 34，故选，故选 D. 2(2019 届高三届高三 南宁二中、柳州高中联考南宁二中、柳州高中联考)在在ABC 中，角中，角 A，B，C 所对的边分别为所对的边分别为a，b，c，若，若 bc1，b2ccos A0，则当角，则当角 B 取得最大值时，取得最大值时，ABC 的周长为的周长为( ) A2 3 B2 2 C3 D3 2 解析：解析：选选 A 法一：法一：由题意可得，由题意可得，sin B2sin Ccos A0，即，即 sin(AC)2sin Ccos A0， 得得 sin Acos C3sin Ccos A，即即 tan A3tan C. 又又 cos Ab2c0. 从而从而 tan Btan(AC)tan Atan C1tan Atan C2tan C13tan2C21tan C3tan C，由基本不等由基本不等式式，得得1tan C3tan C2 1tan C 3tan C2 3，当且仅当当且仅当 tan C33时等号成立时等号成立，此时角此时角B 取得最大值取得最大值，且且 tan Btan C33，tan A 3，即即 bc，A120 ，又又 bc1，所以所以 bc1，a 3，故故ABC 的周长为的周长为 2 3. 法二：法二： 由已知由已知 b2ccos A0， 得， 得 b2cb2c2a22bc0， 整理得， 整理得 2b2a2c2.由余弦定理，由余弦定理，得得 cos Ba2c2b22aca23c24ac2 3ac4ac32，当且仅当，当且仅当 a 3c 时等号成立，此时角时等号成立，此时角 B 取得取得最大值，将最大值，将 a 3c 代入代入 2b2a2c2可得可得 bc.又又 bc1，所以，所以 bc1，a 3，故，故ABC的周长为的周长为 2 3. 3 (2019 届高三届高三 惠州调研惠州调研)已知已知 a， b， c 是是ABC 中角中角 A， B， C 的对边，的对边， a4， b(4,6)，sin 2Asin C，则，则 c 的取值范围为的取值范围为_ 解析：解析：在在ABC 中，由正弦定理得中，由正弦定理得4sin Acsin C， 即即4sin Acsin 2A，c8cos A， 由余弦定理得由余弦定理得 16b2c22bccos A， 16b264cos2A16bcos2A， 又又 b4，cos2A16b26416b 4b 4b 16 4b 4b16， c264cos2A644b16164 B. b(4,6)，32c240，4 2c2 10. 答案：答案：(4 2，2 10) 4(2018 潍坊模拟潍坊模拟)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，外接圆的半，外接圆的半径为径为 1，且，且tan Atan B2cbb，则，则ABC 面积的最大值为面积的最大值为_ 解析：解析：因为因为tan Atan B2cbb，所以，所以bsin Acos A(2cb)sin Bcos B， 由正弦定理得由正弦定理得 sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A， 又又 sin B0，所以所以 sin Acos B(2sin Csin B)cos A， 所以所以 sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A， sin(AB)2sin Ccos A，即即 sin C2sin Ccos A， 又又 sin C0，所以所以 cos A12，sin A32. 设外接圆的半径为设外接圆的半径为 r，则，则 r1， 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos Ab2c2bc2bcbcbc. 当且仅当当且仅当 bc 时，等号成立，时，等号成立， 又因为又因为 a2rsin A 3， 所以所以 bc3，所以，所以 SABC12bcsin A34bc3 34. 答案：答案：3 34 5(2018 陕西质检陕西质检)已知已知ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别是的对边分别是 a，b，c，且，且(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc，若，若 ab2，则，则 c 的取值范围为的取值范围为_ 解析：解析：由由 sin Acos Bsin Bcos Asin(AB)sin C 及正弦定理，可知及正弦定理，可知 acos Bbcos Ac， 则由则由(a2b2c2)(acos Bbcos A)abc， 得得 a2b2c2ab， 由余弦定理可得由余弦定理可得 cos C12，则，则 C3，B23A， 由正弦定理由正弦定理asin Absin Bcsin C， 得得asin Absin 23Acsin3，又，又 ab2， 所以所以csin A32csin 23A322， 即即 c3sin Asin 23A 1sin A6. 