【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）规范答题增分专项2　高考中的三角函数与解三角形问题 Word版含解析.docx，共(6)页，42.059 KB，由小赞的店铺上传

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规范答题增分专项二高考中的三角函数与解三角形问题1.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=150°.(1)若a=√3c,b=2√7,求△ABC的面积;(2)若sinA+√3sinC=√22,求C.2.(

2021天津,16)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sinA∶sinB∶sinC=2∶1∶√2,b=√2.(1)求a的值;(2)求cosC的值;(3)求sin(2𝐶-π6)的值.3.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos

2(π2+𝐴)+cosA=54.(1)求A;(2)若b-c=√33a,证明:△ABC是直角三角形.4.在△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD的面积是△ADC面积的2倍.(1)求sin𝐵sin𝐶;(2)若AD=1,DC=√22,求BD和AC的长.

5.在①ac=√3,②csinA=3,③c=√3b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinA=√3sinB,C

=π6,?6.(2021新高考Ⅰ,19)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c

os∠ABC.7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=√2,B=45°.(1)求sinC的值;(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-45,求tan∠DAC的值.8.在①m=(a

+b,c-a),n=(a-b,c),且m⊥n,②2a-c=2bcosC,③sin(B+π6)=cosB+12这三个条件中任选一个补充在下面的问题中,并给出解答.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,

b,c,且.(1)求角B;(2)若b=4,求△ABC周长的最大值.规范答题增分专项二高考中的三角函数与解三角形问题1.解(1)由题设及余弦定理,得28=3c2+c2-2×√3c2×cos150°,解得c=-2(舍去)或c=2.从而a=2√3.△ABC的面积为12×

2√3×2×sin150°=√3.(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,所以sinA+√3sinC=sin(30°-C)+√3sinC=sin(30°+C).故sin(30°+C)=√22.因为0°<C<3

0°,所以30°+C=45°,故C=15°.2.解(1)∵sinA∶sinB∶sinC=2∶1∶√2,∴a∶b∶c=2∶1∶√2,又b=√2,∴a=2√2,c=2.(2)由余弦定理可得cosC=𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏=8+2-42×2√2×√2=34.(3)∵

cosC=34,∴sinC=√1-cos2𝐶=√74,∴sin2C=2sinCcosC=2×√74×34=3√78,cos2C=2cos2C-1=2×916-1=18,∴sin(2𝐶-π6)=sin2Ccosπ6-cos2Csinπ6=3√78×√32−18×12=3√21-116.3

.(1)解由已知得sin2A+cosA=54,即cos2A-cosA+14=0.所以(cos𝐴-12)2=0,cosA=12.由于0<A<π,故A=π3.(2)证明由正弦定理及已知条件,得sinB-sinC=√33sinA.由(1)知B+C=2π3,所以sinB-sin(

2π3-𝐵)=√33sinπ3.即12sinB-√32cosB=12,sin(𝐵-π3)=12.由于0<B<2π3,故B=π2,从而△ABC是直角三角形.4.解(1)S△ABD=12AB·ADsin∠BAD,S△ADC=12AC·ADsin∠CAD.因为

S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.由正弦定理,得sin𝐵sin𝐶=𝐴𝐶𝐴𝐵=12.(2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,且DC=√22,所以BD=√2.在△ABD和△ADC中,由余弦定理知AB2=AD2+BD2-2AD·B

Dcos∠ADB,AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.由(1)知AB=2AC,所以AC=1.5.解方案一:选条件①.由C=π6和余弦定理,得𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏=√32.由sinA=√3sinB及正

弦定理,得a=√3b.于是3𝑏2+𝑏2-𝑐22√3𝑏2=√32,由此可得b=c.由①ac=√3,解得a=√3,b=c=1.因此,选条件①时,问题中的三角形存在,此时c=1.方案二:选条件②.由C=π6和余弦定理,得𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏=√

32.由sinA=√3sinB及正弦定理,得a=√3b.于是3𝑏2+𝑏2-𝑐22√3𝑏2=√32,由此可得b=c.所以B=C=π6.由A+B+C=π,得A=π-π6−π6=2π3.由②csinA=3,即csin2π3=3,所以c=b=2√3,a

=6.因此,选条件②时,问题中的三角形存在,此时c=2√3.方案三:选条件③.由C=π6和余弦定理,得𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏=√32.由sinA=√3sinB及正弦定理,得a=√3b.于是3𝑏2+𝑏2-𝑐22√3𝑏

