《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練11 三角變換與解三角形 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練11 三角變換與解三角形 理（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題突破練11 三角變換與解三角形
1.在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-17.
(1)求∠A;
(2)求AC邊上的高.
2.在△ABC中,已知A=45°,cos B=45.
(1)求cos C的值;
(2)若BC=10,D為AB的中點(diǎn),求CD的長.
3.(2019河南南陽高三聯(lián)考,文17)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,3(acos C-b)=asin C.
(1)求角A;
(2)若點(diǎn)D為BC的中點(diǎn),且AD的長為3,求△ABC面積的最大值.
2、
4.如圖,在梯形ABCD中,已知∠A=π2,∠B=2π3,AB=6,在AB邊上取點(diǎn)E,使得BE=1,連接EC,ED.若∠CED=2π3,EC=7.
(1)求sin∠BCE的值;
(2)求CD的長.
5.(2019遼寧鞍山一中高三一模)已知a,b,c分別為△ABC三個內(nèi)角A,B,C的對邊,S為△ABC的面積,sin(B+C)=2Sa2-c2.
(1)證明:A=2C;
(2)若b=2,且△ABC為銳角三角形,求S的取值范圍.
6.
3、(2019福建廈門高三一模,理17)在平面四邊形ABCD中,∠ABC=π3,∠ADC=π2,BC=2.
(1)若△ABC的面積為332,求AC;
(2)若AD=23,∠ACB=∠ACD+π3,求tan ∠ACD.
7.(2019河北衡水中學(xué)高三五模,文17)已知函數(shù)f(x)=msin ωx-cos ωx(m>0,ω>0)的最大值為2,且f(x)的最小正周期為π.
(1)求m的值和函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;
(2)設(shè)角A,B,C為△ABC的三個內(nèi)角,對應(yīng)邊分別為a,b,c,若fB2=0,b=1,求32a-12c的取值范圍.
4、
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.
參考答案
專題突破練11 三角變換與
解三角形
1.解(1)在△ABC中,∵cosB=-17,
∴B∈π2,π,
∴sinB=1-cos2B=437.
由正弦定理,得asinA=bsinB?7sinA=8437,
∴sinA=32.
∵B∈π2,π,∴A∈0,π2,
∴A=π3.
(2)在△ABC中,sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBco
5、sA=32×-17+12×437=3314.
如圖所示,在△ABC中,過點(diǎn)B作BD⊥AC交AC于點(diǎn)D.
∵sinC=hBC,∴h=BC·sinC=7×3314=332,
∴AC邊上的高為332.
2.解(1)∵cosB=45,且B∈(0°,180°),
∴sinB=1-cos2B=35.
cosC=cos(180°-A-B)
=cos(135°-B)
=cos135°cosB+sin135°sinB=-22×45+22×35=-210.
(2)由(1)可得sinC=1-cos2C=1--2102=7102.
由正弦定理得BCsinA=ABsinC,即1022=AB710
6、2,解得AB=14.在△BCD中,BD=7,CD2=72+102-2×7×10×45=37,所以CD=37.
3.解(1)由正弦定理,可得
3(sinAcosC-sinB)=sinAsinC.
∵A+B+C=π,∴B=π-(A+C).
∴3[sinAcosC-sin(A+C)]=sinAsinC,
即-3cosAsinC=sinAsinC,
∵00.
∴tanA=-3.
∵0
7、∴bc≤12,當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取得等號.
∴S△ABC=12bcsinA=34bc≤33,當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取得等號,
∴△ABC面積的最大值為33.
4.解(1)在△CBE中,
由正弦定理得CEsinB=BEsin∠BCE,
sin∠BCE=BEsinBCE=1×327=2114.
(2)在△CBE中,由余弦定理得CE2=BE2+CB2-2BE·CBcos2π3,即7=1+CB2+CB,解得CB=2.
由余弦定理得CB2=BE2+CE2-2BE·CEcos∠BEC,cos∠BEC=277,sin∠BEC=217,sin∠AED=sin2π3+∠BEC=32×277-12×217=
8、2114,cos∠AED=5714,在Rt△ADE中,AE=5,AEDE=cos∠AED=5714,DE=27.
