《备考指南一轮 数学》课件-第5章 第6讲

第五章第6讲[A级基础达标]1．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边．若a＝eq\r(3)b，A＝120°，则B的大小为()A．30° B．45°C．60° D．90°【答案】A【解析】因为a＝eq\r(3)b，A＝120°，所以由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)可得sinB＝eq\f(1,2).又因为B<60°，所以B＝30°.故选A．2．(2019年哈尔滨模拟)在△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinB＝eq\r(2)bsinA，则a＝()A．eq\r(2) B．eq\f(\r(2),2)C．1 D．2eq\r(2)【答案】B【解析】因为sinB＝eq\r(2)bsinA，所以由正弦定理可得b＝eq\r(2)ab，所以解得a＝eq\f(\r(2),2).故选B．3．(2019年合肥模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosC＝eq\f(2\r(2),3)，bcosA＋acosB＝2，则△ABC的外接圆面积为()A．4π B．8πC．9π D．36π【答案】C【解析】由余弦定理得b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2，即eq\f(b2＋c2－a2＋a2＋c2－b2,2c)＝2，得c＝2.由cosC＝eq\f(2\r(2),3)，得sinC＝eq\f(1,3).由正弦定理得2R＝eq\f(c,sinC)＝6，所以△ABC的外接圆面积为πR2＝9π.4．(2020年大庆月考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asineq\f(A＋C,2)＝bsinA，则角B＝()A．eq\f(π,6)或eq\f(5π,6) B．eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(π,3)【答案】D【解析】因为asineq\f(A＋C,2)＝bsinA，所以asineq\f(π－B,2)＝acoseq\f(B,2)＝bsinA．由正弦定理得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBsinA．因为A为三角形内角，sinA≠0，所以sinB＝coseq\f(B,2)，即2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)＝coseq\f(B,2).因为B∈(0，π)，eq\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以coseq\f(B,2)≠0，则sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，得eq\f(B,2)＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,3).故选D．5．(2020年杭州月考)a，b，c是△ABC的内角A，B，C所对的边，若a2＋b2＝2021c2，则eq\f(2tanAtanB,tanCtanA＋tanB)＝()A．1010 B．2019C．2020 D．2021【答案】C【解析】由a2＋b2＝2021c2，得a2＋b2－c2＝2020c2，即2020c2＝2abcosC，得cosC＝eq\f(1010c2,ab).所以eq\f(2tanAtanB,tanCtanA＋tanB)＝eq\f(\f(2sinAsinB,cosAcosB),\f(sinC,cosC)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB))))＝eq\f(\f(2sinAsinB,cosAcosB),\f(sinC,cosC)·\f(sinA＋B,cosAcosB))＝eq\f(2sinAsinBcosC,sin2C)＝eq\f(2abcosC,c2)＝eq\f(2ab·\f(1010c2,ab),c2)＝2020.故选C．6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，则A＝________.【答案】30°【解析】将sinC＝2eq\r(3)sinB利用正弦定理化简得c＝2eq\r(3)b，代入a2－b2＝eq\r(3)bc，可得a2＝7b2，所以由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋12b2－7b2,4\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2).因为A为三角形的内角，所以A＝30°.7．(2020年宁波模拟)已知△ABC中，sinB＝sinAcosC＋eq\f(\r(2),2)sinC.(1)求角A的大小；(2)若AB＝2AC，点D在边BC上，且BD＝2DC，AD＝eq\r(2＋\r(2))，求AB.【解析】(1)由sinB＝sinAcosC＋eq\f(\r(2),2)sinC，得sin(A＋C)＝sinAcosC＋eq\f(\r(2),2)sinC，即cosAsinC＝eq\f(\r(2),2)sinC.因为0＜C＜π，所以cosA＝eq\f(\r(2),2)，解得A＝eq\f(π,4).(2)如图，设AC＝t，则AB＝2t.在AB上取一点E，使得BE＝2EA，连接DE，则DE∥AC.在△ADE中，∠AED＝π－∠BAC＝eq\f(3π,4)，AE＝eq\f(1,3)AB＝eq\f(2t,3)，ED＝eq\f(2,3)AC＝eq\f(2t,3).由余弦定理得AD2＝AE2＋DE2－2·AE·DEcos∠AED，即2＋eq\r(2)＝eq\f(4t2,9)＋eq\f(4t2,9)－2×eq\f(2t,3)×eq\f(2t,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))，解得t＝eq\f(3,2).所以AB＝2t＝3.[B级能力提升]8．(2020年芜湖月考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＝6，A＝eq\f(π,6)，若该三角形有两解，则a的取值范围是()A．(3,6) B．(0,3)C．(3eq\r(2)，6) D．(3eq\r(2)，＋∞)【答案】A【解析】因为在△ABC中，b＝6，A＝eq\f(π,6)，所以由正弦定理得sinB＝eq\f(b·sinA,a)＝eq\f(6×\f(1,2),a)＝eq\f(3,a).因为A＝eq\f(π,6)，所以0＜B＜eq\f(5π,6).要使三角形有两解，则eq\f(π,6)＜B＜eq\f(5π,6)，且B≠eq\f(π,2)，即eq\f(1,2)＜sinB＜1，所以eq\f(1,2)＜eq\f(3,a)＜1，解得3＜a＜6.故选A．9．(2020年抚州模拟)平面内不共线的三点O，A，B满足|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，点C为线段AB的中点，若|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)，则∠AOB＝()A．