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2024新高考数学第一轮章节复习
5.4　解三角形
基础篇
考点一　正弦定理和余弦定理
考向一　正弦定理的应用
1.(2023届沈阳四中月考,5)已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin A+cos B=0,C=,则= (　　)
A.2-
答案　D　
2.(2022河北衡水中学模拟,3)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=,sin B=,C=,则c= (　　)
A.2　　　　B.　　　　D.1
答案　D　
3.(2019课标Ⅰ文,11,5分)△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=-,则= (　　)
A.6　　　　B.5　　　　C.4　　　　D.3
答案　A　
4.(2022江苏盐城响水中学学情分析,8)在△ABC中,a、b、c分别为△ABC的内角A、B、C的对边,sin A(sin A+2sin Bsin C)=3sin 2B+3sin2C,则角C的大小为 (　　)
A.
答案　A　
5.(2020课标Ⅱ文,17,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2.
(1)求A;
(2)若b-c=a,证明:△ABC是直角三角形.
解析　(1)由已知得sin2A+cos A=,即cos2A-cos A+=0.所以=0,cos A=.由于0(2)证明:由正弦定理及已知条件可得sin B-sin C=sin A.由(1)知B+C=,所以sin B-sin.即,sin.由于0考向二　余弦定理的应用
1.(2023届重庆南开中学质检,4)已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=,b=,A=30°,则c= (　　)
A.
C.或2　　　　D.2或
答案　C　
2.(2020课标Ⅲ理,7,5分)在△ABC中,cos C=,AC=4,BC=3,则cos B= (　　)
A.
答案　A　
3.(2021全国甲文,8,5分)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC= (　　)
A.1　　　　B.　　　　D.3
答案　D　
4.(2023届湖湘名校教育联合体大联考,14)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b-c=a,2sin B=3sin C,则cos A的值为　　　　.
答案　-
5.(2021浙江,14,6分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2,则AC=　　　　,cos∠MAC=　　　　.
答案　2
(2017天津文,15,13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
已知asin A=4bsin B,ac=(a2-b2-c2).
(1)求cos A的值;
(2)求sin(2B-A)的值.
解析　(1)由asin A=4bsin B及,得a=2b.
由ac=(a2-b2-c2)及余弦定理的推论,得cos A=.
(2)由(1)可得sin A=,代入asin A=4bsin B,
得sin B=.由(1)知,A为钝角,所以cos B=.于是sin 2B=
2sin Bcos B=,cos 2B=1-2sin2B=,故sin(2B-A)=sin 2Bcos A-cos 2Bsin A=.
7.(2021新高考Ⅱ,18,12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,求△ABC的面积;
(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形 若存在,求a;若不存在,说明理由.
解析　(1)∵2sin C=3sin A,∴2c=3a,又∵c=a+2,∴2(a+2)=3a,∴a=4,∴b=a+1=5,c=a+2=6,∴cos A=,∴sin A=,
∴S△ABC=.
(2)由已知得c>b>a,若△ABC为钝角三角形,则角C为钝角,∴cos C=<0 a2+b20,∴a∈(0,3).
同时还应考虑构成△ABC的条件,即a+b>c a+(a+1)>a+2 a>1.
综上所述,当a∈(1,3)时,△ABC为钝角三角形.∴存在正整数 a=2,使得△ABC为钝角三角形.
考点二　解三角形及其应用
1.(2022广东深圳六校联考二,3)已知△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,则根据条件解三角形时有两解的一组条件是(　　)
A.a=1,b=2,A=　　　　B.a=2,b=1,A=
C.a=2,b=3,A=　　　　D.a=4,b=3,A=
答案　C　
2.(2023届长春六中月考,10)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,若sin(A+B)=sin A+sin B,cos C=,且S△ABC=4,则c=(　　)
A.　　　　D.5
答案　B　
(2017课标Ⅰ文,11,5分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin B+
sin A·(sin C-cos C)=0,a=2,c=,则C= (　　)
A.
答案　B　
4.(2021全国乙,理15,文15,5分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°,a2+c2=3ac,则b=　　　　.
答案　2
(2022全国甲,理16,文16,5分)已知△ABC中,点D在边BC上,
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD=　　　　.
答案　-1
6.(2020天津,16,14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2,b=5,c=.
