新高考数学一轮复习课时过关练习第04章 三角函数、解三角形高考重点突破课一 三角函数与解三角形 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第04章 三角函数、解三角形高考重点突破课一 三角函数与解三角形 (含解析)，共13页。试卷主要包含了 ……………………9分，现给出两个条件等内容，欢迎下载使用。

题型一 利用正、余弦定理解三角形
例1 (12分)(2021·北京卷)已知在△ABC中，c＝2bcs B，C＝eq \f(2π,3).
(1)求B的大小；
(2)在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度.
①c＝eq \r(2)b；②周长为4＋2eq \r(3)；③面积为S△ABC＝eq \f(3\r(3),4).
[规范答题]
解 (1)由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得sin C＝eq \f(csin B,b)，
又c＝2bcs B，所以sin C＝2sin Bcs B＝sin 2B，
又A，B，C为△ABC的内角，C＝eq \f(2π,3)，
故C＝2B(舍)或C＋2B＝π，即B＝eq \f(π,6)，
又A＋B＋C＝π，所以A＝eq \f(π,6).……………………5分
(2)由(1)知，c＝eq \r(3)b，故不能选①. ……………………7分
选②，设BC＝AC＝2x，则AB＝2eq \r(3)x，
故周长为(4＋2eq \r(3))x＝4＋2eq \r(3)，解得x＝1.
从而BC＝AC＝2，AB＝2eq \r(3).……………………9分
设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，得
cs B＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2·AB·BD)＝eq \f(12＋1－AD2,4\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，
解得AD＝eq \r(7).故BC边上的中线长为eq \r(7).……………………12分
选③，设BC＝AC＝2x，则AB＝2eq \r(3)x，故
S△ABC＝eq \f(1,2)·2x·2x·sin 120°＝eq \r(3)x2＝eq \f(3\r(3),4)，
解得x＝eq \f(\r(3),2)，从而BC＝AC＝eq \r(3)，AB＝3. ……………………9分
设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，得
cs B＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2·AB·BD)
＝eq \f(9＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)－AD2,3\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，
解得AD＝eq \f(\r(21),2).故BC边上的中线长为eq \f(\r(21),2).……………………12分
第一步 利用正弦定理、余弦定理对条件式进行边角互化
第二步 由三角方程或条件式求角
第三步 利用条件式或正、余弦定理构建方程求边长
第四步 检验易错易混、规范解题步骤得出结论
训练1 (2021·株洲一模)在①eq \r(3)sin B＝cs B＋1，②2bsin A＝atan B，③(a－c)sin A＋csin C＝bsin B这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并加以解答.
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，a＝eq \r(2)，b＝eq \r(3)，若________，求角B的值与△ABC的面积.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解 若选①：由eq \r(3)sin B＝cs B＋1，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
因为B∈(0，π)，所以B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，所以B＝eq \f(π,3)，
由正弦定理得sin A＝eq \f(\r(2),2)，
又因为a＜b，所以A＝eq \f(π,4).
所以sin C＝sin eq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(π,6)))
＝sin eq \f(π,4)cs eq \f(π,6)＋cs eq \f(π,4)sin eq \f(π,6)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(3＋\r(3),4).
若选②：由2bsin A＝atan B
得2bsin Acs B＝asin B，
结合正弦定理得cs B＝eq \f(1,2)，因为B∈(0，π)，
所以B＝eq \f(π,3)，以下解法与选①相同.
若选③：由正弦定理，(a－c)sin A＋csin C＝bsin B可化简为a2－ac＋c2＝b2，
而cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)，因为B∈(0，π)，
所以B＝eq \f(π,3)，以下解法与选①相同.
题型二 三角形中角或边的最值、范围问题
例2 (2022·广州一模)在①cs C＋(cs A－eq \r(3)sin A)cs B＝0，②cs 2B－3 cs(A＋C)＝1，③bcs C＋eq \f(\r(3),3)csin B＝a这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.
问题：在△ABC中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，若a＋c＝1，________，求角B的大小和b的最小值.
