1
考点突破练2 三角恒等变换与解三角形
一、必备知识夯实练
1.(2023 新高考Ⅱ,7)已知α 为锐角,cos α=1+√5
4
,则sinα
2 =( )
A.3-√5
8
B.-1+√5
8
C.3-√5
4
D.-1+√5
4
2.(2021 全国甲,文8)在△ABC 中,已知B=120°,AC=√19,AB=2,则BC=( )
A.1
B.√2
C.√5
D.3
3.(2023 湖南长沙一模)若
1- tan(α - π
4 )
1+ tan(α - π
4 )
= 1
2,则cos 2α 的值为( )
A.-3
5
B.3
5
C.-4
5
D.4
5
4.(2023 全国乙,文4)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若acos B-bcos A=c,且C=π
5 ,则B=(
)
A. π
10
B.π
5
C.3 π
10
D.2π
5
5.(2023 河南周口模拟)已知△ABC 的三个内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.若sin2A+csin A=sin Asin
B+bsin C,则该三角形的形状一定是( )
A.钝角三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.锐角三角形
6.(2023 江西九江模拟)在锐角三角形ABC 中,AB=3,4cos Asin B=1,若BC 在AB 上的投影长等于
△ABC 的外接圆半径R,则R=( )
A.4
B.2
C.1
D.1
2
7.(多选题)(2023 广东深圳龙华中学校考)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若a=4,sin A=4
5
,cos C=√2
10
,则下列结论正确的是( )
A.cos A=±3
5
B.B=π
4
C.b=5√2
2
D.△ABC 的面积为7√2
8.(2023 江西宜春一模)如图所示,在等腰梯形ABCD 中,AB=4,AD=CD=BC=2,现将梯形ABCD 依次绕
着B,C,D 各点顺时针翻转,则在第一次绕着点B 翻转的过程中,对角线BD 扫过的平面区域面积为(
)
A.2π
B.3π
C.8π
D.4π
9.(2023 河北邢台模拟)如图,为了测量A,C 两点间的距离,选取同一平面上的B,D 两点,测出四边形
ABCD 各边的长度,AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,且A,B,C,D 四点共圆,则AC 的长为
km.
2
10.(2023 浙江绍兴高三期末)已知α∈(0,π
2 ),tan α= √2cosα +1
√3-√2sin α
,则sin α= .
11.(2020 全国Ⅰ,理16)如图,在三棱锥P-ABC 的平面展开图中,AC=1,AB=AD=√3
,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB= .
二、关键能力提升练
12.(2023 河南郑州二模)已知△ABC 不为直角三角形,AB=√5,AC=2,且sin 2A-2cos 2A=2,则△ABC 的
面积为( )
A.1
B.√5
C.2
D.3
13.(2023 全国甲,理11)已知四棱锥P-ABCD 的底面是边长为4 的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则
△PBC 的面积为( )
A.2√2
B.3√2
C.4√2
D.6√2
14.(2023 河南郑州二模)假设二维空间中有两个点A(x1,y1),B(x2,y2),O 为坐标原点,余弦相似度为向量⃗
OA ,⃗OB夹角的余弦值,记作cos(A,B),余弦距离为1-cos(A,B).已知P(sin α,cos α),Q(sin β,cos β),R(sin
α,-cos α),若P,Q 的余弦距离为1
3,Q,R 的余弦距离为1
2,则tan αtan β=( )
A.7
B.1
7
C.4
D.1
4
15.(多选题)(2021 新高考Ⅰ,10)已知O 为坐标原点,点P1(cos α,sin α),P2(cos β,-sin
β),P3(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则( )
A.|⃗O P1|=|⃗O P2|
B.|⃗A P1|=|⃗A P2|
C.⃗OA ·⃗O P3=⃗O P1·⃗O P2
D.⃗OA ·⃗O P1=⃗O P2·⃗O P3
16.(2023 山东菏泽一模)设x,y 均为非零实数,且满足
x sin π
5 + y cos π
5
x cos π
5 - y sin π
5
=tan9 π
20 ,则y
x = .
17.(2023 河南五市二模)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且4√6cos A=a
bsin B+a
c sin C.若
△ABC 的面积S=√6
2 ,则a 的最小值为 .
