《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

对点训练
1. (2023·潍坊模拟)已知$\alpha \in (0,\frac{\pi }{2})$，且$3\cos 2\alpha + \sin \alpha = 1$，则 (　　　)
A. $\sin(\pi - \alpha )=\frac{2}{3}$
B. $\cos(\pi - \alpha )=-\frac{2}{3}$
C. $\sin(\frac{\pi }{2} + \alpha )=-\frac{\sqrt{5}}{3}$
D. $\cos(\frac{\pi }{2} + \alpha )=-\frac{\sqrt{5}}{3}$

答案： A 因为$3\cos2\alpha+\sin\alpha = 1$,$\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})$,所以$3(1 - 2\sin^{2}\alpha)+\sin\alpha = 1$,即$6\sin^{2}\alpha-\sin\alpha - 2 = 0$,所以$\sin\alpha=\frac{2}{3}$或$\sin\alpha=-\frac{1}{2}$(舍去),所以$\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{3}$,$\sin(\pi-\alpha)=\sin\alpha=\frac{2}{3}$,$\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha=-\frac{\sqrt{5}}{3}$,$\sin(\frac{\pi}{2}+\alpha)=\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{3}$,$\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha)=-\sin\alpha=-\frac{2}{3}$,只有A项正确.

2. 在三角形中，底与腰之比为黄金分割比的三角形被称作黄金三角形，它是两底角为$72^{\circ}$的等腰三角形. 达·芬奇的名作《蒙娜丽莎》中，在整个画面里形成了一个黄金三角形. 如图，在黄金$\triangle ABC$中，$\frac{BC}{AC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，根据这些信息，可得$\sin 54^{\circ}$等于 (　　　)

A. $\frac{2\sqrt{5}-1}{4}$
B. $\frac{\sqrt{5}+1}{4}$
C. $\frac{\sqrt{5}+4}{8}$
D. $\frac{\sqrt{5}+3}{8}$

答案： B 由题设,可得$\cos72^{\circ}=1 - 2\sin^{2}36^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$,又因为$\cos^{2}36^{\circ}+\sin^{2}36^{\circ}=1$,所以$\cos^{2}36^{\circ}=\frac{\sqrt{5}+3}{8}$,又$\cos36^{\circ}\in(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$,所以$\cos36^{\circ}=\cos(90^{\circ}-54^{\circ})=\sin54^{\circ}=\frac{\sqrt{5}+1}{4}$.

3. 已知$\alpha,\beta \in (0,\pi )$，且$\tan(\alpha - \beta )=\frac{1}{2},\tan \beta =-\frac{1}{7}$，则$2\alpha - \beta$的值为__________.

答案： 【解析】因为$\tan\alpha=\tan[(\alpha-\beta)+\beta]=\frac{\tan(\alpha-\beta)+\tan\beta}{1-\tan(\alpha-\beta)\tan\beta}=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{7}}{1+\frac{1}{2}\times\frac{1}{7}}=\frac{1}{3}＞0$,所以$0＜\alpha＜\frac{\pi}{2}$.
又因为$\tan2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1 - \tan^{2}\alpha}=\frac{2\times\frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{3})^{2}}=\frac{3}{4}＞0$,所以$0＜2\alpha＜\frac{\pi}{2}$.
所以$\tan(2\alpha-\beta)=\frac{\tan2\alpha-\tan\beta}{1+\tan2\alpha\tan\beta}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{7}}{1-\frac{3}{4}\times\frac{1}{7}}=1$.
因为$\tan\beta=-\frac{1}{7}＜0$,所以$\frac{\pi}{2}＜\beta＜\pi$,$-\pi＜2\alpha-\beta＜0$.
所以$2\alpha-\beta=-\frac{3\pi}{4}$.
答案:$-\frac{3\pi}{4}$

[例5](必修第一册P227·例10)
如图，在扇形$OPQ$中，半径$OP = 1$，圆心角$\angle POQ=\frac{\pi }{3}$，$C$是扇形弧上的动点，矩形$ABCD$内接于扇形. 记$\angle POC=\alpha$，求当角$\alpha$取何值时，矩形$ABCD$的面积最大？并求出这个最大面积.

答案： 【解析】在$Rt\triangle OBC$中,$OB = \cos\alpha$,$BC = \sin\alpha$.
在$Rt\triangle OAD$中,$\frac{DA}{OA}=\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$.$OA=\frac{\sqrt{3}}{3}DA=\frac{\sqrt{3}}{3}BC=\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\alpha$,$AB = OB - OA=\cos\alpha-\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\alpha$.
设矩形$ABCD$的面积为$S$,则$S = AB\cdot BC=(\cos\alpha-\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\alpha)\sin\alpha=\sin\alpha\cos\alpha-\frac{\sqrt{3}}{3}\sin^{2}\alpha=\frac{1}{2}\sin2\alpha-\frac{\sqrt{3}}{6}(1 - \cos2\alpha)=\frac{1}{2}\sin2\alpha+\frac{\sqrt{3}}{6}\cos2\alpha-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2\alpha+\frac{1}{2}\cos2\alpha)-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\sin(2\alpha+\frac{\pi}{6})-\frac{\sqrt{3}}{6}$.
由$0＜\alpha＜\frac{\pi}{3}$,得$\frac{\pi}{6}＜2\alpha+\frac{\pi}{6}＜\frac{5\pi}{6}$,所以当$2\alpha+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$,即$\alpha=\frac{\pi}{6}$时,$S_{最大}=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{6}$. 因此,当$\alpha=\frac{\pi}{6}$时,矩形$ABCD$的面积最大,最大面积为$\frac{\sqrt{3}}{6}$.

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(2024·保定模拟)已知扇形$POQ$的半径为2，$\angle POQ=\frac{\pi }{3}$，如图所示，在此扇形中截出一个内接矩形$ABCD$(点$B$，$C$在弧$\overset{\frown}{PQ}$上)，则矩形$ABCD$面积的最大值为__________.

答案：
作$\angle POQ$的平分线$OE$,交$AD$于$F$,$BC$于$E$,连接$OC$,
根据题意可知$\triangle AOD$为等边三角形,则$E$为$BC$的中点,$F$为$AD$的中点,
设$\angle COE=\alpha$,$\alpha\in(0,\frac{\pi}{6})$,
$CE = OC\sin\alpha = 2\sin\alpha$,则$AD = BC = 2CE = 4\sin\alpha$,
则$OF=\frac{\sqrt{3}}{2}AD = 2\sqrt{3}\sin\alpha$,$OE = OC\cos\alpha = 2\cos\alpha$,则$AB = 2\cos\alpha-2\sqrt{3}\sin\alpha$,
所以矩形$ABCD$的面积$S = BC\cdot AB=4\sin\alpha(2\cos\alpha - 2\sqrt{3}\sin\alpha)=4\sin2\alpha+4\sqrt{3}\cos2\alpha-4\sqrt{3}=8\sin(2\alpha+\frac{\pi}{3})-4\sqrt{3}$,
当$2\alpha+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$,即$\alpha=\frac{\pi}{12}$时,$S$取得最大值$8 - 4\sqrt{3}$,
所以矩形$ABCD$面积的最大值为$8 - 4\sqrt{3}$.

答案:$8 - 4\sqrt{3}$