人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练10 三角函数与解三角形解答题
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1.(2021·山东滨州期中)已知向量a=(cos x,sin x),b=(4sin x,4sin x),若f(x)=a·(a+b).
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)求f(x)在区间上的最值.
2. (2021·北京丰台区模拟)如图,△ABC中,∠B=45°,N是AC边的中点,点M在AB边上,且MN⊥AC,BC=,MN=.
(1)求∠A;
(2)求BM.
3. (2021·山东潍坊二模)如图,D为△ABC中BC边上一点,∠B=60°,AB=4,AC=4.给出如下三种数值方案:
①AD=;②AD=;③AD=2.
判断上述三种方案所对应的△ABD的个数,并求△ABD唯一时,BD的长.
4.(2021·海南海口月考)在△ABC中,已知a,b,c分别是角A,B,C的对边,bcos C+ccos B=4,B=.请在下列三个条件中,任意选择一个添加到题目的条件中,求△ABC的面积.
①(a+b+c)(sin A+sin B-sin C)=3asin B;②b=4;③csin B=bcos C.
5. (2021·辽宁大连一模)如图,有一底部不可到达的建筑物,A为建筑物的最高点.某学习小组准备了三种工具:测角仪(可测量仰角与俯角)、米尺(可测量长度)、量角器(可测量平面角度).
(1)请你利用准备好的工具(可不全使用),设计一种测量建筑物高度AB的方法,并给出测量报告.
注:测量报告中包括你使用的工具,测量方法的文字说明与图形说明,所使用的字母和符号均需要解释说明,并给出你最后的计算公式.
(2)该学习小组利用你的测量方案进行了实地测量,并将计算结果汇报给老师,发现计算结果与该建筑物实际的高度有误差,请你针对误差情况进行说明.
6.(2021·湖北武汉3月质检)在△ABC中,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=,b=.
(1)若cos Acos C=,求△ABC的面积.
(2)试问=1能否成立?若能成立,求此时△ABC的周长;若不能成立,请说明理由.
7.(2021·湖南长沙模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且=sin B-sin A.
(1)求角A;
(2)若a=2,求的最小值.
8. (2021·江苏南京期中)如图,某景区内有一半圆形花圃,其直径AB为6,O是圆心,且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q,其中∠AQC=.计划在上再建一座观赏亭P,记∠POB=θ.
(1)当θ=时,求∠OPQ的大小;
(2)当∠OPQ越大时,游客在观赏亭P处的观赏效果越佳,当游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,求sin θ的值.
专题突破练10 三角函数与解:三角形解:答题
1.解: 由于f(x)=a·(a+b)=|a|2+a·b=1+4sin xcos x+4sin2x=1+2sin 2x+4·=2sin 2x-2cos 2x+3=4sin+3.
(1)由+2kπ≤2x-+2kπ(k∈Z),解得+kπ≤x≤+kπ(k∈Z),
所以f(x)的单调递减区间是(k∈Z).
(2)由于x∈,所以2x-,
故当2x-,即x=时,函数f(x)取最大值7;
当2x-=-,即x=0时,函数f(x)取最小值1.
2. 解: (1)如图,连接MC,因为N是AC边的中点,且MN⊥AC,
所以MC=MA.
在Rt△AMN中,MA=,所以MC=.
在△MBC中,由正弦定理可得,而∠BMC=2∠A,
所以,即,
所以cos A=,故∠A=60°.
(2)由(1)知MC=MA==2,∠BMC=2∠A=120°.
在△BCM中,由余弦定理得BC2=BM2+MC2-2BM·MC·cos∠BMC,所以=BM2+22-2BM·2·cos 120°,
解得BM=-1(负值舍去).
3.解: 过点A作AE⊥BC,垂足为点E(图略),则AE=4·sin 60°=2,
当AD=时,AD<AE,所以方案①对应△ABD无解,
当AD=时,AE<AD<AB<AC,所以方案②对应△ABD有两解,
当AD=2时,AB<AD<AC,所以方案③对应△ABD只有一解.
由方案③知AD=2,设BD=x(x>0),
所以在△ABD中由余弦定理得(2)2=42+x2-2×4×x×cos 60°,即x2-4x-12=0,解得x=6或x=-2(舍去).