3
三、核心素养创新练
18.如图是某所大学数学爱好者协会的会标,其内部是一个边长为1 cm 的正五边形,外面一圈是五个
全等的四边形,其中∠BAD=36°,∠BCD=108°,AB=AD,CB=CD,则四边形ABCD 的周长为( )(sin
36°=√10-2√5
4
,sin 72°=√10+2√5
4
)
A.5+√5
B.10-√5
C.5+2√5
D.10-2√5
19.(2022 全国甲,理16)已知△ABC 中,点D 在边BC 上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当AC
AB 取得最小
值时,BD= .
4
考点突破练2 三角恒等变换与解三角形
1.D 解析 由cos α=1-2sin2α
2 ,得sin2α
2 = 1-cosα
2
= 1
2(1-1+√5
4
)=3-√5
8
=(√5-1
4
)2.
因为0<α<π
2 ,所以0<α
2 < π
4 ,
所以sinα
2 >0,所以sinα
2 =-1+√5
4
.故选D.
2.D 解析 设BC=x,由余弦定理得19=4+x2-2×2x·cos 120°,解得x=3 或x=-5(舍).故选D.
3.A 解析 由
1- tan(α - π
4 )
1+ tan(α - π
4 )
= 1
2,可得tan(α-π
4 )=1
3,
所以tan α=tan(π
4 +α-π
4 )=
tan π
4 + tan(α - π
4 )
1- tan π
4 tan(α - π
4 )
=
1+ 1
3
1- 1
3
=2,所以cos 2α=cos2α-sin2α=
cos
2α - sin
2α
cos
2α + sin
2α
= 1- tan
2α
1+ tan
2α
=-3
5.
4.C 解析 由acos B-bcos A=c 及正弦定理,得sin Acos B-sin Bcos A=sin C,即sin(A-B)=sin C.
又因为A,B,C 是△ABC 的内角,所以A-B=C,所以A-B=π
5 .①
又因为A+B=π-C=4 π
5 ,②
结合①②解得B=3 π
10 .故选C.
5.C 解析 因为sin2A+csin A=sin Asin B+bsin C,
由正弦定理可得,asin A+csin A=bsin A+bsin C,
则sin A(a+c)=b(sin A+sin C),
即a(sin A+c)=b(sin A+c).
因为sin A>0,c>0,所以a=b,即△ABC 为等腰三角形.
6.B 解析 ∵△ABC 是锐角三角形,BC 在AB 上的投影长等于△ABC 的外接圆半径R,∴BC·cos
B=R.
∵BC=2Rsin A,∴2Rsin Acos B=R,∴sin Acos B=1
2.
∵cos Asin B=1
4 ,两式相加得sin Acos B+cos Asin B=3
4 ,即sin(A+B)=3
4 ,∴sin(π-C)=3
4 ,即sin C=3
4 .
∵AB=3,∴2R= AB
sinC =4,
∴R=2.
7.BC 解析 由题知,sin C=√1-cos
2C = 7√2
10 ,则
a
sin A =
c
sinC ,即c= 7
√2>a=4,故C>A,
所以A 不为钝角,则cos A=√1- sin
2 A = 3
5,故A 错误.
又a2+b2-2abcos C=c2,即16+b2-4√2
5
b=49
2 ,
整理得10b2-8√2b-85=(5√2b+17)(√2b-5)=0,解得b= 5
√2 = 5√2
2 .
5
cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
=
16+ 49
2 - 25
2
2×4× 7
√2
= √2
2 .因为B∈(0,π),则B=π
4 .故B,C 正确.
故△ABC 的面积S=1
2bcsin A=1
2 × 5√2
2
× 7
√2 × 4
5 =7.故D 错误.
8.D 解析 由题知,BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos∠DAB,BD2=CD2+CB2-2CD·CBcos∠DCB,
又梯形ABCD 为等腰梯形,则∠DAB+∠DCB=π,则20-16cos∠DAB=8-8cos(π-∠DAB),
所以cos∠DAB=1
2.又∠DAB∈(0,π),可得∠DAB=π
3 ,故∠CBA=π
3 ,所以第一次绕着点B 翻转的过
程的翻转角为π-∠CBA=2π
3 .而BD2=20-16×1
2=12,故对角线BD 扫过的平面区域面积为1
2
×BD2×2π
3 =4π.
