【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练10　三角函数与解三角形解答题 Word版含答案.docx，共(8)页，58.585 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练10三角函数与解三角形解答题1.已知向量a=(cosx,sinx),b=(4√3sinx,4sinx),若f(x)=a·(a+b).(1)求f(x)的单调递减区间;(2)求f(x)在区间[0,π2]上的最值.2.(2022·新高考Ⅱ,18)记△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,

b,c,以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S1,S2,S3,且S1-S2+S3=√32,sinB=13.(1)求△ABC的面积;(2)若sinAsinC=√23,求b.3.(2023·新高考Ⅱ,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为√3,

D为BC的中点,且AD=1.(1)若∠ADC=π3,求tanB;(2)若b2+c2=8,求b,c.4.在△ABC中,已知a,b,c分别是角A,B,C的对边,bcosC+ccosB=4,B=π4.请在下列三个条件中,任意选择一个添加到题目的条

件中,求△ABC的面积.①(a+b+c)(sinA+sinB-sinC)=3asinB;②b=4√2;③√3csinB=bcosC.5.在△ABC中,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=2π3,b=√6.(1)若cosAcosC=23,求△ABC的面积.(2)试问1𝑎+

1𝑐=1能否成立?若能成立,求此时△ABC的周长;若不能成立,请说明理由.6.如图,某景区内有一半圆形花圃,其直径AB为6,O是圆心,且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q,其中∠AQC=2π3.计划在𝐵𝐶⏜上再建一座观赏亭P,记∠POB=θ(0

<𝜃<π2).(1)当θ=π3时,求∠OPQ的大小;(2)当∠OPQ越大时,游客在观赏亭P处的观赏效果越佳,当游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,求sinθ的值.专题突破练10三角函数与解三角形解答题1.解由于f(x)=a·(a+b)=|a|2+a

·b=1+4√3sinxcosx+4sin2x=1+2√3sin2x+4·1-cos2𝑥2=2√3sin2x-2cos2x+3=4sin(2𝑥-π6)+3.(1)由π2+2kπ≤2x-π6≤3π2+2kπ(k∈Z),解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k∈Z

),所以f(x)的单调递减区间是[π3+𝑘π,5π6+𝑘π](k∈Z).(2)由于x∈[0,π2],所以2x-π6∈[-π6,5π6],故当2x-π6=π2,即x=π3时,函数f(x)取最大值7;当2x-π6=-π6,即x=0时,函

数f(x)取最小值1.2.解(1)边长为a的正三角形的面积为√34a2,S1-S2+S3=√34(a2-b2+c2)=√32,即accosB=1.由sinB=13,得cosB=2√23.故ac=1cos𝐵=3√24.故S△ABC

=12acsinB=12×3√24×13=√28.(2)由正弦定理可得𝑏2sin2𝐵=𝑎𝑐sin𝐴sin𝐶=3√24√23=94,b=32sinB=12.3.解(1)方法一(正弦定理+余弦定理)由题意可知S△ABC=12acsinB=√

3,故acsinB=2√3.①在△ABD中,有𝐴𝐷sin𝐵=𝐴𝐵sin∠𝐴𝐷𝐵,由∠ADC=π3,得∠ADB=2π3,所以1sin𝐵=𝑐sin2π3,故csinB=√32.②将②式代入①式,得a=4.在△AD

B中,由余弦定理得AB2=c2=AD2+BD2-2AD·BDcos2π3,即c2=12+22-2×1×2×(-12)=7,得c=√7.在△ABD中,cosB=𝐴𝐵2+𝐵𝐷2-𝐴𝐷22𝐴𝐵·𝐵𝐷=7+4-12√7×2=52√7>0,故B∈(0,π2),则s

inB=√32√7,tanB=√35.方法二(余弦定理)因为AD为△ABC的中线,所以S△ABC=2S△ADC=2×12×𝑎2×1×sinπ3=√34a=√3,故a=4.在△ADC中,由余弦定理知b2=12+22-2×1×2×cosπ3=3.在△ABD中,c2=AB2=

12+22-2×1×2×cos2π3=7.在△ABC中,cosB=𝑐2+𝑎2-𝑏22𝑐𝑎=7+16-32√7×4=52√7>0,故B∈(0,π2),有sinB=√32√7,tanB=√35.(2)(方法一)在

△ABC中,由𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,得|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=14|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2=14(|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗).由余弦定理得2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2-|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2.故|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=14(2|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+2|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2

-|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2),即AD2=12(b2+c2)-14a2,得a=2√3.由S△ABC=12bcsinA和b2+c2-a2=2bccosA,得S△ABC=14(b2+c2-a2)tanA,得tanA=-√3<0,故

