高考数学真题专题训练 15三角函数与解三角形综合（含解析）

专题15三角函数与解三角形综合1.（新课标Ⅱ）中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理可得：，，，.（2）由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），，解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.2.（北京卷）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求：（Ⅰ）a的值：（Ⅱ）和的面积．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）,；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）,.【解析】选择条件①（Ⅰ）（Ⅱ）由正弦定理得：选择条件②（Ⅰ）由正弦定理得：（Ⅱ）【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.3.（山东卷）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】详见解析【解析】解法一：由可得：，不妨设，则：，即.选择条件①的解析：据此可得：，，此时.选择条件②的解析：据此可得：，则：，此时：，则：.选择条件③的解析：可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.解法二：∵,∴,，∴,∴,∴,∴,若选①，,∵,∴,∴c=1;若选②，,则,;若选③,与条件矛盾.【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．4.（天津卷）在中，角所对的边分别为．已知．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）在中，由及余弦定理得，又因为，所以；（Ⅱ）在中，由，及正弦定理，可得；（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得，进而，所以.【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.5.（浙江卷）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（I）求角B；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【答案】（I）；（II）【解析】（I）由结合正弦定理可得：△ABC为锐角三角形，故.（II）结合(1)的结论有：.由可得：，，则，.即的取值范围是.1．【高考全国Ⅰ卷】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求A；（2）若，求sinC．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由已知得，故由正弦定理得．由余弦定理得．因为，所以．（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，即，可得．由于，所以，故．2．【高考全国Ⅲ卷】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求B；（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围．【答案】（1）B=60°；（2）.【解析】（1）由题设及正弦定理得．因为sinA0，所以．由，可得，故．因为，故，因此B=60°．（2）由题设及（1）知△ABC的面积．由正弦定理得．由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°，所以30°<C<90°，故，从而．因此，△ABC面积的取值范围是．3．【高考北京卷】在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=．（1）求b，c的值；（2）求sin（B–C）的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）由余弦定理，得.因为，所以.解得.所以.（2）由得.由正弦定理得.在中，∠B是钝角，所以∠C为锐角.所以.所以.4．【高考天津卷】在中，内角所对的边分别为．已知，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）在中，由正弦定理，得，又由，得，即．又因为，得到，．由余弦定理可得．（2）由（1）可得，从而，，故．5．【高考江苏卷】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；（2）若，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因为，由余弦定理，得，即.所以.（2）因为，由正弦定理，得，所以.从而，即，故.因为，所以，从而.因此.6．【高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求：线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）．（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+（百米）.【解析】解法一：（1）过A作，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.'因为PB⊥AB，所以.所以.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知，从而，所以∠BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设为l上一点，且，由（1）知，B=15，此时；当∠OBP>90°时，在中，.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.解法二：（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为.因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为，直线PB的方程为.所以P（−13，9），.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），所以线段AD：.在线段AD上取点M（3，），因为，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设为l上一点，且，由（1）知，B=15，此时（−13，9）；当∠OBP>90°时，在中，.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由，得a=，所以Q（，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当P（−13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）.7．【高考浙江卷】设函数.（1）已知函数是偶函数，求的值；（2）求函数的值域．【答案】（1）或；（2）．