《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 保分專題一 三角函數(shù)與解三角形 第2講 解三角形練習(xí) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 保分專題一 三角函數(shù)與解三角形 第2講 解三角形練習(xí) 文（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 保分專題一 三角函數(shù)與解三角形 第2講 解三角形練習(xí) 文 一、選擇題 1．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知a＝，c＝2，cos A＝，則b＝(　　) A.　　　　　　　　　 B. C．2 D．3 解析：由余弦定理，得4＋b2－2×2bcos A＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－(舍去)，故選D. 答案：D 2．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c,23cos2A＋cos 2A＝0，a＝7，c＝6，則b＝(　　) A．10 B．9 C．8 D．5 解析：化簡23cos2A＋cos

2、 2A＝0，得23cos2A＋2cos2A－1＝0，解得cos A＝.由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccos A，代入數(shù)據(jù)，解方程，得b＝5. 答案：D 3．鈍角三角形ABC的面積是，AB＝1，BC＝，則AC＝(　　) A．5 B. C．2 D．1 解析：由題意可得AB·BC·sin B＝，又AB＝1，BC＝，所以sin B＝，所以B＝45°或B＝135°.當(dāng)B＝45°時(shí)，由余弦定理可得AC＝＝1，此時(shí)AC＝AB＝1，BC＝，易得A＝90°，與已知條件“鈍角三角形”矛盾，舍去．所以B＝135°.由余弦定理可得AC＝＝. 答案：B 4．在銳角△ABC中，角A，B，C所對

3、的邊分別為a，b，c，若sin A＝，a＝2，S△ABC＝，則b的值為(　　) A. B. C．2 D．2 解析：由S△ABC＝bcsin A＝bc×＝，解得bc＝3.因?yàn)锳為銳角，sin A＝，所以cos A＝，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，代入數(shù)據(jù)解得b2＋c2＝6，則(b＋c)2＝12，b＋c＝2，所以b＝c＝，故選A. 答案：A 5．(2017·高考全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝sin＋cos的最大值為(　　) A. B．1 C. D. 解析：法一：∵f(x)＝sin＋cos ＝＋cos x＋sin x ＝sin x＋cos x＋cos x＋

4、sin x ＝sin x＋cos x＝sin， ∴當(dāng)x＝＋2kπ(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最大值. 故選A. 法二：∵＋＝， ∴f(x)＝sin＋cos ＝sin(x＋)＋cos(－x) ＝sin＋sin ＝sin≤. ∴f(x)max＝. 故選A. 答案：A 6．△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c.已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，則A＝(　　) A. B. C. D. 解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝2b2－2b2cos A，所以2b2(1－sin A)＝2b2(1－cos A)，所以sin A＝cos A，

5、即tan A＝1，又0

6、A＝，即＝，所以b2＋c2－a2＝bc.又b2＝a2＋bc，所以c2＋bc＝bc，即c＝(－1)b

7、等差數(shù)列，其對邊為a、b、c，若a、b、c成等比數(shù)列，則△ABC的形狀為(　　) A．等腰三角形 B．等邊三角形 C．直角三角形 D．鈍角三角形 解析：∵內(nèi)角A、B、C成等差數(shù)列， ∴A＋C＝2B. 又A＋B＋C＝π.∴B＝，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac. 又b2＝ac，∴a2＋c2－ac＝ac，即(a－c)2＝0， ∴a＝c， 又B＝，∴△ABC為等邊三角形；選B. 答案：B 11．在△ABC中，·＝|－|＝3，則△ABC面積的最大值為(　　) A. B. C. D．3 解析：設(shè)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，

8、 ∵·＝|－|＝3， ∴bccos A＝a＝3. 又cos A＝≥1－＝1－， ∴cos A≥， ∴0＜sin A≤， ∴△ABC的面積S＝bcsin A＝tan A≤×＝，故△ABC面積的最大值為. 答案：B 12．(2017·高考全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，則C＝(　　) A. B. C. D. 解析：因?yàn)閍＝2，c＝， 所以由正弦定理可知，＝， 故sin A＝sin C. 又B＝π－(A＋C)， 故sin B＋sin A(sin C－cos C) ＝

9、sin(A＋C)＋sin Asin C－sin Acos C ＝sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C ＝(sin A＋cos A)sin C ＝0. 又C為△ABC的內(nèi)角， 故sin C≠0， 則sin A＋cos A＝0，即tan A＝－1. 又A∈(0，π)，所以A＝. 從而sin C＝sin A＝×＝. 由A＝知C為銳角，故C＝. 故選B. 答案：B 二、填空題 13．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足bsin A＝acos B，則角B的大小為________． 解析：∵bsin A＝