(1)求角C的大小;
(2)求sin A的值;
(3)求sin的值.
解析　(1)在△ABC中,由余弦定理及a=2,b=5,c=,有cos C=.又因为C∈(0,π),所以C=.
(2)在△ABC中,由正弦定理及C=,a=2,c=,可得sin A=.
(3)由a7.(2023届湖北摸底联考,18)在平面四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点E,
∠ABD=45°,AE=EC,DE=2BE,AB=6,AD=3.
(1)求AC的长;
(2)求sin∠ADC的值.
解析　(1)在△ABD中,由余弦定理,得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos∠ABD,因为AB=6,AD=3,∠ABD=45°,所以18=36+BD2-2×6×BD×cos 45°,化简得BD2-6BD+18=0,解得BD=3,因为BD2+AD2=AB2,所以∠ADB=90°.又DE=2BE,
所以DE=2,
所以AE2=DE2+AD2=(2)2+(3)2=26,
则AE=,又AE=EC,所以AC=2.
(2)由∠ADB=90°,AE=,DE=2,AD=3,
得sin∠EAD=,cos∠EAD=.
在△ACD中,由余弦定理,得CD2=AD2+AC2-2AD·AC·cos∠EAD=50,则CD=5.
在△ACD中,由正弦定理,得,则sin∠ADC=.
8.(2020新高考Ⅰ,17,10分)在①ac=,②csin A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=sinB, C=,　　　　
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析　方案一:选条件①.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c.
由①ac=,解得a=,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c,B=C=,A=.
由②csin A=3,得c=b=2,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2.
方案三:选条件③.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c.
由③c=b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
9.(2021新高考Ⅰ,19,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b2=ac,点D在边AC上,BDsin∠ABC=asin C.
(1)证明:BD=b;
(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.
解析　(1)证明:在△ABC中,由BDsin∠ABC=asin C及正弦定理可得BD·b=a·c,又b2=ac,所以BD·b=b2,故BD=b.
(2)由AD=2DC得AD=b,DC=,在△ABD中,cos A=,在△ABC中,cos A=.故,
化简得3c2-11b2+6a2=0,
又b2=ac,所以3c2-11ac+6a2=0,即(c-3a)(3c-2a)=0,所以c=3a或c=a.
当c=3a时,b2=ac=3a2,所以b=a,此时a+b当c=a时,b2=ac=a2,所以b=a,此时a,b,c可以构成三角形,故c=a,b=a,
所以在△ABC中,cos∠ABC=.
10.(2022新高考Ⅱ,18,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3.已知S1-S2+S3=,sin B=.
(1)求△ABC的面积;
(2)若sin Asin C=,求b.
解析　(1)由题意得S1=a2,S2=b2,S3=c2,
∴S1-S2+S3=(a2-b2+c2)=,即a2-b2+c2=2,
由cos B=得a2+c2-b2=2accos B,
故2accos B=2,∴accos B=1,
又∵sin B=,∴cos B=或cos B=-(舍),
∴ac=,∴S△ABC=.
(2)由正弦定理,
又知ac=,sin Asin C=,
∴,∴,
∴b=.
(2022全国乙理,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,
已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)证明:2a2=b2+c2;
(2)若a=5,cos A=,求△ABC的周长.
解析　(1)证明:由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),得sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A=
sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C,即sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A,由正弦定理可得accos B+abcos C=2bccos A,由余弦定理的推论可得(a2+c2-b2)+(a2+b2-c2)=b2+c2-a2,即2a2=b2+c2.
(2)由题意及余弦定理可得,b2+c2-a2=2bccos A=bc=25,即2bc=31,又由(1)知b2+c2=2a2,所以(b+c)2=2bc+2a2=81,所以b+c=9,所以a+b+c=14,故△ABC的周长为14.
12.(2022全国乙文,17,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,
已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)若A=2B,求C;
(2)证明:2a2=b2+c2.
解析　(1)∵A=2B,sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
∴sin Csin B=sin Bsin(C-A),
又0∴C=C-A(舍)或C+C-A=π,∴A=2C-π,
∴B=,
又A+B+C=π,∴2C-π+C-+C=π,∴C=.