【解析】（1）因为是偶函数，所以，对任意实数x都有，即，故，所以．又，因此或．（2）．因此，函数的值域是．1.（浙江卷）已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值．【答案】（Ⅰ）,（Ⅱ）或【解析】（Ⅰ）由角的终边过点得，所以.（Ⅱ）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.2.（天津卷）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（I）求角B的大小；（II）设a=2，c=3，求b和的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.【解析】（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B=．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=．由，可得．因为a<c，故．因此，所以，3.（北京卷）在△ABC中，a=7，b=8，cosB=–．（Ⅰ）求∠A；（Ⅱ）求AC边上的高．【答案】(1)∠A=(2)AC边上的高为【解析】（Ⅰ）在△ABC中，∵cosB=–，∴B∈（，π），∴sinB=．由正弦定理得=，∴sinA=．∵B∈（，π），∴A∈（0，），∴∠A=．（Ⅱ）在△ABC中，∵sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA==．如图所示，在△ABC中，∵sinC=，∴h==，∴AC边上的高为．4.（江苏卷）已知为锐角，，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】（1）因为，，所以．因为，所以，因此，．（2）因为为锐角，所以．又因为，所以，因此．因为，所以，因此，．5.（全国I卷理数）在平面四边形中，，，，.（1）求；（2）若，求.【答案】(1).(2).【解析】（1）在中，由正弦定理得.由题设知，，所以.由题设知，，所以.（2）由题设及（1）知，.在中，由余弦定理得，所以.1.【2017课标1，理17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为（1）求sinBsinC;（2）若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC的周长.【答案】（1）.（2）.【解析】（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故△ABC的周长为.2.【2017课标II，理17】的内角所对的边分别为，已知，（1）求；（2）若，的面积为，求。【答案】(1)；(2)b=2【解析】b=2（1）由题设及，故上式两边平方，整理得解得（2）由，故又由余弦定理及得所以b=2.3.【2017山东，理16】设函数，其中.已知.（Ⅰ）求；（Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.【答案】（1）2（2）【解析】（Ⅰ）因为，所以由题设知，所以，.故，，又，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）得所以.因为，所以，当，即时，取得最小值.4..【2017天津，理15】在中，内角所对的边分别为.已知，，.（Ⅰ）求和的值；（Ⅱ）求的值.【答案】(1).(2)【解析】（Ⅰ）在中，因为，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.由正弦定理,得.所以，的值为，的值为.（Ⅱ）由（Ⅰ）及，得，所以，.故.5.【2017江苏，18】如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm,容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm,容器Ⅱ的两底面对角线,的长分别为14cm和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均为12cm.现有一根玻璃棒l,其长度为40cm.（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将放在容器Ⅰ中,的一端置于点A处,另一端置于侧棱上,求没入水中部分的长度；（2）将放在容器Ⅱ中,的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度.【答案】（1）16cm.（2）20cm.【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，所以平面平面，.记玻璃棒的另一端落在上点处.因为，所以，从而，记与水面的焦点为,过作P1Q1⊥AC,Q1为垂足，则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1=12，从而AP1=.答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm.（2）如图，O，O1是正棱台的两底面中心.由正棱台的定义，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG.同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1.记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处.过G作GK⊥E1G，K为垂足，则GK=OO1=32.因为EG=14，E1G1=62，所以KG1=，从而.设则.因为，所以.在中，由正弦定理可得，解得.因为，所以.于是.记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH，故P2Q2=12，从而EP2=.1.【高考北京理数】（本小题13分）在ABC中，.（1）求的大小；（2）求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由余弦定理及题设得，又∵，∴；（2）由（1）知，，因为，所以当时，取得最大值12.【2016高考新课标1卷】（本小题满分为12分）的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知（=1\*ROMANI）求C；（=2\*ROMANII）若的面积为,求的周长．【答案】（I）（II）【解析】（Ⅰ）由已知及正弦定理得，．故．可得，所以．（Ⅱ）由已知，．又，所以．由已知及余弦定理得，．故，从而．所以的周长为．3.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（Ⅰ）证明：a+b=2c;（Ⅱ）求cosC的最小值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由题意知，化简得，即.因为,所以.从而.由正弦定理得.（Ⅱ）由（Ⅰ）知,所以，当且仅当时，等号成立.故的最小值为.4.【2016高考江苏卷】（本小题满分14分）在中，AC=6，（1）求AB的长；（2）求的值.【答案】（1）(2)【解析】解（1）因为，，所以由正弦定理知，所以（2）在中，，所以，于是又故因为，所以因此5.【2016高考天津理数】已知函数f(x)=4tanxsin()cos()-.(Ⅰ)求f(x)的定义域与最小正周