2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項2 高考中的三角函數(shù)與解三角形 文 北師大版.doc
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高考大題專項二 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=-. (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,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. 4.(2018河南六市聯(lián)考二,17)已知f(x)=12sinx+π6cos 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=,求△ABC中線AD的長. 6.已知在△ABC中,D是BC上的點,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)求角B的大小. 高考大題專項二 高考中的三角函數(shù)與解三角形 1.解 (1)在△ABC中,∵cos B=-,∴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+12437=3314. 如圖所示,在△ABC中,過點B作BD⊥AC于點D.∵sin C=hBC,∴h=BCsin C=73314=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12ABADsinπ612ACAD=1. 又△ABC的面積為1242sin∠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, 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+c2-2bc32≥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 x32cos x+12cos xcos x-3=33sin 2x+3(1+cos 2x)-3=6sin2x+π6. ∵f(x)在0,π6上單調(diào)遞增,在π6,π4上單調(diào)遞減, ∴f(x)max=6,f(x)min=3. (2)在△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=π2,∴A=π3. 又cos B=17,∴sin B=437, ∴sin C=sin(A+B)=3217+12437=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+BD2-2ABBDcos B=52+722-257217=1294,∴AD=1292. 6.解 (1)S△ABD=ABADsin∠BAD,S△ADC=ACADsin∠CAD. 因為S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC. 由正弦定理可得sinBsinC=ACAB=12. (2)因為S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=2. 在△ABD和△ADC中,由余弦定理知, AB2=AD2+BD2-2ADBDcos∠ADB,?、? AC2=AD2+DC2-2ADDCcos∠ADC.?、? 因為cos∠ADB=-cos∠ADC, 所以①+2②得 AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6. 由(1)知AB=2AC,所以AC=1. 7.解 (1)41+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下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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