高考数学二轮复习 专题过关检测（十二）解三角形的综合问题 文-人教版高三全册数学试题

专题过关检测（十二）解三角形的综合问题1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且8sin2eq\f(A＋B,2)－2cos2C＝7.(1)求tanC的值；(2)若c＝eq\r(3)，sinB＝2sinA，求a，b的值．解：(1)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，所以eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2)，则sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2).由8sin2eq\f(A＋B,2)－2cos2C＝7，得8cos2eq\f(C,2)－2cos2C＝7，所以4(1＋cosC)－2(2cos2C－1)＝7，即(2cosC－1)2＝0，所以cosC＝eq\f(1,2).因为0＜C＜π，所以C＝eq\f(π,3)，于是tanC＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).(2)由sinB＝2sinA，得b＝2a.①又c＝eq\r(3)，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)，即a2＋b2－ab＝3.②联立①②，解得a＝1，b＝2.2．(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；(2)若DC＝2eq\r(2)，求BC.解：(1)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠A)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，即eq\f(5,sin45°)＝eq\f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝eq\r(1－\f(2,25))＝eq\f(\r(23),5).(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),5)＝25，所以BC＝5.3．(2019·长春质监)如图，在△ABC中，AB＝3，∠ABC＝30°，cos∠ACB＝eq\f(\r(7),4).(1)求AC的长；(2)作CD⊥BC，连接AD，若AD∶CD＝2∶3，求△ACD的面积．解：(1)因为cos∠ACB＝eq\f(\r(7),4)，所以sin∠ACB＝eq\f(3,4)，由正弦定理得AC＝eq\f(AB,sin∠ACB)sin∠ABC＝2.(2)因为CD⊥BC，所以∠ACD＝90°－∠ACB，所以cos∠ACD＝sin∠ACB＝eq\f(3,4).设AD＝2m，则CD＝3m.由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2×AC×CD·cos∠ACD，即4m2＝4＋9m2－2×2×3m×eq\f(3,4)，解得m＝1或m＝eq\f(4,5).当m＝1时，CD＝3，sin∠ACD＝eq\f(\r(7),4)，S△ACD＝eq\f(1,2)·AC·CDsin∠ACD＝eq\f(3\r(7),4).当m＝eq\f(4,5)时，CD＝eq\f(12,5)，sin∠ACD＝eq\f(\r(7),4)，S△ACD＝eq\f(1,2)·AC·CDsin∠ACD＝eq\f(3\r(7),5).综上，△ACD的面积为eq\f(3\r(7),4)或eq\f(3\r(7),5).4．设函数f(x)＝sinx(eq\r(3)cosx＋sinx)－eq\f(1,2).(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若f(B)＝1，b＝2，且b(2－cosA)＝a(cosB＋1)，求△ABC的面积．解：(1)由已知得，f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．(2)因为f(B)＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＝1，因为B是三角形的内角，所以2B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(π,3)，又因为b(2－cosA)＝a(cosB＋1)，由正弦定理得sinB(2－cosA)＝sinA(cosB＋1)，所以2sinB＝sinA＋sinAcosB＋cosAsinB＝sinA＋sin(A＋B)＝sinA＋sinC，所以2b＝a＋c，因为b＝2，B＝eq\f(π,3)，由余弦定理得b2＝a2＋c2－ac⇒b2＝(a＋c)2－3ac⇒ac＝b2＝4.所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，故△ABC的面积为eq\r(3).5．(2020届高三·石家庄摸底)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA＋bsinB＋eq\r(2)bsinA＝csinC.(1)求C；(2)若a＝2，b＝2eq\r(2)，线段BC的垂直平分线交AB于点D，求CD的长．解：(1)因为asinA＋bsinB＋eq\r(2)bsinA＝csinC，所以由正弦定理可得a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2.由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(\r(2),2)，又0<C<π，所以C＝eq\f(3π,4).(2)由(1)知C＝eq\f(3π,4)，根据余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋(2eq\r(2))2－2×2×2eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝20，所以c＝2eq\r(5).由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(2\r(5),\f(\r(2),2))＝eq\f(2\r(2),sinB)，解得sinB＝eq\f(\r(5),5)，从而cosB＝eq\f(2\r(5),5).设BC的中垂线交BC于点E，因为在Rt△BDE中，cosB＝eq\f(BE,BD)，所以BD＝eq\f(BE,cosB)＝eq\f(1,\f(2\r(5),5))＝eq\f(\r(5),2)，因为点D在线段BC的中垂线上，所以CD＝BD＝eq\f(\r(5),2).6．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积为S＝eq\f(\r(3),2)accosB.(1)若c＝2a，求角A，B，C的大小；(2)若a＝2，且eq\f(π,4)≤A≤eq\f(π,3)，求边c的取值范围．解：由已知及三角形面积公式得S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),2)accosB，化简得sinB＝eq\r(3)cosB，即tanB＝eq\r(3)，又0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).(1)法一：由c＝2a及正弦定理得，sinC＝2sinA，又∵A＋C＝eq\f(2π,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝2sinA，化简可得tanA＝eq\f(\r(3),3)，而0<A<eq\f(2π,3)，∴A＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(π,2).法二：由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－2a2＝3a2，∴b＝eq\r(3)a，∴a∶b∶c＝1∶eq\r(3)∶2，∴A＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(π,2).(2)由正弦定理得，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(2sinC,sinA)，由C＝eq\f(2π,3)－A，得c＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)),sinA)＝eq\f(2\b\lc\(\r