高考第一轮文科数学（人教A版）解答题专项二　三角函数与解三角形

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(1)若PB=12,求PA;
(2)若∠APB=150°,设∠PBA=α,求tan α.
2.在△ABC中,a+b=10,A=60°,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:
(1)b的值;
(2)sin C及△ABC的面积.
条件①:c=5;条件②:cs B=1314.
3.已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,函数f(x)=asin 2x+bcs 2x,且函数f(x)在x=π6处取得最大值4.
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若△ABC的面积为3,求c.
4.(2023陕西西安联考)已知在锐角△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边.若sin Asin Bsin C=32(sin2A+sin2B-sin2C).
(1)求sin C;
(2)若c=3,求△ABC周长的取值范围.
5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足2acs Bsin A+bsin 2A=23acs C.
(1)求tan C的值;
(2)设△ABC的内切圆半径为r,若c=4,求△ABC的面积取最大值时r的值.
6.已知函数f(x)=sinx+π6sinπ3-x+cs2x-π3.
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若函数g(x)=fx+φ-π24-12,φ∈(0,π)且tan φ=34,求函数g(x)在区间0,π2上的取值范围.
参考答案
解答题专项二 三角函数与解三角形
1.解(1)由已知得∠BPC=90°,又PB=12,BC=1,
所以∠PBC=60°,所以∠PBA=30°.
在△PBA中,由余弦定理,得PA2=3+14-2×3×12cs 30°=74,故PA=72.
(2)由已知得∠PBC=90°-α,所以PB=sin α,
在△PBA中,由正弦定理,得3sin150°=sinαsin(30°-α),
化简得3cs α=4sin α,
所以tan α=34.
2.解方案一:选择条件①.
(1)因为c=5,cs A=cs 60°=12,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccs A,
即a2=b2+52-5b,
又由a=10-b,代入可得(10-b)2=b2+25-5b,
解得b=5.
(2)由(1)可得a=10-5=5,所以a=b=c,即△ABC是等边三角形,
所以C=60°,可得sin C=32,
所以S△ABC=12absin C=12×5×5×32=2534.
方案二:选择条件②.
(1)因为B∈(0,π),且cs B=1314,可得sin B=1-cs2B=3314,
由正弦定理asinA=bsinB,可得ab=sinAsinB,
又因为A=60°,所以sin A=32,即ab=323314=73.
又因为a+b=10,所以a=7,b=3.
(2)由sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acs B+cs Asin B
=32×1314+12×3314=437,
所以S△ABC=12absin C=12×7×3×437=63.
3.解(1)f(x)=asin 2x+bcs 2x=a2+b2sin(2x+φ),其中tan φ=ba.
因为函数f(x)在x=π6处取得最大值4,所以a2+b2=4,
且tan φ=ba=tanπ6=33,所以a=23,b=2,
所以f(x)=4sin2x+π6.
令2kπ-π2≤2x+π6≤2kπ+π2,k∈Z,解得kπ-π3≤x≤kπ+π6,k∈Z,
即函数f(x)的单调递增区间为kπ-π3,kπ+π6,k∈Z.
(2)因为a=23,b=2,且△ABC的面积为3,所以S△ABC=12absin C=23sin C=3,解得sin C=12.
因为0c2=a2+b2-2abcs C=12+4-2×23×2×32=4,得c=2.
4.解(1)∵sin Asin Bsin C=32(sin2A+sin2B-sin2C),由正弦定理得absin C=32(a2+b2-c2)=3abcs C.∴tan C=3.∵C为锐角,∴C=π3,∴sin C=32.
(2)设△ABC的外接圆半径为R.
由2R=csinC=332=2,得R=1.
∴△ABC的周长为a+b+c=2R(sin A+sin B+sin C)=2sin A+sin B+32.
sin A+sin B=sin A+sin2π3-A=32sin A+32cs A=3sinA+π6.
由题意A∈0,π2,2π3-A∈0,π2,得A∈π6,π2,则A+π6∈π3,2π3.
∴sin A+sin B∈32,3,
∴(a+b+c)∈(3+3,33].
5.解(1)因为2acs Bsin A+bsin 2A=23acs C,
故acs Bsin A+bsin Acs A=3acs C,
整理得(acs B+bcs A)sin A=3acs C.
由正弦定理,得(sin Acs B+sin Bcs A)sin A=3sin Acs C,
故sin(A+B)sin A=sin Csin A=3sin Acs C,
因为sin A≠0,故sin C=3cs C,
即tan C=3.
(2)由(1)知tan C=3,0所以C=π3,且A+B=π-C=2π3.
因为c=4,由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcs C=a2+b2-ab=16,
所以a2+b2=16+ab,
由基本不等式得a2+b2=16+ab≥2ab,
即ab≤16,当且仅当a=b=4时,等号成立,
故△ABC的面积取得最大值时,a=b=c=4,
此时S△ABC=12absin C=12×4×4×32=43.又△ABC的周长为a+b+c=12,
设△ABC的内切圆的半径为r,
则S△ABC=12(a+b+c)r=43,
解得r=4312(a+b+c)=436=233,故△ABC的面积取最大值时其内切圆半径r为233.
6.解(1)由题意可得sinx+π6=sinx-π3+π2=csx-π3,
所以f(x)=-sinx-π3·csx-π3+cs2x-π3=-12sin2x-2π3+12cs2x-2π3+1=-12sin2x-2π3+12cs2x-2π3+12=-12sin2x+π3-π+12cs2x+π3-π+12=12sin2x+π3-12cs2x+π3+12=22sin2x+π3−π4+12=22sin2x+π12+12,
-π2+2kπ≤2x+π12≤π2+2kπ(k∈Z),解得-7π24+kπ≤x≤5π24+kπ(k∈Z),
所以函数f(x)的单调递增区间为kπ-7π24,kπ+5π24(k∈Z).
(2)由题意及(1)可知g(x)=22sin(2x+2φ),
因为0≤x≤π2,2φ≤2x+2φ≤π+2φ,
又φ∈(0,π),且tanφ=sinφcsφ=34,sin2φ+cs2φ=1,sinφ>0,
所以sin φ=35,cs φ=45,则0<φ<π4,
则0<2φ<π2,π<π+2φ<3π2,
所以sin(π+2φ)=-sin 2φ=-2sin φcs φ=-2425,所以-2425≤sin(2x+2φ)≤1,
则-12225≤g(x)≤22,即g(x)在区间0,π2上的取值范围为-12225,22.