在△CED中,由余弦定理得CD2=CE2+DE2-2CE·DEcos2π3=49,
∴CD=7.
5.(1)證明由sin(B+C)=2Sa2-c2,
即sinA=2Sa2-c2,
∴sinA=bcsinAa2-c2,sinA≠0,
∴a2-c2=bc.
∵a2=b2+c2-2bccosA,
∴a2-c2=b2-2bccosA.
∴b2-2bccosA=bc.
∴b-2ccosA=c.
∴sinB-2sinCcosA=sinC.
∴sin(A+C)-2sinC
9、cosA=sinC.
∴sinAcosC-cosAsinC=sinC.
∴sin(A-C)=sinC.
∵A,B,C∈(0,π),∴A=2C.
(2)解∵A=2C,∴B=π-3C.
∴sinB=sin3C.
∵asinA=bsinB,且b=2,
∴a=2sin2Csin3C,
∴S=12absinC=2sin2CsinCsin(2C+C)=2sin2CsinCsin2CcosC+cos2CsinC=2tan2CtanCtan2C+tanC=4tanC3-tan2C=43tanC-tanC.
∵△ABC為銳角三角形,
∴A=2C∈(0,π2),B=π-3C∈(0,π2)C∈(
10、0,π2),,
∴C∈π6,π4,
∴tanC∈33,1.
∵S=43tanC-tanC為增函數(shù),
∴S∈32,2.
6.解(1)在△ABC中,因?yàn)锽C=2,∠ABC=π3,
S△ABC=12AB·BC·sin∠ABC=332,
所以32AB=332,解得AB=3.
在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=7,
所以AC=7.
(2)設(shè)∠ACD=α,則∠ACB=∠ACD+π3=α+π3.
如圖.
在Rt△ACD中,因?yàn)锳D=23,所以AC=ADsinα=23sinα,
在△ABC中,∠BAC=π-∠ACB-∠ABC=π3-α,
11、
由正弦定理,得BCsin∠BAC=ACsin∠ABC,
即2sin(π3-α)=2332sinα,
所以2sinπ3-α=sinα.
所以232cosα-12sinα=sinα,即3cosα=2sinα.
所以tanα=32,即tan∠ACD=32.
7.解(1)f(x)=msinωx-cosωx
=m2+1sin(ωx+φ),
其中tanφ=-1m.
因?yàn)閒(x)的最大值為2,所以m2+1=2.
又因?yàn)閙>0,所以m=3.
又因?yàn)閒(x)的最小正周期為π,所以ω=2ππ=2.
所以f(x)=3sin2x-cos2x=2sin2x-π6.
令2kπ-π2≤2x-π6
12、≤2kπ+π2,可得kπ-π6≤x≤kπ+π3(k∈Z),
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ-π6,kπ+π3(k∈Z).
(2)因?yàn)閒B2=2sinB-π6=0,所以B=π6.
由正弦定理asinA=bsinB=csinC可得
a=2sinA,c=2sinC.
32a-12c=3sinA-sinC
=3sinA-sinA+π6=sinA-π6.
因?yàn)?
13、sA=1,b×b2+c2-a22bc=1,化為b2+c2-a2=2c.②
聯(lián)立①②解得2c2=8c,
即c=4.
(2)由(1)得到的c=4代入①可得a2-b2=8.
又A-B=π6,∴A=B+π6,C=π-(A+B)=π-2B+π6,可得sinC=sin2B+π6.由正弦定理可得asinA=bsinB=4sinC,∴a=4sinB+π6sin2B+π6,b=4sinBsin2B+π6.
∴a2-b2=8?16sin2B+π6-16sin2B
=8sin22B+π6,
∴1-cos2B+π3-(1-cos2B)=sin22B+π6,
即cos2B-cos2B+π3=sin22B+π6,
∴sin2B+π6=sin22B+π6,
∴sin2B+π6=0或sin2B+π6=1,B∈0,5π12,解得B=π6.
14
（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練11 三角變換與解三角形 理