eq\f(π,3) B．eq\f(π,2)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)【答案】C【解析】延长OC到D，使得CD＝OC＝eq\f(\r(3),2)，连接AD，BD，则四边形OADB为平行四边形．所以OD＝eq\r(3).所以cos∠OBD＝eq\f(12＋22－\r(3)2,2×1×2)＝eq\f(1,2).所以∠OBD＝eq\f(π,3).所以∠AOB＝π－∠OBD＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).故选C．10．(2019年玉林期中)如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acosC＋ccosA＝bsinB，且∠CAB＝eq\f(π,6).若点D是△ABC外一点，DC＝2，DA＝3，则当四边形ABCD面积取最大值时，sinD＝________.【答案】eq\f(2\r(7),7)【解析】因为acosC＋ccosA＝bsinB，所以由正弦定理可得sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)＝sinB＝sin2B，sinB＝1，B＝eq\f(π,2).又因为∠CAB＝eq\f(π,6)，所以BC＝eq\f(1,2)AC，AB＝eq\f(\r(3),2)AC.由余弦定理可得cosD＝eq\f(22＋32－AC2,2×2×3)，可得AC2＝13－12cosD，S四边形ABCD＝S△ACD＋S△ABC＝eq\f(1,2)×2×3×sinD＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)AC×eq\f(\r(3),2)AC＝3sinD＋eq\f(\r(3),8)(13－12cosD)＝eq\f(13,8)eq\r(3)＋3sinD－eq\f(3\r(3),2)cosD＝eq\r(9＋\f(27,4))sin(D＋φ)＋eq\f(13,8)eq\r(3)，其中tanφ＝－eq\f(\r(3),2).当φ＋D＝eq\f(π,2)时，S四边形ABCD最大，此时tanD＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝eq\f(1,tanφ)＝－eq\f(2\r(3),3)，可得sinD＝eq\f(2\r(7),7).11．在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，则AB＋2BC的最大值为________．【答案】2eq\r(7)【解析】由正弦定理知eq\f(AB,sinC)＝eq\f(\r(3),sin60°)＝eq\f(BC,sinA)，所以AB＝2sinC，BC＝2sinA．又A＋C＝120°，所以AB＋2BC＝2sinC＋4sin(120°－C)＝2(sinC＋2sin120°cosC－2cos120°sinC)＝2(sinC＋eq\r(3)cosC＋sinC)＝2(2sinC＋eq\r(3)cosC)＝2eq\r(7)sin(C＋α)，其中tanα＝eq\f(\r(3),2)，α是第一象限角．由于0°＜C＜120°，且α是第一象限角，因此AB＋2BC有最大值2eq\r(7).12．(2020年池州月考)设f(x)＝cos2x－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝1，a＝1，求△ABC面积的最大值．【解析】(1)f(x)＝cos2x－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋1＝cos2x－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝cos2x－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝cos2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝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,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(A,2)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1.因为A是锐角，所以A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，得A＝eq\f(π,3).因为a＝1，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即1＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc.所以bc≤1，当且仅当b＝c时取等号，则S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，即△ABC面积的最大值为eq\f(\r(3),4).13．(2020年唐山模拟)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S＝eq\f(1,6)b2tanA.(1)求证：b＝3ccosA；(2)若tanA＝2，a＝2eq\r(2)，求S.【解析】(1)因为△ABC的面积为S＝eq\f(1,6)b2tanA，所以eq\f(1,6)b2tanA＝eq\f(1,2)bcsinA，得eq\f(b,3)·eq\f(sinA,cosA)＝csinA，得b＝3ccosA.(2)因为tanA＝2，所以sinA＝2cosA.代入sin2A＋cos2得sinA＝eq\f(2\r(5),5)，cosA＝eq\f(\r(5),5)，则b＝3ccosA＝eq\f(3\r(5),5)c.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即8＝eq\f(9,5)c2＋c2－eq\f(6\r(5)c2,5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(8c2,5)，解得c＝eq\r(5).所以b＝eq\f(3\r(5),5)c＝eq\f(3\r(5),5)×eq\r(5)＝3.所以S＝eq\f(1,6)b2tanA＝eq\f(1,6)×9×2＝3.[C级创新突破]14．(多选题)(2019年德州模拟)已知锐角△ABC，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝4，∠B＝60°，则b的可能取值为()A．2 B．3C．4 D．5【答案】CD【解析】在△ABC中，c＝4，∠B＝60°，由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，可得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(4×\f(\r(3),2),sinC)＝eq\f(2\r(3),sinC).由0＜C＜eq\f(π,2)，得sinC∈(0,1)，即有b＞2eq\r(3).若b＝4，则b＝c，即B＝C＝60°，△ABC为等边三角形，成立；若b＝5，可得sin