（全国通用）2023年高考数学大二轮专题复习第二编专题整合突破专题三三角函数与解三角形第二讲三角恒等变换与解三角形适考素能特训理

PAGEPAGE7专题三三角函数与解三角形第二讲三角恒等变换与解三角形适考素能特训理一、选择题1．[2022·合肥质检]sin18°sin78°－cos162°cos78°＝()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(1,2)答案D解析sin18°sin78°－cos162°cos78°＝sin18°sin78°＋cos18°·cos78°＝cos(78°－18°)＝cos60°＝eq\f(1,2)，应选D.2．[2022·广西质检]eq\f(π,2)<α<π，3sin2α＝2cosα，那么cos(α－π)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(6),4)C.eq\f(2\r(2),3) D.eq\f(3\r(2),6)答案C解析由3sin2α＝2cosα得sinα＝eq\f(1,3).因为eq\f(π,2)<α<π，所以cos(α－π)＝－cosα＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3).3．[2022·郑州质检]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假设eq\f(b,\r(3)cosB)＝eq\f(a,sinA)，那么cosB＝()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(3),2)答案B解析由正弦定理知eq\f(sinB,\r(3)cosB)＝eq\f(sinA,sinA)＝1，即tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3)，所以cosB＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，应选B.4．[2022·武汉调研]据气象部门预报，在距离某码头正西方向400km处的热带风暴中心正以20km/h的速度向东北方向移动，距风暴中心300km以内的地区为危险区，那么该码头处于危险区内的时间为()A．9h B．10hC．11h D．12h答案B解析记码头为点O，热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴到达B点位置，在△OAB中，OA＝400，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得4002＋400t2－2×20t×400×eq\f(\r(2),2)≤3002，即t2－20eq\r(2)t＋175≤0，解得10eq\r(2)－5≤t≤10eq\r(2)＋5，所以所求时间为10eq\r(2)＋5－10eq\r(2)＋5＝10(h)，应选B.5．[2022·云南统测]△ABC的内角A、B、C对的边分别为a、b、c，sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，b＝3，当内角C最大时，△ABC的面积等于()A.eq\f(9＋3\r(3),4) B.eq\f(6＋3\r(2),4)C.eq\f(3\r(2\r(6)－\r(2)),4) D.eq\f(3\r(6)－3\r(2),4)答案A解析根据正弦定理及sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC得a＋eq\r(2)b＝2c，c＝eq\f(a＋3\r(2),2)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋9－\f(a2＋6\r(2)a＋18,4),6a)＝eq\f(a,8)＋eq\f(3,4a)－eq\f(\r(2),4)≥2eq\r(\f(a,8)·\f(3,4a))－eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，当且仅当eq\f(a,8)＝eq\f(3,4a)，即a＝eq\r(6)时，等号成立，此时sinC＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×3×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(9＋3\r(3),4).6．[2022·郑州质量预测]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin2A，且c＝eq\r(7)，C＝eq\f(π,3)，那么△ABC的面积是()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(7\r(3),6)C.eq\f(\r(21),3) D.eq\f(3\r(3),4)或eq\f(7\r(3),6)答案D解析sin(B＋A)＝sinBcosA＋cosBsinA，sin(B－A)＝sinBcosA－cosBsinA，sin2A＝2sinAcosA，sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin2A，即2sinBcosA＝6sinAcosA.当cosA＝0时，A＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(π,6)，又c＝eq\r(7)，得b＝eq\f(\r(21),3).由三角形面积公式知S＝eq\f(1,2)bc＝eq\f(7\r(3),6)；当cosA≠0时，由2sinBcosA＝6sinAcosA可得sinB＝3sinA，根据正弦定理可知b＝3a，再由余弦定理可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋9a2－7,6a2)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，可得a＝1，b＝3，所以此时三角形的面积为S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),4).综上可得三角形的面积为eq\f(7\r(3),6)或eq\f(3\r(3),4)，所以选D.二、填空题7．tanα，tanβ是lg(6x2－5x＋2)＝0的两个实根，那么tan(α＋β)＝________.答案1解析lg(6x2－5x＋2)＝0⇒6x2－5x＋1＝0，∴tanα＋tanβ＝eq\f(5,6)，tanα·tanβ＝eq\f(1,6)，∴tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(5,6),1－\f(1,6))＝1.8．[2022·贵阳监测]在△ABC中，内角A、B、C所对边分别是a、b、c，假设sin2eq\f(B,2)＝eq\f(c－a,2c)，那么△ABC的形状一定是________．答案直角三角形解析由题意，得eq\f(1－cosB,2)＝eq\f(c－a,2c)，即cosB＝eq\f(a,c)，又由余弦定理，得eq\f(a,c)＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理，得a2＋b2＝c2，所以△ABC为直角三角形．9．[2022·西安质检]△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，且a∶b∶c＝7∶5∶3，假设△ABC的面积为45eq\r(3)，那么△ABC外接圆的半径为________．答案14解析因为a∶b∶c＝7∶5∶3，所以可设a＝7k，b＝5k，c＝3k(k>0)，由余弦定理得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(5k2＋3k2－7k2,2×5k×3k)＝－eq\f(1,2).因为A是△ABC的内角，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),2)，因为△ABC的面积为45eq\r(3)，所以eq\f(1,2)bcsinA＝45eq\r(3)，即eq\f(1,2)×5k×3k×eq\f(\r(3),2)＝45eq\r(3)，解得k＝2eq\r(3).