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+√5 α
1.(2023新高考Ⅱ,7)已知α为锐角,cos α= ,则sin =( )
4 2
3-√5 -1+√5 3-√5 -1+√5
A. B. C. D.
8 8 4 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
π
1-tan(α- )
4 1
3.(2023湖南长沙一模)若 = ,则cos 2α的值为( )
π 2
1+tan(α- )
4
3 3 4 4
A.- B. C.- D.
5 5 5 5
π
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= ,则B=(
5
)
π π 3π 2π
A. B. C. D.
10 5 10 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=( )
1
A.4 B.2 C.1 D.
2
4
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=
5
√2
,cos C= ,则下列结论正确的是( )
10
3 π
A.cos A=± B.B=
5 4
5√2
C.b= D.△ABC的面积为7√2
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.π √2cosα+1
10.(2023浙江绍兴高三期末)已知α∈(0, ),tan α= ,则sin α= .
2 √3-√2sinα
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(x,y),B(x,y),O为坐标原点,余弦相似度为向量
1 1 2 2
⃗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
1 1
α,-cos α),若P,Q的余弦距离为 ,Q,R的余弦距离为 ,则tan αtan β=( )
3 2
1 1
A.7 B. C.4 D.
7 4
15.(多选题)(2021新高考Ⅰ,10)已知O为坐标原点,点P(cos α,sin α),P(cos β,-sin
1 2
β),P(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则( )
3
A.|⃗OP |=|⃗OP |
1 2
B.|⃗AP |=|⃗AP |
1 2
C.⃗OA·⃗OP =⃗OP ·⃗OP
3 1 2
D.⃗OA·⃗OP =⃗OP ·⃗OP
1 2 3
π π
xsin + ycos
5 5 9π y
16.(2023山东菏泽一模)设x,y均为非零实数,且满足 =tan ,则 = .
π π 20 x
xcos - ysin
5 5
a a
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= sin B+ sin C.若
b c
√6
△ABC的面积S= ,则a的最小值为 .
2三、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
√10-2√5 √10+2√5
36°= ,sin 72°= )
4 4
A.5+√5 B.10-√5
C.5+2√5 D.10-2√5
AC
19.(2022全国甲,理16)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当 取得最小
AB
值时,BD= .考点突破练 2 三角恒等变换与解三角形
α α 1-cosα 1 1+√5 3-√5 √5-1
1.D 解析 由cos α=1-2sin2 ,得sin2 = = (1- )= =( )2.
2 2 2 2 4 8 4
π α π
因为0<α< ,所以0< < ,
2 2 4
α α -1+√5
所以sin >0,所以sin = .故选D.
2 2 4
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.
π
1-tan(α- )
4 1 π 1
3.A 解析 由 = ,可得tan(α- )= ,
π 2 4 3
1+tan(α- )
4
π π 1
tan +tan(α- ) 1+
π π 4 4 3
所以tan α=tan( +α- )= = =2,所以cos 2α=cos2α-sin2α=
4 4 π π 1
1-tan tan(α- ) 1-
4 4 3
cos2α-sin2α 1-tan2α 3
= =- .
cos2α+sin2α 1+tan2α 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.
π
又因为A,B,C是△ABC的内角,所以A-B=C,所以A-B= .①
5
4π
又因为A+B=π-C= ,②
5
3π
结合①②解得B= .故选C.
10
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.
1
∵BC=2Rsin A,∴2Rsin Acos B=R,∴sin Acos B= .
2
1 3 3 3 3
∵cos Asin B= ,两式相加得sin Acos B+cos Asin B= ,即sin(A+B)= ,∴sin(π-C)= ,即sin C= .
4 4 4 4 4
AB
∵AB=3,∴2R= =4,
sinC
∴R=2.
7√2 a c 7
7.BC 解析 由题知,sin C=√1-cos2C= ,则 = ,即c= >a=4,故C>A,
10 sin A sinC √2
3
所以A不为钝角,则cos A=
√1-sin2A=
,故A错误.
5
4√2 49
又a2+b2-2abcos C=c2,即16+b2- b= ,
5 2
5 5√2
整理得10b2-8√2b-85=(5√2b+17)(√2b-5)=0,解得b= = .
√2 249 25
16+ -
a2+c2-b2 2 2 √2 π
cos B= = = .因为B∈(0,π),则B= .故B,C正确.
2ac 7 2 4
2×4×
√2
1 1 5√2 7 4
故△ABC的面积S= bcsin A= × × × =7.故D错误.
2 2 2 √2 5
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),
1 π π
所以cos∠DAB= .又∠DAB∈(0,π),可得∠DAB= ,故∠CBA= ,所以第一次绕着点B翻转的过
2 3 3
2π 1 1
程的翻转角为π-∠CBA= .而BD2=20-16× =12,故对角线BD扫过的平面区域面积为
3 2 2
2π
×BD2× =4π.
3
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-AC2 34-AC2
∴ =- ,解得AC=7.
80 30
√6+√2 sinα √2cosα+1
10. 解析 tan α= = ,
4 cosα √3-√2sinα
π √2
化简得√3sin α-cos α=√2,即sin(α- )= >0.
6 2
π π π √2
又α∈(0, ),所以α- 是第一象限角,得cos(α- )= ,
2 6 6 2
π π π π π π √2 √3 √2 1 √6+√2
故sin α=sin[(α- )+ ]=sin(α- )cos +cos(α- )sin = × + × = .
6 6 6 6 6 6 2 2 2 2 4
1
11.- 解析 由题意得BD=√2AB=√6,BC=√AC2+AB2=2.
4
∵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
BC2+CF2-BF2 22+12-(√6)2 1
cos∠FCB= = =- .