(2)证法一:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
∴sin C(sin Acos B-cos Asin B)
=sin B(sin Ccos A-cos Csin A),
∴sin Csin Acos B+sin Bsin Acos C=2sin Bsin Ccos A,
∴sin A(sin Ccos B+cos Csin B)=2sin Bsin Ccos A,
∴sin A·sin(B+C)=2sin Bsin Ccos A,
∴sin2A=2sin Bsin Ccos A,
由正弦定理得a2=2bccos A,
又由余弦定理得a2=b2+c2-a2,∴2a2=b2+c2.
证法二:∵sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
∴sin C(sin Acos B-cos Asin B)
=sin B(sin Ccos A-cos Csin A),
由正弦定理得accos B-bccos A=bccos A-abcos C,
∴accos B=2bccos A-abcos C,
由余弦定理的推论得ac·,化简得2a2=b2+c2.
13.(2020北京,17,13分)在△ABC中,a+b=11,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:
(1)a的值;
(2)sin C和△ABC的面积.
条件①:c=7,cos A=-;
条件②:cos A=,cos B=.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
解析　若选条件①:
(1)∵a+b=11,∴b=11-a,已知c=7,cos A=-,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=(11-a)2+72-2×(11-a)×7×,解得a=8.
(2)∵cos A=-,∴sin A=.
∵,∴sin C=.
又∵b=11-a=11-8=3,
∴S△ABC=.
若选条件②:
(1)∵cos A=,∴sin A=.
∵cos B=,∴sin B=.由,得,∴5a=6b,又∵a+b=11,∴a=6.
(2)由(1)可得b=11-a=5.
sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)
=sin Acos B+cos Asin B=,
∴S△ABC=.
(2022福建长汀一中月考,17)在①2acos C+c=2b,②bsin 2A=asin B,③(sin B+
sin C)2=sin2A+3sin Bsin C这三个条件中任选一个补充在下面的横线上,并加以解答.
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC的面积为,a=2且　　　　.求A和△ABC的周长.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析　选条件①:∵2acos C+c=2b,
∴由正弦定理得2sin Acos C+sin C=2sin B,
∴2sin Acos C+sin C=2sin(A+C)=2sin Acos C+2cos A·sin C,∴sin C=2cos Asin C,∵C∈(0,π),∴sin C≠0,
∴cos A=,又∵A∈(0,π),∴A=.
∵△ABC的面积为,∴S△ABC=,∴bc=,又a=2,∴由cos A=得b+c=2,∴a+b+c=2+2,即△ABC的周长为2+2.
选条件②:∵bsin 2A=asin B,
∴由正弦定理得2sin Bsin Acos A=sin Asin B,
又∵A∈(0,π),B∈(0,π),∴sin A≠0,sin B≠0,
∴cos A=,∴A=.下同选条件①.
选条件③:∵(sin B+sin C)2=sin 2A+3sin Bsin C,
∴sin 2B+sin 2C=sin 2A+sin Bsin C,
由正弦定理得b2+c2-a2=bc,∴cos A=,
又A∈(0,π),∴A=.下同选条件①.
15.(2022江苏南通重点中学测试,17)在△ABC中,3sin A=2sin B,tan C=.
(1)求cos 2C;
(2)若AC-BC=1,求△ABC的周长.
解析　(1)∵tan C=,∴cos C=,∴cos 2C=2×.
(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.
∵3sin A=2sin B,∴3a=2b,
∵AC-BC=b-a=1,∴a=2,b=3.
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×=11,则c=,故△ABC的周长为5+.
(2022石家庄二中月考,18)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,
已知△ABC的面积为.
(1)求sin Bsin C;
(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.
解析　(1)由题设得,即.由正弦定理得,故sin Bsin C=.
(2)由题设及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-,
即cos(B+C)=-.所以B+C=,故A=.
由题设得,即bc=8.
由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=.故△ABC的周长为3+.
17.(2018课标Ⅰ理,17,12分)在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=2,求BC.
解析　(1)在△ABD中,由正弦定理得.由题设知,,
所以sin∠ADB=.由题设知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB=.
(2)由题设及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=.
在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×2=25.所以BC=5.
