2021高考数学专题辅导与训练配套练习：解答题规范训练(二)三角函数及解三角形.docx

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解答题规范训练(二)
三角函数及解三角形
(建议用时:45分钟)
1.(2022·枣庄模拟)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且2cosAcosC(tanAtanC-1)=1.
(1)求B的大小.
(2)若a+c=,b=,求△ABC的面积.
【解析】(1)由2cosAcosC(tanAtanC-1)=1得:
2cosAcosC=1,
所以2(sinAsinC-cosAcosC)=1,
即cos(A+C)=-,
所以cosB=-cos(A+C)=,
又0<B<π,所以B=.
(2)由余弦定理得:cosB==,
所以=,
又a+c=,b=,
所以-2ac-3=ac,即ac=,
所以S△ABC=acsinB=××=.
2.(2022·太原模拟)设△ABC的内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,m=(cosA,cosC),n=(c-2b,a),且m⊥n.
(1)求角A的大小.
(2)若角B=,BC边上的中线AM的长为,求△ABC的面积.
【解析】(1)由于m⊥n,所以m·n=0,
即(2b-c)cosA=acosC,
所以(2sinB-sinC)cosA=sinAcosC,
2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA
=sin(A+C),
则2sinBcosA=sinB,
所以cosA=,
由于0<A<π,于是A=.
(2)由(1)知A=B=,所以AC=BC,C=.
设AC=x,则MC=x,AM=.
在△AMC中,由余弦定理得AC2+MC2-2AC·MC·cosC=AM2,
即x2+-2x··cos120°=()2,
解得x=2,
故S△ABC=x2sin=.
3.(2022·南昌模拟)已知函数f(x)=4sin2x·sin2+cos4x.
(1)求f(x)的最小正周期.
(2)若g(x)=f(x+φ)在x=处取得最大值,求φ的值.
(3)求y=g(x)的单调递增区间.
【解析】(1)f(x)=4sin2x·sin2+cos4x
=4sin2x·+cos4x
=2sin2x+1,
T==π.
(2)g(x)=f(x+φ)=2sin(2x+2φ)+1,
当2x+2φ=+2kπ,k∈Z时取得最大值,将x=代入上式,解得φ=-+kπ,k∈Z,
由于-<φ<,所以φ=-.
(3)g(x)=2sin+1,
-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z,
解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,
所以函数g(x)的单调递增区间为
,k∈Z.
【加固训练】(2022·西安模拟)将函数y=f(x)的图象向左平移1个单位,再纵坐标不变,横坐标伸长到原来的倍,然后再向上平移1个单位,得到函数y=sinx的图象.
(1)求y=f(x)的最小正周期和单调递增区间.
(2)若函数y=g(x)与y=f(x)的图象关于直线x=2对称,求当x∈[0,1]时,函数y=g(x)的最小值和最大值.
【解析】(1)函数y=sinx的图象向下平移1个单位得y=sinx-1的图象,再将其图象横坐标缩短到原来的倍得y=sinx-1的图象,然后将其图象向右移1个单位得y=sin-1的图象,
所以函数y=f(x)的最小正周期为T==6,
由2kπ-≤x-≤2kπ+,k∈Z6k-≤x≤6k+,k∈Z.
所以y=f(x)的递增区间是,k∈Z.
(2)由于函数y=g(x)与y=f(x)的图象关于直线x=2对称,
所以当x∈[0,1]时,y=g(x)的最值即为x∈[3,4]时,y=f(x)的最值.
由于x∈[3,4]时,x-∈,
所以sin∈,
所以f(x)∈,
所以y=g(x)的最小值是-1,最大值为.
4.(2022·石家庄模拟)已知函数f(x)=sin+2cos2.
(1)写出如何由函数y=sinx的图象变换得到f(x)的图象.
(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若(2a-c)cosB=bcosC,求f(A)的取值范围.
【解析】f(x)=sin+cos+1=sin+1.
(1)y=sinxy=sin
y=sin
y=siny=sin+1.
(2)由(2a-c)cosB=bcosC,利用三角形中的正弦定理知:
(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC,
2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA,
由于sinA≠0,所以2cosB=1,
由于0<B<π,所以B=.
f(A)=sin+1.
