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1、大題專項練(一) 三角
A組 基礎通關
1.已知在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且ccos B+(b-2a)cos C=0.
(1)求角C的大小;
(2)若c=2,求△ABC的面積S的最大值.
解(1)因為ccosB+(b-2a)cosC=0,
所以sinCcosB+(sinB-2sinA)cosC=0,
所以sinCcosB+sinBcosC=2sinAcosC,
所以sin(B+C)=2sinAcosC.
又因為A+B+C=π,
所以sinA=2sinAcosC.
又因為A∈(0,π),所以sinA≠0,
所以cosC=12.
又C∈(0,π),
2、所以C=π3.
(2)由(1)知,C=π3,
所以c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab.
又c=2,所以4=a2+b2-ab.
又a2+b2≥2ab,當且僅當a=b時等號成立,
所以ab≤4.所以△ABC面積的最大值(S△ABC)max=12absinCmax=12×4×sinπ3=3.
2.如圖,在梯形ABCD中,∠A=∠D=90°,M為AD上一點,AM=2MD=2,∠BMC=60°.
(1)若∠AMB=60°,求BC;
(2)設∠DCM=θ,若MB=4MC,求tan θ.
解(1)由∠BMC=60°,∠AMB=60°,得∠CMD=60°.
在Rt△AB
3、M中,MB=2AM=4;在Rt△CDM中,MC=2MD=2.
在△MBC中,由余弦定理,得BC2=BM2+MC2-2BM·MC·cos∠BMC=12,BC=23.
(2)因為∠DCM=θ,
所以∠ABM=60°-θ,0°<θ<60°.
在Rt△MCD中,MC=1sinθ;
在Rt△MAB中,MB=2sin(60°-θ),
由MB=4MC,得2sin(60°-θ)=sinθ,
所以3cosθ-sinθ=sinθ,
即2sinθ=3cosθ,
整理可得tanθ=32.
3.已知向量m=(2acos x,sin x),n=(cos x,bcos x),函數(shù)f(x)=m·n-32,
4、函數(shù)f(x)在y軸上的截距為32,與y軸最近的最高點的坐標是π12,1.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式;
(2)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移φ(φ>0)個單位,再將圖象上各點的縱坐標不變,橫坐標伸長到原來的2倍,得到函數(shù)y=sin x的圖象,求φ的最小值.
解(1)f(x)=m·n-32=2acos2x+bsinxcosx-32,
由f(0)=2a-32=32,得a=32,
此時,f(x)=32cos2x+b2sin2x,
由f(x)≤34+b24=1,得b=1或b=-1,
當b=1時,f(x)=sin2x+π3,經(jīng)檢驗π12,1為最高點;
當b=-1時,f(x)=sin2x+
5、2π3,經(jīng)檢驗π12,1不是最高點.
故函數(shù)的解析式為f(x)=sin2x+π3.
(2)函數(shù)f(x)的圖象向左平移φ個單位后得到函數(shù)y=sin2x+2φ+π3的圖象,橫坐標伸長到原來的2倍后得到函數(shù)y=sinx+2φ+π3的圖象,
所以2φ+π3=2kπ(k∈Z),φ=-π6+kπ(k∈Z),
因為φ>0,所以φ的最小值為5π6.
4.函數(shù)f(x)=Asinωx+π6(A>0,ω>0)的最大值為2,它的最小正周期為2π.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式;
(2)若g(x)=cos x·f(x),求g(x)在區(qū)間-π6,π4上的最大值和最小值.
解(1)由已知f(x)最小正周期為
6、2π,
所以2πω=2π,解得ω=1.
因為f(x)的最大值為2,
所以A=2,
所以f(x)的解析式為f(x)=2sinx+π6.
(2)因為f(x)=2sinx+π6=2sinxcosπ6+2cosxsinπ6=3sinx+cosx,
所以g(x)=cosx·f(x)=3sinxcosx+cos2x=32sin2x+1+cos2x2
=sin2x+π6+12.
因為-π6≤x≤π4,所以-π6≤2x+π6≤2π3,
于是,當2x+π6=π2,即x=π6時,g(x)取得最大值32;當2x+π6=-π6,即x=-π6時,g(x)取得最小值0.
5.已知函數(shù)f(x)=sin(
7、ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的一系列對應值如表:
x
-π4
0
π6
π4
π2
3π4
y
0
1
12
0
-1
0
(1)求f(x)的解析式;
(2)若在△ABC中,AC=2,BC=3,f(A)=-12(A為銳角),求△ABC的面積.
