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1、高考大題專項(xiàng)二 高考中的三角函數(shù)與解三角形
1.(2018北京,理15)在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-17.
(1)求∠A;
(2)求AC邊上的高.
2.△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知sin A+3cos A=0,a=27,b=2.
(1)求c;
(2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn),且AD⊥AC,求△ABD的面積.
3.(2018河南鄭州三模,17)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且3acos C=(2b-3c)cos A.
(1)求角A的大小;
(2)若a=2,求△ABC面積的最大值.
2、
4.(2018河南六市聯(lián)考二,17)已知f(x)=12sinx+π6·cos x-3,x∈0,π4.
(1)求f(x)的最大值、最小值;
(2)CD為△ABC的內(nèi)角平分線,已知AC=f(x)max,BC=f(x)min,CD=22,求∠C.
5.(2018山東濰坊三模,17)已知函數(shù)f(x)=sin2x-cos2x+23sin xcos x(x∈R).
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若f(A)=2,c=5,cos B=17,求△ABC中線AD的長.
3、
6.已知在△ABC中,D是BC上的點(diǎn),AD平分∠BAC,△ABD的面積是△ADC面積的2倍.
(1)求sinBsinC;
(2)若AD=1,DC=22,求BD和AC的長.
7.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知4cos2B-C2-4sin Bsin C=3.
(1)求A;
(2)若(bc-43)cos A+accos B=a2-b2,求△ABC的面積.
8.在△ABC中,a,b,c分別為角A,B,C的對邊.若acos B=3,bcos A=1,且A-B=π6,
(1)求邊c的長;
(2)
4、求角B的大小.
參考答案
高考大題專項(xiàng)二 高考中的
三角函數(shù)與解三角形
1.解 (1)在△ABC中,∵cos B=-17,∴B∈π2,π,∴sin B=1-cos2B=437.
由正弦定理,得asinA=bsinB?7sinA=8437,∴sin A=32.
∵B∈π2,π,∴A∈0,π2,
∴A=π3.
(2)在△ABC中,sin C=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=32×-17+12×437=3314.
如圖所示,在△ABC中,過點(diǎn)B作BD⊥AC于點(diǎn)D.∵sin C=hBC,∴h=BC·si
5、n C=7×3314=332,
∴AC邊上的高為332.
2.解 (1)由已知可得tan A=-3,
所以A=2π3.
在△ABC中,由余弦定理得28=4+c2-4ccos2π3,即c2+2c-24=0,解得c=-6(舍去),c=4.
(2)由題設(shè)可得∠CAD=π2,
所以∠BAD=∠BAC-∠CAD=π6.
故△ABD面積與△ACD面積的比值為12AB·AD·sinπ612AC·AD=1.又△ABC的面積為12×4×2sin∠BAC=23,
所以△ABD的面積為3.
3.解 (1)由正弦定理可得:3sin Acos C=2sin Bcos A-3sin Ccos A,
6、
從而可得3sin(A+C)=2sin Bcos A,
即3sin B=2sin Bcos A,
所以cos A=32,又A為三角形的一個內(nèi)角,所以A=π6.
(2)由余弦定理得4=b2+c2-2bc×32≥2bc-3bc,
所以bc≤4(2+3),當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號,所以Smax=12bcsin A=2+3.
4.解 (1)f(x)=12sin x×32×cos x+12cos x×12×cos x-3=33sin 2x+3(1+cos 2x)-3=6sin2x+π6.
∵f(x)在0,π6上遞增,在π6,π4上遞減,
∴f(x)max=6,f(x)min=3.
(2)在
7、△ADC中,ADsinC2=ACsin∠ADC,
在△BDC中,BDsinC2=BCsin∠BDC,
∵sin∠ADC=sin∠BDC,AC=6,BC=3,∴AD=2BD.在△BCD中,BD2=17-122cosC2,
在△ACD中,AD2=44-242cosC2=68-482cosC2,∴cosC2=22,即C=π2.
5.解 (1)∵f(x)=-cos 2x+3sin 2x
=2sin2x-π6,
∴T=2π2=π.∴函數(shù)f(x)的最小正周期為π.
(2)由(1)知f(x)=2sin2x-π6,
∵在△ABC中,f(A)=2,
∴sin2A-π6=1.
∴2A-π6=π
8、2,∴A=π3.
又cos B=17,∴sin B=437,
∴sin C=sin(A+B)=32×17+12×437=5314,
在△ABC中,由正弦定理csinC=asinA,得55314=a32,
∴a=7,∴BD=72,
在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB×BD×cos B=52+722-2×5×72×17=1294,
∴AD=1292.
6.解 (1)S△ABD=12AB·ADsin∠BAD,S△ADC=12AC·ADsin∠CAD.
因?yàn)镾△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.
由正弦定理可得sinBsinC=ACAB
9、=12.
(2)因?yàn)镾△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=2.在△ABD和△ADC中,由余弦定理知,AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,?、?
AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC. ②
因?yàn)閏os∠ADB=-cos∠ADC,
所以①+2×②得
AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.
由(1)知AB=2AC,所以AC=1.
7.解 (1)4×1+cos(B-C)2-4sin Bsin C=2+2cos Bcos C-2sin Bcos C
=2+2cos(B+C)
=2-2cos A=3,cos A=-12,
∵0
10、A=2π3.
(2)∵(bc-43)·b2+c2-a22bc+ac·a2+c2-b22ac=a2-b2,
∴b2+c2-a22-43·b2+c2-a22bc+a2+c2-b22=a2-b2,
∴b2+c2-a2-43·b2+c2-a22bc=0,
∵A=2π3,∴b2+c2-a2≠0,
∴1-432bc=0,bc=23,S△ABC=12bcsin A=12×23×32=32.
8.解 (1)acos B=3,a×a2+c2-b22ac=3,化為a2+c2-b2=6c,①
bcos A=1,b×b2+c2-a22bc=1,化為b2+c2-a2=2c.②
解由①②組成的方程組得2c
11、2=8c,即c=4.
(2)將(1)得到的c=4代入①可得a2-b2=8.
又A-B=π6,∴A=B+π6,C=π-(A+B)=π-2B+π6,
可得sin C=sin2B+π6.
由正弦定理可得asinA=bsinB=4sinC,
∴a=4sinB+π6sin2B+π6,
b=4sinBsin2B+π6.
∴a2-b2=8?16sin2B+π6-16sin2B=8sin22B+π6,
∴1-cos2B+π3-(1-cos 2B)=sin22B+π6,即cos 2B-cos2B+π3=sin22B+π6,
∴sin2B+π6=sin22B+π6,
∴sin2B+π6=0或sin2B+π6=1,B∈0,5π12,解得B=π6.
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