综合篇
考法一　三角形形状的判断
1.(2022江苏连云港检测,3)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c若a=bcos C,则△ABC的形状为 (　　)
A.锐角三角形　　　　B.直角三角形
C.钝角三角形　　　　D.不确定
答案　B　
2.(2022湖南怀化联考,5)在△ABC中,sin A=,则△ABC一定是 (　　)
A.锐角三角形　　　　B.直角三角形
C.钝角三角形　　　　D.以上都有可能
答案　B　
3.(2022江苏南通重点中学测试,6)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2-a2cos2B+b2sin2A=2abcos Acos B,则△ABC的形状是 (　　)
A.锐角三角形　　　　B.钝角三角形
C.直角三角形　　　　D.等腰三角形
答案　C　
4.(多选)(2022江苏苏州模拟,10)在△ABC中,=c,=a,=b,下列命题为真命题的有 (　　)
A.若|a|>|b|,则sin A>sin B
B.若a·b>0,则△ABC为锐角三角形
C.若a·b=0,则△ABC为直角三角形
D.若(b+c-a)·(b+a-c)=0,则△ABC为直角三角形
答案　ACD　
5.(2022辽宁大连模拟,18)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且a-b=c(cos B-cos A).
(1)判断△ABC的形状并给出证明;
(2)若a≠b,求sin A+sin B+sin C的取值范围.
解析　(1)△ABC为等腰三角形或直角三角形.证明如下:由a-b=c(cos B-cos A)及正弦定理得sin A-sin B=sin C(cos B-cos A),即sin(B+C)-sin(A+C)=sin C·(cos B-cos A),
即sin Bcos C+cos Bsin C-sin Acos C-cos Asin C=sin Ccos B-sin Ccos A,整理得sin Bcos C-sin Acos C=0,所以cos C(sin B-sin A)=0,故sin A=sin B或cos C=0,又A、B、C为△ABC的内角,所以a=b或C=,因此△ABC为等腰三角形或直角三角形.
(2)由(1)及a≠b知△ABC为直角三角形且不是等腰三角形,A+B=,C=,故B=-A,且A≠,
所以sin A+sin B+sin C=sin A+sin B+1=sin A+cos A+1=+1,
因为A∈∪,所以A+∈∪,得sin∈,所以+1∈(2,+1),
因此sin A+sin B+sin C的取值范围为(2,+1).
考法二　与三角形的最值、范围有关的问题
考向一　与三角形面积(最值、范围)有关的问题
1.(2022广东深圳福田外国语高级中学调研,7)在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式,利用三角形的三边长求三角形的面积.若三角形的三边长分别为a,b,c,则其面积S=,其中p=(a+b+c).现有一个三角形的边长a,b,c满足a+b=7,c=5,则此三角形面积的最大值为(　　)
A.17
答案　D　
(2021山东烟台二模,18)从①sin A=cos ,②2acos A=bcos C+ccos B,
③acos C+(2b+c)·cos A=0这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答.
问题:在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　.
(1)求A;
(2)若a=2,求△ABC面积的最大值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析　若选①:(1)由sin A=cos 可得2sin ,因为0(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=bc+4.
因为b2+c2≥2bc,所以bc≤4,当且仅当b=c=2时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为.
若选②:(1)由正弦定理可得2sin Acos A=sin Bcos C+cos Bsin C,即2sin Acos A=sin(B+C).
因为A+B+C=π,所以sin(B+C)=sin A.
故2sin Acos A=sin A,解得cos A=.
因为0(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=bc+4.
因为b2+c2≥2bc,所以bc≤4,当且仅当b=c=2时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为.
若选③:(1)由正弦定理得sin Acos C+(2sin B+sin C)·cos A=0,即2sin Bcos A+sin(A+C)=0.因为A+B+C=π,所以sin(A+C)=sin B,可得2sin Bcos A+sin B=0,因为00,所以cos A=-.因为0(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2+c2=4-bc.
因为b2+c2≥2bc,所以bc≤,当且仅当b=c=时“=”成立.所以△ABC面积的最大值为.
3.(2023届沈阳四中月考,21)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin(2A+B)=sin B-sin A.
(1)求C的大小;
(2)若CD平分∠ACB交AB于D且CD=,求△ABC面积的最小值.
解析　(1)因为sin(2A+B)=sin B-sin A,
所以sin(A+B+A)=sin(C+A)-sin A,
故sin(π+A-C)=sin(C+A)-sin A,
则sin(C-A)=sin(C+A)-sin A,
sin Ccos A-cos Csin A=sin Ccos A+cos Csin A-sin A,
2cos Csin A=sin A,由于00,所以cos C=,则C为锐角,且C=.