9.7 解析 ∵A,B,C,D 四点共圆,圆内接四边形的对角和为π,即∠B+∠D=π,∴由余弦定理可得
AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠D=52+32-2×5×3cos∠D=34-30cos∠D,
AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠B=52+82-2×5×8cos∠B=89-80cos∠B.
∵∠B+∠D=π,即cos∠B=-cos∠D,
∴89- A C
2
80
=-34 - A C
2
30
,解得AC=7.
10.√6+√2
4
解析 tan α= sin α
cosα = √2cosα +1
√3-√2sin α ,
化简得√3sin α-cos α=√2,即sin(α-π
6 )=√2
2 >0.
又α∈(0,π
2 ),所以α-π
6 是第一象限角,得cos(α-π
6 )=√2
2 ,
故sin α=sin[(α-π
6 )+π
6 ]=sin(α-π
6 )cosπ
6 +cos(α-π
6 )sinπ
6 = √2
2 × √3
2 + √2
2 × 1
2 = √6+√2
4
.
11.-1
4 解析 由题意得BD=√2AB=√6,BC=√A C
2+ A B
2=2.
∵D,E,F 重合于一点P,
∴AE=AD=√3,BF=BD=√6,∴在△ACE 中,由余弦定理,
得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+(√3)2-2×1×√3cos 30°=1,∴CE=CF=1.
∴在△BCF 中,由余弦定理,得
cos∠FCB=BC
2+C F
2- B F
2
2BC ·CF
= 2
2+1
2-(√6)
2
2×2×1
=-1
4 .
12.C 解析 ∵sin 2A-2cos 2A=2,∴2sin Acos A=2(1+cos 2A)=4cos2A.∵△ABC 不是直角三角形,
∴cos A≠0,
∴sin A-2cos A=0,即cos A=1
2sin A.
∵sin2A+cos2A=1,∴sin2A+1
4 sin2A=1,解得sin A=±2√5
5 .∵A∈(0,π),即sin A>0,∴sin A=2√5
5
,
∴S△ABC=1
2sin A·AB·AC=1
2 × 2√5
5
×√5×2=2.
13.C 解析 在四棱锥P-ABCD 中,由PC=PD=3,得△CDP 是等腰三角形.
6
设CD 的中点为E,AB 的中点为F,
由图得,△CDP 关于直线PE 对称,点P 在平面PEF 内,且PA=PB.在正方形ABCD 中,
AB=BC=CD=AD=4,
由勾股定理得,AC=√A B
2+ BC
2=4√2.
在△ACP 中,∠PCA=45°,由余弦定理得,PA2=PC2+AC2-2AC·PC·cos∠PCA,解得PA=√17,
∴PB=PA=√17.
在△BCP 中,由余弦定理得,PB2=PC2+BC2-2PC·BC·cos∠BCP,解得cos∠BCP=1
3,
∴sin∠BCP=√1-co s
2∠BCP = 2√2
3
.
∴S△PBC=1
2BC·PC·sin∠BCP=4√2.
故选C.
14.A 解析 由⃗OP=(sin α,cos α),⃗OQ=(sin β,cos β),⃗OR=(sin α,-cos α),
cos(P,Q)=⃗OP·⃗OQ
|⃗OP||⃗OQ|
=sin αsin β+cos αcos β=cos(α-β),
cos(Q,R)=⃗OQ·⃗OR
|⃗OQ||⃗OR|
=sin αsin β-cos αcos β=-cos(α+β),所以
{
1-cos(α - β )= 1
3 ,
1+cos(α + β )= 1
2 ,
故{
cos(α - β )= 2
3 ,
cos(α + β )=- 1
2 ,
则cos(α - β )
cos(α + β ) = cosα cos β +sin α sin β
cosα cos β -sin α sin β
=1+ tan α tan β
1- tan α tan β =-4
3 ,
整理得tan αtan β=7.
