（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

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(zhǎng). 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(duì)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(zhǎng)為3,求△ABC面積的最大值. 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(zhǎng). 5.(2019遼寧鞍山一中高三一模)已知a,b,c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)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.(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(gè)內(nèi)角,對(duì)應(yīng)邊分別為a,b,c,若fB2=0,b=1,求32a-12c的取值范圍. 8.在△ABC中,a,b,c分別為角A,B,C的對(duì)邊.若acos B=3,bcos A=1,且A-B=π6, (1)求邊c的長(zhǎng); (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+sinBcosA=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=AB7102,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, ∵0<C<π,∴sinC>0. ∴tanA=-3. ∵0<A<π,∴A=2π3. (2)∵AD為BC邊上的中線,∴AD=12(AB+AC). 又AD=3,∴3=14(AB2+AC2+2AB·AC)=14(b2+c2-bc)≥bc4, ∴bc≤12,當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取得等號(hào). ∴S△ABC=12bcsinA=34bc≤33,當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取得等號(hào), ∴△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=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)-2sinCcosA=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∈(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, 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≤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)?<A<5π6,所以-π6<A-π6<2π3. 所以-12<sinA-π6≤1. 所以32a-12c的取值范圍是-12,1. 8.解(1)acosB=3,a×a2+c2-b22ac=3,化為a2+c2-b2=6c,① bcosA=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