广西专用高考数学一轮复习大题专项练2高考中的三角函数与解三角形含解析新人教A版理

高考大题专项练二　高考中的三角函数与解三角形

1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=7,b=8,cos B=-.

(1)求角A;

(2)求AC边上的高.

2.(2021北京高考)已知在△ABC中,c=2bcos B,C=.

(1)求B的大小;

(2)在三个条件中选择一个作为已知,使△ABC存在且唯一确定,并求出BC边上的中线的长度.

①c=b;②周长为4+2;③面积为S△ABC=.

3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b+c=2acos B.

(1)证明:A=2B;

(2)若△ABC的面积S=,求角A的大小.

4.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sin B-sin C)2=sin2A-sin BsinC.

(1)求A;

(2)若a+b=2c,求sin C.

5.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cos C·(acosB+bcosA)=c.

(1)求C;

(2)若c=,△ABC的面积为,求△ABC的周长.

6.(2021广西崇左二模)已知△ABC中,AB=BC=,且AC2+2AB=5.

(1)求∠ABC的值;

(2)若P是△ABC内一点,且∠APB=,∠CPB=,求tan∠PBA.

7.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,.

(1)求B;

(2)若b=3,求2a-c的取值范围.

8.(2021新高考Ⅰ)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=asinC.

(1)证明:BD=b;

(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.

答案：

1.解(1)在△ABC中,∵cosB=-,

∴B∈,

∴sinB=.

由正弦定理得,

即,∴sinA=.

∵B∈,

∴A∈,∴A=.

(2)在△ABC中,∵sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=.

如图所示,在△ABC中,过点B作BD⊥AC,垂足为点D.设BD=h.

∵sinC=,

∴h=BC·sinC=7×,

∴AC边上的高为.

2.解(1)由题意及正弦定理,得sinC=2sinBcosB=sin2B.

∵C=,

∴0<B<,∴0<2B<,

∴C+2B=π,∴B=.

(2)由(1)知A=B=,此时c=b,故不能选①.

若选②,则设BC=AC=2x(x>0),

∴AB=2x,

∴(4+2)x=4+2,解得x=1.

∴BC=AC=2,AB=2.

设边BC的中点为D,则CD=1.

在△ACD中,由余弦定理,得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cosC=4+1-2×2×1×=7,

∴AD=.

若选③,则设BC=AC=2x(x>0),

∴AB=2x.

由S△ABC=BC·AC·sinC=·(2x)·(2x)·sinx2=,

解得x=.∴BC=AC=,AB=3.

设边BC的中点为D,则CD=.

在△ACD中,由余弦定理,得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cosC=3+-2×,∴AD=.

3.(1)证明由正弦定理及b+c=2acosB,得sinB+sinC=2sinAcosB,

故2sinAcosB=sinB+sin(A+B)

=sinB+sinAcosB+cosAsinB.

于是sinB=sin(A-B).

又A,B∈(0,π),故0<A-B<π,

所以B=π-(A-B)或B=A-B,

因此A=π(舍去)或A=2B,所以A=2B.

(2)解由S=,得absinC=,

故有sinBsinC=sin2B=sinBcosB.

由sinB≠0,得sinC=cosB.

又B,C∈(0,π),所以C=±B.

当B+C=时,A=;

当C-B=时,A=.

综上,A=或A=.

4.解(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sinBsinC,

故由正弦定理得b2+c2-a2=bc.

由余弦定理得cosA=.

因为0°<A<180°,所以A=60°.

(2)由(1)知B=120°-C,由题设及正弦定理得sinA+sin(120°-C)=2sinC,

即cosC+sinC=2sinC,

可得cos(C+60°)=-.

由于0°<C<120°,

所以sin(C+60°)=,

故sinC=sin(C+60°-60°)=sin(C+60°)cos60°-cos(C+60°)·sin60°=.

5.解(1)由已知及正弦定理,得

2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC,

即2cosCsin(A+B)=sinC.

故2sinCcosC=sinC.

又sinC≠0,故可得cosC=,

又C∈(0,π),所以C=.

(2)由已知,absinC=.

又C=,所以ab=6.

由已知及余弦定理,得a2+b2-2abcosC=7.

故a2+b2=13,从而(a+b)2=25,

即a+b=5.

所以△ABC的周长为5+.

6.解(1)由AB=BC=,知AB=,BC=,由AC2+2AB=5,知AC2=5-2AB=5-2,在

△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=,

∵0<∠ABC<π,∴∠ABC=.

(2)∵∠PBA+∠PBC=,∠PCB+∠PBC=π-∠BPC=,∴∠PBA=∠PCB,

设∠PBA=α,则在△PBC中,由正弦定理得,∴PB=2sinα,

在△APB中,由正弦定理得,∴PB=2sin-α,

∴sinα=sinsin·cosα-cossinα,

∴tanα=,故tan∠PBA=.

7.解(1)由题意及正弦定理,得,

即a2-ac=b2-c2.

所以a2+c2-b2=ac.

由余弦定理,得cosB=,又0<B<π,所以B=.

(2)由正弦定理及题设,得=2,所以a=2sinA,c=2sinC,

所以2a-c=4sinA-2sinC=2(2sinA-sinC).

又A+B+C=π,

所以C=-A,A∈,

所以2a-c=22sinA-sin-A=2sinA-cosA=6sin.

又A∈,所以A-,所以-3<6sin<6,

所以2a-c的取值范围为(-3,6).

8.(1)证明由正弦定理及题意得BD·b=ac=b2,则BD=b.

(2)解由(1)知BD=b,

∵AD=2DC,∴AD=b,DC=b.

在△ABD中,由余弦定理,得cos∠BDA=,

在△CBD中,由余弦定理,得cos∠BDC=.

∵∠BDA+∠BDC=π,

∴cos∠BDA+cos∠BDC=0.

即=0,得33b2=9c2+18a2.

∵b2=ac,∴9c2-33ac+18a2=0.

∴c=3a或c=a.

在△ABC中,由余弦定理知,cos∠ABC=,

当c=3a时,cos∠ABC=>1(舍去);

当c=a时,cos∠ABC=.

综上所述,cos∠ABC=.