(2)在△ACD中,由正弦定理得,
在△BCD中,由正弦定理得,
所以AD·sin A=BD·sin B,由正弦定理得.
在△ACD中,由余弦定理得AD2=b2+3-2=b2-3b+3,
在△BCD中,由余弦定理得BD2=a2+3-2=a2-3a+3,
所以,整理得(a+b-ab)(a-b)=0,所以a=b或a+b=ab.
当a=b时,△ABC是等边三角形,CD⊥AB,AD=BD=1,
AB=AC=BC=2,所以S△ABC=.
当a+b=ab时,ab=a+b≥2≥2,ab≥4,当且仅当a=b=2时等号成立,
所以S△ABC=absin C≥.
综上所述,△ABC面积的最小值为.
考向二　与三角形周长(最值、范围)有关的问题
1.(2023届哈尔滨师大附中月考,7)在锐角三角形ABC中,若sin B+cos B=2,且满足关系式,则△ABC周长的最大值为 (　　)
A.
答案　D　
2.(2023届辽宁六校期初考试,18)在①S=(a2+b2-c2),②acos B+bcos A=2ccos C两个条件中任选一个,补充到下面问题中,并完成解答.
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设S为△ABC的面积,满足　　　　(填写序号即可).
(1)求角C的大小;
(2)若c=3,求△ABC周长的最大值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解析　(1)若选①,因为S=(a2+b2-c2),
所以·2abcos C,所以sin C=cos C,所以tan C=,因为0若选②,因为acos B+bcos A=2ccos C,
所以由正弦定理得sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos C,
所以sin(A+B)=2sin Ccos C,即sin C=2sin Ccos C,
因为0(2)由余弦定理得9=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab≥(a+b)2-3·,所以a+b≤6,当且仅当a=b=3时等号成立,
所以△ABC周长C△ABC=a+b+c=a+b+3≤6+3=9.因此△ABC周长的最大值为9.
3.(2020课标Ⅱ理,17,12分)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.
解析　(1)由正弦定理和已知得BC2-AC2-AB2=AC·AB①.由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos A②.
由①②得cos A=-.因为0(2)由正弦定理及(1)得,从而AC=2sin B,AB=2sin(π-A-B)=3cos B-sin B.故BC+AC+AB=3+.又0考向三　与三角形边长(最值、范围)有关的问题
1.(多选)(2022山东平邑一中开学考,10)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c-b=2bcos A,则下列结论正确的有　 (　　)
A.A=2B
B.B的取值范围为
C.的取值范围为(,2)
D.+2sin A的取值范围为
答案　AD　
2.(2022新高考Ⅰ,18,12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
(1)若C=,求B;
(2)求的最小值.
解析　(1)∵,
即,∴cos Acos B-sin Asin B=sin B,
即cos(A+B)=sin B,又C=,
∴sin B=cos(A+B)=-cos C=-cos,
∵0(2)由(1)知,sin B=cos(A+B)=-cos C,
∵sin B>0恒成立,∴C∈,
∵-cos C=sin,
∴C-=B或B+C-=π(不合题意,舍去),
∴A=-2B,∵A>0,∴B∈,
∴
=,
令cos2B=t,t∈,
∴-5≥4-5,
当且仅当4t=,即t=时,取“=”.
∴的最小值为4-5.
考法三　解三角形的实际应用
(2021山东潍坊一模,16)某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位,制作了一批奖杯,奖杯的剖面图形如图所示,其中扇形OAB的半径为10,∠PBA=∠QAB=60°,AQ=QP=PB,若按此方案设计,工艺制造厂发现,当OP最长时,该奖杯比较美观,此时∠AOB=　　　　.
答案　
2.(2020新高考Ⅰ,15,5分)某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,tan∠ODC=,BH∥DG,EF=12 cm,DE=2 cm,A到直线DE和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面积为　　　　cm2.
答案　
3.(2023届江西百校联盟联考,21)江西某中学校园内有块扇形空地OPQ,经测量其半径为60 m,圆心角为,学校准备在此扇形空地上修建一所矩形室内篮球场ABCD,初步设计方案1如图1所示.
