2019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) 理.doc

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第2講 解三角形一、選擇題A組小題提速練1ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知a，c2，cos A，則b()A.B.C2 D3解析：由余弦定理，得4b222bcos A5，整理得3b28b30，解得b3或b(舍去)，故選D.答案：D2已知銳角ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c,23cos2Acos 2A0，a7，c6，則b()A10 B9C8 D5解析：化簡(jiǎn)23cos2Acos 2A0，得23cos2A2cos2A10，解得cos A.由余弦定理，知a2b2c22bccos A，代入數(shù)據(jù)，解方程，得b5.答案：D3鈍角三角形ABC的面積是，AB1，BC，則AC()A5 B.C2 D1解析：由題意可得ABBCsin B，又AB1，BC，所以sin B，所以B45或B135.當(dāng)B45時(shí)，由余弦定理可得AC1，此時(shí)ACAB1，BC，易得A90，與已知條件“鈍角三角形”矛盾，舍去所以B135.由余弦定理可得AC.答案：B4在銳角ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若sin A，a2，SABC，則b的值為()A. B.C2 D2解析：由SABCbcsin Abc，解得bc3.因?yàn)锳為銳角，sin A，所以cos A，由余弦定理得a2b2c22bccos A，代入數(shù)據(jù)解得b2c26，則(bc)212，bc2，所以bc，故選A.答案：A5(2017高考全國(guó)卷)函數(shù)f(x)sincos的最大值為()A. B1C. D.解析：法一：f(x)sincoscos xsin xsin xcos xcos xsin xsin xcos xsin，當(dāng)x2k(kZ)時(shí)，f(x)取得最大值.故選A.法二：，f(x)sincossin(x)cos(x)sinsinsin.f(x)max.故選A.答案：A6ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c.已知bc，a22b2(1sin A)，則A()A. B.C. D.解析：由余弦定理得a2b2c22bccos A2b22b2cos A，所以2b2(1sin A)2b2(1cos A)，所以sin Acos A，即tan A1，又0A，所以A.答案：C7(2018蘭州診斷考試)在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且bsin Aacos B，則B()A. B.C. D.解析：根據(jù)題意結(jié)合正弦定理，得sin Bsin Asin AcosB因?yàn)閟in A0，所以sin Bcos B，即tan B，所以B，故選C.答案：C8(2018南昌調(diào)研)在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且b2a2bc，A，則角C()A. B.C.或 D.或解析：在ABC中，由余弦定理得cos A，即，所以b2c2a2bc.又b2a2bc，所以c2bcbc，即c(1)b2，綜上可得2ab4.答案：(2,416(2018吉林三校聯(lián)考)在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若b2c22a2，則cos A的最小值為_(kāi)解析：因?yàn)閎2c22a2，則由余弦定理可知a22bccos A，所以cos A(當(dāng)且僅當(dāng)bc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，PAC60，PC2，APAC4.(1)求ACP；(2)若APB的面積是，求sinBAP.解析：(1)在APC中，因?yàn)镻AC60，PC2，APAC4，由余弦定理得PC2AP2AC22APACcosPAC.所以22AP2(4AP)22AP(4AP)cos 60，整理得AP24AP40.解得AP2.所以AC2，所以APC是等邊三角形，所以ACP60.(2)由于APB是APC的外角，所以APB120.因?yàn)锳PB的面積是，所以APPBsinAPB，所以PB3.在APB中，AB2AP2PB22APPBcosAPB2232223cos 12019，所以AB.在APB中，由正弦定理得，所以sinBAP.2ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin Acos A0，a2，b2.(1)求c；(2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且ADAC，求ABD的面積解析：(1)因?yàn)閟in Acos A0，所以sin Acos A，所以tan A.因?yàn)锳(0，)，所以A.由余弦定理得a2b2c22bccos A，代入a2，b2得c22c240，解得c6(舍去)或c4，所以c4.(2)由(1)知c4.因?yàn)閏2a2b22abcos C，所以16284222cos C，所以cos C，所以sin C，所以tan C.在RtCAD中，tan C，所以，即AD.則SADC2，由(1)知SABCbcsin A242，所以SABDSABCSADC2.3.如圖，我國(guó)海監(jiān)船在D島海域例行維權(quán)巡航，某時(shí)刻航行至A處，此時(shí)測(cè)得其東北方向與它相距16海里的B處有一外國(guó)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(guó)船只與D島的距離；(2)觀測(cè)中發(fā)現(xiàn)，此外國(guó)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 36520.6，sin 53080.8)解析：(1)依題意，在ABD中，DAB45，由余弦定理得DB2AD2AB22ADABcos 45(14)216221416200，所以DB10，即此時(shí)該外國(guó)船只與D島的距離為10海里(2)過(guò)點(diǎn)B作BCAD于點(diǎn)C，在RtABC中，ACBC8，所以CDADAC6，以D為圓心，12為半徑的圓交BC于點(diǎn)E，連接AE，DE，在RtDEC中，CE6，所以BE2，又AE10，所以sinEACEAC3652，外國(guó)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v20(海里/小時(shí))，故海監(jiān)船的航向?yàn)楸逼珫|9036525308，速度的最小值為20海里/小時(shí)4在ABC中，角A，B，C所對(duì)邊分別為a，b，c，且4bsin Aa.(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 Acos C的值解析：(1)由4bsin Aa，根據(jù)正弦定理得4sin Bsin Asin A，所以sin B.(2)由已知和正弦定理以及(1)得sin Asin C ，設(shè)cos Acos Cx，22，得22cos(AC)x2，又abc，ABC，所以0Bcos C，故cos(AC)cos B，代入式得x2，因此cos Acos C.