解 选择条件①：
由cs C＋(cs A－eq \r(3)sin A)cs B＝0，
可得－cs(A＋B)＋cs Acs B－eq \r(3)sin Acs B＝0，
即－cs Acs B＋sin Asin B＋cs Acs B－eq \r(3)sin Acs B＝0，
即sin Asin B－eq \r(3)sin Acs B＝0，
因为sin A≠0，所以sin B－eq \r(3)cs B＝0，所以tan B＝eq \r(3)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝1－3ac，
因为ac≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，当且仅当a＝c＝eq \f(1,2)时等号成立，所以b2＝1－3ac≥1－eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)，
所以b≥eq \f(1,2)，即b的最小值为eq \f(1,2).
选择条件②：cs 2B－3cs(A＋C)＝1，
可得2cs2B－1＋3cs B＝1，即2cs2B＋3cs B－2＝0，
解得cs B＝eq \f(1,2)或cs B＝－2(舍)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
下同①.
选择条件③：bcs C＋eq \f(\r(3),3)csin B＝a，
由正弦定理可得sin Bcs C＋eq \f(\r(3),3)sin Csin B＝sin A＝sin(B＋C)
＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
即eq \f(\r(3),3)sin Csin B＝cs Bsin C，
因为sin C≠0，
所以eq \f(\r(3),3)sin B＝cs B，即tan B＝eq \r(3)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
下同①.
感悟提升 涉及求边的最值或取值范围，一般思路是
(1)利用正弦定理把边转化为角，利用三角函数的性质求出范围或最值.
(2)利用正、余弦定理把角转化为边，利用基本不等式求出范围或最值.
训练2 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＋b＝1且满足条件________.
(1)求C；
(2)求c的取值范围.
请从下列两个条件：①S＝eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)；②eq \r(3)tan Atan B－tan A－tan B＝eq \r(3)中选一个条件补充到横线上并解决问题.
解 (1)补充①S＝eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2).
由余弦定理可知2abcs C＝a2＋b2－c2，
则S＝eq \f(\r(3),4)·2abcs C＝eq \f(\r(3),2)·abcs C，
又S＝eq \f(1,2)·absin C，故可得tan C＝eq \r(3)，
所以C＝eq \f(π,3).
补充②eq \r(3)tan Atan B－tan A－tan B＝eq \r(3).
由eq \r(3)tan Atan B－tan A－tan B＝eq \r(3)，
可得tan(A＋B)＝－eq \r(3)，故tan C＝eq \r(3)，
所以C＝eq \f(π,3).
(2)由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcs C，
又cs C＝eq \f(1,2)，a＋b＝1，∴c2＝a2＋b2－2abcs C＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝1－3ab.
又a＋b≥2eq \r(ab)，a＞0，b＞0，
∴0＜eq \r(ab)≤eq \f(1,2)，
∴eq \f(1,4)≤1－3ab＜1，∴eq \f(1,4)≤c2＜1，
∴eq \f(1,2)≤c＜1，∴c的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
题型三 三角形面积(周长)的最值或范围问题
例3 (2021·昆明质检)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2(c－acs B)＝eq \r(3)b.
(1)求角A；
(2)若a＝2，求△ABC的面积的取值范围.
解 (1)由2(c－acs B)＝eq \r(3)b及正弦定理得2(sin C－sin Acs B)＝eq \r(3)sin B，所以2sin(A＋B)－2sin Acs B＝eq \r(3)sin B，即2cs Asin B＝eq \r(3)sin B，
因为sin B≠0，所以cs A＝eq \f(\r(3),2)，
又0＜A＜π，所以A＝eq \f(π,6).
(2)因为a＝2，所以由正弦定理得
b＝4sin B，c＝4sin C，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,4)bc＝4sin Bsin C，
因为C＝π－(A＋B)＝eq \f(5π,6)－B，所以sin C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－B)).
