三角函數(shù)與解三角形大題備考強化練-高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)

沖刺高考二輪三角函數(shù)與解三角形大題備考強化練（原卷+答案）1．在△ABC中，sin2C＝eq\r(3)sinC．(1)求∠C；(2)若b＝6，且△ABC的面積為6eq\r(3)，求△ABC的周長．2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知4a＝eq\r(5)c，cosC＝eq\f(3,5).(1)求sinA的值；(2)若b＝11，求△ABC的面積．3.記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長的三個正三角形的面積依次為S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝eq\f(\r(3),2)，sinB＝eq\f(1,3).(1)求△ABC的面積．(2)若sinAsinC＝eq\f(\r(2),3)，求b.4．記△ABC是內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2＝ac，點D在邊AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(1)證明：BD＝b；(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.5．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋eq\f(π,4))(A>0，0<ω<1)，f(eq\f(π,4))＝f(eq\f(π,2))，且f(x)在(0，eq\f(3π,4))上的最大值為eq\r(2).(1)求f(x)的解析式；(2)將函數(shù)f(x)圖象上所有點的橫坐標(biāo)縮小為原來的eq\f(1,3)，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象，若g(eq\f(α,2))＝eq\f(1,2)，求sin2α的值．6．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，點M在邊AC上，BM平分∠ABC，△ABM的面積是△BCM面積的2倍．(1)求eq\f(sinC,sinA)；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，求△ABC的面積．7.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b＝2，csineq\f(B＋C,2)＝asinC(1)求角A的大??；(2)請在①sinB＝eq\f(\r(21),7)②a＋c＝7兩個條件任選一個，求△ABC的面積．注：如果分別選擇多個條件進(jìn)行解答，按第一個解答過程計分．8．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且bsineq\f(B＋C,2)＝asinB．求：(1)角A；(2)eq\f(a－c,b)的取值范圍．參考答案1．解析：（1）由sin2C＝eq\r(3)sinC，得2sinCcosC＝eq\r(3)sinC.因為∠C∈（0，π），所以sinC≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，所以∠C＝eq\f(π,6).（2）因為∠C＝eq\f(π,6)，b＝6，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)a×6×sineq\f(π,6)＝6eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3).在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝（4eq\r(3)）2＋62－2×4eq\r(3)×6×eq\f(\r(3),2)＝12，解得c＝2eq\r(3).所以△ABC的周長為a＋b＋c＝4eq\r(3)＋6＋2eq\r(3)＝6＋6eq\r(3).2．解析：（1）依題意，在△ABC中，∵cosC＝eq\f(3,5)，∴sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(4,5).由4a＝eq\r(5)c，結(jié)合正弦定理可得4sinA＝eq\r(5)sinC，∴sinA＝eq\f(\r(5),4)sinC＝eq\f(\r(5),4)×eq\f(4,5)＝eq\f(\r(5),5).（2）由（1）可知，sinC＝eq\f(4,5)>0，cosC＝eq\f(3,5)>0，a＝eq\f(\r(5),4)c，∴A<C<eq\f(π,2)，cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(2\r(5),5).在△ABC中，sinB＝sin（A＋C）＝sinAcosC＋cosAsinC，∴b＝eq\f(3,5)a＋eq\f(2\r(5),5)c＝11.結(jié)合4a＝eq\r(5)c，可求得a＝5.∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×5×11×eq\f(4,5)＝22.3．解析：（1）∵邊長為a的正三角形的面積為eq\f(\r(3),4)a2，∴S1－S2＋S3＝eq\f(\r(3),4)（a2－b2＋c2）＝eq\f(\r(3),2).結(jié)合余弦定理，得accosB＝1，即cosB＝eq\f(1,ac).由sinB＝eq\f(1,3)，得cosB＝eq\f(2\r(2),3)，∴ac＝eq\f(3\r(2),4)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×eq\f(3\r(2),4)×eq\f(1,3)＝eq\f(\r(2),8).（2）由正弦定理，得eq\f(b2,sin2B)＝eq\f(a,sinA)·eq\f(c,sinC)＝eq\f(ac,sinAsinC)＝eq\f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq\f(9,4)，故b＝eq\f(3,2)sinB＝eq\f(1,2).4．解析：（1）由題設(shè)，BD＝eq\f(asinC,sin∠ABC)，由正弦定理知：eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sin∠ABC)，即eq\f(sinC,sin∠ABC)＝eq\f(c,b)，∴BD＝eq\f(ac,b)，又b2＝ac，∴BD＝b，得證．