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第2讲 三角恒等变换与解三角形
[做真题]
1.(2019·高考全国卷Ⅱ)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),2sin 2α=cos 2α+1,则sin α=( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2\r(5),5)
解析:选B.由2sin 2α=cos 2α+1,得4sin αcos α=1-2 sin2α+1,即2sin αcos α=1-sin2α.因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以cos α=eq \r(1-sin2 α),所以2sin αeq \r(1-sin2 α)=1-sin2 α,解得sin α=eq \f(\r(5),5),故选B.
2.(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin A-bsin B=4csin C,cos A=-eq \f(1,4),则eq \f(b,c)=( )
A.6 B.5
C.4 D.3
解析:选A.由题意及正弦定理得,b2-a2=-4c2,所以由余弦定理得,cos A=eq \f(b2+c2-a2,2bc)=eq \f(-3c2,2bc)=-eq \f(1,4),得eq \f(b,c)=6.故选A.
3.(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(5π,4)))=eq \f(1,5),则tan α=________.
解析:法一:因为taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(5π,4)))=eq \f(1,5),所以eq \f(tan α-tan \f(5π,4),1+tan αtan\f(5π,4))=eq \f(1,5),即eq \f(tan α-1,1+tan α)=eq \f(1,5),解得tan α=eq \f(3,2).
法二:因为taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(5π,4)))=eq \f(1,5),
所以tan α=taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(5π,4)))+\f(5π,4)))=eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(5π,4)))+tan\f(5π,4),1-tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(5π,4)))tan\f(5π,4))=eq \f(\f(1,5)+1,1-\f(1,5)×1)=eq \f(3,2).
答案:eq \f(3,2)
4.(2019·高考全国卷Ⅲ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asineq \f(A+C,2)=bsin A.
(1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.
解:(1)由题设及正弦定理得sin Asineq \f(A+C,2)=sin Bsin A.
因为sin A≠0,所以sineq \f(A+C,2)=sin B.
由A+B+C=180°,可得sineq \f(A+C,2)=coseq \f(B,2),故coseq \f(B,2)=2sineq \f(B,2)coseq \f(B,2).
因为coseq \f(B,2)≠0,故sineq \f(B,2)=eq \f(1,2),因此B=60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC=eq \f(\r(3),4)a.
由正弦定理得a=eq \f(csin A,sin C)=eq \f(sin(120°-C),sin C)=eq \f(\r(3),2tan C)+eq \f(1,2).
由于△ABC为锐角三角形,故0°A90°,0°C90°.
由(1)知A+C=120°,
所以30°C90°,故eq \f(1,2)a2,从而eq \f(\r(3),8)S△ABCeq \f(\r(3),2).
因此,△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8),\f(\r(3),2))).
[明考情]
1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现.
2.若无解答题,一般在选择题或填空题各有一题,主要考查三角恒等变换、解三角形,难度一般.
3.若以解答题形式出现,主要考查三角函数与解三角形的综合问题,一般出现在解答题第17、18题位置上,难度中等.
三角恒
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