第2讲 三角恒等变换与解三角形
专题强化训练
?π??π?1．已知sin?－α?＝cos?＋α?，则cos 2α＝( ) ?6??6?
A．1 1
C． 2
解析：选D.因为sin?
B．－1 D．0
1331?π－α?＝cos?π＋α?，
所以cos α－sin α＝cos α－sin ???2222?6??6?
α，即?－2
?1
?2sin α3?3??12
?sin α＝－?－?cos α，所以tan α＝cos α＝－1，所以cos 2α＝cos2??22?
2
2
2
cosα－sinα1－tanαα－sinα＝2＝＝0. 22
sinα＋cosαtanα＋1
2．(2024·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2cosx－sinx＋2，则( ) A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3 B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4 C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3 D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
3332222
解析：选B.易知f(x)＝2cosx－sinx＋2＝3cosx＋1＝(2cosx－1)＋＋1＝cos 2x＋
2225
，则f(x)的最小正周期为π，当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4. 2
3．(2024·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a＝1，2b－3c＝2acos C，sin C＝
A.3 2
33或 24
3
，则△ABC的面积为( ) 2
B.3 4
3 2
2
2
C.D.3或
解析：选C.因为2b－3c＝2acos C，
所以由正弦定理可得2sin B－3 sin C＝2sin Acos C， 所以2sin(A＋C)－3sin C＝2sin Acos C， 所以2cos Asin C＝3sin C， 所以cos A＝
3
，所以A＝30°， 2
因为sin C＝
3
，所以C＝60°或120°. 2
12
33
＝，A＝30°，22
A＝30°，C＝60°，B＝90°，a＝1，所以△ABC的面积为×1×2×C＝120°，B＝30°，a＝1，所以△ABC的面积为×1×1×
1
2
33
＝，故选C. 24
4．在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若S△ABC＝23，a＋b＝6，
acos B＋bcos A＝2cos C，则c＝( )
cA．27 C．4 解析：选B.因为
π
3
B．23 D．33
acos B＋bcos Asin Acos B＋sin Bcos Asin（A＋B）
＝＝＝1，所以2cos
csin Csin（A＋B）
1
2
C＝1，所以C＝.又S△ABC＝23，则absin C＝23，所以ab＝8.因为a＋b＝6，所以c2＝a2
＋b－2abcos C＝(a＋b)－2ab－ab＝(a＋b)－3ab＝6－3×8＝12，所以c＝23.
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m＝2sin 18°，若m＋n＝4，则＝2
2cos27°－1( )
A．8 C．2
解析：选C.因为m＝2sin 18°， 若m＋n＝4，
则n＝4－m＝4－4sin18°＝4(1－sin18°)＝4cos18°，
2sin18°4cos18°4sin 18°cos 18°2sin 36°
所以＝＝＝＝2. 2
2cos27°－1cos 54°sin 36°sin 36°6．(2024·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λ，当点P不与B，C重合时( )
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
mnB．4 D．1
mn2
A．λ先变小再变大
B．当M为线段BC中点时，λ最大 C．λ先变大再变小 D．λ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＝，
sin∠APBsin∠APC因为∠APB＋∠APC＝180°， 所以sin∠APB＝sin∠APC， 所以＝
ABACr1AB， r2ACr2AB21
所以λ＝2＝2.故选D.
r2ACtan（α＋β＋γ）
7．(2024·福州市综合质量检测)已知m＝，若sin 2(α＋γ)＝3sin
tan（α－β＋γ）2β，则m＝( )
1A. 23C. 2
3B. 4D.2
解析：选D.设A＝α＋β＋γ，B＝α－β＋γ， 则2(α＋γ)＝A＋B，2β＝A－B， 因为sin 2(α＋γ)＝3sin 2β， 所以sin(A＋B)＝3sin(A－B)，
即sin Acos B＋cos Asin B＝3(sin Acos B－cos Asin B)， 即2cos Asin B＝sin Acos B， 所以tan A＝2tan B， tan A所以m＝＝2，故选D.
