统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练24高考大题专练二三角函数与解三角形的综合运用理

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(1)求sin ∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积．
2．[2023·新课标Ⅰ卷]已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B.
(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
3．[2022·新高考Ⅰ卷，18]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 eq \f(cs A,1＋sin A)＝ eq \f(sin 2B,1＋cs 2B).
(1)若C＝ eq \f(2π,3)，求B；
(2)求 eq \f(a2＋b2,c2)的最小值．
4．[2023·新课标Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为 eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝ eq \f(π,3)，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
5．[2023·江西省南昌市模拟]如图，锐角△OAB中，OA＝OB，延长BA到C，使得AC＝3，∠AOC＝ eq \f(π,4)，sin ∠OAC＝ eq \f(2\r(2),3).
(1)求OC；
(2)求sin ∠BOC.
6．[2023·江西省重点中学盟校联考]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，从条件①：b sin eq \f(B＋C,2)＝a sin B，条件②：b＝a cs C＋ eq \f(1,2)c，条件③：b tan A＝(2c－b)tan B这三个条件中选择一个作为已知条件．
(1)求角A；
(2)若 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝3，求a的最小值．
专练24 高考大题专练(二) 三角函数与解三角形的综合运用
1．解析：(1)如图，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs ∠BAC＝22＋12＋2×2×1× eq \f(1,2)＝7，得BC＝ eq \r(7).
方法一 由正弦定理 eq \f(AC,sin ∠ABC)＝ eq \f(BC,sin ∠BAC)，
得sin ∠ABC＝ eq \f(1×\f(\r(3),2),\r(7))＝ eq \f(\r(21),14).
方法二 由余弦定理得cs ∠ABC＝ eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝ eq \f(4＋7－1,2×2×\r(7))＝ eq \f(5\r(7),14)，
所以sin ∠ABC＝ eq \r(1－cs2∠ABC)＝ eq \f(\r(21),14).
(2)方法一 由sin∠ABC＝ eq \f(\r(21),14)，得tan ∠ABC＝ eq \f(\r(3),5)，
又tan ∠ABC＝ eq \f(DA,AB)＝ eq \f(DA,2)，所以DA＝ eq \f(2\r(3),5)，
故△ADC的面积为 eq \f(1,2)DA·AC·sin (120°－90°)＝ eq \f(1,2)× eq \f(2\r(3),5)×1× eq \f(1,2)＝ eq \f(\r(3),10).
方法二 △ABC的面积为 eq \f(1,2)AC·AB·sin ∠BAC＝ eq \f(1,2)×1×2× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),2)，
eq \f(S△ADC,S△BAD)＝ eq \f(\f(1,2)AC·AD·sin ∠CAD,\f(1,2)AB·AD·sin ∠BAD)＝ eq \f(sin 30°,2×sin 90°)＝ eq \f(1,4)，
故△ADC的面积为 eq \f(1,5)S△ABC＝ eq \f(1,5)× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),10).
2．解析：方法一 (1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ eq \f(π,4).
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－ eq \f(π,4))＝sin ( eq \f(3π,4)－A)，
展开并整理得 eq \r(2)(sin A－cs A)＝ eq \f(\r(2),2)(cs A＋sin A)，
得sin A＝3cs A，
又sin2A＋cs2A＝1，且sinA>0，
所以sin A＝ eq \f(3\r(10),10).
(2)由正弦定理 eq \f(BC,sin A)＝ eq \f(AB,sin C)，
得BC＝ eq \f(AB,sin C)×sin A＝ eq \f(5,\f(\r(2),2))× eq \f(3\r(10),10)＝3 eq \r(5)，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cs C，
得52＝AC2＋(3 eq \r(5))2－2AC·3 eq \r(5)cs eq \f(π,4)，
整理得AC2－3 eq \r(10)AC＋20＝0，
解得AC＝ eq \r(10)或AC＝2 eq \r(10)，
由(1)得，tan A＝3> eq \r(3)，所以 eq \f(π,3)又A＋B＝ eq \f(3π,4)，所以B> eq \f(π,4)，
即C设AB边上的高为h，则 eq \f(1,2)×AB×h＝ eq \f(1,2)×AC×BC sin C，
即5h＝2 eq \r(10)×3 eq \r(5)× eq \f(\r(2),2)，
解得h＝6，
所以AB边上的高为6.
方法二 (1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ eq \f(π,4).
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－C)＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)，
所以2sin A cs C－2cs A sin C＝sin A cs C＋cs A sin C，
所以sin A cs C＝3cs A sin C，
易得cs A cs C≠0，
所以tan A＝3tan C＝3tan eq \f(π,4)＝3，
又sin A>0，
所以sin A＝ eq \f(3,\r(32＋12))＝ eq \f(3\r(10),10).
(2)由(1)知sin A＝ eq \f(3\r(10),10)，tan A＝3>0，所以A为锐角，
所以cs A＝ eq \f(\r(10),10)，
所以sin B＝sin ( eq \f(3π,4)－A)＝ eq \f(\r(2),2)(cs A＋sin A)＝ eq \f(\r(2),2)×( eq \f(\r(10),10)＋ eq \f(3\r(10),10))＝ eq \f(2\r(5),5)，
由正弦定理 eq \f(AC,sin B)＝ eq \f(AB,sin C)，
得AC＝ eq \f(AB·sin B,sin C)＝ eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2 eq \r(10)，
故AB边上的高为AC×sin A＝2 eq \r(10)× eq \f(3\r(10),10)＝6.
3．解析：(1)由已知条件，得sin 2B＋sin A sin 2B＝cs A＋cs A cs 2B.
