2024年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題突破專題突破練10　三角函數(shù)與解三角形解答題（附答案）

專題突破練10三角函數(shù)與解三角形解答題1.(2023·天津,16)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知a=39,b=2,∠A=120°.(1)求sinB的值;(2)求c的值;(3)求sin(B-C)的值.2.(2023·遼寧遼陽(yáng)一模)已知函數(shù)f(x)=4sin(ωx+π3)(ω>0)在區(qū)間[π6,π(1)求ω的最大值;(2)若f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(3π2,0)中心對(duì)稱,且f(x)在區(qū)間[-9π20,m]上的取值范圍為[-3.(2022·新高考Ⅰ,18)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知cosA(1)若C=2π3,求(2)求a2+4.(2023·廣西南寧一模)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知(b-c)(sinB+sinC)=a(sinA-sinC),(1)求B;(2)若△ABC為銳角三角形,b=3,求a2+c2的取值范圍.5.在△ABC中,它的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且B=2π3,b=(1)若cosAcosC=23,求△ABC(2)試問1a+1c=1能否成立?若能成立,求此時(shí)6.如圖,某景區(qū)內(nèi)有一半圓形花圃,其直徑AB為6,O是圓心,且OC⊥AB.在OC上有一座觀賞亭Q,其中∠AQC=2π3.計(jì)劃在BC上再建一座觀賞亭P,記∠POB=θ(1)當(dāng)θ=π3時(shí),求∠OPQ(2)當(dāng)∠OPQ越大時(shí),游客在觀賞亭P處的觀賞效果越佳,當(dāng)游客在觀賞亭P處的觀賞效果最佳時(shí),求sinθ的值.

專題突破練10三角函數(shù)與解三角形解答題1.解(1)由已知及正弦定理,得asin∵a=39,b=2,∠A=120°,∴sinB=b(2)方法一:由(1)及已知,得cosB=1-sin2B=23913,sinC=sin(180°-120°-B)=sin(60°-B)=由正弦定理,得c=asinCsin方法二:∵b2+c2-2bccosA=a2,∴4+c2-2×2c×(-12)=整理,得c2+2c-35=0,解得c=5或c=-7(舍去).(3)∵C為銳角,∴cosC=1∴sin(B-C)=sinBcosC-cosBsinC=1313×2.解(1)當(dāng)x∈[π6,π]時(shí),因?yàn)棣?gt;所以ωx+π3∈[π6ω+π3,所以π所以ω∈[1+12k,76+2k],k∈Z又有π-π6=5π6≤所以k=0時(shí),1≤ω≤所以ω的最大值為7(2)因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(3π2,0)所以3π2ω+π3=kπ(k即ω=2k3?29由(1)得1≤ω≤76,所以ω=109,則f(x)=當(dāng)x∈[-9π20,m]時(shí),109x+π3∈[因?yàn)閒(x)在區(qū)間[-9π20,m]上的取值范圍為[所以sin(109x+π3)∈[-則π2≤109m+π3≤所以m的取值范圍是[3π203.解∵cosA1+sinA=sin2B∴由cosA1+sinA=sinBcosB得cosAcosB=sin∴cosAcosB=sinB+sinAsinB,∴sinB=cosAcosB-sinAsinB=cos(A+B)=cos(π-C)=-cosC>0.∴sinB>0,cosC<0,∴π2<C<π,0∴sinB=sinC-∴B=C-π2或B+C-π2=π(舍去(1)若C=2π3,則0<B<∴sinB=-cosC=-cos2∴B=π(2)方法一:由正弦定理得a2+b∵C=π2+B,A+B+C=π∴A+B+π2+B=π,∴A=π2-2又0<A<π2,∴0<B<∴(*)式為sin2π2-2令cos2B=t,則t∈1于是原式=(2t-1)2+1-tt=4t2-4當(dāng)且僅當(dāng)4t=2t,∴a2+b2c方法二:∵sinB=-cosC,B=C-π2∴A=π-(B+C)=3π2-2又0<A<π2,∴π2<C<3π4,∴1∴sinA=sin(B+C)=sin2C-π2=-cos∴a2+b2=2+4sin4C-5sin2Csin2C=2sin2當(dāng)且僅當(dāng)sin2C=22時(shí),a2+b2c4.解(1)由(b-c)(sinB+sinC)=(sinA-sinC)a,可得(b-c)(b+c)=(a-c)a,所以a2+c2-b2=ac,所以cosB=a2又B∈(0,π),所以B=π(2)由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB,又b=3,且由(1)知B=π3所以3=a2+c2-ac,即a2+c2=3+ac.由正弦定理,得asinA即a=2sinA,c=2sinC,又C=2π3所以ac=4sinAsinC=4sinAsin(2π3-A)=23sinAcosA+2sin2A=3sin2A-cos2A+1=2sin(2A-π6)由△ABC為銳角三角形,得0<解得π6<A<π所以π6<2A-π所以sin(2A-π6)∈(1所以ac∈(2,3],所以a2+c2=3+ac∈(5,6].5.解(1)由B=2π3,得A+C=π3,cos(A+C)=cosAcosC-sinAsinC,即12=cosAcosC-sinA因?yàn)閏osAcosC=23所以sinAsinC=1因?yàn)閍sinA=c所以a=22sinA,c=22sinC.所以S△ABC=12·22sinA·22sinC·sinB=4sinA·sinBsinC=(2)假設(shè)1a+1c=1能成立由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB,所以6=a2+c2+ac.所以(a+c)2-ac=6,所以(ac)2-ac-6=0,所以ac=3或ac=-2(舍去),此時(shí)a+c=ac=3.不滿足a+c≥2ac,所以1a+1c6.解(1)在△POQ中,因?yàn)椤螦QC=2π所以∠AQO=π又OA=OB=3,所以O(shè)Q=3設(shè)∠OPQ=α,則∠PQO=π2-α+θ由正弦定理,得3sin即3sinα=cos(α-θ),整理得tanα=cosθ3-當(dāng)θ=π3時(shí),tanα=因?yàn)棣痢?,π2故當(dāng)θ=π3時(shí),∠OPQ=(2)設(shè)f(θ)=cosθ3-則f'(θ)=-令f'(θ)=0,得sinθ=33,記銳角θ0滿足si