新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第3讲三角函数与解三角形

展开

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第3讲三角函数与解三角形，共5页。

(1)求角B的大小；
(2)若BC＝4，A＝eq \f(π,4)，求△ABC的面积．
【解析】 (1)由atan B＝2bsin A，得sin A·eq \f(sin B,cs B)＝2sin B·sin A，
因为00，sin B>0，所以cs B＝eq \f(1,2)，
因为0(2)由(1)知，B＝eq \f(π,3)，因为A＝eq \f(π,4)，所以C＝π－A－B，
因为A＋B＋C＝π，所以C＝π－(B＋A)，
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4).
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，得c＝eq \f(a·sin C,sin A)＝eq \f(4×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(2),2))＝2＋2eq \r(3).
所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×4×(2＋2eq \r(3))×eq \f(\r(3),2)＝6＋2eq \r(3).
2. (2023·天津和平统考一模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(bcs C＋ccs B)tan A＝－eq \r(3)a.
(1)求A的大小；
(2)若a＝eq \r(7)，b＝1，
①求△ABC的面积；
②求cs(2C－A)．
【解析】 (1)因为(bcs C＋ccs B)tan A＝－eq \r(3)a，
所以(sin Bcs C＋sin Ccs B)tan A＝－eq \r(3)sin A，
即sin(B＋C)tan A＝－eq \r(3)sin A，
则sin Atan A＝－eq \r(3)sin A，
因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，
所以tan A＝－eq \r(3)，
所以A＝eq \f(2π,3).
(2)①由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A，
即7＝1＋c2＋c，解得c＝－3(舍去)或c＝2，
所以△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×1×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)；
②由上可得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(7＋1－4,2\r(7))＝eq \f(2\r(7),7)，又C∈(0，π)，
所以sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(\r(21),7)，
所以sin 2C＝2sin Ccs C＝eq \f(4\r(3),7)，cs 2C＝cs2C－sin2C＝eq \f(1,7)，
所以cs(2C－A)＝cs 2Ccs A＋sin 2Csin A＝eq \f(1,7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋eq \f(4\r(3),7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(11,14).
3. (2023·云南昆明统考一模)“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具．有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10 cm，较短边为5 cm，如图所示，将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点A，B，C都在圆周上，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足c＝4eq \r(5) cm.
(1)求sin C；
(2)若△ABC的面积为8 cm2，且a>c，求△ABC的周长．
【解析】 (1)设△ABC的外接圆半径为R，则2R＝eq \r(102＋52)＝5eq \r(5)(cm)，
由正弦定理eq \f(c,sin C)＝2R，可得sin C＝eq \f(c,2R)＝eq \f(4\r(5),5\r(5))＝eq \f(4,5).
(2)∵a>c，则A>C，故C为锐角，
∴cs C＝eq \r(1－sin2C)＝eq \f(3,5)，
由面积公式S＝eq \f(1,2)absin C，即8＝eq \f(1,2)ab×eq \f(4,5)，可得ab＝20，
由余弦定理cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a＋b2－2ab－c2,2ab)，即eq \f(3,5)＝eq \f(a＋b2－40－80,40)，
可得(a＋b)2＝144，解得a＋b＝12(cm)，
故△ABC的周长为a＋b＋c＝12＋4eq \r(5)(cm)．
4. (2023·山东淄博统考一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足(a＋b＋c)(a＋b－c)＝ab.
(1)求角C；
(2)若角C的平分线交AB于点D，且CD＝2，求2a＋b的最小值．
【解析】 (1)由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝ab可得：a2＋b2－c2＝－ab，
由余弦定理知，cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(ab,2ab)＝－eq \f(1,2)，
又C∈(0，π)因此C＝eq \f(2π,3).
(2)在△ACD中，由eq \f(CD,sin A)＝eq \f(AD,sin \f(π,3))，得AD＝eq \f(\r(3),sin A)，
在△BCD中，由eq \f(CD,sin B)＝eq \f(BD,sin \f(π,3))，可得BD＝eq \f(\r(3),sin B)，
所以c＝AD＋BD＝eq \f(\r(3),sin A)＋eq \f(\r(3),sinB )；
