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微专题解三角形中的结构不良问题

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在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＋c＝6，a＝2eq \r(6)，__________.求△ABC的面积．
【解析】 若选①：由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，
即b2＋c2－a2＝bc，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2)，
因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
a＝2eq \r(6)，b＋c＝6，所以bc＝4，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×4×sin eq \f(π,3)＝eq \r(3).
若选②：由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))).
因为0化简得sin A＝eq \f(\r(3),2)cs A－eq \f(1,2)sin A，
即tan A＝eq \f(\r(3),3)，因为0又因为a2＝b2＋c2－2bccs eq \f(π,6)，
所以bc＝eq \f(b＋c2－a2,2＋\r(3))＝eq \f(62－2\r(6)2,2＋\r(3))，即bc＝24－12eq \r(3)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×(24－12eq \r(3))×eq \f(1,2)＝6－3eq \r(3).
若选③：由正弦定理得sin Bsin eq \f(B＋C,2)＝sin Asin B，
因为0所以sin eq \f(B＋C,2)＝sin A，又因为B＋C＝π－A，
所以cs eq \f(A,2)＝2sin eq \f(A,2)cs eq \f(A,2)，
因为0∴sin eq \f(A,2)＝eq \f(1,2)，eq \f(A,2)＝eq \f(π,6)，所以A＝eq \f(π,3).
又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
a＝2eq \r(6)，b＋c＝6，所以bc＝4，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×4×sin eq \f(π,3)＝eq \r(3).
2.在①cs2A＋sinB2＋sin2C＝1＋sin Bsin C；②2ccs A＝acs B＋bcs A；③asin C＝ccseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))这三个条件中任选一个，解答下面两个问题．
(1)求角A；
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c(b 【解析】 (1)若选①：由已知得：sin2B＋sin2C＝1－cs2A＋sin Bsin C，整理得
sin2B＋sin2C＝sin2A＋sin Bsin C由正弦定理可得
b2＋c2＝a2＋bc，可得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理可得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，因为0若选②：因为2ccs A＝acs B＋bcs A，
由正弦定理可得2sin Ccs A＝sin Acs B＋sin Bcs A，
所以2sin Ccs A＝sin(A＋B)＝sin C，
因为00，所以cs A＝eq \f(1,2)，
因为0若选③：因为asin C＝ccseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，由正弦定理得sin Asin C＝sin Ccseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
因为00，故可得sin A＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)cs A＋eq \f(1,2)sin A，
即eq \f(1,2)sin A＝eq \f(\r(3),2)cs A，所以tan A＝eq \r(3)，因为0(2)由(1)可得A＝eq \f(π,3)，S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)bc＝3eq \r(3)，所以bc＝12，
由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccs A＝(b＋c)2－3bc＝28，
所以b＋c＝8，又因为b3.在①b＝4，c＝6，②b＝3，c＝2eq \r(2)，③b＝7，c＝5这三个条件中选一个合适的补充在下面的横线上，使得问题可以解答，并写出完整的解答过程．
问题：在钝角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝5，________.
(1)求△ABC的面积；
(2)求△ABC外接圆的半径与内切圆的半径．
【解析】 (1)若选①，则a＝5，b＝4，c＝6，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＋c2>a2，,a2＋c2>b2，,b2＋a2>c2，))则△ABC为锐角三角形，不合题意；
若选③，则a＝5，b＝7，c＝5，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＋c2>a2，,a2＋c2>b2，,b2＋a2>c2，))则△ABC为锐角三角形，不合题意；
若选②，因为cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(－8,12\r(2))＝－eq \f(\r(2),3)，
所以sin A＝eq \f(\r(7),3)，
故△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \r(14).
(2)由(1)知选①③不合题意；
若选②，设△ABC外接圆的半径为R，
由正弦定理得2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(15\r(7),7)，
所以R＝eq \f(15\r(7),14).
设△ABC内切圆的半径为r，由eq \f(1,2)r(a＋b＋c)＝S，
得r＝eq \f(2S,a＋b＋c)＝eq \f(2\r(14),8＋2\r(2))＝eq \f(\r(14),4＋\r(2))＝eq \f(2\r(14)－\r(7),7).
4.在①eq \f(2c－b,a)＝eq \f(cs B,cs A)，②2acs C＋c＝2b，③asin Acs C＋eq \f(1,2)csin 2A＝eq \r(3)bcs A这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题．问题：锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________.
(1)求A；
(2)求cs B＋cs C的取值范围．
【解析】 (1)选①eq \f(2c－b,a)＝eq \f(cs B,cs A)，所以eq \f(2sin C－sin B,sin A)＝eq \f(cs B,cs A)，
所以2sin Ccs A－sin Bcs A＝sin Acs B，
整理得2sin Ccs A＝sin Bcs A＋sin Acs B＝sin(A＋B)＝sin C．
因为sin C≠0，所以cs A＝eq \f(1,2).因为A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq \f(π,3).
