《新高考數(shù)學(xué)文二輪專(zhuān)題增分方案專(zhuān)題過(guò)關(guān)檢測(cè)：十二 解三角形的綜合問(wèn)題 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新高考數(shù)學(xué)文二輪專(zhuān)題增分方案專(zhuān)題過(guò)關(guān)檢測(cè)：十二 解三角形的綜合問(wèn)題 Word版含解析（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題過(guò)關(guān)檢測(cè)（十二）專(zhuān)題過(guò)關(guān)檢測(cè)（十二）解三角形的綜合問(wèn)題解三角形的綜合問(wèn)題1在在ABC 中中，內(nèi)角內(nèi)角 A，B，C 所對(duì)的邊分別為所對(duì)的邊分別為 a，b，c，且且 8sin2AB22cos 2C7.(1)求求 tan C 的值；的值；(2)若若 c 3，sin B2sin A，求，求 a，b 的值的值解：解：(1)在在ABC 中，因?yàn)橹?，因?yàn)?ABC，所以所以AB22C2，則，則 sinAB2cosC2.由由 8sin2AB22cos 2C7，得，得 8cos2C22cos 2C7，所以所以 4(1cos C)2(2cos2C1)7，即即(2cos C1)20，所以，所以 cos C12.因

2、為因?yàn)?0C，所以，所以 C3，于是于是 tan Ctan3 3.(2)由由 sin B2sin A，得得 b2a.又又 c 3，由余弦定理得由余弦定理得 c2a2b22abcos3，即即 a2b2ab3.聯(lián)立聯(lián)立，解得，解得 a1，b2.2(2018全國(guó)卷全國(guó)卷)在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中，中，ADC90，A45，AB2，BD5.(1)求求 cosADB；(2)若若 DC2 2，求，求 BC.解解：(1)在在ABD 中中，由正弦定理得由正弦定理得BDsin AABsin ADB，即即5sin 452sinADB，所所以以sinADB25.由題設(shè)知，由題設(shè)知，ADB90，所以所以

3、cos ADB1225235.(2)由題設(shè)及由題設(shè)及(1)知，知，cos BDCsinADB25.在在BCD 中，由余弦定理得中，由余弦定理得BC2BD2DC22BDDCcosBDC258252 22525，所以所以 BC5.3(2019長(zhǎng)春質(zhì)監(jiān)長(zhǎng)春質(zhì)監(jiān))如圖，在如圖，在ABC 中，中，AB3，ABC30，cosACB74.(1)求求 AC 的長(zhǎng)；的長(zhǎng)；(2)作作 CDBC，連接連接 AD，若若 ADCD23，求求ACD 的面積的面積解：解：(1)因?yàn)橐驗(yàn)?cosACB74，所以，所以 sinACB34，由正弦定理得由正弦定理得 ACABsinACBsinABC2.(2)因?yàn)橐驗(yàn)?CDBC，所

4、以，所以ACD90ACB，所以所以 cosACDsinACB34.設(shè)設(shè) AD2m，則，則 CD3m.由 余 弦 定 理 得由 余 弦 定 理 得 AD2 AC2 CD2 2ACCDcos ACD ， 即， 即 4m2 4 9m2223m34，解得，解得 m1 或或 m45.當(dāng)當(dāng) m1 時(shí)，時(shí)，CD3，sinACD74，SACD12ACCDsinACD3 74.當(dāng)當(dāng) m45時(shí)，時(shí)，CD125，sinACD74，SACD12ACCDsinACD3 75.綜上，綜上，ACD 的面積為的面積為3 74或或3 75.4設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f(x)sin x( 3cos xsin x)12.(1)求函數(shù)求函數(shù)