因为因为 A 0，23，所以，所以 A6 6，56， 所以所以 sin A6 12，1 ，则，则 c1,2) 答答案：案：1,2) 6(2018 南昌模拟南昌模拟)如图，平面上有四个点如图，平面上有四个点 A，B，P，Q，其中，其中 A，B 为定点，且为定点，且 AB 3， P， Q 为动点， 满足关系为动点， 满足关系 APPQQB1， 若， 若APB 和和PQB的面积分别为的面积分别为 S，T，则，则 S2T2的最大值为的最大值为_ 解析：解析：设设 PB2x，则，则 312x2， 312x1， T2 122x 1x2 2x2(1x2)， cosPAB134x22 32 1x2 3， sin2PAB1 2 1x2 32， S2 12 31sinPAB23414 1x2 2334(1x2)2， S2T234(1x2)2x2(1x2)， 令令 1x2t，则，则 x21t,0t32， S2T234t2(1t)t2t2t34， 其对称轴方程为其对称轴方程为 t14，且，且14 0，32， 当当 t14时，时，S2T2取得最大值，取得最大值， 此时此时 S2T22116143478. 答案：答案：78 三、加练大题考法三、加练大题考法少失分少失分 1.(2019 届高三届高三 洛阳联考洛阳联考)如图，在如图，在ABC 中，点中，点 P 在在 BC 边上，边上，PAC60 ，PC2，APAC4. (1)求求ACP； (2)若若APB 的面积是的面积是3 32，求，求 sinBAP. 解：解：(1)在在APC 中，中，PAC60 ，PC2，APAC4， 由余弦定理得由余弦定理得 PC2AP2AC22 AP AC cosPAC， 所以所以 22AP2(4AP)22 AP (4AP) cos 60 ， 整理得整理得 AP24AP40， 解得解得 AP2，所以，所以 AC2， 所以所以APC 是等边三角形，所以是等边三角形，所以ACP60 . (2)由于由于APB 是是APC 的外角，的外角， 所以所以APB120 ， 因为因为APB 的面积是的面积是3 32， 所以所以12 AP PB sinAPB3 32，所以，所以 PB3. 在在APB 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 AB2AP2PB22 AP PB cosAPB 2232223cos 120 19， 所以所以 AB 19. 在在APB 中，由正弦定理得中，由正弦定理得ABsinAPBPBsinBAP， 所以所以 sinBAP3sin 120193 5738. 2(2018 开封模拟开封模拟)ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，面积为，面积为 S，已知，已知3a24 3S3b23c2. (1)求求 A； (2)若若 a3，求，求ABC 周长的取值范围周长的取值范围 解：解：(1)S12bcsin A， 由已知得，由已知得，b2c2a24 33S4 3312bcsin A， cos Ab2c2a22bc33sin A， tan A 3，又又A(0，)，A23. (2)在在ABC 中中，由正弦定理得由正弦定理得， bsin Bcsin C3sin232 3， b2 3sin B，c2 3sin C2 3sin 3B ， 记记ABC 周长为周长为 y， yabc2 3sin B2 3sin 3B 3 2 3sin B2 3 32cos B12sin B 3 3sin B3cos B32 3sin B33， B 0，3，sin B3 32，1 ， y(6,32 3， ABC 周长的取值范围是周长的取值范围是(6,32 3 3. (2018 淄博模拟淄博模拟)在在ABC 中，中，BAC23，D 为边为边 BC 上一上一 点，点，DAAB，且，且 AD32. (1)若若 AC2，求，求 BD； (2)求求DADBDADC的取值范围的取值范围 解：解：(1)因为因为BAC23，BAD2， 所所以以CAD6，在，在DAC 中，中， 由余弦定理知由余弦定理知 CD2AC2AD22AC ADcos674， 得得 CD72， 从而从而 cosADCAD2CD2AC22AD CD32212217. 或用正弦定理求得或用正弦定理求得 sinADC2 77 所以所以 cosADB217. 在在 RtDAB 中，中，BDADcosADB72， 所以所求所以所求 BD 的长为的长为72. (2)设设ADB，则，则ACD6， 在在 RtDAB 中，中，DADBcos ， 在在DAC 中，由正弦定理知中，由正弦定理知 DADCsin 6sin62sin 6. 于是于是DADBDADCcos 2sin 6 3sin . 由题设知由题设知62，故，故12sin 1， 因此所求因此所求DADBDADC的取值范围为的取值范围为 32， 3 . 4设函数设函数 f(x)sin x( 3cos xsin x)12. (1)求函数求函数 f(x)的最大值，并求此时的的最大值，并求此时的 x 值；值； (2)在在ABC 中，内角中，内角 A，B，C 所对的边分别为所对的边分别为 a，b，c，若，若 f(A)1，且，且 2bsin B2csin Cbc 3a，求，求 a 的值的值 解：解：(1)由题意可得由题意可得 f(x) 3sin xcos xsin2x12 32sin 2x12(1cos 2x)12 32sin 2x12cos 2x sin 2x6. 当当 2x622k(kZ)， 即即 x3k(kZ)时，函数时，函数 f(x)取得最大值为取得最大值为 1. (2)A(0，)，2A6 6，116. 又又 f(A)sin 2A61， 2A62， A3. 根据正弦定理根据正弦定理bsin Bcsin Casin 3， 得得 sin B3b2a，sin C3c2a. 2bsin B2csin Cbc 3a， 2b3b2a2c3c2abc 3a， 3(b2c2a2)abc， 3 2bccos 3abc， a 3.
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