2=√32,由此可得b=c.由③c=√3b,与b=c矛盾.因此,选条件③时,问题中的三角形不存在.6.(1)证明由正弦定理,得BD·b=ac=b2,则BD=b.(2)解由(1)知BD=b,∵AD=2DC,∴AD=23b,DC=13b.在△ABD中,由余弦定理,得cos∠BDA=𝐵�

�2+𝐴𝐷2-𝐴𝐵22𝐵𝐷·𝐴𝐷=𝑏2+(23𝑏)2-𝑐22𝑏·23𝑏=13𝑏2-9𝑐212𝑏2,在△CBD中,由余弦定理,得cos∠BDC=𝐵𝐷2+𝐶𝐷2-𝐵𝐶22�

�𝐷·𝐶𝐷=𝑏2+(13𝑏)2-𝑎22𝑏·13𝑏=10𝑏2-9𝑎26𝑏2.∵∠BDA+∠BDC=π,∴cos∠BDA+cos∠BDC=0,即13𝑏2-9𝑐212𝑏2+10𝑏2-9𝑎26𝑏2=0,得

33b2=9c2+18a2.∵b2=ac,∴9c2-33ac+18a2=0.∴c=3a或c=23a.在△ABC中,由余弦定理知,cos∠ABC=𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=𝑎2+𝑐2-𝑎𝑐2𝑎𝑐,当c=3a时

,cos∠ABC=76>1(舍);当c=23a时,cos∠ABC=712.综上所述,cos∠ABC=712.7.解(1)在△ABC中,因为a=3,c=√2,B=45°,由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得b2=9+2-2×3×√2cos45°=5,所以b=√5.在

△ABC中,由正弦定理𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶,得√5sin45°=√2sin𝐶,所以sinC=√55.(2)在△ADC中,因为cos∠ADC=-45,所以∠ADC为钝角,而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,所以∠C为锐角.

故cosC=√1-sin2𝐶=2√55,则tanC=sin𝐶cos𝐶=12.因为cos∠ADC=-45,所以sin∠ADC=√1-cos2∠𝐴𝐷𝐶=35,tan∠ADC=sin∠𝐴𝐷𝐶cos∠𝐴𝐷𝐶=-34.

从而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-C)=-tan(∠ADC+C)=-tan∠𝐴𝐷𝐶+tan𝐶1-tan∠𝐴𝐷𝐶·tan𝐶=--34+121-(-34)×12=211.8.解选①:(1)∵m=(a+

b,c-a),n=(a-b,c),且m⊥n,∴(a+b)(a-b)+c(c-a)=0.化简得a2+c2-b2=ac,由余弦定理,得cosB=𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=𝑎𝑐2𝑎𝑐=12,∵0<B<π,∴B=π3.(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得16=(a

+c)2-3ac.∵𝑎+𝑐2≥√𝑎𝑐,∴ac≤(𝑎+𝑐)24,当且仅当a=c时,等号成立,∴3ac=(a+c)2-16≤3(𝑎+𝑐)24,解得a+c≤8,当且仅当a=c=4时,等号成立,∴a+b+c≤8+4=12,∴△A

BC的周长的最大值为12.选②:(1)根据正弦定理,由2a-c=2bcosC,得2sinA-sinC=2sinBcosC.∵sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB,∴2sinCcosB=sinC.∵sinC≠0,∴cosB=12.

∵B∈(0,π),∴B=π3.(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得16=(a+c)2-3ac.∵𝑎+𝑐2≥√𝑎𝑐,∴ac≤(𝑎+𝑐)24,当且仅当a=c时,等号成立,∴3ac=(a+c)2-16≤3(

𝑎+𝑐)24,解得a+c≤8,当且仅当a=c=4时,等号成立,∴a+b+c≤8+4=12,∴△ABC的周长的最大值为12.选③:(1)由sin(𝐵+π6)=cosB+12,得√32sinB+12cosB=cosB+12,即√3

2sinB-12cosB=12,得cosB+π3=-12,∵B∈(0,π),∴B+π3=2π3,解得B=π3.(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得16=(a+c)2-3ac.∵𝑎+𝑐2≥√𝑎𝑐,∴ac≤(𝑎+𝑐)24,当且仅当a=c时,等号

成立,∴3ac=(a+c)2-16≤3(𝑎+𝑐)24,解得a+c≤8,当且仅当a=c=4时,等号成立,∴a+b+c≤8+4=12,∴△ABC的周长的最大值为12.