所以S△ABC＝4sin Bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－B))
＝4sin Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs B＋\f(\r(3),2)sin B))
＝2sin Bcs B＋2eq \r(3)sin2B
＝sin 2B－eq \r(3)cs 2B＋eq \r(3)
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,3)))＋eq \r(3).
因为0＜B＜eq \f(5π,6)，所以－eq \f(π,3)＜2B－eq \f(π,3)＜eq \f(4π,3).
所以－eq \f(\r(3),2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,3)))≤1，
所以0＜S△ABC≤2＋eq \r(3)，
即△ABC的面积的取值范围是(0，2＋eq \r(3)].
感悟提升 三角形的面积(周长)的取值范围或最值的解法
(1)三角函数法：通过正、余弦定理将边转化为角，再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式，最后结合角的范围利用三角函数的单调性和值域求解.
(2)基本不等式法：利用正、余弦定理，面积(周长)公式建立a＋b，ab，a2＋b2之间的等量关系，然后利用基本不等式求解.
训练3 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.2a＋b＝2ccs B，c＝eq \r(3).
(1)求角C；
(2)延长线段AC到点D，使CD＝CB，求△ABD周长的取值范围.
解 (1)∵2a＋b＝2ccs B，
∴根据余弦定理得
2a＋b＝2c×eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
整理得a2＋b2－c2＝－ab，
∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(1,2).
∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(2π,3).
(2)由题意得△BCD为等边三角形，
∴△ABD的周长为2a＋b＋eq \r(3).
∵eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，
∴a＝2sin A，b＝2sin B，
∴2a＋b＝4sin A＋2sin B
＝4sin A＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－A))＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))).
∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∴A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴2a＋b∈(eq \r(3)，2eq \r(3)).
∴△ABD周长的取值范围是(2eq \r(3)，3eq \r(3)).
1.(2020·新高考山东卷)在①ac＝eq \r(3)，②csin A＝3，③c＝eq \r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝eq \r(3)sin B，C＝eq \f(π,6)，__________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2).
选条件①.
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，
由此可得b＝c.
由①ac＝eq \r(3)，解得a＝eq \r(3)，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
选条件②.
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，
由此可得b＝c，B＝C＝eq \f(π,6)，A＝eq \f(2π,3).
由②csin A＝3，所以c＝b＝2eq \r(3)，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq \r(3).
选条件③.
由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b.
于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c.
由③c＝eq \r(3)b，与b＝c矛盾.
因此，选条件③时问题中的三角形不存在.
2.(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值.
解 (1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A.②
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).
因为0(2)由正弦定理及(1)得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)＝2eq \r(3)，
从而AC＝2eq \r(3)sin B，
AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3cs B－eq \r(3)sin B.
故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sin B＋3cs B
＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).
又03.(2022·泰安一模)已知函数f(x)＝sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋cs2x.
(1)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上的最值；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝1，a＝2eq \r(3)，△ABC的面积为eq \r(3)，求sin B＋sin C的值.
解 (1)f(x)＝sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs x－\f(1,2)sin x))＋cs2x＝eq \f(\r(3),2)sin xcs x－eq \f(1,2)sin2x＋cs2x＝eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(1－cs 2x,4)＋eq \f(1＋cs 2x,2)＝eq \f(\r(3),4)sin 2x＋eq \f(3,4)cs 2x＋eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋eq \f(1,4).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，∴eq \f(π,3)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)，
∴eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f(x)min＝eq \f(\r(3)＋1,4)，
f(x)max＝eq \f(2\r(3)＋1,4).
(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＋eq \f(1,4)＝1，
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)，
∵A∈(0，π)，∴A＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，∴A＝eq \f(π,3).
∵S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)bc＝eq \r(3)，∴bc＝4.
又a＝2eq \r(3)，∴cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)
＝eq \f(b2＋c2－12,8)＝eq \f(（b＋c）2－20,8)＝eq \f(1,2)，
∴(b＋c)2＝24，∴b＋c＝2eq \r(6)，
又eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝4，∴sin B＋sin C＝eq \f(1,4)(b＋c)＝eq \f(\r(6),2).