在△ABC中，由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(\f(\r(3),sin A)＋\f(\r(3),sin B),\f(\r(3),2))，
解得a＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(sin A,sin B)))，b＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin B,sin A)＋1))，
所以2a＋b＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(2sin A,sin B)＋\f(sin B,sin A)))，
因为sin A>0，sin B>0，
所以2a＋b≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2\r(\f(2sin A,sin B)×\f(sin B,sin A))))＝2(3＋2eq \r(2))＝6＋4eq \r(2)，
当且仅当2sin2A＝sin2B时取等号，
因此2a＋b的最小值为6＋4eq \r(2).
5. (2023·济南三模)已知f(x)＝sin ωx(ω>0)，其图象相邻对称轴间的距离为eq \f(π,2)，若将其图象向左平移eq \f(5π,12)个单位得到函数y＝g(x)的图象．
(1)求函数y＝g(x)的解析式及图象的对称中心；
(2)在钝角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(B,2)))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)－\f(π,6)))，求eq \f(2c,b)＋eq \f(5,cs A)的取值范围．
【解析】 (1)已知f(x)的图象相邻对称轴间的距离为eq \f(π,2)，则T＝π.
由周期公式得，T＝eq \f(2π,|ω|)＝π，ω>0，所以ω＝2，f(x)＝sin 2x，
g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))，令2x＋eq \f(5π,6)＝kπ，k∈Z，所以x＝－eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故函数y＝g(x)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)．
(2)由题意得，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(B,2)))＝sin B，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)－\f(π,6)))＋\f(5π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,2)))，
所以sin B＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,2)))，所以B＝A＋eq \f(π,2)或A＋B＝eq \f(π,2)(舍)，
所以C＝eq \f(π,2)－2A，因为在钝角△ABC中，所以0所以0令t＝cs A，φ(t)＝4t＋eq \f(3,t)，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，φ′(t)＝4－eq \f(3,t2)，
当eq \f(\r(2),2)0，
可得φ(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))单调递增．
所以当t＝eq \f(\r(3),2)，即A＝eq \f(π,6)时，φ(t)有最小值4eq \r(3)，
φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝5eq \r(2)，φ(1)＝7，所以φ(t)<5eq \r(2)，
故eq \f(2c,b)＋eq \f(5,cs A)∈[4eq \r(3)，5eq \r(2))．
6. (2023·宁夏银川校联考一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c2＋ac＝b2.
(1)证明：B＝2C；
(2)求eq \f(a＋b,c)的取值范围．
【解析】 (1)证明：∵c2＋ac＝b2，
∴c2－b2＝－ac，
∴由余弦定理得：
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2－ac,2ac)＝eq \f(a－c,2c)，
即：2c·cs B＝a－c，
由正弦定理得：2sin C·cs B＝sin A－sin C，
∴2sin C·cs B＝sin(B＋C)－sin C＝sin Bcs C＋sin Ccs B－sin C，
整理得：sin Bcs C－sin Ccs B－sin C＝0，即：sin(B－C)＝sin C，
又∵B、C∈(0，π)，∴B－C＝C，
即：B＝2C．
(2)∵B＝2C，∴A＝π－3C，
又∵sin 2C＝2sin C·cs C，sin 3C＝sin(C＋2C)＝sin C·cs 2C＋cs C·sin 2C＝sin C·cs 2C＋2sin C·cs2C，sin C≠0，
∴由正弦定理得：eq \f(a＋b,c)＝eq \f(sin A＋sin B,sin C)＝
eq \f(sinπ－3C＋sin 2C,sin C)＝eq \f(sin 3C＋sin 2C,sin C)＝
eq \f(sin C·cs 2C＋2sin C·cs2C＋2sin C·cs C,sin C)＝
cs 2C＋2cs2C＋2cs C＝2cs2C－1＋2cs2C＋2cs C＝4cs2C＋2cs C－1，
又∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0∴eq \f(1,2)令t＝cs C，则eq \f(a＋b,c)＝4t2＋2t－1，eq \f(1,2)∵y＝4t2＋2t－1对称轴为t＝－eq \f(1,4)，
∴y＝4t2＋2t－1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，
当t＝eq \f(1,2)时，y＝4×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,2)－1＝1；当t＝1时，y＝4＋2－1＝5，
∴1即：eq \f(a＋b,c)的范围为(1,5)．

相关试卷更多