解(1)由題中表格給出的信息可知,函數(shù)f(x)的周期為T=3π4--π4=π,
所以ω=2ππ=2.
注意到sin(2×0+φ)=1,也即φ=π2+2kπ(k∈Z),
由0<φ<π,所以φ=π2.
所以函數(shù)的解析式為f(x)=sin2x+π2=cos2x.
(2)∵f(A)=cos2A=-12,且A
8、為銳角,∴A=π3.
在△ABC中,由正弦定理得,BCsinA=ACsinB,
∴sinB=AC·sinABC=2×323=33,
∵BC>AC,∴B
9、
即6=12×4a×22,解得a=32,
由余弦定理,得c2=b2+a2-2abcosC=10,解得c=10.
(2)由(1)得cosB=a2+c2-b22ac=55,
由于B是三角形的內角,得sinB=1-cos2B=255,
所以cos(B-C)=cosBcosC+sinBsinC=55×22+255×22=31010.
B組 能力提升
7.如圖,在凸四邊形ABCD中,C,D為定點,CD=3,A,B為動點,滿足AB=BC=DA=1.
(1)寫出cos C與cos A的關系式;
(2)設△BCD和△ABD的面積分別為S和T,求S2+T2的最大值.
解(1)在△BCD中,
10、由余弦定理,得BD2=BC2+CD2-2·BC·CDcosC=4-23cosC,
在△ABD中,BD2=2-2cosA,
所以4-23cosC=2-2cosA,即cosA=3cosC-1.
(2)S=12·BC·CD·sinC=3·sinC2,T=12AB·ADsinA=12sinA,
所以S2+T2=34sin2C+14sin2A=34(1-cos2C)+14(1-cos2A)=-32cos2C+32cosC+34
=-32cosC-362+78.
由題意易知,C∈(30°,90°),所以cosC∈0,32,
當cosC=36時,S2+T2有最大值78.
8.某城市在進行規(guī)劃
11、時,準備設計一個圓形的開放式公園.為達到社會和經(jīng)濟效益雙豐收,園林公司進行如下設計,安排圓內接四邊形ABCD作為綠化區(qū)域,其余作為市民活動區(qū)域.其中△ABD區(qū)域種植花木后出售,△BCD區(qū)域種植草皮后出售,已知草皮每平方米售價為a元,花木每平方米的售價是草皮每平方米售價的三倍.若BC=6 km,AD=CD=4 km.
(1)若BD=27 km,求綠化區(qū)域的面積;
(2)設∠BCD=θ,當θ取何值時,園林公司的總銷售金額最大.
解(1)在△BCD中,BD=27,BC=6,CD=4,
由余弦定理,得cos∠BCD=BC2+CD2-BD22BC·CD=62+42-(27)22×6×4=12
12、.
因為∠BCD∈(0°,180°),所以∠BCD=60°,
又因為A,B,C,D四點共圓,
所以∠BAD=120°.
在△ABD中,由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD,
將AD=4,BD=27代入化簡,得AB2+4AB-12=0,
解得AB=2(AB=-6舍去).
所以S四邊形ABCD=S△ABD+S△BCD=12×2×4sin120°+12×4×6sin60°=83(km2),
即綠化空間的面積為83km2.
(2)在△BCD、△ABD中分別利用余弦定理得
BD2=62+42-2×6×4cosθ,①
BD2=AB2+42-2×4ABcos
13、(π-θ),②
聯(lián)立①②消去BD,得AB2+8ABcosθ+48cosθ-36=0,
得(AB+6)(AB+8cosθ-6)=0,
解得AB=6-8cosθ(AB=-6舍去).
因為AB>0,所以6-8cosθ>0,即cosθ<34.
S△ABD=12AB·ADsin(π-θ)=12(6-8cosθ)×4sinθ=12sinθ-16sinθcosθ,S△BCD=12BC·CDsinθ=12×6×4sinθ=12sinθ.
因為草皮每平方米售價為a元,則花木每平方米售價為3a元,設銷售金額為y百萬元.
y=f(θ)=3a(12sinθ-16sinθcosθ)+12asinθ=48a(sinθ-sinθcosθ),
f'(θ)=48a(cosθ-cos2θ+sin2θ)=48a(-2cos2θ+cosθ+1)=-48a(2cosθ+1)(cosθ-1),
令f'(θ)>0,解得-12
（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 大題專項練（一）三角 理