2BC·CF 2×2×1 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,
1
∴sin A-2cos A=0,即cos A= sin A.
2
1 2√5 2√5
∵sin2A+cos2A=1,∴sin2A+ sin2A=1,解得sin A=± .∵A∈(0,π),即sin A>0,∴sin A= ,
4 5 5
1 1 2√5
∴S = sin A·AB·AC= × ×√5×2=2.
ABC 2 2 5
13.C△ 解析 在四棱锥P-ABCD中,由PC=PD=3,得△CDP是等腰三角形.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=√AB2+BC2=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.
1
在△BCP中,由余弦定理得,PB2=PC2+BC2-2PC·BC·cos∠BCP,解得cos∠BCP= ,
3
2√2
∴sin∠BCP=√1-cos2 ∠BCP= .
3
1
∴S = BC·PC·sin∠BCP=4√2.
PBC 2
故选△C.
14.A 解析 由⃗OP=(sin α,cos α),⃗OQ=(sin β,cos β),⃗OR=(sin α,-cos α),
⃗OP·⃗OQ
cos(P,Q)= =sin αsin β+cos αcos β=cos(α-β),
|⃗OP||⃗OQ|
⃗OQ·⃗OR
cos(Q,R)= =sin αsin β-cos αcos β=-cos(α+β),所以
|⃗OQ||⃗OR|
1 2
{1-cos(α-β)= , {cos(α-β)= ,
3 3
故
1 1
1+cos(α+β)= , cos(α+β)=- ,
2 2
cos(α-β) cosαcosβ+sinαsinβ
则 =
cos(α+β) cosαcosβ-sinαsinβ
1+tanαtanβ 4
= =- ,
1-tanαtanβ 3
整理得tan αtan β=7.
15.AC 解析 ∵|⃗OP |=√cos2α+sin2α=1,
1
|⃗OP |=√cos2β+(-sinβ)2=1,
2
∴|⃗OP |=|⃗OP |,故A正确;
1 2
∵⃗AP =(cos α-1,sin α),⃗AP =(cos β-1,-sin β),
1 2
∴|⃗AP |=√(cos2α-2cosα+1)+sin2α=√2-2cosα,|⃗AP |=
1 2
√(cos2β-2cosβ+1)+sin2β=√2-2cosβ,
∴|⃗AP |≠|⃗AP |,
1 2
故B不正确;
∵⃗OA·⃗OP =(1,0)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos(α+β),⃗OP ·⃗OP =(cos α,sin α)·(cos β,-sin β)=cos αcos
3 1 2
β-sin αsin β=cos(α+β),
∴⃗OA·⃗OP =⃗OP ·⃗OP ,故C正确;
3 1 2
∵⃗OA·⃗OP =(1,0)·(cos α,sin α)=cos α,
1
⃗OP ·⃗OP =(cos β,-sin β)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos βcos(α+β)-sin
2 3
βsin(α+β)=cos(β+α+β)=cos(2β+α),∴⃗OA·⃗OP ≠⃗OP ·⃗OP ,故D不正确.
1 2 3
π y
tan +
5 x 9π
16.1 解析 由题意可得, =tan .
y π 20
1- tan
x 5
π
tan +tanθ
y 5 9π π 9π π 9π π
令 =tan θ,则 =tan ,即tan(θ+ )=tan ,所以θ+ =kπ+ ,即θ=kπ+ ,k∈Z,
x π 20 5 20 5 20 4
1-tanθtan
5
y π
故 =tan θ=tan(kπ+ )=1.
x 4
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.
π
又0<A<π,所以0<A< ,所以cos A>0.
2
因为sin2A+cos2A=25cos2A=1,
1 2√6
所以cos A= ,sin A= .
5 5
1 √6 √6
因为△ABC的面积S= bcsin A= bc= ,
2 5 2
5
所以bc= .
2
5 1
由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-2× × ≥2bc-1=4,
2 5
√10
当且仅当b=c= 时,等号成立.
2
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,
1
在△BCE中,可得EC= ,∠CBE=18°,∠BEC=126°,
2
BC CE
由正弦定理可得 = ,所以BC=
sin∠BEC sin∠CBE
CE·sin∠BEC 1 sin126° sin54° cos36°
= × = = .
sin∠CBE 2 sin18° 2sin18° 2cos72°
连接AC,易知∠BAC=18°,∠ACB=54°,
BC BA
在△ABC中,由正弦定理可知 = ,即BA=
sin∠BAC sin∠ACB
BC·sin∠ACB cos36° sin54° cos236°
= × = .
sin∠BAC 2cos72° sin18° 2cos272°cos236° cos36° √10-2√5
故四边形ABCD的周长l=2AB+2BC= + .因为sin 36°= ,sin 72°=
cos272° cos72° 4
√10+2√5
,
4
3+√5 3-√5 √5+1 √5-1
所以cos236°=1-sin236°= ,cos272°=1-sin272°= ,即cos 36°= ,cos 72°= ,
8 8 4 4
3+√5 √5+1
8 4
所以周长l= + =5+2√5.
3-√5 √5-1
8 4
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.
12
AC2 (2t-1)2+3
则C(2t,0),A(1,√3),B(-t,0), = =4- 3 ≥4-2√3,当且仅当t+1=√3,即BD=
AB2 (t+1)2+3 t+1+
t+1
AC
√3-1时,等号成立.此时, =√3-1.
AB
AC2 4t2+4-2×2t×2cos60° 4t2-4t+4
(方法二)设BD=t,则CD=2t,由余弦定理得 = = =4-
AB2 t2+4-2t×2cos120° t2+2t+4
12
AC
3 ≥4-2√3,当且仅当t+1=√3,即BD=√3-1时,等号成立,此时, =√3-1.
t+1+ AB
t+1