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，即2R＝eq\f(7k,sinA)＝eq\f(14\r(3),\f(\r(3),2))，解得R＝14，所以△ABC外接圆半径为14.三、解答题10．[2022·重庆测试]在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2eq\f(B＋C,2)＋sin2A＝1.(1)求A；(2)设a＝2eq\r(3)－2，△ABC的面积为2，求b＋c的值．解(1)由2cos2eq\f(B＋C,2)＋sin2A＝1可得，2eq\f(1＋cosB＋C,2)＋2sinAcosA＝1，所以1＋cos(π－A)＋2sinAcosA＝1，故2sinAcosA－cosA＝0.因为△ABC为锐角三角形，所以cosA≠0，故sinA＝eq\f(1,2)，从而A＝eq\f(π,6).(2)因为△ABC的面积为eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,4)bc＝2，所以bc＝8.因为A＝eq\f(π,6)，故cosA＝eq\f(\r(3),2)，由余弦定理可知，b2＋c2－a2＝2bccosA＝eq\r(3)bc.又a＝2eq\r(3)－2，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝(2＋eq\r(3))bc＋a2＝8×(2＋eq\r(3))＋(2eq\r(3)－2)2＝32.故b＋c＝eq\r(32)＝4eq\r(2).11．[2022·武汉调研]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos2B＋cosB＝1－cosAcosC.(1)求证：a，b，c成等比数列；(2)假设b＝2，求△ABC的面积的最大值．解(1)证明：在△ABC中，cosB＝－cos(A＋C)．由，得(1－sin2B)－cos(A＋C)＝1－cosAcosC，∴－sin2B－(cosAcosC－sinAsinC)＝－cosAcosC，化简，得sin2B＝sinAsinC.由正弦定理，得b2＝ac，∴a，b，c成等比数列．(2)由(1)及题设条件，得ac＝4.那么cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c时，等号成立．∵0<B<π，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)≤eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2).∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).∴△ABC的面积的最大值为eq\r(3).12．[2022·济宁模拟]向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4)))，记f(x)＝m·n.(1)假设f(x)＝1，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的值；(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cosB＝bcosC，求f(2A)的取值范围．解(1)f(x)＝m·n＝eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1,2)coseq\f(x,2)＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，因为f(x)＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(2)因为(2a－c)cosB＝bcosC，由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sin(B＋C)．因为A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又0<B<eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,3).那么A＋C＝eq\f(2,3)π，A＝eq\f(2,3)π－C，又0<C<eq\f(π,2)，那么eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，得eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，所以eq\f(\r(3),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤1又因为f(2A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，故函数f(2A)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2))).典题例证[2022·天津高考]函数f(x)＝4tanxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))coseq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(x)))－eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))－eq\r(3).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)讨论f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性.审题过程eq\a\vs4\al(切入点)确定函数的定义域，运用辅助角公式化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式确定最小正周期．eq\a\vs4\al(关注点)利用y＝sinx的单调性进行求解，注意将ωx＋φ视为一个整体.eq\a\vs4\al([标准解答])(1)f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xx≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).f(x)＝4tanxcosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3)＝4sinxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3)＝4sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))－eq\r(3)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)sin2x－eq\r(3)＝sin2x＋eq\r(3)(1－cos2x)－eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).所以，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)令z＝2x－eq\f(π,3)，函数y＝2sinz的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z.由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z.设A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，B＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))))＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(kπ，k∈Z)).易知A∩