tan B8．(2024·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
2＋2
sinAsinBa2b2
→→2
＝2c，sin A(1－cos C)＝sin Bsin C，b＝6，AB边上的点M满足AM＝2MB，过点M的直线与射线CA，CB分别交于P，Q两点，则MP＋MQ的最小值是( )
A．36 C．38
解析：选A.由正弦定理，知
B．37 D．39
＋2＝2c，即2＝2sinC，所sin AsinB2
2
2
a2b2
22
π
以sin C＝1，C＝，所以sin A(1－cos C)＝sin Bsin C，即sin A＝
2π
sin B，所以A＝B＝.以C为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
4
164?π?2222
则M(2，4)，设∠MPC＝θ，θ∈?0，?，则MP＋MQ＝＋＝(sinθ＋cos222?sinθcosθ?
θ)?
416?1622
＋2?＝20＋4tanθ＋2≥36，当且仅当tan θ＝2时等号成立，即MP2?tanθ?sinθcosθ?
2
＋MQ的最小值为36.
9．已知2cosx＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，则A＝________，b＝________． 解析：由于2cosx＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x π
＝2sin(2x＋)＋1，所以A＝2，b＝1.
4答案：2 1
22
?π??π?10．若α∈?0，?，cos?－α?＝22cos 2α，则sin 2α＝________．
2???4?
解析：由已知得
2
(cos α＋sin α)＝22(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)， 2
1
所以cos α＋sin α＝0或cos α－sin α＝，
4由cos α＋sin α＝0得tan α＝－1，
?π?因为α∈?0，?，
2??
所以cos α＋sin α＝0不满足条件；
11
由cos α－sin α＝，两边平方得1－sin 2α＝，
41615
所以sin 2α＝.
1615答案：
16
11．(2024·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 B＝bcos A，4S＝2a2－c2，其中S是△ABC的面积，则C的大小为________．
解析：△ABC中，acos B＝bcos A， 所以sin Acos B＝sin Bcos A，
所以sin Acos B－cos Asin B＝sin(A－B)＝0， 所以A＝B，所以a＝b； 1
又△ABC的面积为S＝absin C，
2且4S＝2a－c，
所以2absin C＝2a－c＝a＋b－c，
2
2
2
2
2
2
2
a2＋b2－c2
所以sin C＝＝cos C，
2abπ
所以C＝.
4π答案：
4
12．(2024·绍兴市一中高三期末检测)△ABC中，D为线段BC的中点，AB＝2AC＝2，tan∠CAD＝sin∠BAC，则BC＝________．
sin∠CADsin∠CAD解析：由正弦定理可知＝2，又tan∠CAD＝sin∠BAC，则＝sin(∠CADsin∠BADcos∠CAD＋∠BAD)，利用三角恒等变形可化为
1
cos∠BAC＝，据余弦定理BC＝
2
AC2＋AB2－2·AC·AB·cos∠BAC＝1＋4－2＝3.
答案：3
13．(2024·惠州第一次调研)已知a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，a＝4，b∈(4，6)，sin 2A＝sin C，则c的取值范围为________．
4c4c解析：由＝，得＝，所以c＝8cos A，因为16＝b2＋c2－2bccos A，
sin Asin Csin Asin 2A16－b（4－b）（4＋b）4＋b所以16－b＝64cosA－16bcosA，又b≠4，所以cosA＝＝＝，64－16b16（4－b）16
2
2
2
2
2
4＋b222
所以c＝64cosA＝64×＝16＋4b.因为b∈(4，6)，所以32 16 答案：(42，210) 14．(2024·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 C－c＝b. (1)求角A的大小； (2)若a＝3，求△ABC的周长l的取值范围． 11 解：(1)由acos C－c＝b得：sin Acos C－sin C＝sin B， 22又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C， 1 所以sin C＝－cos Asin C， 2因为sin C≠0， 1 所以cos A＝－， 2 12
2024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