5、f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在在ABC 中中，a，b，c 分別為內(nèi)角分別為內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊的對(duì)邊，若若 f(B)1，b2，且且 b(2cosA)a(cos B1)，求，求ABC 的面積的面積解：解：(1)由已知得，由已知得，f(x)32sin 2x1cos 2x21232sin 2x12cos 2xsin2x6 .由由 2k22x62k2(kZ)，得得 k6xk3(kZ)，所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為k6，k3 (kZ)(2)因?yàn)橐驗(yàn)?f(B)1，所以，所以 sin2B6 1，因?yàn)橐驗(yàn)?B 是三角形的內(nèi)角，是三角形的內(nèi)角，所以所以 2B6

6、2，B3，又因?yàn)橛忠驗(yàn)?b(2cos A)a(cos B1)，由正弦定理得由正弦定理得 sin B(2cos A)sin A(cos B1)，所以所以 2sin Bsin Asin Acos Bcos Asin Bsin Asin(AB)sin Asin C，所以所以 2bac，因?yàn)橐驗(yàn)?b2，B3，由余弦定理得由余弦定理得 b2a2c2acb2(ac)23acacb24.所以所以 S12acsin B124sin3 3，故故ABC 的面積為的面積為 3.5(2020 屆高三屆高三石家莊摸底石家莊摸底)已知已知ABC 的內(nèi)角的內(nèi)角 A，B，C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a，b，c，且且asin

7、 Absin B 2bsin Acsin C.(1)求求 C；(2)若若 a2，b2 2，線段，線段 BC 的垂直平分線交的垂直平分線交 AB 于點(diǎn)于點(diǎn) D，求，求 CD 的長(zhǎng)的長(zhǎng)解：解：(1)因?yàn)橐驗(yàn)?asin Absin B 2bsin Acsin C，所以由正弦定理可得所以由正弦定理可得 a2b2 2abc2.由余弦定理得由余弦定理得 cos Ca2b2c22ab22，又又 0C，所以，所以 C34.(2)由由(1)知知 C34，根據(jù)余弦定理可得根據(jù)余弦定理可得 c2a2b22abcos C22(2 2)2222 222 20，所以所以 c2 5.由正弦定理由正弦定理csin Cbsin

8、 B，得，得2 5222 2sin B，解得解得 sin B55，從而，從而 cos B2 55.設(shè)設(shè) BC 的中垂線交的中垂線交 BC 于點(diǎn)于點(diǎn) E，因?yàn)樵谝驗(yàn)樵?RtBDE 中，中，cos BBEBD，所以所以 BDBEcos B12 5552，因?yàn)辄c(diǎn)因?yàn)辄c(diǎn) D 在線段在線段 BC 的中垂線上，所以的中垂線上，所以 CDBD52.6 已知已知ABC 的三個(gè)內(nèi)角的三個(gè)內(nèi)角 A， B， C 的對(duì)邊分別為的對(duì)邊分別為 a， b， c， 且且ABC 的面積為的面積為 S32accosB.(1)若若 c2a，求角，求角 A，B，C 的大小；的大小；(2)若若 a2，且，且4A3，求邊，求邊 c 的取

9、值范圍的取值范圍解：解：由已知及三角形面積公式得由已知及三角形面積公式得S12acsin B32accos B，化簡(jiǎn)得，化簡(jiǎn)得 sin B 3cos B，即即 tan B 3，又，又 0B，B3.(1)法一：法一：由由 c2a 及正弦定理得，及正弦定理得，sin C2sin A，又又AC23，sin23A2sin A，化簡(jiǎn)可得化簡(jiǎn)可得 tan A33，而，而 0A23，A6，C2.法二：法二：由余弦定理得，由余弦定理得，b2a2c22accos Ba24a22a23a2，b 3a，abc1 32，A6，C2.(2)由正弦定理得，由正弦定理得，asin Absin Bcsin C，即即 casin Csin A2sin Csin A，由由 C23A，得，得c2sin23Asin A232cos A12sin Asin A3cos Asin Asin A3tan A1.又由又由4A3，知，知 1tan A 3，2c 31，故邊，故邊 c 的取值范圍為的取值范圍為2， 31