高考数学二轮复习 专题限时集训2 恒等变换与解三角形 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

专题限时集训(二)恒等变换与解三角形[专题通关练](建议用时：30分钟)1．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c＝5，b＝3，A＝，则＝()A.B.C.D.A[由余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA，得a＝7，由正弦定理：＝＝.故选A.]2．在△ABC中，cosB＝，b＝2，sinC＝2sinA，则△ABC的面积等于()A.B.C.D.D[由sinC＝2sinA及正弦定理得c＝2a.在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，所以22＝a2＋4a2－4a2×＝4a2，解得a＝1，所以c＝2.又sinB＝＝，所以S△ABC＝acsinB＝×1×2×＝.故选D.]3．(2019·唐山市一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h＝()A.B.C.D.D[ a＝2，b＝3，c＝4，∴cosA＝＝＝＝，则sinA＝＝＝＝，则h＝ACsinA＝bsinA＝3×＝，故选D.]4．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝()A.B.C.D.B[由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝1－2sin2α＋1，即2sinαcosα＝1－sin2α.因为α∈，所以cosα＝，所以2sinα＝1－sin2α，解得sinα＝，故选B.]5．△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知cosC＋cosA＝1，则cosB的取值范围为()A.B.C.D.D[因为cosC＋cosA＝1，得×＋×＝＝1，所以b2＝ac，所以cosB＝＝≥＝，当且仅当a＝c取等号，且B为三角形内角，所以≤cosB＜1.故选D.]6．[易错题]在△ABC中，acosA＝bcosB，则这个三角形的形状为________．等腰三角形或直角三角形[由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．]7．(2019·大庆市高三第二次模拟)已知α，β为锐角，且(1－tanα)(1－tanβ)＝4，则α＋β＝________.[将(1－tanα)(1－tanβ)＝4展开得－(tanα＋tanβ)＝3(1－tanα·tanβ)，即＝tan(α＋β)＝－，由于α，β为锐角，0＜α＋β＜π，故α＋β＝.]8.某高一学习小组为测出一绿化区域的面积，进行了一些测量工作，最后将此绿化区域近似地看成如图所示的四边形，测得的数据如图所示，AB＝2km，BC＝1km，∠BAD＝45°，∠B＝60°，∠BCD＝105°，则该绿化区域的面积是________km2.[如图，连接AC，由余弦定理可知AC＝＝(km)，故∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∠DAC＝∠DCA＝15°，∠ADC＝150°.由正弦定理得，＝，即AD＝＝＝(km)，故S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝×1×＋××＝(km2)．][能力提升练](建议用时：20分钟)9．已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，则log等于()A．2B．3C．4D．5C[因为sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＝，sinαcosβ－cosαsinβ＝，所以sinαcosβ＝，cosαsinβ＝，所以＝5，所以log＝log52＝4.故选C.]10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝3，c＝2，bsinA＝acos，则b＝()A．1B.C.D.C[因为bsinA＝acos，展开得bsinA＝acosB－asinB，由正弦定理化简得sinBsinA＝sinAcosB－sinAsinB，整理得sinB＝cosB，即tanB＝，而三角形中0＜B＜π，所以B＝.由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB，代入得b2＝32＋(2)2－2×3×2cos，解得b＝，所以选C.]11．(2018·聊城模拟)已知cos＝，θ∈，则sin＝________.[由题意可得，cos2＝＝，cos＝－sin2θ＝－，即sin2θ＝.因为cos＝＞0，θ∈，所以0＜θ＜，2θ∈，根据同角三角函数基本关系式，可得cos2θ＝，由两角差的正弦公式，可得sin＝sin2θcos－cos2θsin＝×－×＝.]12.(2019·潍坊市一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为AC的中点，已知2sin2－sinC＝1，a＝，b＝4.(1)求角C的大小和BD的长；(2)设∠ACB的角平分线交BD于E，求△CED的面积．[解](1)由题意可得：sinC＋1－2sin2＝0，∴sinC＋cos(A＋B)＝0，又A＋B＝π－C，∴sinC－cosC＝0，可得tanC＝， C∈(0，π)，∴C＝，∴在△BCD中，由余弦定理可得：BD2＝3＋4－2××2×cos＝1，解得BD＝1.(2)由(1)可知BD2＋BC2＝4＝CD2，∴∠DBC＝，∴S△DBC＝BD·BC＝， CE是∠BCD的角平分线，∴∠BCE＝∠DCE，在△CEB和△CED中，S△BCE＝BC·CE·sin∠BCE，S△CED＝CD·CE·sin∠DCE，可得：＝＝，∴S△BCE＝S△CED，∴代入S△BC...