15.AC 解析 ∵|⃗O P1|=√co s
2α + sin
2α=1,
|⃗O P2|=√co s
2 β +(-sin β )
2=1,
∴|⃗O P1|=|⃗O P2|,故A 正确;
∵⃗A P1=(cos α-1,sin α),⃗A P2=(cos β-1,-sin β),
∴|⃗A P1|=√(co s
2α -2cosα +1)+ sin
2α =√2-2cosα,|⃗A P2|=
√(co s
2 β -2cos β +1)+ sin
2 β =√2-2cos β,
∴|⃗A P1|≠|⃗A P2|,
故B 不正确;
∵⃗OA ·⃗O P3=(1,0)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos(α+β),⃗O P1·⃗O P2=(cos α,sin α)·(cos β,-sin β)=cos αcos
β-sin αsin β=cos(α+β),
∴⃗OA ·⃗O P3=⃗O P1·⃗O P2,故C 正确;
∵⃗OA ·⃗O P1=(1,0)·(cos α,sin α)=cos α,⃗
O P2·⃗O P3=(cos β,-sin β)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos βcos(α+β)-sin
βsin(α+β)=cos(β+α+β)=cos(2β+α),
7
∴⃗OA ·⃗O P1≠⃗O P2·⃗O P3,故D 不正确.
16.1 解析 由题意可得,
tan π
5 + y
x
1- y
x tan π
5
=tan9 π
20 .
令y
x =tan θ,则
tan π
5 + tanθ
1- tanθ tan π
5
=tan9 π
20 ,即tan(θ+π
5 )=tan9 π
20 ,所以θ+π
5 =kπ+9 π
20 ,即θ=kπ+π
4 ,k∈Z,
故y
x =tan θ=tan(kπ+π
4 )=1.
17.2 解析 由正弦定理可得,bsin C=csin B,asin B=bsin A.
由已知可得,4√6bccos A=acsin B+absin C=2acsin B=2bcsin A,
所以sin A=2√6cos A.
又0<A<π,所以0<A<π
2 ,所以cos A>0.
因为sin2A+cos2A=25cos2A=1,
所以cos A=1
5,sin A=2√6
5
.
因为△ABC 的面积S=1
2bcsin A=√6
5 bc=√6
2 ,
所以bc=5
2.
由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-2×5
2 × 1
5≥2bc-1=4,
当且仅当b=c=√10
2 时,等号成立.
所以a2≥4,故a 的最小值为2.
18.C 解析 如图,取内部正五边形靠近点C 的顶点E,连接BE,
在△BCE 中,可得EC=1
2,∠CBE=18°,∠BEC=126°,
由正弦定理可得
BC
sin∠BEC =
CE
sin∠CBE ,所以BC=
CE·sin ∠BEC
sin ∠CBE
= 1
2 × sin126°
sin18° = sin54°
2sin18° = cos36°
2cos72°.
连接AC,易知∠BAC=18°,∠ACB=54°,
在△ABC 中,由正弦定理可知
BC
sin∠BAC =
BA
sin∠ACB ,即BA=
BC ·sin ∠ACB
sin ∠BAC
= cos36°
2cos72° × sin54°
sin18° = co s
236°
2co s
272°
.
8
故四边形ABCD 的周长l=2AB+2BC=cos
236°
cos
272°
+ cos36°
cos72°.因为sin 36°=√10-2√5
4
,sin 72°=
√10+2√5
4
,
所以cos236°=1-sin236°=3+√5
8
,cos272°=1-sin272°=3-√5
8
,即cos 36°=√5+1
4
,cos 72°=√5-1
4
,
所以周长l=
3+√5
8
3-√5
8
+
√5+1
4
√5-1
4
=5+2√5.
19.√3-1 解析 (方法一)令BD=t,则t>0.如图,以D 为坐标原点,DC 所在直线为x 轴建立平面直
角坐标系.
则C(2t,0),A(1,√3),B(-t,0), A C
2
A B
2 =(2t -1)
2+3
(t +1)
2+3
=4-
12
t +1+ 3
t +1
≥4-2√3,当且仅当t+1=√3,即BD=
√3-1 时,等号成立.此时, AC
AB =√3-1.
(方法二)设BD=t,则CD=2t,由余弦定理得A C
2
A B
2 = 4t
2+ 4 -2×2t ×2cos60°
t
2+ 4 -2t ×2cos120°
= 4t
2- 4t + 4
t
2+2t + 4
=4-
12
t +1+ 3
t +1
≥4-2√3,当且仅当t+1=√3,即BD=√3-1 时,等号成立,此时, AC
AB =√3-1.