(1)取弧PQ的中点E,连接OE,设∠BOE=α,试用α表示方案1中矩形ABCD的面积,并求其最大值;
(2)你有没有更好的设计方案2来获得更大的篮球场面积 若有,在图2中画出来,并证明你的结论.
图1
图2
解析　(1)如图所示,设OE交AD于点M,交BC于点N,显然矩形ABCD关于OE所在直线对称,点M、N分别为AD、BC的中点,∠BOE=α,0<α<.
在Rt△ONB中,BN=60sin α,ON=60cos α.
OM=sin α,
∴MN=ON-OM=60cos α-60sin α,
即AB=60cos α-60sin α,
又BC=2CN=120sin α,故矩形ABCD的面积S=AB·BC=3 600(cos α-sin α)·2sin α=3 600(2sin αcos α-2sin2α)=3 600[sin 2α-(1-cos 2α)]=3 600(sin 2α+)=7 200sin.
∵0<α<,∴0<2α<,∴.故当2α+,即α=时,S取得最大值3 600(2-),∴矩形ABCD面积的最大值为3 600(2-)m2.
(2)如图所示,在半径OP上截取线段AB为矩形的一边,作矩形ABCD,
设∠BOC=θ,0<θ<,可得CB=60sin θ,OB=60cos θ,则OA=CBtansin θ,
故矩形ABCD的面积为
S=(OB-OA)·CB=(60cos θ-20sin θ)×60sin θ=3 600
=1 800
=1 200
=1 200,
由0<θ<,可得,
∴当2θ+,即θ=时,S有最大值600,
即篮球场面积的最大值为600 m2,现将两种方案的最大值进行比较大小,
∵3 600(2-)-600=600(12-7)<0,∴方案2的篮球场面积更大.
专题综合检测
一、单项选择题
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2022广东深圳七中月考,4)若点M在角α的终边上,则tan 2α= (　　)
A.
答案　D　
2.(2022海南中部六市县模拟,3)已知α∈,tan,则sin(π-α)= (　　)
A.
答案　A　
3.(2022长沙明达中学入学考,8)△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,且a∶b∶c=2∶3∶4,则等于 (　　)
A.　　　　C.2　　　　D.-2
答案　C　
4.(2022全国甲理,11,5分)设函数f(x)=sin在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点,则ω的取值范围是 (　　)
A.
C.
答案　C　
5.(2012山东,7,5分)若θ∈,sin 2θ=,则sin θ= (　　)
A.
答案　D　
6.(2022湖南岳阳平江一中月考,6)若α,β为锐角,且满足cos α=,cos(α+β)=,则sin β的值为 (　　)
A.-
答案　B　
7.(2022湖北重点中学联考,4)设a=sin 4°,b=,c=,则a,b,c的大小关系正确的是 (　　)
A.cC.a答案　D　
8.(2023届安徽江淮名校质量检测,6)已知函数f(x)=a(x+1)2 023+bcos+c,其中a,b,c为常数,若f(2 022)+f(-2 024)=c2+1,则c= (　　)
A.-1　　　　B.0　　　　C.1　　　　D.2
答案　C　
9.(2023届沈阳四中月考,8)已知△ABC,I是其内心,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则 (　　)
A.)
B.
C.
D.
答案　C　
二、多项选择题
10.(2023届沈阳四中月考,9)已知α、β∈[0,2π),a=(cos α,sinα), b=(cos(α+β),sin(α+β)),且|2a-3b|=,则β可能为(　　)
A.　　　　C.π　　　　D.
答案　BD　
11.(2023届哈尔滨师大附中月考,11)已知≤α≤π,π≤β≤,sin 2α=,cos(α+β)=-,则 (　　)
A.cos α=-
C.β-α=
答案　BC　
12.(2022辽东南协作体期中,10)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.函数y=f(x)的图象关于点对称
B.函数y=f(x)的图象关于直线x=-对称
C.函数y=f(x)在上单调递减
D.该图象向右平移个单位可得y=2sin 2x的图象
答案　ABD　
13.(2022福建泉州质量监测二,11)将函数f(x)=cos 2x的图象向左平移个单位得到函数g(x)的图象,则 (　　)
A.函数f(x)·g(x)是奇函数
B.函数f(x)·g(x)的图象关于直线x=-对称
C.函数f(x)-g(x)的最小正周期为
D.函数f(x)-g(x)在(0,π)上的单调递减区间是
答案　ABD　
14.(2022重庆云阳江口中学期末,10)已知△ABC中,AB=1,AC=4,BC=,E为AC中点.下列结论正确的是 (　　)
A.A=60°
B.△ABC的面积为
C.BE=
D.P在△ABE的外接圆上,则PB+2PE的最大值为2
答案　ACD　
三、填空题
15.(2022湖南郴州质量监测,13)已知α∈,tan,则cos α=　.