10、acos B，由正弦定理，得sin Bsin A＝sin AcosB．∵sin A≠0，∴sin B＝cos B，∵B為△ABC內(nèi)角，∴B＝. 答案： 14．(2017·高考北京卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α與角β均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對稱．若sin α＝，則cos(α－β)＝________. 解析：由題意知α＋β＝π＋2kπ(k∈Z)， ∴β＝π＋2kπ－α(k∈Z)， sin β＝sin α，cos β＝－cos α. 又sin α＝， ∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β ＝－cos2α＋sin2α＝2sin2α－1 ＝2×－

11、1＝－. 答案：－ 15．在△ABC中，若C＝60°，AB＝2，則AC＋BC的取值范圍為________． 解析：設(shè)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.由題意，得c＝2.由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，即4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab≥(a＋b)2，得a＋b≤4.又由三角形的性質(zhì)可得a＋b>2，綜上可得2

12、所以cos A＝＝×≥×＝(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立)，即cos A的最小值為. 答案： B組　大題規(guī)范練 1.如圖，在△ABC中，點(diǎn)P在BC邊上，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4. (1)求∠ACP； (2)若△APB的面積是，求sin∠BAP. 解析：(1)在△APC中，因?yàn)椤螾AC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4，由余弦定理得PC2＝AP2＋AC2－2·AP·AC·cos∠PAC.所以22＝AP2＋(4－AP)2－2·AP·(4－AP)·cos 60°，整理得AP2－4AP＋4＝0.解得AP＝2.所以AC＝2，所以△APC是等邊三角形，所以∠ACP＝60°. (

13、2)由于∠APB是△APC的外角，所以∠APB＝120°.因?yàn)椤鰽PB的面積是，所以·AP·PB·sin∠APB＝，所以PB＝3.在△APB中，AB2＝AP2＋PB2－2·AP·PB·cos∠APB＝22＋32－2×2×3×cos 120°＝19， 所以AB＝. 在△APB中，由正弦定理得＝，所以sin∠BAP＝＝. 2．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin A＋cos A＝0，a＝2，b＝2. (1)求c； (2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積． 解析：(1)因?yàn)閟in A＋cos A＝0， 所以sin A＝－cos A， 所以tan

14、 A＝－. 因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝. 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A， 代入a＝2，b＝2得c2＋2c－24＝0， 解得c＝－6(舍去)或c＝4， 所以c＝4. (2)由(1)知c＝4. 因?yàn)閏2＝a2＋b2－2abcos C， 所以16＝28＋4－2×2×2×cos C， 所以cos C＝，所以sin C＝， 所以tan C＝. 在Rt△CAD中，tan C＝， 所以＝，即AD＝. 則S△ADC＝×2×＝， 由(1)知S△ABC＝·bc·sin A＝×2×4×＝2， 所以S△ABD＝S△ABC－S△ADC＝2－＝. 3.如圖，我國海監(jiān)船在

15、D島海域例行維權(quán)巡航，某時(shí)刻航行至A處，此時(shí)測得其東北方向與它相距16海里的B處有一外國船只，且D島位于海監(jiān)船正東14海里處． (1)求此時(shí)該外國船只與D島的距離； (2)觀測中發(fā)現(xiàn)，此外國船只正以每小時(shí)4海里的速度沿正南方向航行．為了將該船攔截在離D島12海里處，不讓其進(jìn)入D島12海里內(nèi)的海域，試確定海監(jiān)船的航向，并求其速度的最小值． (參考數(shù)據(jù)：sin 36°52′≈0.6，sin 53°08′≈0.8) 解析：(1)依題意，在△ABD中，∠DAB＝45°，由余弦定理得 DB2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos 45° ＝(14)2＋162－2×14×16×＝200， 所

16、以DB＝10， 即此時(shí)該外國船只與D島的距離為10海里． (2)過點(diǎn)B作BC⊥AD于點(diǎn)C，在Rt△ABC中，AC＝BC＝8， 所以CD＝AD－AC＝6，以D為圓心，12為半徑的圓交BC于點(diǎn)E，連接AE，DE，在Rt△DEC中，CE＝＝6， 所以BE＝2， 又AE＝＝10， 所以sin∠EAC＝＝?∠EAC≈36°52′， 外國船只到達(dá)點(diǎn)E的時(shí)間t＝＝(小時(shí))， 所以海監(jiān)船的速度v≥＝20(海里/小時(shí))， 故海監(jiān)船的航向?yàn)楸逼珫|90°－36°52′＝53°08′，速度的最小值為20海里/小時(shí)． 4．在△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，且4bsin A＝a. (1)求sin B的值； (2)若a，b，c成等差數(shù)列，且公差大于0，求cos A－cos C的值． 解析：(1)由4bsin A＝a，根據(jù)正弦定理得4sin Bsin A＝sin A，所以sin B＝. (2)由已知和正弦定理以及(1)得sin A＋sin C＝ ①， 設(shè)cos A－cos C＝x?、冢? ①2＋②2，得2－2cos(A＋C)＝＋x2③， 又acos C，故cos(A＋C)＝－cos B＝－，代入③式得x2＝，因此cos A－cos C＝.