又因为在△ABC中易得BC=8,BD=6<BC,符合题意,
所以BD的长为6.
4.解: 若选择条件①,则(a+b+c)(sin A+sin B-sin C)=3asin B,
由正弦定理可得(a+b+c)(a+b-c)=3ab,所以(a+b)2-c2=3ab,整理得a2+b2-c2=ab,所以cos C=,故C=.
又B=,所以A=π-.
又因为bcos C+ccos B=4,所以b·+c·=4,即a=4.
由正弦定理可得,
所以b==4(-1),
故△ABC的面积S=absin C=×4×4(-1)×sin=4(3-).
若选择条件②,则b=4.
又因为bcos C+ccos B=4,所以b·+c·=4,即a=4.
又B=,所以由正弦定理可得,
所以sin A=,所以A=或A=.
由于b>a,所以B>A,因此A=不合题意舍去,故A=,从而C=π-.
故△ABC的面积S=absin C=×4×4×sin=4(+1).
若选择条件③,因为bcos C+ccos B=4,
所以b·+c·=4,所以a=4.
因为csin B=bcos C,所以sin Csin B=sin Bcos C,所以tan C=,于是C=,从而A=π-,
所以由正弦定理可得,
所以b==4(-1),
故△ABC的面积S=absin C=×4×4(-1)×sin=4(-1).
5.解: (1)选用测角仪和米尺,如图所示.
①选择一条水平基线HG,使H,G,B三点在同一条直线上.
②在H,G两点用测角仪测得A的仰角分别为α,β,HG=a,即CD=a.测得测角仪器的高是h.
③(方法一)在△ACD中,由正弦定理,得,
所以AC=,
在Rt△ACE中,有AE=ACsin β=,
所以建筑物的高度AB=AE+h=+h.
(方法二)在Rt△ADE中,DE=,
在Rt△ACE中,CE=,
所以CD=DE-CE=,
所以AE=,
所以建筑物的高度AB=AE+h=+h.
(2)①测量工具问题;
②两次测量时位置的间距差;
③用身高代替测角仪的高度.
6.解: (1)由B=,得A+C=,cos(A+C)=cos Acos C-sin Asin C,即=cos Acos C-sin Asin C.
因为cos Acos C=,所以sin Asin C=.
因为=2,所以a=2sin A,c=2sin C.
所以S△ABC=·2sin A·2sin C·sin B=4sin A·sin Bsin C=4×.
(2)假设=1能成立,所以a+c=ac.
由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B,所以6=a2+c2+ac.
所以(a+c)2-ac=6,所以(ac)2-ac-6=0,所以ac=3或ac=-2(舍去),此时a+c=ac=3.
不满足a+c≥2,所以=1不成立.
7.解: (1)由=sin B-sin A,可得(b-c)sin C=(sin B-sin A)(b+a),
由正弦定理得(b-c)c=(b-a)(b+a),即b2+c2-a2=bc,
由余弦定理,得cos A=,
因为0<A<π,可得A=.
(2)由(1)知A=,设△ABC的外接圆的半径为R(R>0),可得2R=,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc≥bc,
即bc≤a2=4,当且仅当b=c=2时取等号,
又,所以的最小值为.
8.解: (1)在△POQ中,因为∠AQC=,所以∠AQO=.
又OA=OB=3,所以OQ=.
设∠OPQ=α,则∠PQO=-α+θ.
由正弦定理,得,即sin α=cos(α-θ),
整理得tan α=,其中θ∈.
当θ=时,tan α=.因为α∈,所以α=.
故当θ=时,∠OPQ=.
(2)设f(θ)=,θ∈,
则f'(θ)=.
令f'(θ)=0,得sin θ=,记锐角θ0满足sin θ0=.
当0<θ<θ0时,f'(θ)>0;当θ0<θ<时,f'(θ)<0.
所以f(θ)在θ=θ0处取得极大值亦即最大值.
由(1)可知tan α=f(θ)>0,则α∈,又y=tan α单调递增,则当tan α取最大值时,α也取得最大值.
故游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,sin θ=.
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