（2）由題意知：BD＝b，AD＝eq\f(2b,3)，DC＝eq\f(b,3)，∴cos∠ADB＝eq\f(b2＋\f(4b2,9)－c2,2b·\f(2b,3))＝eq\f(\f(13b2,9)－c2,\f(4b2,3))，同理cos∠CDB＝eq\f(b2＋\f(b2,9)－a2,2b·\f(b,3))＝eq\f(\f(10b2,9)－a2,\f(2b2,3))，∵∠ADB＝π－∠CDB，∴eq\f(\f(13b2,9)－c2,\f(4b2,3))＝eq\f(a2－\f(10b2,9),\f(2b2,3))，整理得2a2＋c2＝eq\f(11b2,3)，又b2＝ac，∴2a2＋eq\f(b4,a2)＝eq\f(11b2,3)，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得eq\f(a2,b2)＝eq\f(1,3)或eq\f(a2,b2)＝eq\f(3,2)，由余弦定理知：cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(4,3)－eq\f(a2,2b2)，當(dāng)eq\f(a2,b2)＝eq\f(1,3)時，cos∠ABC＝eq\f(7,6)>1不合題意；當(dāng)eq\f(a2,b2)＝eq\f(3,2)時，cos∠ABC＝eq\f(7,12)；綜上，cos∠ABC＝eq\f(7,12).5．解析：（1）因為0<ω<1，所以周期T＝eq\f(2π,ω)>2π，又f（x）在（0，eq\f(3π,4)）上的最大值為eq\r(2)，且f（eq\f(π,4)）＝f（eq\f(π,2)），所以當(dāng)x＝eq\f(1,2)（eq\f(π,4)＋eq\f(π,2)）＝eq\f(3π,8)時，f（x）取得最大值eq\r(2)，所以A＝eq\r(2)，且f（eq\f(3π,8)）＝eq\r(2)，即eq\r(2)sin（eq\f(3π,8)ω＋eq\f(π,4)）＝eq\r(2)，∵0<ω<1，∴eq\f(π,4)<eq\f(3π,8)ω＋eq\f(π,4)<eq\f(5π,8)，故eq\f(3π,8)ω＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，解得ω＝eq\f(2,3)，故f（x）＝eq\r(2)sin（eq\f(2,3)x＋eq\f(π,4)）；（2）g（x）＝f（3x）＝eq\r(2)sin（2x＋eq\f(π,4)），又g（eq\f(α,2)）＝eq\r(2)sin（α＋eq\f(π,4)）＝eq\f(1,2)，則sin（α＋eq\f(π,4)）＝eq\f(1,2\r(2))，sin2α＝－cos（2α＋eq\f(π,2)）＝2sin2（α＋eq\f(π,4)）－1＝－eq\f(3,4).6．解析：（1）S△ABM＝eq\f(1,2)AB·BM·sin∠ABM，S△BCM＝eq\f(1,2)BC·BM·sin∠MBC，因為S△ABM＝2S△BCM，∠ABM＝∠MBC，所以AB＝2BC，由正弦定理可得eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(AB,BC)＝2.（2）由（1）知c＝2a，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，又cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，所以4＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4)，所以a＝1，c＝2，因為cosB＝eq\f(1,4)，且0<B<π，可得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(15),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),4).7．解析：（1）由csineq\f(B＋C,2)＝asinC可得：sinCsineq\f(B＋C,2)＝sinAsinC，即sinCsineq\f(π－A,2)＝sinAsinC，即sinCcoseq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)sinC，因為0<C<π，0<A<π，所以sinC>0，0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，coseq\f(A,2)>0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，即eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,3).（2）選①：sinB＝eq\f(\r(21),7)，由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(a,\f(\r(3),2))＝eq\f(2,\f(\r(21),7))，解得a＝eq\r(7)，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA，即7＝4＋c2－2c，解得c＝3（負(fù)值舍），所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).選②：a＋c＝7，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA，即（7－c）2＝4＋c2－2c，解得c＝eq\f(15,4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(15,4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),8).8．解析：（1）∵bsineq\f(B＋C,2)＝asinB，∴sinBcoseq\f(A,2)＝sinAsinB，∵B∈（0，π），∴sinB≠0，∴coseq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)，∵A∈（0，π），∴coseq\f(A,2)≠0，∴sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，∵0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，∴eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，∴A＝eq\f(π,3).（2）由正弦定理，eq\f(a－c,b)＝eq\f(sinA－sinC,sinB)＝eq\f(sin\f(π,3)－sin（\f(2π,3)－B）,sinB)＝eq\f(\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)cosB－\f(1,2)sinB,sinB)＝eq\f(\r(3),2)·eq\f(1－cosB,sinB)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)·eq\