A∈(π2,π),有A=2π3.又因为S△ABC=12bcsinA,所以bc=4.由b2+c2=8和bc=4,得b=c=2.方法二(几何法)过点A作AH⊥BC交BC于点H(图略).在△ABC,△ABD中,由余弦定

理得cosB=𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=(𝑎2)2+𝑐2-12𝑎𝑐,解得a2=2(b2+c2)-4.将b2+c2=8代入a2=2(b2+c2)-4中得a=2√3.S△ABC=12BC·AH=12×2

√3AH=√3,则AH=1.又因为AD=1,所以点H与点D重合,即AD为边BC的中垂线,所以b=c=√𝐴𝐷2+(𝑎2)2=√1+3=2.4.解若选择条件①,则(a+b+c)(sinA+sinB-sinC)=3asinB,由正弦定理可得(a+b+c)(a+b-c)=3ab,所以

(a+b)2-c2=3ab,整理得a2+b2-c2=ab,所以cosC=12,故C=π3.又B=π4,所以A=π-π3−π4=5π12.又因为bcosC+ccosB=4,所以b·𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏+c·𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=4,即a=4.由正弦定

理可得𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,所以b=𝑎sin𝐵sin𝐴=4sinπ4sin5π12=4(√3-1),故△ABC的面积S=12absinC=12×4×4(√3-1)×sinπ3=4(3-√3).若选择条件②,则b=4√2.又因为bcosC+ccosB=4

,所以b·𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏+c·𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=4,即a=4.又B=π4,所以由正弦定理可得𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,所以sinA=𝑎sin𝐵𝑏=4sinπ44√2=12,所以A=π6或A=5π6.由于b>a,

所以B>A,因此A=5π6不合题意舍去,故A=π6,从而C=π-π6−π4=7π12.故△ABC的面积S=12absinC=12×4×4√2×sin7π12=4(√3+1).若选择条件③,因为bcosC+ccosB=4,所以b·𝑎

2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏+c·𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=4,所以a=4.因为√3csinB=bcosC,所以√3sinCsinB=sinBcosC,所以tanC=√33,于是C=π6,从而A=π-π6−π4=7π12,所以由正弦定理可得𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,

所以b=𝑎sin𝐵sin𝐴=4sinπ4sin7π12=4(√3-1),故△ABC的面积S=12absinC=12×4×4(√3-1)×sinπ6=4(√3-1).5.解(1)由B=2π3,得A+C

=π3,cos(A+C)=cosAcosC-sinAsinC,即12=cosAcosC-sinAsinC.因为cosAcosC=23,所以sinAsinC=16.因为𝑎sin𝐴=𝑐sin𝐶=√6√32=2√2,所

以a=2√2sinA,c=2√2sinC.所以S△ABC=12·2√2sinA·2√2sinC·sinB=4sinA·sinBsinC=4×16×√32=√33.(2)假设1𝑎+1𝑐=1能成立,所以a+c=ac.由余弦定理,得

b2=a2+c2-2accosB,所以6=a2+c2+ac.所以(a+c)2-ac=6,所以(ac)2-ac-6=0,所以ac=3或ac=-2(舍去),此时a+c=ac=3.不满足a+c≥2√𝑎𝑐,所

以1𝑎+1𝑐=1不成立.6.解(1)在△POQ中,因为∠AQC=2π3,所以∠AQO=π3.又OA=OB=3,所以OQ=√3.设∠OPQ=α,则∠PQO=π2-α+θ.由正弦定理,得3sin(π2-𝛼+𝜃)=√3sin𝛼,即√3sinα=

cos(α-θ),整理得tanα=cos𝜃√3-sin𝜃,其中θ∈(0,π2).当θ=π3时,tanα=√33.因为α∈(0,π2),所以α=π6.故当θ=π3时,∠OPQ=π6.(2)设f(θ)=cos𝜃√3-sin𝜃,θ∈(0,π2),则f'(θ)=-sin

𝜃(√3-sin𝜃)+cos2𝜃(√3-sin𝜃)2=1-√3sin𝜃(√3-sin𝜃)2.令f'(θ)=0,得sinθ=√33,记锐角θ0满足sinθ0=√33.当0<θ<θ0时,f'(θ)>0;当θ0<θ<π2时,f'(θ)<0.所以f(θ)在θ=θ0处

取得极大值亦即最大值.由(1)可知tanα=f(θ)>0,则α∈(0,π2),又y=tanα单调递增,则当tanα取最大值时,α也取得最大值.