由于0<A<,<+<,
所以<sin≤1,
所以2<f(A)≤+1.
5.(2022·南阳模拟)凸四边形PABQ中,其中A,B为定点,AB=,P,Q为动点,满足AP=PQ=QB=1.
(1)写出cosA与cosQ的关系式.
(2)设△APB和△PQB的面积分别为S和T,求S2+T2的最大值,以及此时凸四边形PABQ的面积.
【解析】(1)由余弦定理,在△PAB中,PB2=PA2+AB2-2·PA·AB·cosA=4-2cosA,在△PQB中,PB2=PQ2+QB2-2·PQ·QB·cosQ=2-2cosQ.所以4-2cosA=2-2cosQ,即cosQ=cosA-1.
(2)S=PA·AB·sinA=,
T=PQ·QBsinQ=sinQ.
所以S2+T2=sin2A+sin2Q
=(1-cos2A)+(1-cos2Q)
=-+cosA+
=-+,
当cosA=时,S2+T2有最大值.
此时,S四边形PABQ=.
【加固训练】(2022·昆明模拟)如图,在△ABC中,
∠ABC=90°,AB=,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°.
(1)若PC=,求PA.
(2)若∠APB=120°,求△ABP的面积S.
【解析】(1)在Rt△BPC中,sin∠PBC=.
所以∠PBC=60°.
而PB===.
在△ABP中,∠PBA=90°-∠PBC=90°-60°=30°.
由余弦定理,PA2=PB2+AB2-2PB·AB·cos∠PBA
=+3-2×××=,
所以PA=.
(2)设∠PBA=α,则∠PBC=90°-α.
在Rt△BPC中,PB=BC·cos∠PBC=cos(90°-α)=sinα.
在△ABP中,由正弦定理,=,
即=,
所以sinα=2,
即2sinα=cosα.
由于cosα≠0,从而tanα=.
由于α为锐角,则sinα=.PB=sinα=.
△ABP的面积S=AB·PB·sin∠PBA=××=.
6.(2022·杭州模拟)已知向量a=(cosωx-sinωx,sinωx),b=(-cosωx-
sinωx,2cosωx),设函数f(x)=a·b+λ(x∈R)的图象关于直线x=π对称,其中ω,λ为常数,且ω∈.
(1)求f(x)的最小正周期.
(2)若y=f(x)的图象经过点,求函数f(x)在区间上的取值范围.
【解析】(1)f(x)=a·b+λ=(cosωx-sinωx)·(-cosωx-sinωx)+
2sinωxcosωx+λ
=(-sinωx)2-(cosωx)2+sin2ωx+λ
=-cos2ωx+sin2ωx+λ
=2sin+λ,
由于函数f(x)的图象关于直线x=π对称,
所以sin=±1,
即2πω-=kπ+,k∈Z,
所以ω=+,k∈Z,
由于ω∈,所以ω=,所以T=.
(2)由于y=f(x)的图象经过点,
所以得f=0,
所以λ=-2sin=-2sin=-,
由于x∈,所以x-∈,
所以f(x)∈[-1-,2-].
【加固训练】(2022·济南模拟)若向量a=(sinx,cosx),b=(cosx,-cosx),函数f(x)=a·b+m(x∈R)的图象过点M.
(1)求函数f(x)的单调递增区间.
(2)将函数f(x)的图象上各点的纵坐标不变,横坐标伸长为原来的2倍,然后将得到的图象上的各点向左平移个单位长度,得到函数g(x)的图象.若当x=n时,g(x)取得最大值,求正实数n的最小值.
【解析】(1)由题意知f(x)=sinxcosx-cos2x+m
=sin2x-(1+cos2x)+m
=sin+m-.
由于点M在函数f(x)的图象上,
所以sin+m-=0,
解得m=,所以f(x)=sin.
由2kπ-≤2x-≤2kπ+(k∈Z),
得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z),
所以函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
(2)将f(x)的图象上各点的纵坐标不变,横坐标伸长为原来的2倍,得到y=sin的图象,然后向左平移个单位长度,得到y=sin=sin的图象,所以g(x)=sin.
由于当x=n时,g(x)取得最大值,
所以n+=2kπ+(k∈Z),
故正实数n的最小值为.
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