答案　-
(2022辽宁滨城期中,14)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,
若cos C=,c=,且,则△ABC的面积等于　　　　.
答案　
17.(2012山东,16,4分)如图,在平面直角坐标系xOy中,一单位圆的圆心的初始位置在(0,1),此时圆上一点P的位置在(0,0),圆在x轴上沿正向滚动.当圆滚动到圆心位于(2,1)时,的坐标为　　　　　.
答案　(2-sin 2,1-cos 2)
四、解答题
18.(2022辽东南协作体期中,17)已知函数f(x)=sin 2x-cos 2x.
(1)求f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程;
(2)将函数f(x)的图象上每一点的横坐标伸长到原来的两倍,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象.当x∈时,求g(x)的值域.
解析　(1)f(x)=2,因此f(x)的最小正周期为π.由2x-+kπ,k∈Z得图象的对称轴方程为x=,k∈Z.
(2)由条件可知g(x)=2sin.
当x∈时,有x-∈,
从而sin∈,
故g(x)在区间上的值域是[1,2].
19.(2022辽宁丹东五校联考,17)已知函数f(x)=2sin xcos x+2cos2x+m,其中m为实常数.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)设集合A=,已知当x∈A时,f(x)的最小值为2,当x∈A时,求f(x)的最大值.
解析　(1)f(x)=2+1+m,令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为,k∈Z.
(2)由(1)得f(x)=2sin+1+m,当-≤x≤时,0≤2x+≤,所以0≤sin≤1,所以f(x)min=2×0+1+m=2,解得m=1,所以f(x)max=2×1+1+1=4,所以当x∈A时,f(x)的最大值为4.
20.(2022辽宁滨城期中,19)已知函数f(x)=+1,x∈R.
(1)若f,x0∈,求cos 2x0;
(2)令g(x)=af(x)+b,若函数g(x)在区间上的值域为[-1,1],求a+b的值.
解析　(1)f(x)=+1
=+1
=+1,
由f,得,∴cos x0=-sin x0,又sin 2x0+cos 2x0=1,可得4sin2x0+=0,
由x0∈,解得sin x0=,
∴cos 2x0=1-2sin2x0=.
(2)-≤x≤,则-≤2x+≤,
故-≤sin≤1.
∴函数f(x)在区间.
∴①当a>0时,则a+b=-.
②当a<0时,则a+b=.
综上,a+b=-.
(2022辽宁部分中学期末,18)在①ccos A=asin C,②,
③这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答问题.
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足　　　　　.
(1)求C;
(2)若△ABC的面积为,D在边AC上,且CD=CA,求BD的最小值.
解析　(1)方案一:选条件①.
由ccos A=asin C,可得b-ccos A=asin C,
由正弦定理得sin B-sin Ccos A=sin Asin C,
因为B=π-(A+C),所以sin B=sin(A+C),
所以sin Acos C+cos Asin C-sin Ccos A=sin Asin C,
故sin Acos C=sin Asin C,又sin A≠0,于是sin C=cos C,即tan C=,因为C∈(0,π),所以C=.
方案二:选条件②.
因为,所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式得,即,
因为A+B+C=π,所以B+C=π-A,sin(B+C)=sin A,
又sin A≠0,sin B≠0,所以cos C=,因为C∈(0,π),所以C=.
方案三:选条件③.
∵,∴由正弦定理得,
即a2-c2=ab-b2,∴a2+b2-c2=ab,∴由余弦定理的推论得cos C=.又C∈(0,π),所以C=.
(2)由题意知S△ABC=,得ab=4.在△BCD中,由余弦定理得BD2=a2+ab≥2a·,当且仅当a=b且ab=4,即a=,b=2时取等号,所以BD的最小值为.
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