选②因为2acs C＋c＝2b，所以2sin Acs C＋sin C＝2sin B＝2sin(A＋C)，
所以2sin Acs C＋sin C＝2sin Acs C＋2cs Asin C，
整理得sin C＝2cs Asin C．
因为sin C≠0，所以cs A＝eq \f(1,2)，因为A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq \f(π,3).
选③因为asin Acs C＋eq \f(1,2)csin 2A＝eq \r(3)bcs A，
所以sin Asin Acs C＋sin Csin Acs A＝eq \r(3)sin Bcs A，
所以sin A(sin Acs C＋sin Ccs A)＝eq \r(3)sin Bcs A，
整理得sin Asin B＝eq \r(3)sin Bcs A．
因为sin B≠0，所以sin A＝eq \r(3)cs A．
因为A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以tan A＝eq \r(3)，A＝eq \f(π,3).
(2)因为A＝eq \f(π,3)，
所以cs B＋cs C＝cs B－cs(B＋A)＝eq \f(1,2)cs B＋eq \f(\r(3),2)sin B＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6))).
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以C＝eq \f(2π,3)－B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，
所以B＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))，故cs B＋cs C∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1)).
5. (2023·全国高一专题练习)在①2bsin C＝eq \r(3)ccs B＋csin B，②eq \f(cs B,cs C)＝eq \f(b,2a－c)两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且________.
(1)求角B；
(2)若点D满足eq \(BD,\s\up6(→))＝2eq \(BC,\s\up6(→))，且线段AD＝3，求2a＋c的最大值．
【解析】 (1)选①，由2bsin C＝eq \r(3)ccs B＋csin B及正弦定理可得：
2sin Bsin C＝eq \r(3)sin Ccs B＋sin Csin B，
所以，sin Csin B＝eq \r(3)sin Ccs B，
因为B，C∈(0，π)，所以sin C>0，
则sin B＝eq \r(3)cs B>0，
所以tan B＝eq \r(3)，故B＝eq \f(π,3)；
选②，由eq \f(cs B,cs C)＝eq \f(b,2a－c)及正弦定理可得sin Bcs C＝(2sin A－sin C)cs B，
所以，2sin Acs B＝sin Bcs C＋cs Bsin C＝sin(B＋C)＝sin A，
∵A，B∈(0，π)，∴sin A>0，所以cs B＝eq \f(1,2)，则B＝eq \f(π,3).
(2)如图：点D满足eq \(BD,\s\up6(→))＝2eq \(BC,\s\up6(→))，则BC＝CD，故BD＝2a，
又AD＝3，故AD2＝c2＋(2a)2－2c·2a·cs eq \f(π,3)＝c2＋4a2－2ac＝9，
即c2＋4a2－9＝2ac，即(c＋2a)2－9＝6ac，
又a，c>0，所以(c＋2a)2－9＝3×(2a)·c≤3×eq \f(2a＋c2,4)，当且仅当c＝2a＝3时取等号，
即(2a＋c)2≤36，故2a＋c≤6，即2a＋c的最大值为6.
6. (2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝asin 2x＋cs 2x，且f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))))).
(1)求f(x)的最大值；
(2)从①②中任选一个作答．若选择多个分别作答．按第一个解答计分．
①A为函数f(x)图象与x轴的交点，点B，C为函数f(x)图象的最高点或者最低点，求△ABC面积的最小值．
②O为坐标原点，复数z1＝－2－4i，z2＝－2＋f(x)i在复平面内对应的点分别为A，B，求△OAB面积的取值范围．
【解析】 (1)∵f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))))，即当x＝－eq \f(π,6)时函数f(x)取到最值，
又f(x)＝asin 2x＋cs 2x＝eq \r(a2＋1)sin(2x＋φ)≤eq \r(a2＋1)，其中tan φ＝eq \f(1,a)(a≠0)，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))))2＝a2＋1，代入得eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(asin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))))2＝a2＋1，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a＋\f(1,2)))2＝a2＋1，解得(a＋eq \r(3))2＝0，∴a＝－eq \r(3)，
f(x)＝－eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
当2x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，即x＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z时，f(x)取到最大值2.
(2)由(1)可得：f(x)＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
选①：可得T＝eq \f(2π,2)＝π，
当B，C对应的f(x)同为最大值或最小值时，
得S△OAB＝eq \f(1,2)A·kT≥eq \f(1,2)AT＝eq \f(1,2)×2×π＝π；
当B，C对应的f(x)一个为最大值，另一个为最小值时，
得S△ABC＝eq \f(1,2)×2A·k×eq \f(T,2)≥eq \f(1,2)AT＝eq \f(1,2)×2×π＝π；
综上：△ABC面积的最小值为π；
选②：由复数的几何意义知：A(－2，－4)，B(－2，f(x))，
∴S△OAB＝eq \f(1,2)×2×|AB|＝|AB|＝|f(x)＋4|＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋4，
当2x－eq \f(π,6)＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z时，S△OAB有最大值6；
当2x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z时，S△OAB有最小值2；∴S△OAB∈[2,6]．