所以sin 2B＝cs A＋cs A cs 2B－sin A sin 2B＝cs A＋cs (A＋2B)＝cs [π－(B＋C)]＋cs [π－(B＋C)＋2B]＝－cs (B＋C)＋cs [π＋(B－C)]＝－2cs B cs C，
所以2sin B cs B＝－2cs B cs C，
即(sin B＋cs C)cs B＝0.
由已知条件，得1＋cs 2B≠0，则B≠ eq \f(π,2)，
所以cs B≠0，所以sin B＝－cs C＝ eq \f(1,2).
又0＜B＜ eq \f(π,3)，所以B＝ eq \f(π,6).
(2)由(1)知sin B＝－cs C＞0，则B＝C－ eq \f(π,2)，
所以sin A＝sin (B＋C)＝sin (2C－ eq \f(π,2))＝－cs 2C.
由正弦定理，得 eq \f(a2＋b2,c2)＝ eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝ eq \f(cs22C＋cs2C,sin2C)＝ eq \f(（1－2sin2C）2＋（1－sin2C）,sin2C)＝ eq \f(2＋4sin4C－5sin2C,sin2C)＝ eq \f(2,sin2C)＋4sin2C－5≥2 eq \r(\f(2,sin2C)·4sin2C)－5＝4 eq \r(2)－5，
当且仅当sin2C＝ eq \f(\r(2),2)时，等号成立，所以 eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4 eq \r(2)－5.
4．解析：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2× eq \f(1,2)×AD×DC sin∠ADC＝2× eq \f(1,2)×1×DC× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3)，
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝ eq \f(π,3)，所以∠ADB＝ eq \f(2π,3).
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BD cs ∠ADB＝1＋4＋2＝7，
所以c＝ eq \r(7).
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs ∠ADC＝1＋4－2＝3，
所以b＝ eq \r(3).
在△ABC中，由余弦定理，得cs B＝ eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝ eq \f(7＋16－3,2×4×\r(7))＝ eq \f(5\r(7),14)，
所以sin B＝ eq \r(1－cs2B)＝ eq \f(\r(21),14).
(2)因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，
所以cs∠ADB＝－cs ∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得 eq \f(AD2＋BD2－c2,2AD·BD)＝－ eq \f(AD2＋DC2－b2,2AD·DC)，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝ eq \r(3)，所以a＝2 eq \r(3).
在△ABC中，由余弦定理，得cs ∠BAC＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(8－12,2bc)＝－ eq \f(2,bc)，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin ∠BAC
＝ eq \f(1,2)bc eq \r(1－cs2∠BAC)
＝ eq \f(1,2)bc eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))
＝ eq \f(1,2) eq \r(b2c2－4)
＝ eq \r(3)，
解得bc＝4.
则由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bc＝4,b2＋c2＝8))，解得b＝c＝2.
5．解析：(1)在△OAC中，由正弦定理知 eq \f(OC,sin ∠OAC)＝ eq \f(AC,sin ∠AOC)，
所以，OC＝ eq \f(3sin ∠OAC,sin \f(π,4))＝4.
(2)设∠OAB＝α，则α为锐角，sin α＝sin (π－∠OAC)＝sin ∠OAC＝ eq \f(2\r(2),3)，
所以，cs α＝ eq \r(1－sin2α)＝ eq \f(1,3)，
所以sin∠AOB＝sin (π－2α)＝sin 2α＝2sin αcs α＝ eq \f(4\r(2),9)，
则cs ∠AOB＝cs (π－2α)＝－cs 2α＝2sin2α－1＝ eq \f(7,9)，
所以sin∠BOC＝sin (∠AOB＋ eq \f(π,4))＝sin ∠AOB cs eq \f(π,4)＋cs ∠AOB sin eq \f(π,4)＝ eq \f(\r(2),2)× eq \f(4\r(2),9)＋ eq \f(\r(2),2)× eq \f(7,9)＝ eq \f(8＋7\r(2),18).
6．解析：(1)若选条件①，由正弦定理得sin B sin eq \f(π－A,2)＝sin A sin B，
∵B∈(0，π)⇒sin B>0，∴sin eq \f(π－A,2)＝sin A ，∴cs eq \f(A,2)＝2sin eq \f(A,2)cs eq \f(A,2)，
又 eq \f(A,2)∈(0， eq \f(π,2))，∴cs eq \f(A,2)≠0，∴sin eq \f(A,2)＝ eq \f(1,2)，
∴ eq \f(A,2)＝ eq \f(π,6)⇒A＝ eq \f(π,3)；
若选条件②，△ABC中，b－a cs C＝ eq \f(c,2)，由正弦定理知sin B－sin A cs C＝ eq \f(1,2)sin C，
∵A＋B＋C＝π，∴sin B＝sin [π－(A＋C)]＝sin A cs C＋cs A sin C，
∴sin A cs C＋cs A sin C－sin A cs C＝ eq \f(1,2)sin C，
∴cs A sin C＝ eq \f(1,2)sin C，
因为sin C>0，
∴cs A＝ eq \f(1,2)，
又∵0若选条件③，由b tan A＝(2c－b)tan B，
得sin B eq \f(sin A,cs A)＝(2sin C－sin B) eq \f(sin B,cs B)，
B∈(0，π)，所以sin B>0，
∴sin A cs B＝2sin C cs A－sin B cs A，
∴sin (A＋B)＝2sin C cs A，
∴sin C＝2sin C cs A，
∵C∈(0，π)，∴sin C>0，∴cs A＝ eq \f(1,2)，
∵A∈(0，π)，∴A＝ eq \f(π,3).
(2)由(1)及 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝3得bc＝6，
所以a2＝b2＋c2－2bc cs A＝b2＋c2－bc≥bc＝6，
当且仅当b＝c＝ eq \r(6)时取等号，所以a的最小值为 eq \r(6).