4.(2022·武汉质检)在△ABC中，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝eq \f(2π,3)，b＝eq \r(6).
(1)若cs Acs C＝eq \f(2,3)，求△ABC的面积；
(2)试问eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1能否成立？若能成立，求此时△ABC的周长；若不成立，请说明理由.
解 (1)由B＝eq \f(2π,3)，得A＋C＝eq \f(π,3)，
则cs(A＋C)＝cs Acs C－sin Asin C，
即eq \f(1,2)＝cs Acs C－sin Asin C.
又∵cs Acs C＝eq \f(2,3)，∴sin Asin C＝eq \f(1,6)，
∵eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(\r(6),\f(\r(3),2))＝2eq \r(2)，
∴a＝2eq \r(2)sin A，c＝2eq \r(2)sin C，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)·2eq \r(2)sin A·
2eq \r(2)sin Csin B＝4sin Asin Bsin C
＝4×eq \f(1,6)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3).
(2)假设eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1成立，∴a＋c＝ac.
由余弦定理得6＝a2＋c2－2accs eq \f(2π,3)＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac，
代入可得(ac)2－ac－6＝0，∴ac＝3或ac＝－2(舍)，
此时a＋c＝ac＝3，不满足a＋c≥2eq \r(ac)，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1不成立.
5.(2020·济宁模拟)现给出两个条件：①2c－eq \r(3)b＝2acs B，②(2b－eq \r(3)c)cs A＝eq \r(3)acs C.从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题：
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，________.
(1)求A；
(2)若a＝eq \r(3)－1，求△ABC面积的最大值.
解 选择条件①：2c－eq \r(3)b＝2acs B，
(1)∵由余弦定理可得
2c－eq \r(3)b＝2acs B＝2a·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
∴整理可得c2＋b2－a2＝eq \r(3)bc，
可得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3)bc,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，
∵A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,6).
(2)∵a＝eq \r(3)－1，A＝eq \f(π,6)，
∴由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，
可得(eq \r(3)－1)2＝b2＋c2－2bc·eq \f(\r(3),2)，
∴4－2eq \r(3)＝b2＋c2－eq \r(3)bc≥2bc－eq \r(3)bc，可得bc≤2，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A≤eq \f(1,2)×2×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
即△ABC面积的最大值为eq \f(1,2).
选择条件②：(2b－eq \r(3)c)cs A＝eq \r(3)acs C.
(1)∵由题意可得
2bcs A＝eq \r(3)acs C＋eq \r(3)ccs A，
∴2sin Bcs A＝eq \r(3)(sin Acs C＋sin Ccs A)＝eq \r(3)sin(A＋C)＝eq \r(3)sin B，
∵sin B≠0，∴cs A＝eq \f(\r(3),2)，
∵A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,6).
(2)下同选择条件①.
6.在①eq \f(b,a)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)；②2bsin A＝atan B；③(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________.
(1)求角B；
(2)若a＋c＝4，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积.
解 (1)选①，由正弦定理得
eq \f(sin B,sin A)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)，
∵sin A≠0，∴eq \r(3)sin B－cs B＝1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∵0＜B＜π，∴－eq \f(π,6)＜B－eq \f(π,6)＜eq \f(5π,6)，
∴B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，∴B＝eq \f(π,3).
选②，∵2bsin A＝atan B＝eq \f(asin B,cs B)，
∴由正弦定理可得
2sin Bsin A＝sin A·eq \f(sin B,cs B)，
∵sin A≠0，且sin B≠0，∴cs B＝eq \f(1,2)，
∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
选③，∵sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
由已知结合正弦定理可得，
(a－c)a＋c2＝b2，
∴a2＋c2－b2＝ac，
∴cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(ac,2ac)＝eq \f(1,2)，
∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)∵b2＝a2＋c2－2accs B
＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，
即3ac＝16－b2，∴16－b2≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))eq \s\up12(2)，
解得b≥2，当且仅当a＝c＝2时取等号，
∴bmin＝2，△ABC周长的最小值为6，
此时△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(3).