新课标2022届高考数学二轮复习专题能力训练7三角恒等变换与解三角形理

专题能力训练7　三角恒等变换与解三角形(时间:60分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知sinα-cosα=,则sin2α=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.-B.-C.D.2.函数y=sinx(cosx-sinx),x∈R的值域是(　　)A.B.C.D.3.(2022浙江绍兴二模)设角A,B,C是△ABC的三个内角,则“A+B<C”是“△ABC是钝角三角形”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2+b2-c2=ab=,则△ABC的面积为(　　)A.B.C.D.5.已知α∈R,sinα+2cosα=,则tan2α=(　　)A.B.C.-D.-6.两座相距60m的建筑物AB,CD的高度分别为20m,50m,BD为水平面,示意图如图所示,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为(　　)A.30°B.45°C.60°D.75°7.已知sinα=,sin(α-β)=-,α,β均为锐角,则角β等于(　　)A.B.C.D.8.设锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=1,B=2A,则b的取值范围为(　　)A.()B.(1,)C.(,2)D.(0,2)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.已知α∈,tanα=2,则cos=　　　　　. 4\n10.如图所示,在△ABC中,已知点D在BC边上,AD⊥AC,sin∠BAC=,AB=3,AD=3,则BD的长为　　　　　. 11.=　　　　　. 12.已知△ABC外接圆半径是2,BC=2,则△ABC的面积最大值为　　　　　. 13.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且acosC,bcosB,ccosA成等差数列,则角B=　　　　　;若b=,a+c=3,则△ABC的面积为　　　　　. 14.(2022浙江金丽衢十二校模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,acosB=bcosA,4S=2a2-c2,其中S是△ABC的面积,则C的大小为　　　　　. 三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)如图,在平面直角坐标系xOy中,以x轴正半轴为始边的锐角α与钝角β的终边与单位圆分别交于A,B两点,x轴正半轴与单位圆交于点M,已知S△OAM=,点B的纵坐标是.(1)求cos(α-β)的值;(2)求2α-β的值.16.(本小题满分15分)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,b=sinB,且满足tanA+tanC=.(1)求角C和边c的大小;(2)求△ABC面积的最大值.4\n参考答案专题能力训练7　三角恒等变换与解三角形1.A　解析sin2α=2sinαcosα==-.故选A.2.D　解析函数y=sinx(cosx-sinx)=sinxcosx-sin2x=sin2x-cos2x=sin.∵-1≤sin≤1,∴-≤y≤.故选D.3.A　解析由A+B+C=π,A+B<C,可得C>,故三角形ABC为钝角三角形,反之不成立.故选A.4.B　解析依题意得cosC=,C=60°,因此△ABC的面积等于absinC=.故选B.5.C　解析∵sinα+2cosα=,∴(sinα+2cosα)2=,即sin2α+4sinαcosα+4cos2α=,可得,解得tanα=3.故tan2α==-.6.B　解析依题意可得AD=20,AC=30.又CD=50,所以在△ACD中,由余弦定理得cos∠CAD==.又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°.所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为45°.7.C　解析∵α,β均为锐角,∴-<α-β<.又sin(α-β)=-,∴cos(α-β)=.又sinα=,∴cosα=,∴sinβ=sin[α-(α-β)]=sinαcos(α-β)-cosαsin(α-β)=.∴β=.8.A　解析因为B=2A,所以sinB=sin2A,所以sinB=2sinAcosA,所以b=2acosA,又因为a=1,所以b=2cosA.因为△ABC为锐角三角形,所以0<A<,0<B<,0<C<,即0<A<,0<2A<,0<π-A-2A<,所以<A<,所以<cosA<,所以<2cosA<,所以b∈().9.　解析由tanα=2,得sinα=2cosα.又sin2α+cos2α=1,所以cos2α=.因为α∈,所以cosα=,sinα=.因为cos=cosαcos+sinαsin,所以cos.4\n10.　解析∵sin∠BAC=sin(90°+∠BAD)=cos∠BAD=,∴在△ABD中,有BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD,∴BD2=18+9-2×3×3×=3,∴BD=.11.　解析=.12.3　解析根据正弦定理,=2R⇔=4,解得sinA=.若△ABC的面积最大,即角A为锐角,则A=60°,根据余弦定理,a2=b2+c2-2bccosA,代入得到12=b2+c2-bc≥bc,即bc的最大值为12,所以△ABC面积的最大值为S=bcsinA=×12×=3.13.　解析依条件有acosC+ccosA=2bcosB,由正弦定理得sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosB,即sin(A+C)=2sinBcosB,则有sinB=2sinBcosB,由sinB≠0,得cosB=,又B∈(0,π),故B=.由余弦定理得a2+c2-ac=3,即(a+c)2-3ac=3,所以ac=2,则S△ABC=acsinB=.14.　解析∵在△ABC中,acosB=bcosA,∴sinAcosB=sinBcosA,∴sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B)=0,∴A=B,∴a=b;又△ABC的面积为S=absinC,且4S=2a2-c2,∴2absinC=2a2-c2=a2+b2-c2,∴sinC==cosC,∴C=.15.解(1)由题意,知OA=OM=1.∵S△OAM=,且α为锐角,∴sinα=,cosα=.又点B的纵坐标是,∴sinβ=,cosβ=-,∴cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ==-.(2)∵cos2α=2cos2α-1=2×-1=-,sin2α=2sinα·cosα=2×,∴2α∈.∵β∈,∴2α-β∈.∵sin(2α-β)=sin2α·cosβ+cos2α·sinβ=-,∴2α-β=-.16.解(1)由tanA+tanC=可得,∴cosC=.∵0<C<π,∴C=.∵b=sinB,∴由正弦定理可得,∴c=.(2)由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC,∴=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,当且仅当a=b时取等号.∴S△ABC=absinC=ab≤,故△ABC面积的最大值为.4