新教材2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專項分層特訓(xùn)卷二命題點加強練命題點9三角恒等變換與解三角形大題突破

命題點9三角恒等變換與解三角形1．[2024·新課標(biāo)Ⅰ卷]已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.(1)求sinA；(2)設(shè)AB＝5，求AB邊上的高．解：2．[2024·全國乙卷]記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A).(1)證明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cosA＝eq\f(25,31)，求△ABC的周長．解：3．[2024·黑龍江齊齊哈爾模擬]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知eq\f(a,cosA)＝eq\f(\r(2)c,1－\r(2)cosC).(1)求eq\f(a,b)的值；(2)若a＝2，c＝eq\r(3)，求△ABC的面積．解：4．[2024·河南鄭州模擬]已知△ABC的角A，B，C對邊分別為a，b，c，滿意eq\r(3)acosC＋asinC＝eq\r(3)b，bc＝eq\f(1,3)，b＋c－eq\r(2)a＝0.(1)求A；(2)求△ABC外接圓的半徑R.解：5．[2024·河北石家莊模擬]已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，sinA＝4sinCcosB，且c＝2.(1)證明：tanB＝3tanC；(2)若b＝2eq\r(3)，求△ABC外接圓的面積解：6．[2024·安徽合肥模擬]記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cosB＝eq\f(1,3).(1)求cos2eq\f(B,2)＋tan2eq\f(A＋C,2)的值；(2)若b＝4，S△ABC＝2eq\r(2)，求c的值．解：命題點9三角恒等變換與解三角形(大題突破)1．解析：方法一(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因為A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝eq\f(π,4).因為2sin(A－C)＝sinB，所以2sin(A－eq\f(π,4))＝sin(eq\f(3π,4)－A)，綻開并整理得eq\r(2)(sinA－cosA)＝eq\f(\r(2),2)(cosA＋sinA)，得sinA＝3cosA，又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，所以sinA＝eq\f(3\r(10),10).(2)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，得BC＝eq\f(AB,sinC)×sinA＝eq\f(5,\f(\r(2),2))×eq\f(3\r(10),10)＝3eq\r(5)，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，得52＝AC2＋(3eq\r(5))2－2AC·3eq\r(5)coseq\f(π,4)，整理得AC2－3eq\r(10)AC＋20＝0，解得AC＝eq\r(10)或AC＝2eq\r(10)，由(1)得，tanA＝3>eq\r(3)，所以eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2)，又A＋B＝eq\f(3π,4)，所以B>eq\f(π,4)，即C<B，所以AB<AC，所以AC＝2eq\r(10)，設(shè)AB邊上的高為h，則eq\f(1,2)×AB×h＝eq\f(1,2)×AC×BCsinC，即5h＝2eq\r(10)×3eq\r(5)×eq\f(\r(2),2)，解得h＝6，所以AB邊上的高為6.方法二(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因為A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝eq\f(π,4).因為2sin(A－C)＝sinB，所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinAcosC＝3cosAsinC，易得cosAcosC≠0，所以tanA＝3tanC＝3taneq\f(π,4)＝3，又sinA>0，所以sinA＝eq\f(3,\r(32＋12))＝eq\f(3\r(10),10).(2)由(1)知sinA＝eq\f(3\r(10),10)，tanA＝3>0，所以A為銳角，所以cosA＝eq\f(\r(10),10)，所以sinB＝sin(eq\f(3π,4)－A)＝eq\f(\r(2),2)(cosA＋sinA)＝eq\f(\r(2),2)×(eq\f(\r(10),10)＋eq\f(3\r(10),10))＝eq\f(2\r(5),5)，由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得AC＝eq\f(AB·sinB,sinC)＝eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq\r(10)，故AB邊上的高為AC×sinA＝2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)＝6.2．解析：(1)證明：∵sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，∴sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，∴sinCsinAcosB＝2sinBsinCcosA－sinBcosCsinA.由正弦定理，得accosB＝2bccosA－abcosC.由余弦定理，得eq\f(a2＋c2－b2,2)＝b2＋c2－a2－eq\f(a2＋b2－c2,2).整理，得2a2＝b2＋c2.(2)由(1)知2a2＝b2＋c2.又∵a＝5，∴b2＋c2＝2a2＝50.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即25＝50－eq\f(50,31)bc，∴bc＝eq\f(31,2).∴b＋c＝eq\r(b2＋c2＋2bc)＝eq\r(50＋31)＝9，∴a＋b＋c＝14.故△ABC的周長為14.3．解析：(1)由正弦定理及eq\f(a,cosA)＝eq\f(\r(2)c,1－\r(2)cosC)，可得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(2)sinC,1－\r(2)cosC)，即sinA－eq\r(2)sinAcosC＝eq\r(2)sinCcosA，所以eq\r(2)sin(A＋C)＝sinA，因為A＋C＝π－B，可得eq\r(2)sinB＝sinA，所以eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\r(2).(2)由(1)知a＝eq\r(2)b，所以b＝eq\f(\r(2),2)a＝eq\r(2)，由余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4＋2－3,2×2×\r(2))＝eq\f(3\r(2),8)，又0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(46),8)，所以△ABC的面積為：S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)×eq\f(\r(46),8)＝eq\f(\r(23),4).4．解析：(1)由eq\r(3)acosC＋asinC＝eq\r(3)b以及正弦定理可得：eq\r(3)sinAcosC＋sinAsinC＝eq\r(3)sinB，∵A＋B＋C＝π，∴eq\r(3)sinAcosC＋sinAsinC＝eq\r(3)sin(A＋C)＝eq\r(3)(sinAcosC＋cosAsinC)，∴sinAsinC＝eq\r(3)cosAsinC，∵sinC≠0，∴tanA＝eq\r(3)，而A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵bc＝eq\f(1,3)，b＋c－eq\r(2)a＝0，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝eq\f(2a2－\f(2,3)－a2,\f(2,3))＝eq\f(1,2)，整理得a2＝1，∴a＝1.由正弦定理可得2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(1,\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(3),3)，∴R＝eq\f(\r(3),3).5．解析：(1)證明：由已知，sinA＝4sinCcosB，∴sin[π－(B＋C)]＝4sinCcosB，∴sin(B＋C)＝4sinCcosB，∴sinBcosC＋cosBsinC＝4sinCcosB，∴sinBcosC＝3sinCcosB，易知上式中，cosB≠0，cosC≠0，∴由上式得eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(3sinC,cosC)，即tanB＝3tanC.(2)∵sinA＝4sinCcosB，∴由正弦定理和余弦定理得，a＝4c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，化簡得a2＝2b2－2c2＝2×(2eq\r(3))2－2×22＝16，∴a＝4.又∵b＝2eq\r(3)，c＝2，∴a2＝b2＋c2，△ABC是以a為斜邊，A為直角的直角三角形，∴△ABC外接圓的直徑2R＝a＝4，外接圓的半徑R＝2，∴△ABC外接圓的面積S＝πR2＝4π.6．解析：(1)因為cosB＝eq\f(1,3)，所以cos2eq\f(B,2)＋tan2eq\f(A＋C,2)＝eq\f(1＋cosB,2)＋eq\f(sin2\f(A＋C,2),cos2\f(A＋C,2))＝eq\f(1＋cosB,2)＋eq\f(1－cos（A＋C）,1＋cos（A＋C）)＝eq\f(1＋cosB,2)＋eq\f(1＋cosB,1－cosB)＝eq\f(1＋\f(1,3),2)＋eq\f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝eq\f(8,3).(2)因為cosB＝eq\f(1,3)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(2\r(2),3)，因為S△ABC＝2eq\r(2)，即eq\f